2024屆上海市十三校高二物理第一學期期中學業水平測試模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，虛線a、b、c代表電場中一簇等勢線，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶電質點（重力不計）僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P，Q是這條軌跡上的兩點，據此可知()A．a、b、c三個等勢面中，a的電勢最高B．電場中Q點處的電場強度大小比P點處大C．該帶電質點在P點處的動能比在Q點處大D．該帶電質點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大2、動能相等的兩物體A、B在光滑水平面上沿同一直線相向而行，它們的速度大小之比vA∶vB=2∶1，則動量大小之比pA∶pB；兩者碰后粘在一起運動，其總動量與A原來動量大小之比p∶pA。A．1:23:1 B．1:13:1 C．2:11:3 D．1:21:13、下列說法正確的是（）A．宇宙飛船內的物體不受重力作用，所以不存在慣性B．火車速度越大，慣性越大C．質量是慣性大小的量度D．物體受力越大，慣性越大4、為防止麻醉劑乙醚爆炸，醫療手術室地磚要使用導電材料，醫生和護士的鞋子和外套也要用導電材料，一切設備包括病人身體要良好接觸，并保持良好接地。這是為了A．除菌消毒 B．利用靜電C．消除靜電 D．防止漏電5、把一個月牙狀的薄板懸掛起來，靜止時如圖所示．則薄板的重心可能是圖中的（

）A．A點

B．B點 C．C點 D．D點6、一根繩子吊著一只桶懸空靜止時，下列敘述中正確的是()A．繩對桶的拉力與桶所受的重力是一對平衡力B．繩對桶的拉力與桶所受的重力是作用力和反作用力C．繩對桶的拉力與桶對地球的作用力是平衡力D．繩對桶的拉力與桶對地球的作用力是作用力和反作用力二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、遠距離輸電時，當輸送的功率相同時，輸送導線上的電阻損失的功率應是：A．與輸送的電壓的平方成正比B．與輸送的電流的平方成正比C．與輸送的電壓的平方成反比D．與輸電導線上的電壓降的平方成正比8、如圖所示，用絲線吊一個質量為m的帶電(絕緣)小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計，當小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過O點時()A．小球的動能相同B．絲線所受的拉力相同C．小球所受的洛倫茲力相同D．小球的向心加速度相同9、如圖所示，理想變壓器原線圈的匝數n1＝1100匝，副線圈的匝數n2＝110匝，R0、R1、R2均為定值電阻，且R0＝R1＝R2，電流表、電壓表均為理想電表．原線圈接u＝220sin(314t)V的交流電源．起初開關S處于斷開狀態．下列說法中正確的是()A．電壓表示數為22VB．當開關S閉合后，電壓表示數變小C．當開關S閉合后，電流表示數變大D．當開關S閉合后，變壓器的輸出功率增大10、橫截面積為s的導線中通有電流I，已知導線每單位體積內有n個自由電子，每個電子的電量為e，自由電子定向移動的速率是v，則在時間t內通過導線橫截面的電子數是（）A．nvtB．nsvtC．IteD．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）小明同學在測定一節干電池的電動勢和內阻的實驗時，為防止電流過大而損壞器材，電路中加了一個保護電阻R0.根據如圖甲所示的電路圖進行實驗時：(1)現有兩個電阻（R1=2Ω、額定功率5w）和（R２＝10Ω、額定功率10W）供選擇作為保護電阻，應選用：___（填“R1”或“R2”）(2)根據實驗測得的5組數據所畫出的U－I圖線如圖丙所示.則干電池的電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω(保留小數點后兩位).12．（12分）一個小燈泡的額定電壓為2.0V，額定電流約為0.5A，選用下列實驗器材進行實驗，并利用實驗數據描繪小燈泡的伏安特性曲線。A．電源E：電動勢為3.0V，內阻不計B．電壓表V1：量程為0～3V，內阻約為1kΩC．電壓表V2：量程為0～15V，內阻約為4kΩD．電流表A：量程為0～0.6A，內阻約為0.6ΩE．滑動變阻器R1：最大阻值為10Ω，額定電流為1.0AF．滑動變阻器R2：最大阻值為150Ω，額定電流為1.0AG．開關S，導線若干(1)實驗中使用的電壓表應選用_____；滑動變阻器應選用____（請填寫選項前對應的字母）。(2)實驗中某同學連接實驗電路如圖所示，請不要改動已連接的導線，在下面的實物連接圖中把還需要連接的導線補上_____。(3)根據實驗中測得的電壓表和電流表數據，已在下圖坐標紙上做出小燈泡的U-I圖線。請簡述該圖線不是直線的主要原因：_______________________。(4)若將實驗中的小燈泡接在電動勢為2.0V、內阻為4Ω的電源兩端，則小燈泡的實際功率約為________W（保留兩位有效數字）。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，以豎直向上為y軸正方向建立直角坐標系；該真空中存在方向沿x軸正向、場強為E的勻強電場和方向垂直xoy平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場；原點O處的離子源連續不斷地發射速度大小和方向一定、質量為m、電荷量為-q（q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy平面內做直線運動，重力加速度為g,不計粒子間的相互作用；（1）求粒子運動到距x軸為h所用的時間；（2）若在粒子束運動過程中，突然將電場變為豎直向下、場強大小變為，求從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標范圍（不考慮電場變化產生的影響）；（3）若保持EB初始狀態不變，僅將粒子束的初速度變為原來的2倍，求運動過程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的點所在的直線方程.14．（16分）一束電子流在U1=500V的電壓作用下得到一定速度后垂直于平行板間的勻強電場飛入兩板間的中央，如圖所示．若平行板間的距離d=1cm，板長l=5cm，問至少在平行板上加多大電壓U2才能使電子不再飛出平行板？15．（12分）子從容器A下方的狹縫S1飄入（初速度為零）電壓為U的加速電場區，加速后再通過狹縫S2后再從狹縫S3垂直于磁場邊界射入偏轉磁場，該偏轉磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，離子經偏轉磁場后最終到達照相底片D上，不考慮離子間的相互作用．（1）若離子的電荷量為q，它最終打在照相底片D上的位置到狹縫S2的距離為d，求粒子的質量m；（2）若容器A中有大量如（1）中所述的離子，它們經過電場加速后由狹縫S3垂直進入磁場時，可認為速度大小相等，但速度方向并不都嚴格垂直于邊界，其中偏離垂直于MN方向的最大偏角為θ，則照相底片D上得到的譜線的寬度為多少？（3）若容器A中有電荷量相等的銅63和銅65兩種離子，它們經電場加速后垂直于MN進入磁場中會發生分離，但實際工作時加速電壓的大小會在范圍內微小變化，為使這兩種離子將來打在照相底片上的區域不發生交疊，應小于多少？（結果用百分數表示，保留兩位有效數字）；

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解題分析】

電荷所受電場力指向軌跡內側，由于不知道質點帶正電還是帶負電，因此無法確定電場的方向，無法判斷電勢的高低，故A錯誤．等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，故B錯誤．從P到Q過程中運動的方向與電場力的方向之間的夾角是鈍角，所以電場力做負功，電勢能增加，所以帶電質點在P點處的動能比在Q點處大；而在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能小，故C正確，D錯誤．故選C．2、D【解題分析】

根據知，兩物體動能相等，A、B的速度大小之比為vA：vB=2：1，則質量之比為mA：mB=1：4；根據p=mv知，pA：pB=mAvA：mBvB=1：2；由于A、B相向而行，規定B的方向為正方向，則碰前總動量p=pB-pA=pA，碰撞前后系統的動量守恒，則碰撞總動量的大小為p=pA，其總動量大小與A原來動量大小之比p：pA=1：1A．1:23:1，與結論不相符，選項A錯誤；B．1:13:1，與結論不相符，選項B錯誤；C．2:11:3，與結論不相符，選項C錯誤；D．1:21:1，與結論相符，選項D正確；3、C【解題分析】

慣性是一切物體固有的屬性，無論是固體、液體或氣體，無論物體是運動還是靜止，都具有慣性一切物體都具有慣性；【題目詳解】A、宇宙飛船內的物體受到的重力提供向心力，不是不受重力，而慣性與受力情況無關，只要有質量就有慣性，故飛船里的物體仍有慣性，故A錯誤；

B、慣性是物體的固有屬性，與受力及運動速度無關，故BD錯誤；

C、慣性是物體的固有屬性，其大小只與質量有關系，質量越大，慣性越大，故C正確；【題目點撥】慣性是物體固有的屬性，慣性大小的唯一量度是物體的質量，慣性的大小與物體的運動狀態無關，與物體所受的合外力無關．4、C【解題分析】

靜電會產生火花、熱量，麻醉劑為易揮發性物品，遇到火花或熱源便會爆炸，就象油罐車一樣，在運輸或貯存過程中，會產生靜電，汽油屬于易揮發性物品，所以它的屁股后面要安裝接地線（軟編織地線），以防爆炸，麻醉劑與之同理，所以為了消除靜電。A.除菌消毒與分析不符，故A錯誤。B.利用靜電與分析不符，故B錯誤。C.消除靜電與分析相符，故C正確。D.防止漏電與分析不符，故D錯誤。5、D【解題分析】

懸掛法測量重心位置的原理，結合二力平衡條件分析可得，重心位置是D點．故選D．【題目點撥】本題考查的是懸掛法找物體的重心．學生對重力、重心的理解，還要了解物體的重心分布與哪些因素有關．6、A【解題分析】

桶受到地球施加的重力和懸繩對它的拉力作用，這兩個力使桶處于平衡狀態，相互作用力的特點是：大小相等、方向相反、作用在同一條直線上，作用在兩個物體上；相互作用力與平衡力的重要區別是作用的物體，平衡力是作用在同一個物體上；【題目詳解】A、繩對桶的拉力，桶所受的重力，這兩個力都作用在桶上，這兩個力是一對平衡力，不是作用力和反作用力，故A正確，B錯誤；

C、繩對桶的拉力和桶對地球的作用力方向相同，不可能為平衡力，故C錯誤；

D、繩對桶的拉力與桶對地球的作用力不是兩物體間的相互作用，故不是作用力和反作用力，故D錯誤。【題目點撥】正確分析各個力的施力物體和受力物體，注意到作用力和反作用只涉及到兩個物體，從而確定哪一對力是作用力和反作用力。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BCD【解題分析】損失的功率,故BD正確;又得：,故C正確；綜上所述本題答案是：BCD8、AD【解題分析】

帶電小球在重力與拉力及洛倫茲力共同作用下，繞固定點做圓周運動，由于拉力與洛倫茲力始終垂直于速度方向，它們對小球不做功．因此僅有重力作功，則有機械能守恒．從而可以確定動能是否相同，并由此可確定拉力與洛倫茲力．由向心加速度公式和牛頓第二定律列式分析．【題目詳解】A、小球運動過程中，所受的細線的拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅有重力作功，則小球機械能守恒，所以小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過O點時的動能相同;故A正確.B、小球經過最低點時速度大小不變，則根據牛頓第二定律可知，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則拉力的大小也不同;故B錯誤.C、小球經過最低點時速度大小不變，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則洛倫茲力不相同;故C錯誤.D、小球的動能相同則速度的大小相等，據知，v、r相同，可知小球所受的向心力相同,向心加速度相同;故D正確.故選AD.【題目點撥】本題考查對小球進行受力分析，并得出力做功與否，根據機械能守恒定律來解題是突破口，同時注意洛倫茲力方向隨著速度的方向不同而不同．最后由牛頓第二定律來分析向心力與向心加速度．9、BCD【解題分析】試題分析：線圈接u＝220sin(314t)V的交流電源，知原線圈電壓的有效值U1=220V，根據可求副線圈的電壓U2=22V，如圖電壓表的讀數小于22V，所以A錯誤；當開關S閉合后，增加并聯之路，所以電路減小，根據串聯電路的分壓規律知，電壓表示數減小，所以B正確；負載電阻減小，電壓不變，所以副線圈電流I2增大，故原線圈電流I1增大，即電流表示數增大，所以C正確；輸出功率，負載的總電阻R減小，故輸出功率最大，輸入功率等于輸出功率，也增大，所以D正確．考點：本題考查交流電、變壓器10、BC【解題分析】電流可以表示為：I＝ensv＝Net解得：N=nsvt；N＝Ite，故BC正確，AD錯誤，三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、(1)R1(2)1.450.50【解題分析】（1）若保護電阻選擇過大，則在調節滑動變阻器時，電路中電流變化范圍變得很小，電壓表示數變化不太明顯，故保護電阻應該選R1比較合適；（2）根據U-I圖象可知，電源電動勢E=1.45V，內阻r=1.45-0.7【題目點撥】根據滑動變阻器的限流特點，保護電阻不能選得過大，否則會影響滑動變阻器調節電流的有效性；利用U-I曲線的斜率和截距，可求解干電池電動勢E和內阻r。12、BE實物連線圖如圖；燈絲電阻（率）隨溫度升高而增大【解題分析】

(1)[1][2].燈泡額定電壓是2V，則電壓表選B；為方便實驗操作，滑動變阻器應選E．(2)[3].燈泡正常發光時電阻，，，，則電流表采用外接法，由表中實驗數據可知，電壓與電流從零開始變化，則滑動變阻器應采用分壓接法，電路圖如圖所示；閉合開關前，滑片應置于左端．(3)[4].因燈泡電阻隨溫度的升高而增大，故圖象的斜率越來越大，所以圖象發生了彎曲；(4)[5].電源的電動勢為2V，內阻為4Ω，則電流與路端電壓的關系式為：U=E-Ir=2-4I；在上圖中作出電流與路端電壓的圖線，如圖所示；交點坐標即為小燈泡的實際電壓和電流，故功率為：P=UI=0.7×0.32=0.22W．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）(2)（3）【解題分析】（1）粒子恰能在xoy平面內做直線運動，則粒子在垂直速度方向上所受合外力一定為零，又有電場力和重力為恒力，其在垂直速度方向上的分量不變，而要保證該方向上合外力為零，則洛倫茲力大小不變，因為洛倫茲力，所以受到大小不變，即粒子做勻速直線運動，重力、電場力和磁場力三個力的合力為零，設重力與電場力合力與-y軸夾角為θ，粒子受力如圖所示，，則v在y方向上分量大小因為粒子做勻速直線運動，根據運動的分解可得，粒子運動到距x軸為h處所用的時間；（2）若在粒子束運動過程中，突然將電場變為豎直向下，電場強度大小變為，則電場力，電場力方向豎直向上；所以粒子所受合外力就是洛倫茲力，則有，洛倫茲力充當向心力，即，如圖所示，由幾何關系可知，當粒子在O點就改變電場時，第一次打在x軸上的橫坐標最小，當改變電場時粒子所在處于粒子第一次打在x軸上的位置之間的距離為2R時，第一次打在x軸上的橫坐標最大，所以從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標范圍為，即（3）粒子束的初速度變為原來的2倍，則粒子不能做勻速直線運動，粒子必發生偏轉，而洛倫茲力不做功，電場力和重力對粒子所做的總功必不為零；那么設離子運動到位置坐標（x，y）滿足速率，則根據動能定理有，，所以點睛：此題考查帶電粒子在復合場中的運動問題；關鍵是分析受力情況及運動情況，畫出受力圖及軌跡圖；注意當求物體運動問題時，改變條件后的問題求解需要對條件改變引起的運動變化進行分析，從變化