安徽省合肥市普通高中六校联盟2023-2024学年高二年级上册1月期末联考物理试题

合肥市普通高中联盟20232024学年第一学期期末联考高二年级物理试

卷

（考试时间：75分钟满分：100分）

1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。

2.本试卷分第I卷（选择题）和第U卷（非选择题）两部分。请将答案写在答题卡上。考试结

束后，只交“答题卡”。

第I卷选择题（共42分）

一、选择题（共10小题；其中18题为单选，每小题4分；910题为多选，每小题5分；共

42分。）

1.为使同学们能更好地学习，探索浩瀚的物理世界，教材中设计了问题、实验、演示、科学方法等栏目。

在《必修三》“科学方法''栏目中介绍了用物理量之比定义新物理星，它是物理学中一种常用方法。以下物理

量表达式中属于用物理量之比定义电场强度的是（）

FOUW

A.E=—B.E=k当C.E=—D.E=—

q广dqd

【答案】A

【解析】

【详解】A.该式为电场强度的定义式，属于比值定义法定义的物理量，电场强度与放入电场中的电荷无关,

反映电场本身的性质，故A正确；

B.该式为点电荷形成的电场的电场强度的决定式，不是比值法定义的物理量，故B错误；

C.该式为匀强电场中电势差与电场强度的关系式，不是电场强度的定义式，故C错误；

D.该式为匀强电场中电场力做功与电场强度的表达式，不是电场强度的定义式，故D错误。

故选Ao

2.通讯技术的发展离不开电磁波。下列关于电磁波的说法正确的是（）

A.水波、声波和电磁波的传播都离不开介质

B.不同频率的电磁波在真空中的传播速度不同

C.所有物体都在不断发射出波长比可见光的波长更短的红外线

D.赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论

【答案】D

【解析】

【详解】A.水波、声波属于机械波，其传播需要介质，但电磁波的传播不需要介质，故A错误;

B.不同频率的电磁波在真空中的传播速度均相同，故B错误；

C.所有物体都在不断发射出波长比可见光的波长更长的红外线，故C错误；

D.赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，故D正确。

故选Do

3.下列关于图中的相关判断和描述正确的是（）

A.甲图中匀强电场中任意两点的电势相等

B.乙国中表示的电场是由等量异种电荷产生的

C.丙国中条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止

D.丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知甲图中匀强电场中任意两点的电势不一定相等，故

A错误；

B.乙图中表示的电场应是由等量同种点电荷所产生的，故B错误；

C.丙图中条形磁铁的外部磁感线从N极出发，到S极终止，内部则从S极出发，到N极终止，从而形成

闭合曲线，故C错误；

D.根据安培定则结合小磁针静止时N极的指向为该点的磁场方向，可知丁图中环形导线通电后，其轴心

位置小磁针的旋转方向符合物理事实，故D正确。

故选D。

4.图示装置是某同学探究感应电流产生条件的实验装置。现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线

圈B、电流表及开关按如图所示连接。下列说法中正确的是（）

A.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流表指针均不会偏转

B.开关闭合后，将线圈A从B中拔出会引起电流表指针偏转

C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流表指针不偏转

D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流表指针才会偏转

【答案】B

【解析】

【详解】A.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，线圈A将产生一个变化的磁场，这个变化

的磁场将在线圈B中激发出感应电流，所以电流表的指针将会偏转，故A错识；

B.开关闭合后，将线圈A从B中拔出时，线圈B中的磁通量将会减小，线圈B中会产生感应电流，所以

电流表指针会偏转，故B正确；

C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片尸匀速滑动，线圈A中的电流将随之变化，则通过线圈B的磁通量也

将变化，从而产生感应电流，所以电流表指针会偏转，故C错误；

D.开关闭合后，只要滑动变阻器的滑片P滑动，就能使线圈A中的电流发生变化，从而改变通过线圈B

的磁道量，产生感应电流，电流表指针就会偏转；即滑片尸不一定要加速滑动，故D错误。

故选B。

5.在如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为广，闭合开关S,电灯L正常发光。两块电表均为理想

电表。在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（）

A.电流表的示数变小B.灯泡L的亮度变小C.电压表的示数变大D.电源的总功率变小

【答案】B

【解析】

【详解】AD.在滑片P向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路阻值变小，则电路的总电阻变小，根据闭

荷的电荷量都是夕(1>0)。若引入一个点电荷P,放在等边三角形的中心，使三角形顶点处的电荷所受静

电力合力为零，则下列说法正确的是()

夕q

A.未引入点电荷尸之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为

a

B.未引入点电荷P之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为立攵工

3a2

C.引入的点电荷尸带负电.所带电荷量为Q=立4

D.引入的点电荷尸带正电，所带电荷量为0=

【答案】C

【解析】

AB.艰据题意作图，如图所示。三角形顶点每个点电荷都受到其他两个点电荷的斥力，根据平行四边形定

则可得，顶点上的每个点电荷所受的库仑力为

F=2F1cos300=k―

故AB错误；

CD.要使三角形顶点处电场强度为零，则该处点电荷所受静电力为零，则引入的电荷必须是负的点电荷，

由平衡条件得

型=口

又有几何关系的

27-cos300=6?

解得

故C正确D错误

故选C。

8.如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等差

等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸板，八6是其路径上的两点，不计液滴重力，

下列说法正确的是（）

——--------------

高压电源

I

9

带电液滴/I

7!

等势面’

A.液滴带负电

B.a点的电势比b点的高

C.液滴在a点的加速度比在b点的小

D.液滴在。点的电势能与在b点的电势能相等

【答案】B

【解析】

【详解】A.因为吸板接电源的负极，且液滴加速飞向吸板，可知液滴带正电，故A错误；

B.电场的方向由发射极指向吸板，沿电场线电势逐渐降低，可知。点的电势比6点的高，故B正确；

C.因。点的等势面较8点密集，可知。点的场强大于b点场强，则液滴在a点的加速度比在方点的大，故

C错误；

D.液滴带正电，且。点的电势比b点的高，则液滴在a点的电势能比在b点的大，故D错误。

故选Bo

9.如图甲所示的电路，电源电压8V,电阻及与一个电流传感器相连，传感器可以将电路中的电流随时间变

化的曲线显示在计算机屏幕上，先将S接2,给电容器C充电，再将S接1,结果在计算机屏幕上得到如图

乙所示的曲线，将该曲线描绘在坐标纸上（坐标纸.上的小方格图中未画出），i轴每小格表示0.1mA,/轴每

小格表示0.1s,图线与坐标轴所围成的面积约为80个小方格。则下列说法正确的是（)

A.充电电流由。极板穿过电容器内部流向6极板

B.放电时电流沿逆时针方向

C.电容器充电完毕时，所带电荷量约为8xi（r4c

D.电容器的电容约为0.1F

【答案】BC

【解析】

【详解】A.电流不能穿过电容器，否则电容器会被击穿。充电的本质是。极板上的电子通过电源，到达方

极板。故A错误；

B.充电完成后。极板带正电，6极板带负电，放电时，电流沿逆时针方向。故B正确；

C.在i-Z图像中，图线与横轴围成的面积代表通过的电荷量，即电容器充电完毕时，所带电荷量。则该电

荷量为

^=0.1X10-3X0.1X80C=8X10-4C

故C正确：

D.根据电容定义式

C=2=lxl04F

E

故D错误；

故选BCo

10.一带负电的粒子只在电场力作用下沿X轴正向运动，其电势能航随位移X的变化如图所示，其中。〜X2

段是抛物线，XI处是顶点，X2〜刈段是直线，且与抛物线相切。粒子由O〜X3运动过程中，下列判断正确的

是（）

B.O〜xi段粒子动能增大

CM〜及段粒子电场强度增大

D.X2〜刈段粒子做匀速直线运动

【答案】AC

【解析】

【详解】A.由图像可知：0X3运动过程中，由图有

Epl>Ep2>Ep3

根据

Ep=~q（P

可知，对负电荷来说，电势越低的地方电势能越大，所以有

（p,<（p2<（py

即X3处的电势最高，故A正确；

B.粒子只受电场力时，电势能和动能之和保持不变；由图可On段，粒子的电势能逐渐增大，所以粒子的

动能逐渐减少，故B错误；

C.粒子在MX2段图像斜率逐渐增大，说明粒子受到的电场力逐渐增大，则电场强度逐渐增大，故C正确；

D.粒子在X2X3段图像斜率不变，说明粒子所受电场力不变，粒子的加速度不变，因此粒子做匀加速直线运

动，故D错误。

故选ACo

第n卷非选择题（共58分）

二、实验题（共2小题，每空2分，共22分。）

11.在测定金属丝电阻率的实验中：

（1）用游标卡尺测得其长度如图（a）所示，其长度为mm；用螺旋测微器测得其直径如图（b）

所示，其直径为mm。

（2）用下图所示的电路测量金属丝的电阻，测得的电阻值比真实值偏（填“大”或“小”），造成误差的

原因是（选填“电压表分流”或“电流表分压

HYH

（3）用伏安法测量金属丝的电阻，当通过金属丝的电流为/时，金属丝两端的电压为U,已知金属丝的长

度为3直径为。，由此可得到金属丝的电阻率的表达式夕=。

【答案】①.29.9②.4.700（均可得分）③.小④.电压表的分流⑤.兰空

4IL

【解析】

【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以所测金属丝的长度为

29+9x0.1mm=29.9mm

⑵螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以金属丝的直径为

4.54-20.0x0.01mm=4.700mm

（2）[3][4]利用电流表外接法，由于电压表的分流作用，电流表测的电流是待测电阻上的电流与电压表上的

电流之和，即电流偏大，根据欧姆定律可得电阻测量值比真实值偏小；

（3）[5]根据欧姆定律有

R=T

根据电阻定律

cL

R=p—

S

S=

可得

1

12.（1）游标卡尺读数mm：螺旋测微器读数mm

2cm

IIIIIIIJIIIIIIIIIIII

I1IIIIIIII|IIII|IIII|

05101520

(2)为测量一节干电池的电动势和内阻,某同学采用了伏安法，现备有下列器材:

A.被测干电池一节

B.电流表1：量程0~0.6A,内阻6=0.30

C.电流表2：量程0〜0.6A,内阻弓约为0.1C

D.电压表1：量程0〜3V,内阻未知

E.电压表2：量程。〜15V,内阻未知

F.滑动变阻器1：0〜10C,允许流过最大电流2A

G.滑力变阻器2：0〜100C,允许流过最大电流IA

H.开关、导线若干

在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响.测量结果存在系统误差；在

现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。

①请选择适当的器材：电流表;电压表;滑动变阻器;(填器材前的序号)

②实验电路图应该选下图中的(填“甲”或"乙”)；

③根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则干电池的电动势V,内

电阻r=C。

【答案】①.5.15②.5.033##5.031##5.032##5.034##5.035③.B④.D⑤.F⑥.甲

⑦.1.5⑧.0.7

【解析】

【详解】(1)[1]主尺读数为5mm,游标尺读数为3X0.05mm,读数为5mm+3X0.05mm=5.15mm。

[2]螺旋测微器主尺读数为5mm,可动刻度示数为3.3X0.01mm,读数为5mm+3.3X0.01mm=5.033mm。

(2)[3]已知电流表1的内阻，可以把它田联在干路中，把它的内阻看成电源的一部分，而电压表测量得到

的电压就可以看成是路端电压，电流表选B。

[4]由于一节干电池的电压约为1.5V,路端电压小于L5V,0〜15V读数误差太大，电压表选D。

[5]由部分电路欧姆定律可知，如果选取滑动变阻器1,当电路电流达到电表最大阻值0.6A时，由

-^=2.5。

当滑动变阻器取最大值10。时，由欧姆定律有

可见，如果滑动变阻器取（M0C,则电流可控制在0.15A〜0.6A,如果选量程在0〜100C,在实验中非常不方

便。

[5]因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等效为电源

内阻，电压表的示数即可看做路端电压，选甲图。

⑹由丙图，可以读出电源电动势为1.5V。

[7]由丙图，根据闭合电路欧姆定律

AU1.5V-1.0V

根据上式，解得尸=0.7C°

三、计算题（共4小题，其中第13题10分，第14题为必做题，考生均需作答：第15题，

第16题为选做题，请考生从两题中选做一题。第13题10分，第14题14分，第15题12分,

第16题12分，共计36分。）

13.如图所示，已知电源电动势E=20V,为阻尸1Q,当接入固定电阻H=4。时，电路中标有“3V,6W”的灯

泡L和内阻RM=0.5C的小型直流电动机M都恰能正常工作.求：

（1）电路中的电流,；

（2）电源的输出功率尸外；

（3）电动机的输出功率P出.

0

【答案】(1)2A(2)36W(3)12W

【解析】

【详解】（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为

a

代入数据得：

Z=2A

(2)电源的输出功率为户外=尸总尸内，即

P外=EIPr

代入数据得：

P外=36W

(3)由串联电路分压关系得：

UM=EI(r+R)UL

代入数据得：

UM=7V

电动机的输出功率为P出=尸电P热,即

P出=IUM?RM

代入数据得：

尸产12W

14.如图，48。为竖直平面内的绝缘轨道，其中48段是长为尸1.25m的粗糙水平面，其动摩擦因数为4=0.1,

8。段为半径R=0.2m的光滑半圆，两段轨道相切于8点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小

3

E=5.0：＜10V/mo一质量制=2.0x1()2kg、所带电荷量夕=2.0xl()5c带负电的小球，以速度如从力沿水平轨道向

右运动，接着进入半圆轨道且恰能通过最高点。点。(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无

电荷转移，g=10m/s2o求：

(1)小球通过轨道最高点。时的速度大小；

(2)带电小球在从。点飞出后，首次落到水平轨道上时的位移大小；

(3)小球的初速度w的大小。

【答案】(1)lm/s；(2)----m；(3)2.5m/s

5

【解析】

【详解】（1）小球恰能通过轨道最高点。，根据牛顿第二定律可得

mg—qE=m*

代入数据得

vD=lm/s

（2）小球从。点飞出后做类平抛运动，有

mg-qE-ma

2R=-at2

2

X=VDt

则从D点到落地点的位移大小为

2>/2

L=y]x2+(2R)2=----m

5

（3）从力点运动到。点，由动能定理得

一〃(mg-qE)s-2nigR+2qER=~mvD~~mv()

代入数据得

%=2.5m/s

（选做：选择性必修一）

15.如图所示，一个质量加=50kg的蹦床运动员，从离水平网面％=3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方

向蹦回到离水平网面力2=5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为4=0.9s,重力加速度g取lOm/s?。

（1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量△