2024-2025学年山东省潍坊市安丘一中高二（上）开学物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年山东省潍坊市安丘一中高二（上）开学物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.如图，质量为m的一磁铁吸附在铁板AB的下方，磁铁重心到铁板A端的距离为L，铁板A端与铰链连接，现缓慢推动B端，使铁板AB与磁铁一起绕铁板A端逆时针转动，转动过程中，铁板AB与磁铁始终保持相对静止，重力加速度为g，铁板AB与水平面夹角θ从30°变为60°过程中，则下列说法正确的是(

)A.磁铁受到三个力的作用

B.磁铁可能不受摩擦力的作用

C.铁板AB对磁铁的作用力不做功

D.铁板AB对磁铁的作用力做功为(2.如图所示，一滑雪运动员从山坡上的A点由静止开始滑到山坡底的B点，该运动员和雪橇的总质量为m，滑到B点的速度大小为v，A、B两点的高度差为ℎ，重力加速度为g，该过程中阻力做的功为(

)A.mgℎ B.12mC.12mv3.如图所示，小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究。电容式位移传感器中的电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为x，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势、内阻均恒定，R为定值电阻。下列说法正确的是(

)A.电压表读数不为零，说明x在增大

B.若x保持不变，则电压表示数一定为零

C.在x增大的过程中，电容器两极板带电量减小

D.在x增大的过程中，a点电势始终高于b点4.下列公式中，F、q、E、U、r、d、φ、Ep分别表示静电力、电荷量、电场场强、电势差、点电荷之间的距离、沿电场线方向的距离、电场中某点的电势、电荷在电场中某点所具有的电势能：①F=kq1q2r2，②E=kQr2A.它们都只对点电荷或点电荷的电场成立

B.①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立，⑤只对匀强电场成立

C.①②③④只对点电荷或点电荷电场成立，⑤对任何电场都成立

D.①②只对点电荷成立，③④⑤对任何电场都成立5.一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v。若将该金属导线对折一次，使其长度变为原来的一半，仍给它两端加上恒定电压U，则下列说法正确的是(

)A.此时金属导线的阻值为R2 B.此时通过金属导线的电流为I4

C.此时自由电子定向移动的平均速率为2v D.6.如图所示的甲、乙两个电路，都是由完全相同的灵敏电流计G和完全相同的电阻箱R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是(

)A.甲表是电流表，R减小时量程减小 B.甲表是电流表，R减小时量程增大

C.乙表是电压表，R减小时量程增大 D.乙表是电流表，R减小时量程增大7.如图所示，电源电动势6V，内阻1Ω，小灯泡L标有“2V、0.4W”字样，开关S闭合后，小灯泡L正常发光。已知电动机的内阻也是1Ω，则电动机的输出功率为(

)A.0.76W B.0.72W C.0.04W D.0.4W8.如图，G为灵敏电流计，V为理想电压表，R1为定值电阻，R2是一根盐水柱(封于橡皮管内，与电路导通)，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，电容器两板间的带电油滴恰好静止。则握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中(忽略温度对电阻的影响)(

)A.电阻R2的阻值减小 B.V表示数减小

C.油滴仍然静止 D.G表中有从c到a二、多选题：本大题共4小题，共16分。9.某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，最高可以到达离地面高度为ℎ的B点位置，从A到B足球克服空气阻力做的功为W，选地面为零势能的参考平面，则下列说法中正确的是(

)A.足球从A到B机械能守恒

B.该同学对足球做的功等于12mv02

C.足球在A点处的机械能为12m10.四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1A.电流表A1的读数大于电流表A2的读数

B.电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角

C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数

11.在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合电键S，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，各电表示数变化量分别为ΔI、ΔUA.I变大，U2变大

B.电源的效率增加

C.电源的总功率增加

D.|ΔU112.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断错误的是(

)A.电容器C的电荷量将减小

B.灯泡L将变亮

C.R0两端的电压减小

D.三、实验题：本大题共2小题，共18分。13.某物理学习小组在“验证机械能守恒定律”的实验中(g取9.8m/s2

(1)他们拿到了所需的打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台、纸带夹和重物，此外还需要______(填字母代号)；

A.直流电源

B.交流电源

C.秒表

D.毫米刻度尺

(2)先接通打点计时器的电源，再释放重物，打出的某条纸带如图乙所示，O是纸带静止时打出的点，A、B、C是标出的3个计数点，测出它们到O点的距离分别为x1=12.16cm、x2=19.1cm和x3=27.36cm，其中有一个数值不符合读数规则，代表它的符号是______(选填“x1”、“x2”或“x3”)；

(3)已知电源频率是50Hz，利用(2)中给出的数据求出打B点时重物的速度vB=______m/s(保留三位有效数字)；

(4)重物在计数点O14.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率不合格(电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标)。某学习小组对某种纯净水样品进行检验，实验步骤如下：

(1)将采集的水样装满绝缘性能良好的圆柱形塑料容器，容器长为L，两端用金属圆片电极密封，用游标卡尺测量圆柱形容器内径如图所示，其示数为d=______mm；

(2)小组同学用多用电表粗测该水样的电阻为1200Ω。为了准确测量水样的电导率，学习小组准备利用以下器材进行研究；

A.电压表(0～3V，内阻约为1kΩ)B.电压表(0～15V，内阻约为5kΩ)

C.电流表(0～10mA，内阻约为1Ω)D.电流表(0～0.6A，内阻约为10Ω)

E.滑动变阻器(最大阻值约为100Ω)F.蓄电池(约为12V，内阻约为2Ω)

G.开关、导线若干

实验要求测量尽可能准确，请你在方框中设计出实验电路图，电路中电压表应选择______，电流表应选择______；(填器材前面的字母序号)

(3)水样电导率的表达式为σ=______[用测得的物理量(U、I、d、L)表示]。四、计算题：本大题共4小题，共40分。15.如图所示，一条长为L的绝缘细线，上端固定，下端系一质量为m的带电小球，将它置于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，当小球平衡时，悬线与竖直方向的夹角为45°．

(1)小球带何种电荷？电荷量为多少？

(2)若将小球向左拉至悬线成水平位置，然后由静止释放小球，则放手后小球做什么运动？经多长时间到达最低点．16.如图，一质量m=1×10−6kg、带电荷量q=−2×10−8C的微粒以初速度大小v0竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A点高ℎ=0.2m的B点时，速度大小为2v0，方向水平。g取10m/s2，求：

(1)微粒的初速度大小v0；

(2)A17.如图电路中，电阻R2=5kΩ，A、C两端的电压10V保持不变，电压表的内阻RV=10kΩ，量程足够大。当电压表接在A、B两端时，示数U1=5V。求：

(1)电压表接在A、B两端时，电路中流经电阻R2的电流I；

(2)电阻R1；

(3)电压表接在18.如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R1=3Ω，R2=6Ω，C=30μF．

(1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流．

(2)然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电量．

(3)如果把R2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10Ω答案解析1.D

【解析】解：AB.磁铁一定受到重力、磁力、弹力和摩擦力作用处于平衡状态，所以磁铁受4个力的作用，故AB错误；

CD.铁板AB对磁铁的作用力与磁铁的重力平衡，大小等于mg，方向竖直向上，则根据做功公式可知铁板AB对磁铁的作用力做功为

W=mg(Lsin60°−Lsin30°)=(3−1)2mgL

故C错误，D正确。

故选：2.C

【解析】解：对运动员和雪橇从A点到B点过程，应用动能定理

mgℎ+Wf=12mv2

解得

Wf=12mv2−mgℎ

故3.B

【解析】解：A、电压表读数不为零，说明R中有电流，电容在充电或放电，x在变化，但x不一定在增大，故A错误；

B、若x保持不变，则电容器的电容不变，电容器所带电荷量不变，电路中没有电流，则电压表示数一定为零，故B正确；

CD、在x增大的过程中，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器电容增大，由电容的电压不变，结合电容的定义式C=QU可知，电容器电荷量增大，电源给电容器充电，通过R的电流方向由b指向a，则a点电势始终低于b点，故CD错误。

故选：B。

电压表读数不为零，R中有电流，电容在充电或放电，x在变化；若x保持不变，电容器电容不变，电路中没有电流，进而判断知道电压表示数一定为零；在x增大的过程中，由电容的决定式分析电容的变化，由电容的定义式分析电容器所带电荷量的变化，判断出R中电流方向，再判断4.B

【解析】解：AC、①是库仑定律表达式，只对点电荷成立；②是点电荷电场强度决定式，只对点电荷成立；③是电场强度的定义式，对任何电场都成立，故AC错误；

BD、④是电势的定义式，对任何电场都成立；⑤是匀强电场中场强与电势差之间的关系式，只对匀强电场成立。故D错误，B正确。

故选：B。

③④是电场强度、电势的定义式，根据定义式的普遍适用特点，即可判断适用条件；其他都是针对特定情况的决定式，只使用特定的电场。

本题考查对表达式的理解，再记住表达式的前提下，还需要了解定义式是对所有情况都适用的，其他的决定式则是分情况适用。5.C

【解析】解：A、将金属导线对折一次时，其长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R=ρlS可知，金属线的电阻变为R4，故A错误；

B、对折前，根据欧姆定律I=UR。对折后，由欧姆定律得I′=UR4=4UR=4I，故B错误；

CD、根据电流的微观表达式I=nevS可知，n、e不变，S变为原来的2倍，电流变为4倍，则此时自由电子定向移动的平均速率为2v，故C正确，D错误。

故选：6.B

【解析】解：AB.甲表中电阻箱R与灵敏电流计G并联，可知甲表为电流表，根据并联电路知识，其量程为Im=Ig+IgRgR，可知R减小时甲表电流的量程增大，故A错误，B正确；

CD.乙表中电阻箱R与灵敏电流计G串联，可知乙表为电压表，根据串联电路知识可得，电压表的量程为Um=Ig(Rg7.B

【解析】解：小灯泡L正常发光，可知电路中电流为

I=PLUL=0.42A=0.2A

则电动机两端电压为

UM=E−Ir−UL=6V−0.2×1V−2V=3.8V

电动机的输入功率为

P=IUM=0.2×3.8W=0.76W

电动机发热功率为

PQ=I2r8.D

【解析】解：A、握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中，由电阻定律R=ρLS可知，盐水柱长度L增加，横截面积S减小，则电阻R2的阻值增大，故A错误；

B、因电阻R2的阻值增大，外电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以电压表V的示数增大，故B错误；

C、由于电容器两极板间电压增大，可知电容器两极板间电场强度E增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上运动，故C错误；

D、电容器两极板间电压增大，由Q=CU可知电容器充电，G表中有从c到a的电流，故D正确。

故选：D。

将盐水柱竖直均匀拉伸的过程中，根据电阻定律分析其连入电路中的电阻变化情况，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化情况，结合电压的分配规律确定电压表读数的变化，从而确定电容器两端的电压的变化情况，判断电容器是充电还是放电，从而确定9.BD

【解析】解：A、足球从A到B过程要克服空气阻力做功，所以足球从A到B机械能不守恒，故A错误；

B、该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，对于踢球过程，根据动能定理知该同学对足球做的功W=12mv02，故B正确；

C、选地面为零势能面，则足球在A点处的机械能为EA=EkA+EPA=12mv02+0=12mv02，故C错误；

D、对足球从10.AD

【解析】A、电流表A1的量程大于电流表A2的量程，故电流表A1的电阻值小于电流表A2的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确；

B、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，故B错误；

CD、两个电压表串联，电流相等，偏转角度相同，电压表V1的量程大于V2的量程，故电压表V1的读数大于电压表V11.CD

【解析】解：ABC、根据电路图可知，滑片P上滑，阻值减小，总阻值阻值减小，电流增大，闭合电路的欧姆定律E=U3+Ir，可知U3减小，U1=IR1增大，由电路图可知U3=U2+U1，所以U2减小，由电源的效率η=P输出P总×100%=IE−I2rIE×100%=E−I rE×100%可知，效率在减小，由电源总功率12.CD

【解析】解：B、把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电流I增大，则灯泡L变亮，故B正确；

AC、电容器两端的电压为：UC=E−Ir，I增大，E、r不变，则UC减小，电容器两极板的电压减小，电容器的电量减小；稳定后电容器相当于断路，故R0两端的电压为0保持不变，故A正确，C错误；

D、根据电源的功率计算公式P=EI可知，电源提供的总功率变大，由于电源的内阻与外电阻的关系未知，无法判断电源输出功率的变化，故D错误。

本题选错误的，故选：CD。

将滑动变阻器滑片向左移动一段距离后，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化，由此确定灯泡亮度变化情况，根据13.BD

x2

1.90

纸带与限位孔间有摩擦或空气阻力【解析】解：(1)在利用打点计时器时，需要给与配套交流电源，不需要秒表，并需要借助毫米刻度尺测量距离，以便验证机械能守恒定律，验证的表达式中，因此还需要BD两种仪器。

故选：BD。

(2)再利用毫米刻度尺读数时，应注意估读到下一位，因此x2读数不符合要求。

(3)B点速度应为AC段的平均速度，故

vB=x3−x14Δt=27.36−12.162×2×150×0.01m/s=1.90m/s

(4)减小的重力势能mgx2大于增加的动能12mvB2，可能的原因是纸带与限位孔间有摩擦或空气阻力。

14.50.20

B

C

4LIπ【解析】解：(1)该游标卡尺精确度为120mm=0.05mm，圆柱形容器内径为

d=50mm+0.05mmx4=50.20mm。

(2)该水样的电阻为12000，电流表应采用内接法，由于滑动变阻器的阻值比待测电阻小太多，所以采用分压接法，电路如图所示：

由于电源电压为12V，为了电压测量的安全性，应选择近的电压表量程范围，故选B；

电流表中电流约为I=UR=121200A=10mA，电流表应选用C。

(3)根据R=ρLS，S=π(d2)2，R=UI可得

ρ=πd2U4LI，

电导率是电阻率的倒数，所以电导率为

σ=4LI15.解：(1)小球受力方向与电场线相同，则为正电，如图所示由题意可知，

小球所受合力为：F合=2mg

小球所受电场力与重力大小相等，故有：qE=mg

所以小球所带的电荷量为：q=mgE

(2)将小球向左拉到水平处

可知小球所受重力和电场力的合力沿图中虚线方向，而绳在水平方向对球无弹力，故小球将沿虚线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度为：

a=Fm=2g

到达最低点时，小球的位移为2L，根据初速度为0的匀加速直线运动规律有：

2L=【解析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡状态，根据共点力平衡得出电场力的方向和大小，从而得出小球的电性以及电量的大小．

由牛二律可求得加速度，由运动学公式求时间．

解决本题的关键正确地进行受力分析，运用共点力平衡知识进行求解．由牛顿运动定律分析运动情况．16.解：(1)微粒在匀强电场中，水平方向只受电场力，做初速度为零的匀加速运动；

竖直方向只受重力，做匀减速直线运动．

对于竖直方向，有：v02=2gℎ

则得v0=2gℎ=2×10×0.2m/s=2m/s

(3)对于小球从