1、2023-2024学年江苏省四校联考高二物理第一学期期末调研试题考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，在足够长的竖直线的右侧有方向垂直纸面向外且范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场区域，一带电粒子q从P点沿与竖直线成角45方向，以
2、大小为v的初速度垂直磁场方向射入磁场中，经时间t从Q点射出磁场不计粒子重力，下列说法正确的是A.带电粒子q可能带正电荷B.带电粒子的比荷C.若PQ之间的距离等于L，则带电粒子在匀强磁场中的轨迹半径RLD.粒子射出磁场时与水平线的夹角为2、如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为( )A.沿abcda不变B.沿adcba不变C.由abcda变成adcbaD.由adcba变成abcda3、如图所示，匀强磁场中有一个闭合的弹簧线圈，线圈的平面垂直于磁感
3、线，下列哪种过程中线圈会产生感应电流（ ）A.线圈扩张B.线圈自下向上运动C.线圈自上向下运动D.线圈自左向右运动4、图中所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力下列说法中正确
4、的是A.从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B.从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C.打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D.打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越大5、通电长直导线中有恒定电流I，方向竖直向上，矩形线框与直导线在同一竖直面内，现要使线框中产生沿abcd方向的感应电流，则应使线框（）A.稍向左平移B.稍向右平移C.稍向上平移D.以直导线为轴匀速转动6、实验得到金属钙的光电子的最大初动能与入射光频率的关系如图所示下表中列出了几种金属的截止频率和逸出功,参照下表可以确定的是()金属钨钙钠截止频率10.957.735.53逸出功4.543.202.29A.如用金属钨做实验得到的
5、图线也是一条直线,其斜率比图中直线的斜率大B.如用金属钠做实验得到的图线也是一条直线,其斜率比图中直线的斜率大C.如用金属钠做实验得到的图线也是一条直线,设其延长线与纵轴交点的坐标为,则D.如用金属钨做实验,当入射光的频率时,可能会有光电子逸出二、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、人造地球卫星受微小阻力的作用，其运行的轨道半径会逐渐变小，在此过程中，下列说法正确的有（）A.机械能守恒B.机械能减少C.加速度增大D.周期增大8、如图所示，带电小球A、B的电荷分别为QA、Q
6、B，OAOB，都用长L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时A、B间距离减为，可采用以下哪些方法（）A.将小球A、B的质量都增大到原来的2倍B.将小球B的质量增大到原来的8倍C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增大到原来的2倍9、电荷量为Q1和Q2的两点电荷分别固定在x 轴上的O、C 两点，规定无穷远处电势为零，x 轴上各点电势随x 的变化关系如图所示则A.Q1的电荷量小于Q2 的电荷量B.G 点处电场强度的方向沿x 轴负方向C.将一带负电的试探电荷自G 点静止释放，仅在电场力作用下一定能到达D 点D.将一带负电试
7、探电荷从D 点移到J 点，电场力先做正功后做负功10、如图所示，在竖直面（纸面）内有匀强电场，带电量为q(q0)、质量为m的小球受水平向右大小为F的恒力，从M匀速运动到N已知MN长为d,与力F的夹角为60，重力加速度为g，则A.场强大小为B.M、N间的电势差为C.从M到N，电场力做功为D.若仅将力F方向顺时针转60，小球将从M向N做匀变速直线运动三、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）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，待测小灯泡上标有“2.5V,1.25W”的字样。实验室备有如下器材:A直流电源3V(内阻可不计)B直流电流表0-3
8、A (电阻约0.1)C直流电流表0-600mA (内阻约0.5)D直流电压表0-3V (内阻约3k)E直流电压表0-15V (内阻约20k)F滑动变阻器10、1.5AG滑动变阻器1k、500mA（1）除电源、开关、导线外，为了完成该实验,电流表应选用_,电压表应选用_，滑动变阻器应选用_。(用器材前序号字母表示)（2）利用给出的器材通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线，要求测量多组实验数据，请你在虚线框内画出实验原理电路图_，并将图中实物连接成实验电路图_。12（12分）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，通过一块电压表和一块多用电表的欧姆挡接成电路就能一次性既能测出电压表的内阻又能测出多用
9、电表中欧姆挡的内部电源的电动势已知电压表的内阻约在1525 k之间，量程为15 V，多用电表欧姆挡的电阻刻度中间值为20.（1）.请用笔迹代替导线将红、黑表笔连在电压表上_（2）.他们在实验过程中，欧姆的选择开关应拨至倍率为“_”（3）.在实验中，同学们读出电压表的读数为U，欧姆表指针所指的刻度为n，并且在实验过程中，一切操作都是正确的，由此可得欧姆表内电池的电动势的表达式为_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）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
10、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14（16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=5.0105N/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=4.810-25kg、电荷量为q=1.610-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0106m/s的初速度水
11、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L15（12分）如图，两根间距为L0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E3V、内阻r1的电源，导轨平面与水平面间的夹角37金属杆ab垂直导轨放置，质量m0.2kg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R01时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8（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，求金属杆的加速度参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分
12、。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、D【解析】A项：由题意可知，粒子要从Q点射出，所以粒子应向左上方偏转，由左手定则可知，粒子应带负电，故A错误；B项：由题可知，粒子在磁场中运动的弦切角为450，由公式，解得：，故B错误；C项：若PQ之间的距离等于L即粒子在磁场中做圆周运动对应的弦长为L，由数学知识可知，解得：，故C错误；D项：由粒子在磁场中做圆周运动的对称性可知，粒子射出磁场时与水平线的夹角为，故D正确故应选：D2、B【解析】线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框的磁通量先垂直纸面向外减小，后垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，感应电流
13、的磁场方向一直垂直纸面向外，由安培定则知感应电流一直沿adcba不变；故B正确。故选B3、A【解析】A：线圈扩张，线圈中磁通量变大，线圈中会产生感应电流故A项正确B：线圈自下向上运动，线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流故B项错误C：线圈自上向下运动，线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流故C项错误D：线圈自左向右运动，线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流故D项错误4、C【解析】对粒子加速过程有：，粒子经过圆形通道后从S射出后，速度不变，与v相同，可见比荷不同，速度就不同，A错误；粒子的动能取决于电量，电量不同动能不同，B错误；打到胶片上的位置取决于半径，可见打到胶片相同位置的粒子只
14、与比荷有关，由前面分析之，比荷相同，速度相同，C正确；由r的表达式知，打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越小，D错误考点：带电粒子在复合场中的运动和质谱仪的有关知识5、B【解析】A由右手螺旋定则判断知，线框所在处磁场方向向里，使线框向左平移，穿过线框的磁通量将增加，产生感应电流，根据楞次定律判断知感应电流方向沿逆时针方向，与图示相反，故A错误；B使线框向右平移，穿过线框的磁通量将减小，产生感应电流，根据楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，与图示相同，故B正确；C线框稍向上平移，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故C错误；D以直导线为轴匀速转动时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流
15、。故D错误。故选B。6、C【解析】光电效应的特点：金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关；光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关；光电子的最大初动能满足光电效应方程【详解】由光电效应方程：EKm=h-W0=h-h0可知，EKm-图线的斜率表示普朗克常量，横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，也可以知道极限波长，根据W0=h0可求出逸出功普朗克常量与金属的性质、与光电子的最大初动能、入射光的频率无关，如用金属钨做实验或者用金属钠做实验得到的Ekm-图线都是一条直线，其斜率与图中直线的斜率相等，故AB错误；如用金属钠做实验得到的Ekm-图线也是一条直
16、线，设其延长线与纵轴交点的坐标为（0，-Ek2），由于钠的逸出功小于钨的逸出功，则Ek2Ek1，故C正确；如用金属钨做实验，当入射光的频率1时，不可能会有光电子逸出，故D错误；故选C【点睛】只要记住并理解了光电效应的特点，只要掌握了光电效应方程就能顺利解决此题，所以可以通过多看课本加强对基础知识的理解解决本题的关键掌握光电效应方程EKm=h-W0=h-h0，知道逸出功与极限频率的关系二、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、BC【解析】根据“人造地球卫星受微小阻力的作用，其
17、运行的轨道半径会逐渐变小”可知，考查了卫星变轨问题，卫星在运动过程中，受到阻力，阻力要做负功，故机械能减小，万有引力大于所需的向心力，向心运动，轨道变小，在新的轨道上，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求解即可【详解】AB、由于人造地球卫星受微小阻力的作用，阻力做负功，故机械能减小，故A错误，B正确CD、设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有；得：，；可知，卫星的轨道半径变小，加速度增大，周期减小，故C正确，D错误【点睛】本题关键是抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度的表达式，再进行讨论8、BD【解析】如图所示，B受重力
18、、丝线的拉力及库仑力，将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等、方向相反，由几何关系可知而库仑力F=，即=有mgd3=kQAQBL则d=要使d变为，可以将小球B的质量增大到原来的8倍而保证上式成立，或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增大到原来的2倍，也可保证等式成立故选BD。9、BD【解析】A项：图像斜率表示场强大小，由图可知在H点的场强为零，即Q1和Q2两电荷在H的合场强为零，由公式可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A错误；B项：由图知B点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以在B点边场强方向沿x轴正方向，在B点右边场强方向沿x轴负方向，故B正确；C项：由在
19、G点场强方向沿x轴向左，负电荷所受电场力向右，所以负电荷沿x轴向右运，故C错误；D项：由图像可知从D点到J点电势先升高再降低，负电荷的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D正确10、ACD【解析】小球做匀速运动，则受电场力、重力和力F平衡，根据平衡条件列式可求解场强E；根据U=Ed求解电势差；根据动能定理求解电场力的功；若仅将力F方向顺时针转60，根据力的合成知识找到合力的方向，从而判断小球的运动情况【详解】对小球受力分析，如图；根据平衡知识可知：，解得，选项A正确；M、N间的电势差为（角是MN与场强方向的夹角），选项B错误；从M到N，电场力做功与重力和力F做功之和为零，即，选项C正
20、确；因电场力qE和重力mg的合力与F等大反向，则若仅将力F方向顺时针转60，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小为F，则小球将从M向N做匀变速直线运动，选项D正确；故选ACD. 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、 .C .D .F . .【解析】（1）12待测小灯泡的额定电压为，直流电源电动势为，所以电压表选择D即可，根据待测小灯泡估算电流：所以电流表选择C即可；3该实验中滑动变阻器需要采用分压法接入，因此选择阻值较小、额定电流较大的F，便于调节分压；（2）4待测小灯泡的内阻约为：根据电表内阻和待测小灯泡内阻关系：可知电压表的内阻远
21、大于待测小灯泡的内阻，电压表的分流较小，所以电流表选择外接方式，电路图如下图：5按照电路图连接实物电路：12、 . .1 k .【解析】（1）1欧姆表内电源正极接在欧姆表的负接线柱上，故红表笔应接电压表的负接线柱，黑表笔应接电压表的正接线柱（2）2电压表的内阻较大，故欧姆挡选择开关应选倍率为“1 k（3）3欧姆表内阻等于中值电阻（）因为多用电表欧姆挡的电阻刻度中间值为20，所以欧姆表的内电阻为20103，电路中的电流，欧姆表内电池的电动势的表达式为四、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、 (1) (2)3N【解析】(1
22、)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由AC的过程中，由动能定理得：解得：(2)小球在C点时受力分析如图由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：NC=NC=3N14、8cm【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得代入有关数据，解得，代入数据得=30粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图由几何关系得联立求得代入数据解得15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小【详解】（1）当R01时，根据闭合电路的欧姆定律可得根据左手定则可知安培力方向水平向右；由平衡条件有：BILcosmgsin解得B2T；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；根据牛顿第二定律可得：BILmgsinma解得：a1.5m/s2，方向沿斜面向上【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
