【文档说明】江苏省扬州市高邮市2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题 含解析.docx，共(16)页，5.342 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年第一学期高二期初学情调研测试物理试题2023.09注意事项：1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间75分钟。2.答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。3.作答选择题，必须用2B铅笔将

答题卡上对应选项的方框涂满涂黑：作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上指定位置作答，在其他位置作答一律无效。4.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.地磁场能改变

宇宙射线中带电粒子的运动方向，从而保护地球。下列说法中正确的是（）A.地磁场的磁感线从地理南极出发终止于地理北极B.图中A处没有磁感线，说明该处不存在磁场C.南北极处磁场非常强，故磁感线非常密集，可以相切D.地球周围某点的磁场方向可

以用磁感线在该点的切线方向表示【答案】D【解析】【详解】A．地理南北两极与地磁场的南北两极并不重合，而是存在一定的磁偏角，地磁场的磁感线从地磁场北极出发终止于地磁场南极，故A错误；B．磁感线是人为画出来的，磁场存在于磁体周围的空间，没有磁感线的区域也有磁场，

故B错误；C．磁场中的某点不可能有两个磁场方向，故磁感线不能相交，也不能相切，故C错误；D．根据磁感线的特点可知，磁感线某点的切线方向为该点的磁场方向，故D正确。故选D。2.如图所示，将长为L的直导线从13处折成60°的“✔”形，并置于与其所在平面垂直、磁感应强

度为B的匀强磁场中。当在导线通以电流I时，则通电导线所受的安培力大小为（）A.BILB.3BILC.33BILD.233BIL【答案】C【解析】【详解】根据几何知识可得在磁场中该导线的有效长度为23sin6033LLL==有效故该通电导线所受的安培力大小为33FBILBIL==

有效故选C。3.下列元器件，名称正确是（）A.可变电容器、发光二极管、电阻箱、固定电容器B.电源、固定电容器、电阻箱、固定电容器C.线圈、固定电容器、电阻箱、二极管D.可变电容器、发光二极管、滑动变阻器、固定电容器【答案】A【解析】【详解】上面元器件对应的分别是可变

电容器、发光二极管、电阻箱、固定电容器；故选A。的4.如图所示，竖直放置的通电直导线右侧放置小磁针，导线中通有如图所示的恒定电流，不考虑地磁场的影响，则小磁针（）A.保持不动B.N极将向下转动C.N极将垂直于纸

面向外转动D.N极将垂直于纸面向里转动【答案】D【解析】【详解】当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动，S极向外转动

；故选D。5.物理学中用试探电荷研究电场，用电流元来研究磁场，通电导线与磁场方向垂直时，通电导线受到磁场的作用力F=ILB，下列说法中正确的是（）A.由FBIL=可知B与F成正比，与IL成反比B.比值FIL与电流元无关，是描述磁场性质的C.一小段

通电导线在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场D.若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度大小为FIL【答案】B【解析】【详解】AB．FBIL=是采用比值法定义的，磁感应强度B是由磁

场决定的物理量，是描述磁场性质的，与电流元无关，与通电导线受到磁场的作用力以及IL无关，故A错误，B正确；C．一小段通电导线在某处不受磁场力，可能是导线平行磁场放入磁场中，该处不一定无磁场，故C错误；D．只有长为L、电流为Ⅰ的导线垂直放入磁场某处受到的磁场力为F时，该处的磁感

应强度大小才为FIL，若导线与磁场不垂直，则该处的磁感应强度大小大于FIL，故D错误。故选B。6.在测量金属丝电阻率的实验中，下列操作不正确的是（）A.用毫米刻度尺测量金属丝接入电路中的有效长度，多测量几次，求出其平均值B.用螺旋测微器在金属丝三个不同位置各测量一次直径，求出其平均值C.电流表采

用外接法测量时，由于电压表的分流引起测量误差，使ρ测>ρ真D.实验中，为保持金属丝的温度不变，每次读完示数后应立即断开开关【答案】C【解析】【详解】A．实验时，应用毫米刻度尺测量金属丝接入电路中的有效长度，多测量几次，求出其平均值，故A正确；B．了减小实验误差，应用螺旋测微

器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，故B正确；C．电流表采用外接法，由于电压表的分流作用电流的测量值偏大，由欧姆定律可知电阻的测量值小于真实值，根据电阻率计算公式xSRl=可得ρ测<ρ真故C错误；D．实验中，为保持金属

丝的温度不变，防止电路通电时间过长导致金属丝温度升高而电阻率发生变化，故不能通电时间过长，每次读完示数后应立即断开开关，故D正确。本题选错误项，故选C。7.下列关于欧姆表的使用和操作正确的是（）A.欧姆表欧姆调零后，用“×10”挡测量电阻的阻值，发现表针偏转如图甲所示，为了提高

测量精度，应换用“×100”挡，重新调零后再测量B.用多用电表测量不同的电阻R时，均需要重新欧姆调零为C.若用多用电表欧姆挡测量某晶体二极管，结果如图乙所示，可知该二极管的正极为B端D.多用电表用完后，将红黑表笔拔出即可【答案】A【解析】【详解】A．欧姆表欧姆调零后，用“×10”挡测

量电阻的阻值，发现表针偏转如图甲所示，说明电阻读数较大，量程挡位选小了，为了把电阻测得更准一些，应换用“×100”挡，重新调零后再测量，故A正确；B．换挡时需要重新欧姆调零，不换挡则不需要重新欧姆调零，故B错误；C．若用多用电表欧姆挡测量某晶体二极管，结果如图乙所示，由图内可知左图中电阻较大，所

测的为二极管的反向电阻；右图中电阻较小，测的是正向电阻，则该极管的正极为A端，故C错误；D．为保护电路与多用电表，多用电表使用完后应把开关置于OFF挡，故D错误。故选A。8.成人体液主要成分是水和电解质，因此容易导电，而体内脂肪则不容易导电，我们可以用某型号脂肪测量仪（如图

甲所示）来测量脂肪率，脂肪测量仪根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例，模拟电路如图乙所示：测量时，闭合开关S，测试者两手分别握住两手柄M、N，则（）A.人体内水和脂肪导电性不同，两者中脂肪电阻率更小一些B.体型相近的两人

相比，脂肪含量高者对应的电压表示数较小C.由电阻公式可知，个子高的一定比个子矮的电阻大D.刚沐浴后，人体水分增多，脂肪测量仪显示人体脂肪所占比例的测量数据会偏小【答案】D【解析】【详解】A．体内脂肪则不容易导电，故水和脂肪两者中脂肪电阻率更大，故A错误；B．脂肪含量高者人体电

阻较大，则对应的电流表示数较小，根据串并联电路特点可知内电压和R分得电压较小，则电压表示数较大，故B错误；C．由电阻公式可知，个子的高矮与电阻大小没有直接的关系，故C错误；D．刚沐浴后，人体水分增多，电阻减小，电压表数值减小，即脂肪测量仪显示人体脂肪所占比例的测量数据

会偏小，故D正确；的故选D。9.磁电式电流表的优点是灵敏度很高，可以测出很弱的电流，蹄形磁铁和铁芯间的磁场如图乙所示。线圈中通以如图所示的电流，下列说法正确的是（）A.该磁场是匀强磁场B.线圈转动时，螺旋弹簧被扭动阻碍线圈转动C.当线圈转到图乙所示的位置时，b端

受到的安培力方向向上D.转动时线圈所受安培力的方向不变【答案】B【解析】【详解】A．该磁场并不是处处磁场大小同等、方向相同，故不是匀强磁场，故A错误；B．线圈转动时，会使螺旋弹簧扭动，产生一个阻碍弹簧转动的力从而

阻碍线圈转动，故B正确；C．当线圈转动到题图乙所示的位置时，a端所受到的安培力方向向上，b端所受到的安培力方向向下，使线圈顺时针转动，故C错误；D．转动时线圈所受安培力的方向与磁感线垂直，时刻变化，故D错误。故选B。

10.如图所示为显像管原理示意图，若观察到电子束（）A.打在荧光屏正中的O点，则偏转磁场方向向上B.打在屏上A点，则偏转磁场垂直纸面向里C.打在荧光屏上的位置由O点逐渐移向B点，则偏转线圈中电流增大D.向上偏转，则洛伦兹力对电子束做正功【答案】C【解析】【详解】A．如果偏转线圈中没有电流，不产生磁

场，则电子束将沿直线打在荧光屏正中的O点。故A错误；B．根据左手定则，打在屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，故B错误；C．要使电子束打在荧光屏上的位置由O点逐渐移向B点，偏转磁场应垂直纸面向里，电子做圆周运动的轨道半径r逐渐变小，则磁

感应强度B应逐渐变强，偏转线圈中电流增大，故C正确；D．洛伦兹力对电子束始终不做功，故D错误。故选C。11.如图所示为安德森在云室内拍下的正电子的径迹，则图中正电子（）A.在铅板上方的速度大于下方的速度B.在铅板上方运动的轨迹是抛物

线C.穿过铅板后做圆周运动的周期变小D.正、负电子的质量之和为零【答案】A【解析】详解】A．粒子做圆周运动时洛伦兹力提供向心力即2vqvBmr=则半径为mvrqB=根据半径公式可知，速度越大，半径越大，根据图形可知，粒子在铅板上方运动的半径大于下方的运动半径，所以粒子在铅

板上方运动的速度大于在铅板下方运动的速度，故A正确；B．根据题意可知粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹是圆，不是抛物线，故B错误；C．粒子做匀速圆周运动的周期为【22rmTvqB=＝粒子穿过铅板后质量与电荷量不变

，粒子做圆周运动的周期不变，故C错误；D．正负电子的质量均不为负，故其之和不为零，故D错误；故选A。二、非选择题：共5题，共56分。其中第12题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须

明确写出数值和单位。12.某学习小组需要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；多用电表一个电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程0.6A

，内阻约1Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；定值电阻R1（阻值2Ω）；定值电阻R2（阻值5Ω）；开关一个，导线若干。（1）为了估测电池的电动势和内阻，先用多用电表进行测量，组内三位同学的操作如下，你认为正确的是________（单选，

填正确答案标号）。A．小明选择直流电压10V档，红表笔接电池负极、黑表笔接电池正极，测量电池的电动势B．小莉选择直流电压2.5V档，红表笔接电池正极、黑表笔接电池负极，测量电池的电动势C．小阳选择欧姆挡合适的倍率，欧姆调零后，直接将红、黑表笔与电池两极

连接，测量电池内阻（2）①该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U-I坐标纸上描点，如图乙所示，出现该现象的主要原因是________。（单选，填正确答案标号）A．滑动

变阻器调节范围小B．电压表量程偏大C．干电池内阻较小②针对出现的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，在图丙中用笔画线代替导线，请在答题卡上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路________。③改进方案后重新测量，得到数据并绘出新

的U-I图像如图丁，可得干电池内阻为________Ω。④在该测量方案不变的前提下，请写出一种减小系统误差的方法________。【答案】①.B②.C③.④.0.58Ω（0.50-0.62Ω均可）⑤.选用内阻更大的

电压表；选用精度更高的电表等等【解析】【详解】（1）[1]可以用多用电表的直流电压挡测粗测电源电动势，同时因为电池的电动势在1.5V左右，故选择2.5V档的直流电，由于欧姆表有内置电源，为保护电表不能用

多用电表的欧姆挡直接测电源内阻；（2）①[2]根据闭合电路欧姆定律可得路端电压UEIr=−当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，电压表示数即路端电压U变化很小，电压表示数变化范围很小；②[3]应用伏安法测电源

电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电源内阻较小，为使电压表示数变化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，实物电路图如图所示③[4]由图丁所示电源U-I图象可知，电源电动势为E=1.55V图象

斜率的绝对值11.550Ω2.58Ω0.60UkrRI−=+=−＝则可得电源内阻12.58Ω2Ω0.58ΩrkR=−=−=④[5]在该测量方案不变的前提下，减小系统误差的方法有选用内阻更大的电压表；选用精度更高的电表等等。13.夏日炎炎，手持电风扇小巧便携、可充电，深受

同学们的喜爱。下表为某品牌手持风扇的铭牌。拆开风扇，测得风扇电动机的内阻为0.5Ω。根据相关信息，请计算该风扇正常工作时的电流I及机械功率P。类型手持风扇额定功率7.4W电池容量4000mAh电源输出电压3.7V【答案】2A

；5.4W【解析】【详解】（1）根据电功率公式得P额=UI得I=2A（2）该风扇产生的热量功率为2220.5W2WPIR===热则可得电风扇的机械功率为7.42W5.4WP=−=机14.如图所示，金属棒ab静置在倾角为θ=37°的光滑金属导轨上，已知金属棒ab质量为1k

g，此时距离导轨底端3m，导轨间距为L=1.5m。整个装置处在磁感应强度B=5T的竖直向上的匀强磁场中。sin37°=0.6，cos37°=0.8。重力加速度为g=10m/s2。求：（1）棒与导轨构成的闭合回路内的磁通量；（2）金属棒中的电流。【答案】（1）18wb；（2

）1A【解析】【详解】（1）该金属框在磁场中的有效面积为2=cos31.5cos373.6mSS==有故棒与导轨构成闭合回路内的磁通量为==18WbBS有（2）安培力方向向右，受力分析如下图的根据受力平衡可得AcossinFmg=可得到安培

力大小为Atan7.5NFmg==根据AFIBL=可得1AI=15.如图所示，电路中电源电动势为6V，内阻为2Ω。电阻R1=4Ω，R2=R3=8Ω，求：（1）若将cd端短路，求电路中的路端电压是多少；（2）若将cd两端接28μF的电容器，求电路稳定时电容器的带电量；（

3）在cd两端接一未知电阻，使ab之间消耗的功率最大，求此最大功率。【答案】（1）4.8V；（2）9.6×10-5C；（3）1.5W【解析】【详解】（1）若将cd端短路，则电路中R2和R3并联，再和R1串联，外电路总电阻为231238RRRR

RR=+=+外电路总电流为0.6AEIRr==+外电路的路端电压为4.8VUIR==外（2）若将cd两端接电容器，电路稳定时，R1，R3串联，R2没有电流经过。电容器两端电压即R3两端电压，即331324V7EURRRr==++故电路稳定时电容器的带电量为539.610CQCU−==（

3）在cd两端接电阻，使得ab两端的电阻等于R1+r时，ab之间消耗的功率最大。即32132xxRRRRrRRR+=+++（）（）解得16xR=故ab之间消耗的功率最大为2m11.5W4()EPRr==+16.如图所示，

真空中有个矩形匀强磁场区域，宽为3d，某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方2d处射出磁场。（1）求磁感应强度大小B：（2）入射速度为8v0时，求粒子射出磁场的位置到M点的距离；（3）把矩形磁场换成半径为r的绝缘圆形容器，其内

部磁场垂直纸面向外。粒子以初速度v0沿半径进入圆形容器，欲使粒子与器壁多次碰撞后仍能从小孔射出且运动轨迹不相交，粒子与器壁碰撞前后速率不变。试找出圆内磁感应强度B2的大小与粒子碰撞次数k的关系。【答案】（1）04mvBqd=；（2）d；（3）02tan1m

vBqrk=+（2k，且为整数【解析】【详解】（1）粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则2000mvqvBr=由题意和几何关系知04dr=解得04mvBqd=（2）入射速度为8v0时200648'mvqvBR=可求得R’=2d由几何关系α60=d’=R’(1-cosα)

=d射出位置在M点上方d处；（3）如图所示设粒子与容器壁发生k次（2k，且为整数）碰撞，则有12211kk==++（k2，且为整数）粒子运动的轨迹半径满足tanRr=根据牛顿第二定律有2002mvqvBR=

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