江苏省苏州市吴江区汾湖中学2027届高二物理第一学期期末考试试题含解析

江苏省苏州市吴江区汾湖中学2027届高二物理第一学期期末考试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知()A.电源电动势为3V，内阻为0.5ΩB.电阻R消耗的功率为3.0WC.电源的效率为50%D.如果电阻R逐渐增大，电源的输出功率可能先增大后减小2、水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是()A.沿路径Oa运动B.沿路径Ob运动C.沿路径Oc运动D.沿路径Od运动3、如图所示为速度选择器装置，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直，一带电量为＋q，质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是（  ）A.若带电粒子带电量为＋2q，粒子将向下偏转B.若带电粒子带电量为－2q，粒子仍能沿直线穿过C.若带电粒子速度为2v，粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定增大D.若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过4、如图是某电源的伏安特性曲线和接在此电源上的电阻的U-I图像，则下列结论错误的是()A.电源的电动势为6.0V． B.电源的内阻为12ΩC.电路的输出功率为1.4W D.电路的效率为93.3﹪5、如图所示，环形通电导线内外各有小磁针A、B，则磁针静止时A.A、B的N极均垂直纸面向里B.A、B的N极均垂直纸面向外C.A的N极向里，B的N极向外D.A的N极向外，B的N极向里6、在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下、匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从点以初速度水平抛出，小球着地时的速度为，在空中的飞行时间为。若将磁场撤除，其他条件均不变，那么小球着地时的速度为，在空中飞行的时间为，小球所受空气阻力可忽略不计。则关于和和的大小比较，以下判断正确的是（）A. B.C. D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、关于原子核的结合能，下列说法正确的是()A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B.一重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C.铯原子核()的结合能小于铅原子核()的结合能D.比结合能越大，原子核越不稳定8、如图所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．若不计粒子所受重力，则A.粒子a带负电，粒子b、c带正电B.粒子c在磁场中运动的时间最长C.粒子c在磁场中的动能最大D.粒子c在磁场中的加速度最小9、如图，金属棒AB用软线悬挂在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中，电流由A向B，此时悬线张力为T，欲使悬线张力变小，可采用的方法有A.改变电流方向，且适当增大电流强度B.电流方向不变，且适当增大电流强度C.将磁场反向，且适当增大磁感应强度D.磁场方向不变，且适当增大磁感强度10、一带电质点从图中A点竖直向上以速度射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点质量为，带电荷量为，A、B间距离为，且AB连线与水平方向成角，质点到达B点后继续运动可达与A点在同一水平面上的C点（未画出），则（）A.质点在C点的加速度大小为B.匀强电场的电场强度大小为C.质点在B点的速度大小为D.从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和如图(b)所示，长度为________cm，直径为________mm。12．（12分）某兴趣小组设计以下实验来测量一块正方形薄片导体R0的电阻；（1）使用多用电表粗测时，该小组先用“×100”欧姆挡，欧姆表的指针偏转情况如图中虚线a位置．为了减小误差，多用电表的选择开关应选用欧姆挡的__（选填“×1000”或“×10”）挡；按操作规程再次测量该待测电阻的阻值，欧姆表的指针示数位置如图中实线b所示，则该待测电阻的阻值为_____Ω（2）再次用伏安法准确测量，现准备了以下器材：A．待测电阻R0B．电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表A（量程0～30mA，内阻约30Ω）D．滑动变阻器R（0～10Ω，2A）E．电源（电动势E＝6V，内阻较小）F．导线、开关若干①图甲为测量R0的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请补充完成实物之间的连线______②正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表格，请在图乙坐标纸上作出U﹣I关系图线______，由图线可得导体R0的阻值为_____Ω（结果保留三位有效数字）次数12345U/V0.501.001.502.002.50I/mA3.77.212.815.217.7四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度15．（12分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率，由P=求电阻R消耗的功率【详解】A项：由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则r=，故A错误；B项：两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=1.5V，I=1.0A电阻R消耗的功率P，故B错误；C项：电源的输出功率为P=UI=1.5×1.0W=1.5W，电源的总功率为，所以电源的效率为：，故C正确；D项：电阻R=，由于电源的内阻与电阻R此时相等，如果电阻R逐渐增大，电源的输出功率一直减小，故D错误故选C【点睛】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压2、D【解析】根据右手定则可得在导线下方的磁感线强度方向为垂直纸面向外，根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力反向向下，由于越远离导线，磁感应强度越弱，根据半径公式可得粒子运动的半径越来越大，故D正确考点：考查了右手定则和左手定则，以及带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】该题考查的知识点较多，首先是右手定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向，尤其是电子的受力方向的判断；再者是当磁场变化后，会用来判断半径的变化3、B【解析】A．粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；根据平衡条件，有解得只要粒子速度，就能沿直线匀速通过选择器；若带电粒子带电量为，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器，故A错误；B．若带电粒子带电量为，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器，故B正确；C．若带电粒子速度为，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，粒子做摆线运动，当粒子射出时还有可能出现电势能不变，故C错误；D．若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误。故选B。4、B【解析】电源的伏安特性图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内阻；两图象的交点为电阻的工作状态点；则由图可得出电源的输出电压及输出电流；从而由P=UI可求得电源的输出功率及效率【详解】由图可知，电源的电动势为6.0V，故A正确；电源的内阻，故B错误；由图可知，电源与电阻相连时，电阻两端的电压为5.6V，电流为0.25A，故电源的输出功率，故C正确；电路的效率，故D正确；答案选B5、D【解析】由于环形电流的方向是顺时针的，由安培定则知道环心处的磁感应强度方向是垂直纸面向里的，而环外的磁场方向可以看成直线电流周围的磁场来确定方向，是向外的，因此，小磁针B的N极向里，A的N极向外A、A项与上述分析结论不相符，故A错误；B、B项与上述分析结论不相符，故B错误；C、C项与上述分析结论不相符，故C错误；D、D项与上述分析结论相符，故D正确6、C【解析】因为洛伦兹力对小球永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，由得小球着地时的速率都应该是相等的，即存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，由得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些，即故C正确，ABD错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、ABC【解析】A.由原子核的结合能定义可知，原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子时所需的最小能量，故A正确；B.一重原子核衰变成粒子和另一原子核，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故B正确；C.原子核的结合能大小取决于核子数，铯原子核的核子数比铅原子核的核子数少，因此铯原子核的结合能小于铅原子核的结合能，C正确；D.比结合能越大，原子核越稳定，故D错误。故选ABC。8、BD【解析】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：相同，粒子在磁场中的运动时间：，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子的动能，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大，故C错误；由牛顿第二定律得：，解得加速度：，三粒子q、B、m都相等，c在磁场中运动的半径最小，c的加速度最小，故D正确．所以BD正确，AC错误9、BD【解析】开始导体棒受重力、拉力和向上的安培力处于平衡，根据左手定则判断使悬线张力变小的方法【详解】A．改变电流方向，则安培力方向向下，绳子张力变大；故A错误.B．电流方向不变，增大电流强度，根据F=BIL知，安培力增大，根据共点力平衡知，绳子张力减小；故B正确.C．将磁场方向反向，安培力方向向下，则绳子张力变大；故C错误.D．将磁场方向不变，增大磁感应强度，根据F=BIL知，安培力增大，根据共点力平衡知，绳子张力减小；故D正确.故选BD.【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式和左手定则判断安培力的方向．结合共点力平衡进行分析.10、BCD【解析】将质点运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上受电场力做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式求出vA、vB的大小；根据等时性，求出水平方向上的加速度与竖直方向上的加速度关系，从而得出电场强度的大小．再对水平方向运用动能定理和运动学推论求解A到C的过程中，带电质点的电势能减小．根据牛顿第二定律求解质点在C点的加速度大小【详解】A．质点在C点的加速度大小

，故A错误；B．由于两分运动的时间相同即：竖直方向上的时间：；在水平方向上有：vB=at；所以有：；又，解得：，故B正确；C．由题意可知，质点的运动是竖直方向和水平方向的匀变速直线运动，因此在竖直方向上有：Lsin37°=t；在水平方向上有：Lcos37°=t；由上两式得：tan37°=；可得：，故C正确；D．从A到B，对于水平方向，根据能量守恒可知：带电质点的电势能减小为；由于质点在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由推论可知：AC间的水平距离等于AB间水平距离的4倍，由W=qEd，可知从A到C的过程中电场力做功是从A到B的过程电场力做功的4倍，所以从A到C的过程中，带电质点的电势能减小为△Ep2=4△Ep1=，故D正确；故选BCD三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.5.02②.4.815【解析】[1]游标卡尺是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，因此读数为[2]螺旋测微器螺旋上的最小刻度为0.01mm，即精确到0.01mm，因此读数为【点睛】关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；而螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加可动刻度读数，需要估读。12、①.×10②.130③.实物电路图如图所示:④.图象如图所示:⑤.139【解析】（1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；（2）①根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后连接实物电路图；②根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，根据图象应用欧姆定律求出电阻阻值；【详解】（1）使用多用电表粗测时，该小组先用“×100”欧姆挡，欧姆表的指针偏转情况如图中虚线a位置，由图示可知，欧姆表指针偏角太大，说明所选挡位太大，为了减小误差，多用电表的选择开关应选用欧姆挡的×10挡，由图示实线b可知，该待测电阻的阻值为；（2）①由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：②根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描