2023-2024年四川省成都市蓉城高中高二年级上册期末联考物理试卷

2023~2024学年度上期高中2022级期末联考

物理

一、单项选择题

1.下列物理定律中，体现了闭合电路欧姆定律实质的是（）

A.能量守恒定律B.库仑定律

C.电荷守恒定律D.牛顿第二定律

【答案】

A

【解析】

电源把其它形式的能量转化为电能的功率£7,等于电源的输出功率3与电源内电路的热

功率尸厂之和，闭合电路欧姆定律实质上是能量守恒定律在闭合电路中的具体体现。故选

Ao

2.下列关于波的说法正确的是（）

A.介质中质点的振动方向一定与波的传播方向垂直

B.当波浪冲击力的频率接近船的固有频率时，可能使航行的轮船发生共振而倾覆

C.利用波的衍射可测定人造卫星位置的变化情况

D.变化的电场一定产生变化的磁场，形成电磁场，发出电磁波

【答案】

B

【解析】

A.介质中质点的振动方向一定与横波的传播方向垂直，与纵波的传播方向平行，故A错

误；B.波浪冲击力使船做受迫振动，当波浪冲击力的频率接近船的固有频率时，可能使航

行的轮船发生共振而倾覆，故B正确；C.利用波的多普勒效应可测定人造卫星位置的变化

情况，故C错误；D.均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，不能形成电磁场，更不能发出

电磁波，故D错误。故选B

3.如图，两长直导线尸和。垂直于纸面固定放置，两者中垂线上的"、6两点关于。点

对称。在导线尸和。中通有大小相等、方向相反且垂直于纸面的电流/时，。点的磁感应

强度大小为反），则〃点的磁感应强度（）

，a

O0

Q

G।b

A.大小为2B（）,方向与a点相反

B.大小为2瓦），方向与a点相同

C.大小为及），方向与a点相反

D.大小为及），方向与a点相同

【答案】

D

【解析】

根据题意，由对称性可知，导线尸和。各自在。点、匕点产生的磁感应强度大小相等，由

安培定则可知，磁感应强度方向如图所示，由磁场的叠加原理可得，导线尸、。中的电流

在a点、匕点产生的磁感应强度大小相等，方向相同。故选D。

B。

4.一列简谐横波沿x轴负方向传播，波长为“，周期为T。f=0时刻的波形图如图甲所

示，b.c、d是波传播方向上的四个质点。图乙为某质点的振动图像。下列说。法

正确的是（

A.7=0时刻，质点。的速度比质点匕的速度大

B.7=0时亥||,质点c的加速度比质点d的加速度小

C.图乙可以表示质点b的振动图像

D.图乙可以表示质点d的振动图像

【答案】

C

【解析】

A./=0时刻，质点a在波谷，速度为零，质点〃在平衡位置，速度最大，故A错误；

B.7=0时刻，质点c在波峰，加速度最大，质点d在平衡位置，加速度为零，故B错

误；CD.根据“上下坡法”或“直角不含波形法”可以判断，『=0时刻，质点b在平衡位

置且向上振动，故C正确，D错误。故选C。

5.华为Mate60pro智能手机实现了超可靠玄武架构、全焦段超清影像、卫星通话等独特

功能，深受国内外人民喜爱。其说明书的部分参数内容如下表所示，关于该手机，下列说

法正确的是（）

手机类型智能手机、5G手机

屏幕分辨率2720x1260像素

电池容量5000niAh

充电功率88W

待机时间约30天

A.给手机充电时，手机的电池将其它形式的能量转化为电能

B.放电时电池可输出的最大电荷量为1.8X1C）4C

C.正常待机状态时的平均电流约为70mA

D.手机的电池没电后，用11V的电压给手机充电，充满电需要2小时

【答案】

B

【解析】

A.给手机充电时，手机的电池将电能转化为其它形式的能量，故A错误；B.放电时电池

可输出的最大电荷量4=5000xl0-3x3600C=l.8x104（2,故B正确；C.正常待机状态

时的平均电流/=幺=L8xl04A土0.0069A“7mA,故C错误；D.用11V的电

t30x24x3600

压给手机充电，充满有臼=夕。，解得

t==1-8x10xl-s=2250s=37.5min=0.625h,故D错误。故选D。

P88

6.如图，电源的电动势为E,内阻为「，&）为定值电阻且4=心电表均为理想电表。

闭合开关S后，在滑动变阻器R的滑片P由最左端。向最右端匕移动的过程中（）

A.电流表和电压表示数均逐渐增大

B.电压表与电流表示数的比值?逐渐减小

C.电压表与电流表示数改变量的绝对值当逐渐减小

A/

D.电源的输出功率逐渐减小

【答案】

B

【解析】

,E

A.根据闭合电路欧姆定律有/=三-----在滑片P由最左端。向最右端b移动的过程

中，R减小，则/增大，电流表示数逐渐增大。由。=E—"可知，当/增大时，路端电

压U减小，则电压表示数逐渐减小，故A错误；B.电压表与电流表示数的比值

—=R+6,可知R减小，一逐渐减小，故B正确；C.由闭合电路欧姆定律

At/

。=石-"可知，电压表与电流表示数改变量比值的绝对值七=r，可知R减小，

A/

降不变，故C错误；D.因4=乙开始时氏+凡〉厂，根据

E。E2

P=UI=（---------『（A+&）=------------------

R+&+r（R+K-rf”厂,可知R减小，电源的输出功率逐

R+用+r

渐增大，故D错误。故选B。

7.如图，电荷量分别为。1、&的小球B、C固定于相距为d的绝缘水平面上。另有一

个质量为加、电荷量为q的小球A悬浮静止于空中，此时小球A、B的距离为当走Q,

2

小球A、C的距离为已知重力加速度大小为g,静电力常量为左，三个小球均可视

2

为点电荷。下列说法正确的是（）

04

一

A.储与。2为异种电荷

B.带电小球A所在点的电场强度方向一定竖直向上

cQ=下Q

【答案】

c

【解析】

A.小球A悬浮静止于空中，因此小球B对A的排斥力与小球C对A的排斥力的合力一定

与小球A所受的重力等大反向，故三个小球均带同种电荷，故A错误；B.小球A受到的

电场力一定竖直向上，但不知小球A所带电荷的电性，故无法判定其所在点的电场强度方

向，故B错误；CD.由三角形的边角关系可知NA3C=30°,ZACB=60°,根据库仑定

kQ、q.kQq.乙八。

—二二sin3o0n0o+(12'sin60°二二mg

律和平衡条件，可得(q)25产

22

°=-^-cos60°

cos303mgd2cy/^rngd2

解得也

(英)2(卜了，2,2i—，&=8k

8kqq

2

故D错误，C正确。故选C。

8.静电除尘是工业生产中处理烟尘的重要方法。除尘装置由金属管A和悬挂在管中心的

金属导线B组成，如图甲所示。工作时，使中心的金属导线B带负电，金属管A接地，

A、B之间产生如图乙（俯视图）所示的电场，圆内实线为未标方向的电场线。金属导线

B附近的气体分子被强电场电离，形成电子和正离子，电子在向正极A运动的过程中，使

烟尘中的颗粒带上负电。这些带电颗粒在静电力作用下被吸附到正极A上，最后在重力作

用下落入下方的漏斗中。经过这样的除尘处理，原本饱含烟尘的气体就可能达到排放标

准，满足环保要求。图乙中H=c、d在同一圆上。下列说法正确的是（）

A.图乙中c点和d点的电场强度相同

B.带上负电的颗粒在。点所受的电场力大于在c点所受的电场力

C.一电子从C点运动到a点的过程中，其电势能增大

D.电势差关系：Uab<Ubc

【答案】

D

【解析】

A.c点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B.根据电场线的疏密可知，

。点的电场强度小于c点的电场强度，带上负电的颗粒在。点所受的电场力小于在c点所

受的电场力，故B错误；C.电子从c点运动到。点的过程中，电场力做正功，电势能减

小，故C错误；D.由。=&/可知，ab间任意一点的电场强度都小于匕c间任意一点的电

场强度，因ab=Z?c,所以历，故D正确。故选D。

二、多项选择题

9.关于物理学家的成就，下列说法正确的是（）

A.法拉第提炼出“场”的科学创新思想，并引入了电场线

B.焦耳第一次提出了能量守恒定律

C.奥斯特发现了电流的磁效应，安培利用对称性思想提出了磁能生电

D.麦克斯韦建立了电磁场理论，并预言了电磁波，赫兹通过实验证实了电磁波的存在

【答案】

AD

【解析】

A.法拉第提炼出“场”的科学创新思想，并引入了电场线，故A正确；B.亥姆霍兹第一

次提出了能量守恒定律，故B错误；C.奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第利用对称性思

想提出了磁能生电，故C错误；D.麦克斯韦建立了电磁场理论，并预言了电磁波，赫兹通

过实验证实了电磁波的存在，故D正确。故选AD。

10.近年来，人工智能机器人逐渐走入我们的生活。如图，某科技小组在研究扫地机器人

内部直流电动机的性能时，发现当电动机两端的电压为。1、通过的电流为人时，电动机没

有转动；当电动机两端的电压为。2、通过的电流为人时，电动机正常转动。关于这台电

动机的电阻和正常工作时的输出功率，下列说法正确的是（）

A.电动机的电阻为厂=7-

u2

B.电动机的电阻为厂=7•二

[2U

C.正常工作时的输出功率为4=。2/2-二/

I2U

D.正常工作时的输出功率为4=-

【答案】

AC

【解析】

J

AB.电动机没有转动，可以视为纯电阻，电阻厂=?,故A正确，B错误；CD.由电动机

T-U

正常工作时，输出功率端=4/2—/）=4/2---.故c正确，D错误。故选AC。

11.如图，在一柱形区域内有匀强电场，该区域的横截面是以。为圆心、半径为R的圆，

AB为圆的直径。质量为加、电荷量为e的电子在纸面内从A点先后以不同大小的速度进

入电场，速度方向与电场强度方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的电子，从圆周上的

。点以速率%离开电场，AC与的夹角为6=60°,运动过程中电子仅受电场力作

用。下列说法正确的是（）

A.电场强度的方向沿AC连线由A指向C

B.电场强度的大小为石=遗

2eR

C.电子进入电场的速率为V1=等％时，将从8点离开电场

D.电子进入电场的速率为匕=乎%时，离开电场后的动能增量最大

【答案】

BC

【解析】

A.电子初速度为零，从C点离开电场，故电场强度方向与AC平行，由C指向A,故A

错误；B.由几何关系和电场强度的定义可知AC=H,F=eE,由动能定理有

1mv2

F-AC=—mvl,得E=j,故B正确；C.如答图，电子从A点运动到8点做类平抛

22eE

运动，由几何关系可知AC由牛顿第二定律和运动学公式有

3C=2Rsin60°=也，AC=2Rcos60°=-atf,a=—,结合后=些，解得

2m2eE

%=与。，故C正确；D.作与8C平行的直线与圆相切于。点，与AC的延长线交于

尸点，则从圆周上的。点离开的电子电场力做功最多，动能增量最大。电子从A点运动到

。点做类平抛运动，在AC方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动的距离等于AP；

在垂直于AC的方向做匀速直线运动，运动的距离等于。P。由几何关系可知

ZPAD=30°,由牛顿第二定律和运动学公式有==AP=-R=-atl，

22222

a=—,解得％=42片，故D错误。故选BC。

m24

三、实验探究题

12.在实验室我们通过如图所示的实验装置来探究电路中产生感应电流的条件。线圈A通

过滑动变阻器和开关加连接到电源上，构成直流电路，线圈B、开关S2和电流表串联构

成回路，线圈A放在线圈B内。实验步骤如下:

S2

（1）断开开关S2，闭合开关S1的瞬间，发现电流表的指针（填“偏转”或

“不偏转”）。

（2）闭合开关S2，闭合开关Sj,匀速移动滑动变阻器滑片的过程中，发现电流表的指针

（填“偏转”或“不偏转”）。

（3）以上实验表明：产生感应电流的条件是o

【答案】

（1）不偏转；（2）偏转；（3）闭合回路的磁通量发生变化

【解析】

（1）[1]线圈B回路未闭合，没有感应电流，电流表的指针不偏转。

（2）[2]线圈B回路闭合，移动滑动变阻器的滑片时，线圈A的电流变化，产生的磁场变

化，穿过线圈B的磁通量变化，线圈B回路产生感应电流，电流表的指针偏转。

（3）[3]同时满足回路闭合和回路中的磁通量要发生变化才能产生感应电流，即产生感应

电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化。

13.实验室提供器材如下：

电池组（电动势为石=3V,内阻为r=l£l）；

多用电表（可测电压、电流和电阻）；

电流表A1（量程为0500mA,内阻约为0.50）；

电流表A2（量程为03mA,内阻未知）；

电阻箱R（阻值范围为09999.92）；

滑动变阻器R（阻值范围为010Q）；

开关一个，导线若干。

为研究一额定电压为2.5V、额定功率为LOW的小灯泡的伏安特性，某同学利用上述器材

进行了以下实验：

（1）用多用电表的欧姆挡测定电流表A2的内阻。若将选择倍率的旋钮拨至“xlO”挡，

测量时指针如图甲所示，则电流表A2的内阻为以=（保留2位有效数字）。

（2）将电流表A，改装成量程为03V的电压表，具体操作为：将电阻箱R与电流表

A,串联，调节电阻箱R使其阻值为。。

（3）该同学设计了如图乙、丙所示的两种电路，（填“图乙”或“图丙”）

所示电路实验误差相对较小。

定出多个数据点的位置〈图中横轴4为电流表A1的示数值，可直接反映通过小灯泡的电

流，纵轴，2为电流表A2的示数值，可间接反映小灯泡两端的电压)。

①在图丁中作出小灯泡的A-11图线；-

②由图线可知，随着小灯泡两端的电压增大，小灯泡的电阻(填“增大”“减

小”或“不变”)o

【答案】

(1)15；(2)985；(3)图丙；(4)

【解析】

(1)［1］由图甲可读出电流表A,内阻为2=15Q。

U3

(2)［2］串联电阻的阻值辱--2=3xlO3Q~15Q=985Q0

82

(3)［3］因皮＜&&,小灯泡是小电阻，采用外接法，故图丙所示电路实验误差相对较

小。

(4)［4］根据坐标系内描出的点作出图线如答图所示。［5］金属丝的电阻率随温度的升高而

增大，小灯泡两端的电压增大时，小灯泡的电阻增大。

14.如图所示电路中，电源的电动势为E=12V,内阻为r=1C,定值电阻片=6。。电

容器极板水平且两极板之间的距离为d=2cm,极板中间有一质量为m=3xlO-3kg、电

荷量为q=+1x10-4(2的小球。当滑动变阻器&接入电路的阻值为&时，小球恰好处于

静止状态，重力加速度大小取g=10m/s2求:

(1)此时电阻与两端的电压Ui：

(2)此时滑动变阻器&接入电路的阻值R-

【答案】

(1)6V；(2)5。

【解析】

(1)小球恰好处于静止状态，由平衡条件有mg=qE,U[=Ed,解得U、=6V；

(2)由部分电路欧姆定律有/=余-,由闭合电路欧姆定律石=。1+/(厂+&),解得

RL=5Q。

15.如图，。点为简谐横波波源，振幅为10cm的波从。点分别沿了轴正方向和负方向

传播，Oa=3m,Ob=6ma『=0时亥U，波源。由平衡位置开始竖直向上振动，。=3s

时，质点a刚好开始振动，L=7S时，质点匕第一次到达波峰。求:

(1)波在介质中传播的速度和波长；

(2)以波传播到质点。时为计时起点，写出波源。的振动方程；

(3)质点匕在04=l°s内通过的路程并在图中画出波在％=l°s时的波形图。

*y/cm

10

-10

【答案】

jl37c71

（1）4m；（2）y=0.lsin（5%+5-）〃（或y=—0.1cos（5%）m）；（3）见解析

【解析】

Oa

(1)%=3s时，质点〃刚好开始振动，根据u=\—,解得y=lm/s,^=7s时，质点〃

h

第一次到达波峰，根据，解得T=4s,所以；l=vT=4m；

v4

(2)以波传播到质点。时计时起点,波源。位于负最大位移处，由于

27r717T34

®=—=—rad/s,A=10cm,所以波源O的振动方程为y=0.1sin（»f+飞-）m（或

71

y--0.1cos（—r）m）；

(3)质点b在06s内未振动，％=l°s时振动了4s,即一个周期，质点匕通过的路程

4A,所以s=40cm,波在匕=l°s时的波形图如图所示。

y/cm

16.如图，在直角坐标系xOv的第一象限内有一方向竖直向上的匀强电场4；第四象限

内（含y轴）有一方向水平向右、电场强度大小为E2=IOOON/C的匀强电场；第二、三

象限内（不含y轴）