【文档说明】天津市静海区第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考试题+物理+含解析.docx，共(21)页，1.980 MB，由管理员店铺上传

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静海一中2023-2024第一学期高二物理（12月）学生学业能力调研试卷本试卷分第Ⅰ卷基础题（75分）和第Ⅱ卷提高题（22分）两部分，共97分。3分卷面分。第Ⅰ卷基础题（共75分）一、单项选择题:每小题5分，共2

5分。1.一太阳能电池板，测得它开路电压800mV，短路电流40mA。若将该电池板与一阻值为60Ω电阻连成一闭合电路，它路端电压（）A.0.20VB.0.40VC.0.60VD.0.75V2.若在2s内共有19210个2价正离子和19410个1价负离子同时向相

反方向定向移动通过某截面，那么通过这个截面的电流是（取191.610Ce−=）（）A.1.5AB.6.4AC.4.8AD.3A3.如图所示，水平桌面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流，则产生的情况是（）A.弹簧的弹力变小B.

弹簧可能被压缩C.条形磁铁对桌面压力变大D.条形磁铁对桌面的摩擦力向左4.平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路影响，当滑变R4滑片向b端移动时，则（）A.电压表和电流表的读数都增大B.电源的效率逐渐增大C.质点P将向下运动D.R3上

消耗的功率逐渐增大5.某同学在研究微型直流电动机性能时，采用如图所示的实验电路。闭合开关，并调节滑动变阻器R的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I1和U1；重新调节R的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别

为I2和U2。则下列说法不正确的是（电表均可视为理想电表）（）A.电源的内阻为2112UUII−−B.这台电动机的线圈电阻为11UIC.这台电动机正常运转时线圈的发热功率为2121UIID.这台电动机正常运转时的输出功率为212221UIUII

−二、多项选择题：每小题5分，共15分。6.在两平行金属板间，有如图所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场。α粒子以速度0v从两板的正中央向右垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线匀速通过。则下列说法正确的是（）A.若质子以速度0v

从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，质子可能向下偏B.若电子以速度0v从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，电子将不偏转C.若质子以大于0v的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两板正中央向右射入时，质子将向下偏转的D.若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子

以速度0v沿垂直于电场和磁场的方向，从两板正中央向右射入时，电子将向下偏转7.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角45=。粒子

经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OMa=，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（）A粒子带负电荷B.粒子速度大小为qBamC.粒子在磁场中运动的轨道半径为2aD.N与O点相距(21)a+8.如图，一位于P点左侧的固定正电荷产生的电场中，同一个正电荷q两次以大小相同

、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点，N点，且q在M，N点时速度大小也一样，则下列说法正确的有（）AP点电势大于MB.M点电势大于NC.q从P到M一直做减速运动D.M、N两点处电场强度大小相同三、填空题：每空2分，

共20分。9.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。..（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为________mm；（2）（规律总结）某同学采用多用电表测量电阻时，总结并采用了如下方法：①用多用电表粗测：

用如图2所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T请根据下列步骤完成电阻测量：（把部件符号填入空中）A．旋动部件________，使指针对准电流表的“0”刻线。B．该同学选择10倍率，将K旋转到电阻挡“10”的

位置。C．将插入“+”“-”插孔的红黑表笔短接，旋动部件________，使指针对准表盘右端电阻的“0刻线”。D．测量时，发现指针偏转角度太大，为了较准确地进行测量，应该选择________倍率（选填“1k”、“100”、“1”），并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若

这时刻度盘上的指针位置如图2中实线所示，测量结果是________。10.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的UI−图像如图2所示。（1）图1的电路

图为下图中的__________。（选填“A”或“B”）（2）如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池电动势E=__________V，内阻r=__________Ω。（3）实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新

绘制UI−图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将__________，与纵坐标轴交点的数值将__________。（两空均选填“变大”“变小”或“不变”）四、辨析题（每小题2分，共6分）11.关于多用电表的原

理和使用，判断是否正确，对的表明√，不对的表明×，不对的改正。（1）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插负、正插孔，测量结果将偏大。______（2）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律。_______（3）使用欧姆表测电阻时，每换一次电阻都必须重新进行欧姆调零。_______五、解答题：(本大题共1

小题，共9分)12.如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L=0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重力G

=3N的物块相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，电源的电动势E=10V、内阻r=0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。要想ab棒处于静止状态，求：（1）R应在哪个范围内取值？（g取10m/s2）（2）关键环节：a

b恰好静止的条件是什么？第Ⅱ卷提高题（共22分）13.示波管的示意图如下，竖直偏转电极的极板长L=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，两板间电压U=144V。的在极板右端与荧光屏的距离S=18cm。由阴极发出的电子经电压U0=2880

V的电场加速后，以速度v0沿中心线进入竖直偏转电场。（已知电子电荷量e=1.6×10-19C，质量m=9×10-31kg且电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。）求：(1)电子飞入偏转电场时的速度v0；(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离

Y。14.工业上常用磁偏转电子蒸发源实现镀膜工艺，是利用高能电子束轰击膜材使其熔化蒸发实现蒸镀，因电子束的运行轨迹呈“e”形，又被称作“e”形枪。其工作原理可简化为如图所示：灯丝在电源加热后逸出电子（初速度不计），进入高压加

速电场区域，之后从M点沿水平向右方向进入匀强磁场区域，经磁场向上偏转后轰击坩埚（图中凹形区域）中的膜材使其熔化蒸发。已知电子的质量为m、电量为e−，图中2AOMOdBOd===，，坩埚深度可忽略不计。（1）当加速电压为U时，电子在磁场中恰好偏转27

0后垂直击中坩埚右边缘A点，求磁场的磁感应强度B的大小；（2）保持（1）问中的磁感应强度不变，改变加速电压，电子束轰击坩埚中的B点，求此时加速电压1U。静海一中2023-2024第一学期高二物理（12月）学生学业能力调研试卷本试卷分第Ⅰ卷基础题（75分）和第Ⅱ卷提高

题（22分）两部分，共97分。3分卷面分。第Ⅰ卷基础题（共75分）一、单项选择题:每小题5分，共25分。1.一太阳能电池板，测得它开路电压800mV，短路电流40mA。若将该电池板与一阻值为60Ω电阻连成一闭合电路，它路端电压（）A.0.20VB

.0.40VC.0.60VD.0.75V【答案】C【解析】【详解】依题意，有800mV20ΩEErI===短，由闭合电路欧姆定律，可得EIRr=+又UEIr=−联立，解得0.60VU=故选C。2.若在2s内

共有19210个2价正离子和19410个1价负离子同时向相反方向定向移动通过某截面，那么通过这个截面的电流是（取191.610Ce−=）（）A.1.5AB.6.4AC.4.8AD.3A【答案】B【解析】【详解】根据电流定义式1919191921021.

6104101.610A6.4A2qII−−+===B正确。故选B。3.如图所示，水平桌面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流，则产生的情况是（）A.弹簧的弹力变小B.弹簧可能被压缩C.条形磁铁对桌面压力变大D.条形磁铁对桌面的摩擦力向左【答案】D【解

析】【详解】AB．以导线为研究对象，导线所在位置的磁场方向斜上右上方，导线中电流方向向里，由左手定则可知，导线所受安培力的方向斜向右下，弹簧拉力变大，AB错误；CD．由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正

确。故选D。4.平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路影响，当滑变R4滑片向b端移动时，则（）A.电压表和电流表的读数都增大B.电源的效率逐渐增大C.质点P将向下运动D.R3上消耗的功率逐渐增大

【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，与滑动变阻器串联后，与并联后，再与串连接在电源两端，电容器与并联，当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电流增大，路端电压减小，两端的电压增大，故并联部分的电压减小，由欧姆定律，可知

流过的电流减小，则流过并联右边支路的电流增大，故电流表示数变大；因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，故A错误；B．电源的效率为22100%100%()()IRRIRrRr==++外外外外因外电路的总电阻减小，则电源的效率变

小，故B错误；C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C正确；D．因并联部分电压减小，根据23UPR=可知，R3上消耗的功率逐渐减小，故D错误。故选C。5.某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示

的实验电路。闭合开关，并调节滑动变阻器R的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I1和U1；重新调节R的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I2和U2。则下列说法不正确的是（电表均可视为

理想电表）（）A.电源的内阻为2112UUII−−B.这台电动机的线圈电阻为11UIC.这台电动机正常运转时线圈的发热功率为2121UIID.这台电动机正常运转时输出功率为212221UIUII−【答案】A的【解析】【详解】A．若滑动变阻器的阻值R恒定不

变，则根据闭合电路欧姆定律可知11()EUIRr=++22()EUIRr=++解得2112UUrRII−+=−由于滑动变阻器的阻值变化，所以电源内阻不等于2112UUII−−，故A错误；B．电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻为101Ur

I=故B正确；C．电动机正常转动时的发热功率为22121201UIPIrI==故C正确；D．这台电动机正常运转时输入功率为222PUI=所以输出功率为321PPP=−=212221UIUII−故D正确。本题选择错误选项，故选A。二、多项选择题：每小题5分，共1

5分。6.在两平行金属板间，有如图所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场。α粒子以速度0v从两板的正中央向右垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线匀速通过。则下列说法正确的是（）A.若质子以速度0v从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，质子可能向下偏B.若电子以速度0v从两

板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，电子将不偏转C.若质子以大于0v的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两板正中央向右射入时，质子将向下偏转D.若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度0v沿垂

直于电场和磁场的方向，从两板正中央向右射入时，电子将向下偏转【答案】BD【解析】【详解】AB．设带电粒子的质量为m，电荷量为q，匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子以速度0v垂直射入互相正交的匀强电场和

匀强磁场中时，若粒子带正电荷，则所受静电力方向向下，大小为qE，所受洛伦兹力方向向上，大小为0qvB。沿直线匀速通过时，显然有0qvBqE=可得0EvB=即带电粒子沿直线匀速通过互相正交的匀强电场和匀

强磁场时，带电粒子的速度与其质量、电荷量无关。若粒子带负电荷，则所受静电力方向向上，洛伦兹力方向向下，上述结论仍然成立。故质子、电子以速度0v从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向向右射入时，质子、电子均不偏转，故A错误，B正确；C．若质子以大于0v的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两板正中央

向右射入时，质子受到的洛伦兹力大于静电力，质子带正电荷，将向上偏转，故C错误；D．若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度0v沿垂直于电场和磁场的方向，从两板正中央向右射入时，电子所受洛伦兹力增大，电子带负电荷，所受洛伦兹力方向向

下，将向下偏转，故D正确。故选BD。7.如图所示，在Oxy平面第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角45=。粒子

经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OMa=，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（）A.粒子带负电荷B.粒子速度大小为qBamC.粒子在磁场中运动的轨道半径为2aDN与O点相距(21)a+【答案】ACD【解析

】【详解】A．粒子向下偏转，根据左手定则判断可知粒子带负电，故A正确；BC．粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角45=，根据几何关系可知1145OMOOOM==1OMOOa==则粒子运动的轨道半径为的.12rOMa==带电粒子在磁场中做圆周

运动，根据洛伦兹力提供向心力，有2vqvBmr=解得2qBavm=故B错误，C正确；D．N与O点的距离为()121NOOOra=+=+故D正确。故选ACD。8.如图，一位于P点左侧的固定正电荷产生的电场中，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P

点出发，分别抵达M点，N点，且q在M，N点时速度大小也一样，则下列说法正确的有（）A.P点电势大于MB.M点电势大于NC.q从P到M一直做减速运动D.M、N两点处电场强度大小相同【答案】AD【解析】【详解】ABC．由题意知，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M

点与N点，且q在M，N点时速度大小也一样，由动能定理可知M、N两点的电势相同，M、N两点位于以场源电荷为圆心的同一圆周上，由于场源点荷在P点左侧，所以P点电势高于M点电势，q从P到M做加速运动，故BC错误，A正确；D．根据以上分析可知，M、N两点在同一等势面上，且该电场是固定

正电荷产生的电场，则说明M、N到固定正电荷的距离相等，由点电荷的场强公式可知M、N两点处电场强度大小相同，故D正确。故选AD。三、填空题：每空2分，共20分。9.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，

由图可知其直径为________mm；（2）（规律总结）某同学采用多用电表测量电阻时，总结并采用了如下方法：①用多用电表粗测：用如图2所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T请根据下列步骤完成电阻测量：（把部件符号填入空中）A．旋动部件________，使指针对

准电流表的“0”刻线。B．该同学选择10倍率，将K旋转到电阻挡“10”的位置。C．将插入“+”“-”插孔的红黑表笔短接，旋动部件________，使指针对准表盘右端电阻的“0刻线”。D．测量时，发现指

针偏转角度太大，为了较准确地进行测量，应该选择________倍率（选填“1k”、“100”、“1”），并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图2中实线所示，测量结果是________。【答案】①.2.148##2

.149##2.150##2.151##2.152②.S③.T④.1⑤.6【解析】【详解】（1）[1]用螺旋测微器测量其直径为2mm+0.01mm×15.0=2.150mm；（2）①[2]A．旋动部件S，使指针对准电流表的“0”刻线。B．该同学选择10倍率，将K旋

转到电阻挡“10”的位置。[3]C．将插入“+”“-”插孔的红黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮，即部件T，使指针对准表盘右端电阻的“0刻线”。[4][5]D．测量时，发现指针偏转角度太大，说明倍率档选择过高，则为了较准确地进行测量，应该选择“1”倍率，并重新欧姆调零，正确操作

测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图2中实线所示，测量结果是6Ω。10.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的UI−图像如图2所示。（1

）图1的电路图为下图中的__________。（选填“A”或“B”）（2）如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω。（3）实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统

误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制UI−图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将__________，与纵坐标轴交点的数值将__________。（两空均选填“变大”“变小”或“不变”）【答案】①.

B②.4.5③.1.8④.不变⑤.变大【解析】【详解】（1）[1]通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B；（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律EUIr=+有UIrE=−+则UI−图线在纵轴上的截

距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势4.5VE=；内阻4.5Ω1.8Ω2.5r==（3）[4][5]分析测量电路可知系统误差

的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻VR的影响，流过电压表的电流为VVUIR=测可知流过电池的电流为VUIIR=+测测，II测因电压表内阻VR不变，随着电压U测值减小，电压表电流VI减小，当电压U测值趋于0时，I趋于I测，在图2中重新绘制

的UI−图线如图所示故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。四、辨析题（每小题2分，共6分）11.关于多用电表的原理和使用，判断是否正确，对的表明√，不对的表明×，不对的改正。（1）

测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，测量结果将偏大。______（2）欧姆表工作原理是闭合电路的欧姆定律。_______（3）使用欧姆表测电阻时，每换一次电阻都必须重新进行欧姆调零。_______【答案】①.×②.√③.×【解析】【详解】（1）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正

插孔，对测量结果无影响，故错误；（2）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，故正确；（3）使用欧姆表测电阻时，每换一次倍率才需要重新进行欧姆调零，每换一次电阻不需要重新欧姆调零，故错误。五、解答题：(本大题共1小题，共9分)12.如图所

示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L=0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重力G=3N的物块相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，电源的电动势E=10V、内

阻r=0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。要想ab棒处于静止状态，求：（1）R应在哪个范围内取值？（g取10m/s2）的（2）关键环节：ab恰好静止的条件是什么？【答案】（1）1.9Ω≤R≤9.9Ω；（2）

ab棒所受合力为零，摩擦力恰等于等于最大静摩擦力【解析】【详解】（1）依据物块的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时10GmgBIL−−=ab棒恰不左滑时20GmgBIL+−=依据闭合电路欧姆定律可得()11EIRr=+()22EIRr=+由以上各式代入数据可解得19.9R=，21

.9R=所以R的取值范围为1.99.9R（2）ab恰好静止的条件是合外力为0，摩擦力恰等于等于最大静摩擦力。第Ⅱ卷提高题（共22分）13.示波管的示意图如下，竖直偏转电极的极板长L=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，两板间电压U=1

44V。极板右端与荧光屏的距离S=18cm。由阴极发出的电子经电压U0=2880V的电场加速后，以速度v0沿中心线进入竖直偏转电场。（已知电子电荷量e=1.6×10-19C，质量m=9×10-31kg且电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。）求：(1)电子飞入偏转

电场时的速度v0；(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。【答案】(1)v0=3.2×107m/s；(2)2cm【解析】【详解】(1)电子在加速电场中，由动能定理得2001=2Uemv解得v0=3.2×107m/s(2)电子进

入偏转电场，做类平抛运动，在水平方向上0Lvt=在电场方向上21=2Ueytdm设速度偏转角为，有200tan=yvUeLvdmv=电子出电场后，做匀速直线运动，侧移2=tanys解得12=2cmYyy=+14.工业上常用磁偏转电子蒸发源实

现镀膜工艺，是利用高能电子束轰击膜材使其熔化蒸发实现蒸镀，因电子束的运行轨迹呈“e”形，又被称作“e”形枪。其工作原理可简化为如图所示：灯丝在电源加热后逸出电子（初速度不计），进入高压加速电场区域，之后从M点沿水平向右方向进入匀强磁场区域，经磁场向上偏转后轰击坩埚（图中凹形区域）中的

膜材使其熔化蒸发。已知电子的质量为m、电量为e−，图中2AOMOdBOd===，，坩埚深度可忽略不计。（1）当加速电压为U时，电子在磁场中恰好偏转270后垂直击中坩埚右边缘A点，求磁场的磁感应强度B的大小；（2）保持（1）问中的磁感应强度不变，改变加速电压，电子束轰击坩埚中的B点，求此时加速电

压1U。【答案】（1）12mUBde=；（2）1254UU=【解析】【详解】（1）电子磁场中偏转270，由几何关系可知1rd=电场中加速，由动能定理2112eUmv=磁场中圆周运动，洛伦兹力提供向心力2111vqv

Bmr=联立可得12mUBde=（2）电子束轰击坩埚中的B点，由几何关系可知()22222(2)rrdd=−+在电场中，由动能定理21212Uemv=磁场中22mvreB=在联立可得1254UU=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.co

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