2024屆山東專卷博雅聞道高二物理第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平測(cè)試試題含解析

2024屆山東專卷博雅聞道高二物理第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平測(cè)試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)及等勢(shì)面的描述，下面各種說法中正確的是()A．沿等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功B．電場(chǎng)強(qiáng)度不變，電勢(shì)也不變，電場(chǎng)強(qiáng)度大的地方，電勢(shì)一定高C．電勢(shì)為零的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零D．電勢(shì)降低的方向就是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向2、一石塊從樓頂自由落下，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2，石塊在下落過程中，第1.0s末速度的大小為（）A．5.0m/sB．10m/sC．15m/sD．20m/s3、如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中()A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大4、根據(jù)電容器的電容的定義式C=Q/U，可知A．電容器帶電的電量Q越多，它的電容C就越大，C與Q成正比B．電容器不帶電時(shí)，其電容為零C．電容器兩極之間的電壓U越高，它的電容C就越小，C與U成反比D．電容器的電容大小與電容器的帶電情況無關(guān)5、下列說法中正確的是()A．電子和質(zhì)子都是元電荷;B．一個(gè)帶電體的電荷量為205.5倍的元電荷;C．元電荷是最小的帶電單位;D．元電荷有正、負(fù)之分.6、關(guān)于電場(chǎng)線的說法，正確的是()A．電場(chǎng)線是電場(chǎng)中實(shí)際存在的線B．電場(chǎng)線不是實(shí)際存在的線，而是為了形象地描述電場(chǎng)而假象的曲線C．電場(chǎng)線可以相交D．電場(chǎng)線都是平行等距的直線二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、某負(fù)點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線如圖所示，A、B為電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)．以下判斷正確的是()A．A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系是EA＞EBB．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由B指向AC．質(zhì)子由A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功D．質(zhì)子由A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力做正功8、如圖ABCD的矩形區(qū)域，邊長(zhǎng)AB=2AD，質(zhì)量m、帶電量q的正電粒子以恒定的速度v從A點(diǎn)沿AB方向射入矩形區(qū)域，若該矩形區(qū)域充滿沿A至D方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則粒子恰好從C點(diǎn)以速度v1射出電場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，若該矩形區(qū)域充滿垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則粒子恰好從CD邊的中點(diǎn)以速度v2射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，(粒子的重力不計(jì))，則：A．v1>v2 B．t1<t2C． D．9、如圖的電路中，電動(dòng)機(jī)M與電爐L串聯(lián)后兩端接上恒定電壓U，電動(dòng)機(jī)M的線圈電阻與電爐的電阻相同，電動(dòng)機(jī)正常工作，下列判斷正確的是（?）A．流過電動(dòng)機(jī)的電流小于流過電爐的電流B．電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率小于電爐的發(fā)熱功率C．電動(dòng)機(jī)兩端電壓大于電爐兩端電壓D．電動(dòng)機(jī)的總功率大于電爐的總功率10、如圖所示，為等邊三角形，電荷量為的點(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)．先將一電荷量也為的點(diǎn)電荷從無窮遠(yuǎn)處（電勢(shì)為0）移到C點(diǎn)，此過程中，電場(chǎng)力做功為．再將從C點(diǎn)沿移到B點(diǎn)并固定。最后將一電荷量為的點(diǎn)電荷從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)。已知以無窮遠(yuǎn)電勢(shì)為零，點(diǎn)電荷的電場(chǎng)電勢(shì)為，下列說法正確的有A．移入之前，C點(diǎn)的電勢(shì)為B．從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，所受電場(chǎng)力做的功為0C．從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，所受電場(chǎng)力做的功為D．在移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為三、實(shí)驗(yàn)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）如圖所示為驗(yàn)證動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖．若入射小球質(zhì)量為，半徑為；被碰小球質(zhì)量為，半徑為則______A.

C.

為完成此實(shí)驗(yàn)，以下所提供的測(cè)量工具中必需的是______填下列對(duì)應(yīng)的字母A.直尺

游標(biāo)卡尺

天平

彈簧秤

秒表設(shè)入射小球的質(zhì)量為，被碰小球的質(zhì)量為為碰前入射小球落點(diǎn)的平均位置，則關(guān)系式用、及圖中字母表示______成立，即表示碰撞中動(dòng)量守恒．12．（12分）圖是電子射線管的示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會(huì)看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向下（z軸方向）偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是（）A．加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向B．加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿y軸正方向C．加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向D．加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿y軸正方向四、計(jì)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）如圖所示，光滑絕緣斜面高度h＝0.45m，斜面底端與光滑絕緣水平軌道圓弧連接，水平軌道邊緣緊靠平行板中心軸線．平行板和三個(gè)電阻構(gòu)成如圖所示電路，平行板板長(zhǎng)為l＝0.9m，板間距離d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω．可以看為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，電量q＝－0.01C，質(zhì)量m＝0.03kg，從斜面頂端靜止下滑．（1）若S1、S2均斷開，小球剛好沿平行板中心軸線做直線運(yùn)動(dòng)，求電源電動(dòng)勢(shì)E．（2）若S1斷開，S2閉合，小球離開平行板右邊緣時(shí)，速度偏向角tanθ＝，求電源內(nèi)阻r．（3）若S1、S2均閉合，判斷小球能否飛出平行板？14．（16分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以一定的初速度垂直于y軸射入電場(chǎng)，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場(chǎng)，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場(chǎng)，已知ON＝d，如圖所示．不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R；（2）粒子在M點(diǎn)的初速度v0的大??；（3）粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t．15．（12分）如圖所示，帶電小球A和B（可視為點(diǎn)電荷）放在傾角為的光滑固定絕緣斜面上，已知A球的質(zhì)量為m，所帶電荷量為+q，B球的質(zhì)量為2m，所帶電荷量為-q。沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持間距r不變沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，靜電力常量為k，求：(1)加速度a的大小；(2)F的大小。

參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、A【解題分析】試題分析：在同一等勢(shì)面上移動(dòng)電荷時(shí)，根據(jù)W=qU，由于任意兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U為零，因此電場(chǎng)力不做功，故A正確；電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)沒有直接關(guān)系，所以電場(chǎng)強(qiáng)度大的地方電勢(shì)不一定高，電場(chǎng)強(qiáng)度不變電勢(shì)也可能改變，故B錯(cuò)誤；、電勢(shì)為零，是人為選擇的，電場(chǎng)強(qiáng)度為零的地方，電勢(shì)不一定為零，故C錯(cuò)誤；電勢(shì)降低的方向不一定是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，只有電勢(shì)降低最快的方向才是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，故D錯(cuò)誤；故選A.【題目點(diǎn)撥】電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場(chǎng)線可以形象直觀表示電場(chǎng)這兩方面的特性：電場(chǎng)線疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的方向反映電勢(shì)的高低．2、B【解題分析】石塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，則石塊做初速度為0，加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系式v=v0+at可得第1s末石塊的速度大小為：v=gt=10×1=10m/s

故選B.3、C【解題分析】

導(dǎo)體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動(dòng)的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，保持不變，外電路總電阻先增大后減小，由歐姆定律分析得知PQ中的電流先減小后增大，故A錯(cuò)誤；PQ中電流先減小后增大，PQ兩端電壓為路端電壓，由U=E-IR，可知PQ兩端的電壓先增大后減?。蔅錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，PQ上外力的功率等于回路的電功率，而回路的總電阻R先增大后減小，由，分析得知，PQ上拉力的功率先減小后增大．故C正確；線框作為外電路，總電阻最大值為，則導(dǎo)體棒PQ上的電阻始終大于線框的總電阻，當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過程中電路中的總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路的功率的分配關(guān)系與外電阻的關(guān)系可知，當(dāng)外電路的電阻值與電源的內(nèi)電阻相等時(shí)外電路消耗的電功率最大，所以可得線框消耗的電功率先增大后減小．故D錯(cuò)誤．【題目點(diǎn)撥】本題一要分析清楚線框總電阻如何變化，抓住PQ位于ad中點(diǎn)時(shí)線框總電阻最大，分析電壓的變化和電流的變化；二要根據(jù)推論：外電阻等于電源的內(nèi)阻時(shí)電源的輸出功率最大，分析功率的變化．4、D【解題分析】

A．電容器帶電的電量Q越多，兩極之間的電壓U越高，但電容不變，故A錯(cuò)誤；B．電容反映本身的特性，電容器不帶電時(shí)，電容并不為零，故B錯(cuò)誤；C．電容表征電容器容納電荷的本領(lǐng)大小，與電壓U無關(guān)，給定的電容C一定，故C錯(cuò)誤；D．電容表征電容器容納電荷的本領(lǐng)大小，電容大小與電容器的帶電情況無關(guān)，故D正確。故選D。5、C【解題分析】解：元電荷又稱“基本電量”或“元電荷”．在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，無正負(fù)之分，也是物理學(xué)的基本常數(shù)之一，常用符號(hào)e表示，任何帶電體所帶電荷都是e的整數(shù)倍，故ABD錯(cuò)誤，C正確．故選C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了對(duì)電學(xué)中基本概念的理解，對(duì)于這些基本概念一是加強(qiáng)記憶，二是加強(qiáng)練習(xí)，加深對(duì)其的理解．6、B【解題分析】

AB.電場(chǎng)線是人們?yōu)樾蜗竺枋鲭妶?chǎng)而假想的曲線，實(shí)際不存在，故A錯(cuò)誤，B正確；C.電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，而電場(chǎng)線的切線方向表示場(chǎng)強(qiáng)的方向，所以電場(chǎng)線不能相交，故C錯(cuò)誤；D.電場(chǎng)線越密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，只有勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是一簇等距平行的直線，故D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、ABC【解題分析】由公式E=kQr2知，E與r2成反比，所以EA＞EB，故A正確；根據(jù)電場(chǎng)線的分布從無窮遠(yuǎn)處出發(fā)到負(fù)電荷終止，可知B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由B指向A，故B正確；質(zhì)子由A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)過程中，所受的電場(chǎng)力方向由B點(diǎn)到A點(diǎn)，電場(chǎng)力方向與位移方向相反，則電場(chǎng)力做負(fù)功，故C正確，D錯(cuò)誤。所以ABC8、AC【解題分析】

分別畫出粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律列出表達(dá)式進(jìn)行求解．【題目詳解】A．由于粒子是帶正電，從A到C的過程中電勢(shì)降低，因此電場(chǎng)力做正功，于是有v1>v，若在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁場(chǎng)對(duì)粒子不做功，于是有v2=v；因此可以得到：，故A正確；ＢＣＤ．粒子在電場(chǎng)中是做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以在AB方向是勻速運(yùn)動(dòng)，即在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題可以確定圓心在D點(diǎn)，所以，又因?yàn)锳B＝2AD，所以可求得：，因此，所以BD錯(cuò)誤，C正確．故選ＡＣ【題目點(diǎn)撥】不能把類平拋運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)化為水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向的勻加速運(yùn)動(dòng)，難以確定粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心．9、CD【解題分析】

電動(dòng)機(jī)M與電爐L串聯(lián)，電流相等，根據(jù)焦耳定律分析放出的熱量關(guān)系．電爐L是純電阻電路，電動(dòng)機(jī)是非純電阻電路，根據(jù)歐姆定律分析L的電壓與電流的關(guān)系，判斷電動(dòng)機(jī)兩端電壓的關(guān)系．根據(jù)能量守恒定律分析消耗的功率關(guān)系?！绢}目詳解】A項(xiàng)：電動(dòng)機(jī)與電爐串聯(lián)，所以兩者電流相等，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：電動(dòng)機(jī)M與電爐L串聯(lián)，電流相等，電阻相等，根據(jù)焦耳定律P=I2R可知，電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率等于電爐的發(fā)熱功率，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：設(shè)電動(dòng)機(jī)M線圈電阻與電爐L的電阻均為R，電路中電流為I，根據(jù)歐姆定律得：電爐兩端的電壓UL=IR，電動(dòng)機(jī)是非純電阻電路，其電壓UM＞IR，則有UM＞UL，所以電爐兩端電壓小于電動(dòng)機(jī)兩端電壓，故C正確；D項(xiàng)：電動(dòng)機(jī)消耗的功率PM=UMI，電爐消耗的功率PL=ULI，UM＞UL，則PM＞UL，即電動(dòng)機(jī)的總功率大于電爐的總功率，故D正確。故應(yīng)選：CD?！绢}目點(diǎn)撥】本題中電爐是純電阻電路，電動(dòng)機(jī)是非純電阻電路，兩個(gè)電路焦耳定律都適用，但歐姆定律只適用于電爐，不適用于電動(dòng)機(jī)。10、BD【解題分析】

A.Q1從無窮遠(yuǎn)處（電勢(shì)為0）移到C點(diǎn)的過程，根據(jù)電場(chǎng)力做功公式得：得：又U∞C=0-φC=-φC可得Q1移入之前，C點(diǎn)的電勢(shì)為：故A錯(cuò)誤。B.Q1移入之前，C點(diǎn)與B點(diǎn)的電勢(shì)相等，兩者間的電勢(shì)差為0，根據(jù)W=qU知，Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，所受電場(chǎng)力做的功為0，故B正確。C.Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理知，C點(diǎn)的電勢(shì)為：Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)題干中電勢(shì)的定義可知W′=-2q（0-φC′）=4W故C錯(cuò)誤。D.Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做的功為4W，其電勢(shì)能減少了4W，而Q2在無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)能為0，所以Q2在移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為-4W，故D正確。三、實(shí)驗(yàn)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)C(2)AC(3)【解題分析】

（1）為了保證碰撞前后使入射小球的速度方向不變，故必須使入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量．為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同；（2）兩球做平拋運(yùn)動(dòng)，由于高度相等，則平拋的時(shí)間相等，水平位移與初速度成正比，把平拋的時(shí)間作為時(shí)間單位，小球的水平位移可替代平拋運(yùn)動(dòng)的初速度．將需要驗(yàn)證的關(guān)系速度用水平位移替代．【題目詳解】（1）在小球碰撞過程中水平方向動(dòng)量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2

在碰撞過程中動(dòng)能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22

解得v1=v0

要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1-m2＞0，m1＞m2，為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同，r1=r2，故選C

（2）P為碰前入射小球落點(diǎn)的平均位置，M為碰后入射小球的位置，N為碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1＝；碰撞后入射小球的速度v2＝；碰撞后被碰小球的速度v3＝；若m1v1=m2v3+m1v2則表明通過該實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了兩球碰撞過程中動(dòng)量守恒，代入數(shù)據(jù)得：m1=m1+m2，所以需要測(cè)量質(zhì)量和水平位移，用到的儀器是直尺、天平；故選AC．（3）若關(guān)系式m1=m1+m2成立，即表示碰撞中動(dòng)量守恒．【題目點(diǎn)撥】本題是運(yùn)用等效思維方法，平拋時(shí)間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗(yàn)證的方程變成容易驗(yàn)證．12、B【解題分析】

A、加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向，由左手定則知電子受洛倫茨力的方向沿y軸負(fù)方向，電子不會(huì)沿z軸向下偏轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤．B、加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿y軸正方向，由左手定則知電子受洛倫茨力的方向沿z軸負(fù)方向，電子沿z軸向下偏轉(zhuǎn)，故B正確．C、加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向，電子受電場(chǎng)力沿z軸正方向，電子不會(huì)沿z軸向下偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤．D、加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿y軸正方向，電子受電場(chǎng)力沿y軸負(fù)方向，電子不會(huì)沿z軸向下偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤．四、計(jì)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）18V（2）1Ω（3）能飛出【解題分析】

考查力電綜合問題．【