安徽省合肥六校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考物理试卷（解析版）

PAGEPAGE1合肥六校联盟2023-2024学年第一学期期中联考高二年级物理试卷一、选择题（本题共12小题，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一项符合题目要求，每小题4分，第11~12题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.下列关于物理学史的描述中错误的是（）A.密立根最早通过实验测出最小的电荷量——元电荷e的值B.法拉第最早发现了电磁感应现象，并用“力线”形象地描述了电磁场C.爱因斯坦最早提出能量子假设，即振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍D.安培最早提出“分子电流”假说，即在物质内部存在着一种环形电流，它的两侧相当于两个磁极【答案】C【解析】A．密立根最早通过实验测出最小电荷量——元电荷e的值，故A正确，不符合题意；B．英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象，并创造性地用“力线”形象地描述了电磁场，故B正确，不符合题意；C．普朗克最早提出能量子假设，即振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，故C错误，符合题意；D．安培最早提出“分子电流”假说，即在物质内部存在着一种环形电流，它的两侧相当于两个磁极，故D正确，不符合题意。故选C。2.一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（）A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【答案】C【解析】A．电场线越密，电场强度越大，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；B．根据沿着电场线方向电势是降低的，可知小球表面的电势比容器内表面的高，故B错误；C．因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C正确；D．因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误。故选C。3.在x轴方向存在一静电场，其φ-x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受电场力，则该电子（）

A.在x1处电势能最大B.从x2到x3受到的电场力和从x3到x4受到的电场力方向相反C.在x1处受到的电场力最大D.在x3处电势为零，电场强度不为零且电场方向沿x轴正向【答案】D【解析】A．电荷在某点的电势能为由公式可知，负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A错误；BCD．图像中斜率表示电场强度，x1处的场强为零，可知电子在x1处受到的电场力为0；x3处的电场强度不为0，沿着电场线方向电势降低，所以电场方向沿x轴正向；所以电子在x2到x3和x3到x4受到的电场力方向都是向左，方向相同，故BC错误，D正确。故选D。4.在炎热的夏天我们可以经常看到，有的小朋友的太阳帽前有一小风扇（如图所示），该小风扇与一个小型的太阳能电池板相接，对其供电。经测量该电池能产生的电动势为E=0.6V，则关于该电池的描述正确的是（）A.通过1C电荷量该电池能把0.6J的太阳能转化为电能B.单位时间内可把0.6J的太阳能转化为电能C.该电池把其他形式能转化为电能的本领比一节7号电池的本领大得多D.把该电池接入闭合电路后，电动势减小【答案】A【解析】AB．该电池能产生的电动势为E==0.6V，根据电动势的物理意义可知，通过1C电荷量该电池能把0.6J的太阳能转化为电能，故A正确，B错误；C．一节7号电池的电动势为1.5V，该电池把其他形式能转化为电能的本领比一节7号电池的本领小得多，故C错误；D．电源的电动势反映了其他形式的能量转化为电能本领的大小，可知把该电池接入闭合电路后，电动势不变，故D错误；5.如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（）A.A是黑表笔、B是红表笔B.当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零C.作电流表时2比1量程大，作电压表时5比6量程小D.测电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率更大的挡位【答案】B【解析】AB．当多用电表选择开关与内置电源连接时，即为多用电表的欧姆档，且与内置电源正极相连的表笔为黑表笔，则可知B表笔为黑表笔；而当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需进行欧姆调零，故A错误，B正确；C．通过并联分流的方式来改变电流表的量程，而并联电路中，电流比等于电阻的反比，则可知并联的电阻越小，其量程越大，由此可知，作电流表时1比2量程大；作电压表时，通过串联电阻而改变量程，根据串联电路分压的特性，可知串联的电阻越大，分压就越多，量程就越大，因此可知，作电压表时5比6量程小，故C错误；D．测电阻时，指针偏转过大（从左向右的偏转角），则说明所选倍率过大，应换用更小倍率的挡位，从而使指针偏转角减小，让指针尽可能指在中值电阻附近，故D错误。故选B。6.在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。则以下判断中正确的是（）A.电动机的输出功率为14WB.电动机两端的电压为8.0VC.电动机的发热功率为4.0WD.电源输出的电功率为20W【答案】D【解析】B．电动机两端的电压为故B错误；C．电动机的发热功率为故C错误；A．电动机的输出功率为故A错误；D．路端电压为电源输出的电功率为故D正确。故选D。7.如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N（黑色端）指示磁场方向正确的是（）A.a B.b C.c D.d【答案】C【解析】A．当开关S闭合后，直导线电流从B流向A，根据右手定则可知磁场方向为逆时针方向，所以a点的磁场方向刚好相反了，则A错误；BC．当开关S闭合后，根据右手定则可知通过螺线管的右边是N极，所以C点磁场方向正确，b点的磁场方向刚好相反，所以B错误；C正确；D．当开关S闭合后，根据右手定则可知电磁铁D的左边是N极，右边为S极，所以d点的磁场方向刚好相反，则D错误；A.将磁铁在纸面内向上平移 B.将磁铁在纸面内向右平移C.将磁铁绕垂直于纸面的轴转动 D.将磁铁的极转向纸外，极转向纸内【答案】D【解析】A．图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向上平移时，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生。故A错误；B．图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向右平移时，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生。故B错误；C．图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁绕垂直纸面的轴转动，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生。故C错误；D．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内，将有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量增大，将产生感应电流。故D正确。9.在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A.灯泡L变亮B.电源的输出功率变小C.电容器C上电荷量减少D.电流表读数变大，电压表读数变小【答案】B【解析】AD．滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后,电路中的总电阻增大，电路中的电流减小，所以灯泡L变暗，电流表示数减小，电源内部所得电压减小，路端电压增大，所以电压表示数增大，故AD错误；B．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，当R增大时，电源的输出功率减小，故B正确。C．根据电路分析可知滑动变阻器两端的电压增大，利用可知电容器C上电荷量增大，故C错误。故选B。10.丹麦物理学家奥斯特发现了电流磁效应，他在电与磁学研究上开创性的工作创立了物理研究的新纪元。某物理探究小组在实验室重复了奥斯特的实验，具体做法是：在静止的小磁针正上方，平行于小磁针水平放置一根直导线，当导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线的电流为时，小磁针静止时与导线夹角为。已知直导线在某点产生磁场的强弱与通过该直导线的电流成正比，若在实验中发现小磁针静止时与导线夹角为，则通过该直导线的电流为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设小磁针处地磁场为由南向北，磁感应强度为B1，导线南北方向放置，由安培定则可知，电流在小磁针处的磁场与地磁场方向垂直，则当通过该导线的电流为时，由平行四边形定则可知该电流在小磁针处的磁场的磁感应强度当通过该导线的电流为时，由平行四边形定则可知该电流在小磁针处的磁场的磁感应强度由于直导线在某点产生磁场的强弱与通过该直导线的电流成正比，所以解得通过该直导线的电流故B正确。故选B。11.如图所示的直角三角形，，，，其中D为的中点，空间有平行于平面的匀强电场，一电荷量为的点电荷由C移动到D，电场力做功为，从A移动到C，电场力做功为，已知A点的电势为0。则下列说法正确的是（）A.D点的电势为B.电场方向垂直斜向右上方C.该电荷由B到C电场力做功D.电场强度大小为【答案】AD【解析】AC．电荷由C到D的过程由得同理由A到C的过程由得由于A点电势为0，则得由解得故A正确；B．取AD的中点O，则O点的电势为则CO的连线为等势线，如图所示，因此电场方向垂直CO斜向右上方，故B错误；CD．根据中点电势表达式可知解得过B点作CO的垂线，垂足为

F，根据匀强电场电场强度的表达式电荷由B到C电场力做功为故C错误，D正确。故选AD。12.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（）A.静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电B.由静止突然向前加速时，电容器的电容减小C.保持向前匀减速运动时，电阻R以恒定功率发热D.由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表【答案】BD【解析】A．由于电容器与电源连接，两端电压不为0，则电容器两极板带了电；静止时，由于电容器所带电荷量不变，电容器没有充放电过程，电流表示数为零，故A错误；B．由静止突然向前加速时，M向上运动，N板由于惯性不动，电容器极板之间间距增大，根据可知，电容器的电容减小，故B正确；C．保持向前匀减速运动时，加速度恒定，则N板的位置在某位置不动，电容器电荷量不变，电路中无电流，则电阻R发热功率为零，故C错误；D．根据电容器的决定式和定义式有，由静止突然向前加速时，电容器极板之间的间距增大，电容减小，则极板所带电荷量减小，极板处于放电过程，由于极板N与电源负极连接，极板N带负电，电荷量增大，则极板N得到电子，即由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表，故D正确；故选BD。二、实验题：本题共2小题，每空2分，共18分。13.某小组测量一粗细均匀金属丝电阻率。提供的器包括：电源E（电动势为12V）、电压表V（量程6V，内阻约为8kΩ）、滑动变阻器（最大值5Ω，额定电流2A）、游标卡尺、螺旋测微器、导线和开关，电流表A1（量程0.6A，内阻约为0.2Ω）、电流表A2（量程3A，内阻约为0.05Ω）（1）多用电表选用“×1”倍率欧姆挡，先粗测的阻值，实验中得到指针如图甲所示，则读数为___________Ω；（2）用游标卡尺测金属丝的长度如图甲所示，读数L=___________cm；用螺旋测微器测得金属丝的直径如图乙所示，读数D=___________mm。（3）测量金属丝的电阻时，为使测量数据尽可能完整、准确，实验中所用电流表应选用___________（选填“A1”或“A2”），请在图丙中将实验电路图补画完整。___________（4）若按正确的实验电路进行实验，某次实验测得电压表和电流表的示数分别为U和I，金属丝的长度为L、直径为D，则金属丝的电阻率为ρ=_________（用物理量符号表示）。【答案】（1）24（2）5.2352.193（2.192~2.195均可）（3）A1（4）【解析】（1）[1]多用电表选用“×1”倍率欧姆挡，则读数为（2）[2]游标卡尺是20分度的，精确度为0.05mm，则读数[3]螺旋测微器读数（3）[4]电路中最大电流约为所以电流表选择A1；[5]为了多测几组数据并且保护电路，滑动变阻器用分压式，并且由电表内阻与被测电阻阻值关系可知，电流表分压使测量值误差更大，所以电流表外接，则电路如图所示（4）[6]由和可得14.某实验小组中的小明、小华两位同学分别用如图甲所示的实验电路测量某一电阻的阻值和测量电源的电动势与内阻。（1）小明同学按照图甲所示的实验原理图连接好实验器材，并按如下步骤完成实验：a．先将电阻箱阻值调到最大，闭合，断开，调节电阻箱阻值，使电流表指针有较大的偏转，读出此时电阻箱的阻值和电流表的示数；b．保持开关闭合，再闭合开关，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为，记下此时电阻箱的阻值。根据实验步骤可知，待测电阻______（用步骤中所测得的物理量表示）；（2）小华同学用该电路测量电源的电动势和内阻，若已知所选电流表的内阻为，同时闭合开关和，调节电阻箱，读出多组电阻值和电流的数据；由实验数据绘出的图像如图乙所示，图像的斜率为、纵轴截距为，由此可求得电源电动势______，内阻______（用本题所给物理量表示）。【答案】（1）（2）【解析】（1）[1]断开、闭合前后，回路电流相同，均为I，故总电阻相同，可知待测电阻的阻值为（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律可得整理得图像的斜率为纵轴截距为联立解得，三、计算题：本题共3小题，其中第13题8分，14题10分，第15题14分，共32分。15.如图所示，轻质绝缘细绳长为L，上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。小球所带电荷量q，质量为m。重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求电场强度E；（2）若将小球拉回竖直位置后由静止释放，试求运动到图示位置时的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）受力分析如图小球受力平衡，可得解得（2）从竖直位置运动到图示位置的过程中，由动能定理得解得16.如图所示的电路中，电阻，，滑动变阻器的最大阻值为4Ω。闭合开关K，当滑动