湖南省常德市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（含答案）

湖南省常德市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．对下列几种物理现象的解释，正确的是（）A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B．用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了减小冲量C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力D．在车内推车推不动，是因为车所受推力的冲量为零2．如图所示，放在水平地面上的斜面体M上叠放物体m，两者之间用一条伸长状态的弹簧相连．装置整体相对水平地面静止，下列说法正确的是（）A．m所受的重力和支持力大小相等 B．m受到的摩擦力一定沿斜面向下C．地面与M间没有摩擦力 D．地面对M的摩擦力方向向左3．如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点，已知a、b两点的电势分别为φa=－2V，φb=－4V，则下列叙述中正确的有（）A．这条电场线上的场强方向是a指向bB．该电场在c点处的电势为－3VC．a点处的场强Ea小于b点处的场强EbD．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能增大4．下列关于物理基本概念与规律的判断正确的是（）A．由库仑定律F=kQ1Q2B．根据电场强度的定义式E=Fq可知，E与F成正比，E与C．由E=I(D．将内阻为300Ω、满偏电流为1mA的表头改装为量程为0~3V的电压表，需要串联一个2.7kΩ的电阻5．下列四幅图都涉及了磁现象，其中描述正确的是（）A．图甲为探究影响通电导线受力因素的实验，此实验应用了等效法B．图乙中穿过线圈a的磁通量大于穿过线圈b的磁通量C．图丙中线圈a通入电流变小的直流电，线圈b所接电流表不会有示数D．图丁中小磁针水平放置，小磁针上方有一电流方向向右的通电直导线，小磁针的N极向纸面外偏转6．如图所示，平行板电容器与电动势为E'A．平行板电容器的极板所带电荷量不变B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能增加D．若将上极板与电源断开后再将下极板左移一小段距离，则油滴所受电场力变大二、多选题7．如图甲、图乙所示分别为定值电阻A和定值电阻B的U−I曲线，则下列说法中正确的是（）A．由于U−I曲线的斜率表示电阻的大小，则定值电阻A、B的阻值相等B．定值电阻A与定值电阻B的阻值之比为1：2C．如果在两电阻两端加相同的电压，流过两电阻的电流相同D．如果在两电阻两端加相同的电压，则相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2：18．我国已成功实现多次载人飞船与空间站径向交会对接，其过程可简化为飞船被送入预定轨道后，进行多次变轨，到了空间站下方几十公里后进行远距离导引，到更近的“中瞄点”后进行近距离导引，飞船一边进行姿态调整，一边靠近空间站，在空间站正下方约200米处调整为垂直姿态，再逐步向核心舱靠近，完成对接。下列说法正确的是（）A．飞船在低轨道环绕周期比在高轨道的环绕周期大B．远距离导引过程中，飞船需要点火加速C．空间站的线速度比第一宇宙速度大D．交会对接时，必须控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同9．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，电压表、电流表均为理想电表，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为（）A．电流表的示数减小B．电流表的示数先减小后增大C．电源的输出功率可能先增大后减小D．电源的输出功率可能一直不变10．如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3)的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10A．沿x轴正方向，电场强度逐渐增大B．滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止C．滑块运动最大速度约为0.2m/sD．滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置三、实验题11．某实验小组用如图所示的实验装置来验证系统机械能守恒。在水平桌面上放有一气垫导轨，气垫导轨左侧装有定滑轮，气垫导轨上固定有两个光电门，用来测量遮光片通过光电门时的遮光时间，绕过定滑轮的轻质细绳将滑块与砝码盘连接。（1）用20分度游标卡尺测量遮光片的宽度d，测量结果如图所示，则遮光片的宽度为d=mm。（2）将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过两个光电门的时间分别为Δt1、Δt2，用米尺测出两光电门之间的距离L（3）实验中同时测量出砝码盘和砝码的质量m、滑块（包含遮光条）的质量M，已知当地的重力加速度为g，验证砝码盘、砝码和滑块组成系统机械能守恒的表达式为。（表达式均用题中给出的物理量表示）12．某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：A电池组（3V，内阻约1Ω）；B电流表A1（0~3A，内阻0.0125Ω）；C电流表A2（0~0.6A，内阻0.125Ω）；D电压表V1（0~3V，内阻4kΩ）；E电压表V2（0~15V，内阻15kΩ）；F滑动变阻器R1（0~20Ω，额定电流1A）；G滑动变阻器R2（0~2000Ω，额定电流0.3A）；H开关、导线若干。（1）上述器材中，电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选（填写器材前的字母）。为使通过待测金属丝的电流能从0~0.5A范围内改变，电路应选（填写甲、乙、丙、丁）；（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为mm；（3）若用L表示金属丝接入电路中的长度，d表示直径，U表示金属丝上的电压，I表示金属丝中的电流，请用以上字母写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=。四、解答题13．将用电器按如图所示的方式连接，当开关S闭合时，电动机M刚好能正常工作。已知电源的内阻r=1Ω，R1=1Ω，R2=6Ω，电动机的额定电压和额定功率分别为U=6V、（1）流过电阻R2的电流I（2）电源电动势E；（3）电动机的输出功率P输出14．今年冬天哈尔滨吸引着全国各地的游客，在哈尔滨的某一公园内，有一个冰滑梯，如图所示，曲面滑道与水平滑道在O点平滑连接，滑梯顶端高度h=5m。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后两冰车（包含小孩和家长）一起共同运动。已知小孩和冰车的总质量m=30kg，家长和冰车的总质量为M=60kg，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，取重力加速度g=10m/s（1）碰撞过程中家长及所坐冰车所受到的冲量大小；（2）碰撞过程中两冰车（包含小孩和家长）组成的系统损失的机械能△E。15．如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e．不计重力，求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）P点到O点的距离．（3）电子打在荧光屏上的动能大小．

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小，故A错误；

B、用手接篮球时，手向后缩一下，是为了延长作用时间以减小作用力，故B错误；

C、据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C正确；

D、车能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力，与内力作用无关，故D错误。

故答案为：C。

【分析】熟悉掌握应用动量定理解释缓冲问题的应用。为了减小撞击力的影响，往往会通过增加作用时间来减小作用力。2．【答案】C【解析】【解答】A、根据题意可知物体受重力、支持力、沿斜面向上的弹簧的弹力和可能存在的摩擦力，根据平衡条件可知N=mg故A错误；

B、由上分析可知，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力与弹簧沿斜面向上的分力的合力，因为不知道重力沿斜面向下的分力与弹簧沿斜面向上的分力的大小关系，所以无法确定摩擦力的方向，故B错误；

CD、以整体为研究对象，受力如图所示

根据平衡条件得到，地面对M没有摩擦力，故D错误，C正确。

故答案为：C。

【分析】对m进受力分析，根据平衡条件分析各力的大小情况及摩擦力可能的方向情况。求地面对M的作用力时，由于整体处于静止状态，可采用整体法进行分析处理。3．【答案】A【解析】【解答】A、因a点电势高于b点，沿电场线方向电势降低，可知这条电场线上的场强方向是a指向b，故A正确；

B、该电场不一定是匀强电场，则在c点处的电势不一定为－3V，故B错误；

C、一条电场线不能确定疏密，则ab两点的场强大小不能比较，故C错误；

D、正电荷在高电势点的电势能较大，则正电荷从a点运动到b点的过程中电势能减小，故D错误。

故答案为：A。

【分析】沿电场线方向，电势降低，一条电场线不能确定疏密及电场是否为匀强电场，正电荷在高电势点的电势能较大。4．【答案】D【解析】【解答】A、库仑定律适用于真空之中的点电荷，当距离r→0时，电荷已经不能够看为点电荷，库仑定律已经不成立，此时不能够认为库仑力F→∞，故A错误；

B、电场强度的定义式E=为比值定义式，电场强度同试探电荷与试探电荷受到的电场力没有本质上的决定关系，电场强度由场源电荷的性质决定，因此不能够认为E与F成正比，E与q成反比，故B错误；

C、电源的电动势由电源自身决定，与外电路总电阻无关，故C错误；

D、将表头改装成电压表需要串联一个电阻，根据串联分压可知R故D正确。

故答案为：D。

【分析】熟悉掌握库仑定律的适用范围和适用条件，电场强度由场源电荷的性质决定。电源的电动势由电源自身决定，与外电路总电阻无关。熟悉电表改装的原理及计算方法。5．【答案】B【解析】【解答】A、图甲为探究影响通电导线受力因素的实验，此实验应用了控制变量法。故A错误；

B、图乙两线圈中存在方向相反的两个磁场，其中条形磁铁内部的磁场在两线圈处的磁通量相同，条形磁铁外部磁场，在线圈a处的磁通量小于线圈b的，所以穿过线圈a的合磁通量大于穿过线圈b的合磁通量。故B正确；

C、图丙中线圈a通入电流变小的直流电，则线圈a产生的磁场逐渐减小，线圈b中的磁通量随之减小，会产生感应电流，所接电流表会有示数。故C错误；

D、图丁中小磁针水平放置，小磁针上方有一电流方向向右的通电直导线，由安培定则可知小磁针的N极向纸面内偏转。故D错误。

故答案为：B。

【分析】探究影响通电导线受力因素的实验应用了控制变量法。磁通量具有方向性，注意磁通量的矢量叠加情况。穿过闭合线圈的磁通量发生改变时能产生感应电流。根据右手定则确定通电导线磁场方向。6．【答案】D【解析】【解答】A、将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C=可知，d减小，则电容增加，电压不变，则平行板电容器的极板所带电荷量增大，故A错误；

B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；

C、电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故C错误；

D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积S减小，根据E=知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D正确。

故选D。

【分析】两极板间电势差越大，静电计指针张角越大。两极板间电势差不变，根据电容的决定式和定义式判断电容器电容和电荷量的变化情况。根据电势差与场强的关系判断极板间场强的变化情况。7．【答案】B,D【解析】【解答】AB．由欧姆定律可知：RA不符合题意，B符合题意；CD．由欧姆定律可知，两电阻两端加相同的电压时，流过两定值电阻的电流之比为2：1，又由公式q=It可知，相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2：1，C不符合题意，D符合题意。故答案为：BD【分析】定值电阻图像的斜率即为电阻的阻值，通过图像可以求解电阻的大小，根据欧姆定律求解电流和电压值。8．【答案】B,D【解析】【解答】A、对飞船，由万有引力提供向心力得G可得T=2π由上式可知，飞船在低轨道的环绕半径比在高轨道的环绕半径小，因此飞船在低轨道的环绕周期比在高轨道的环绕周期小，故A错误；

B、远距离导引过程中，飞船向高轨道变轨，做离心运动，需要点火加速，故B正确；

C、根据万有引力提供向心力得G可得v=第一宇宙速度是卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，圆周半径小于空间站的圆周半径，因此空间站的线速度比第一宇宙速度小，故C错误；

D、交会对接时，为保证飞船一直在空间站的正下方向核心舱靠近，必须控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】远距离导引过程中，飞船向高轨道变轨，做离心运动，需要点火加速。第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度。熟悉掌握万有引力定律的具体内容及其在天体运动中的应用。9．【答案】B,C【解析】【解答】AB、由电路图可知，滑动变阻器的滑片P在a时滑动变阻器被短路电阻为0，滑动变阻器的滑片P在b时滑动变阻器被短路电阻为0，滑动变阻器的滑片P在ab中间时，滑动变阻器阻值为R'=在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，滑动变阻器阻值先增大后减小，则可知电路中总电阻先增大后减小，由欧姆定律知电路电流先减小后增大。故A错误，B正确；

CD、输出功率为P因为电路电流先减小后增大，则输出功率先增大后减小。故C正确，D错误；

故答案为：BC。

【分析】确定电路的连接情况及电表测量对象，根据串并联电路的规律结合极值法确定滑动变阻器移动过程中回路总电阻的变化情况，再根据闭合电路的欧姆定律及规律确定各电表示数变化情况。根据电源输出功率与电源总功率的关系分析输出功率变化情况。10．【答案】B,D【解析】【解答】A、φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；

B、φ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以x=0.15m处的电场强度大小为E=滑块此时受到的电场力为F滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为F由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小F>0.04N=所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；

C、当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大为v，根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为U根据动能定理有1解得v=0.1故C错误；

D、假滑块最终在0.3m处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为U滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为W=q滑动摩擦力做功为W'=μmgΔ所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】φ−x图线的斜率表示电场强度，斜率的绝对值表示电场强度的大小。根据图像确定滑块所受电场力的变化情况，再根据牛顿第二定律确定其加速度的变化情况。当速度最大时，滑块的加速度为零，再根据动能定理确定最大速度的大小。开始运动到停止的过程，电势能和摩擦产生的热量相互转化，根据能量守恒确定停止的位置范围。11．【答案】（1）3.50（2）d（3）mgL+【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数即遮光片的宽度为3（2）滑块通过光电门1、2时的速度分别为v1=根据位移与速度的关系有2aL=解得a=（3）根据机械能守恒定律有mgL+整理得mgL+【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。熟悉掌握滑块经过光电门速度的计算方法。根据位移与速度关系确定滑块的加速度。熟悉掌握机械能守恒的具体内容，再结合实验原理及相关数据得出表达式。12．【答案】（1）C；D；F；甲（2）5.668（3）πU【解析】【解答】（1）因电池组电动势为3V，故电压表应选D，通过待测电阻丝的最大电流约为I=电流表应选择C，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。由于电压表内阻远大于待测电阻丝的阻值，电流表应采用外接法，通过待测金属丝的电流能从0~0.5A范围内改变，则滑动变阻器应采用分压式接法，所以电路应选甲；

（2）螺旋测微器读数为5.5（3）由电阻定律可知，金属丝电阻R=ρ电阻为R=联立解得ρ=【分析】熟悉掌握仪器选择的方法和原则。电流表的量程再确定电路安全的同时，为了保证测量的准确的同时量程不宜过大。熟悉掌握电流表内接法和外接法的判断方法。为使测量范围大，应选择最大值较小的变阻器采用分压式接法。根据实验原理结合欧姆定律确定电阻率的表达式。13．【答案】（1）解：R2I（2）解：通过电动机的电流为I干路电流为I=根据闭合电路欧姆定律得E=I(（3）解：电动机的输出功率为P【解析】【分析】（1）电动机M刚好能正常工作，即电动机两端的电压为额定电压。确定电路的连接方式，根据并联电路规律确定R2两端的电压，再根据欧姆定律确定通过R2的电流；

（2）根据电功率公式确定通过电动机的电流，再根据串并联电路规律确定总电流的大小，再结合闭合电路的欧姆定律进行解答；

（3）电动机的输出功率等于电动机的总功率与热功率之差，再根据电功