广东省广州市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

广东省广州市2023-2024学年高二上学期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、单项选择题，本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．1．物理学是一门以实验为基础的学科，许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的．下面四个实验装置，描述正确的是（）A．安培利用装置①测出了元电荷e的数值B．库仑利用装置②总结出了点电荷间的相互作用规律C．法拉第利用装置③发现了电流的磁效应D．奥斯特利用装置④发现了电磁感应现象2．关于电和磁的情景中，下列说法正确的是（）图（a）图（b）图（c）图（d）A．图（a）是工厂静电除尘装置的示意图，A、B两端接直流高压电源后，则金属丝与管壁间的电场可视为匀强电场B．图（b）是研究电磁感应的实验，若开关一直接通，小螺线管A插入大螺线管B中不动，则滑动变阻器阻值匀速滑动时无感应电流，加速滑动时有感应电流C．图（c）是微波炉，利用微波加热食物，微波是一种电磁波，具有可以连续变化的能量D．图（c）是手机无线充电的原理，若将交流电接入送电线圈中，可以对手机进行充电3．电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子枪发射电子束，通过电场构成的电子透镜使其会聚或发散．电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势线．一电子仅在电场力作用下由a运动到d，运动轨迹如图实线所示，b、c是轨迹上的2个点，则下列说法正确的是（）A．b处的电场强度与c处的电场强度相同B．电子运动过程中，加速度大小保持不变C．电子运动过程中，动能先增大后减少D．电子运动过程中，电势能先增大后减小4．2023年10月3日晚在第十九届杭州亚运会跳水女子10米跳台决赛中，中国选手全红婵在最后一轮还落后于对手的情况下，凭借最后一跳的“水花消失术”，以总分438.20的成绩，完美“逆袭”，斩获金牌．在该赛事的某次比赛中，全程可以简化为如图所示，全红蝉从最高点到入水前的运动过程记为I，入水后到最低点的运动过程记为II，速度减为零时并未到达池底，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．过程I中，她的动量改变量大子重力的冲量B．过程I中，她的动量改变量等于零C．过程II中，她的动量改变量等于合外力的冲量D．过程II中，她的动量改变量等于水的作用力的冲量5．有一家用电褽斗，其内部电路结构如图所示，改变内部连线方式可以使电褽斗处于断开状态或获得低、中、高三个不同的温度挡，选项图中是它的四种不同的连接方式，其中能获得高挡温度的是（）A． B．C． D．6．扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图表所示为某款扫地机器人的铭牌标有的数据，则该扫地机器人（）电机基本参数产品尺寸280mm×280mm×75mm电池5000mA⋅h锂电池质量0无线连接WiFi智能快连工作额定电压20V工作额定功率40WA．额定工作电流为5000mAB．以额定电压工作时，每分钟消耗电能为2400JC．以额定电压工作时，电机的内阻为10ΩD．电池充满电后储存的总能量为5000J7．某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（两电极始终不接触）．若极板上电荷量保持不变，P点为极板间的一点，下列说法正确的是（）A．风力越大，电容器电容越小B．风力越大，极板间电场强度仍保持不变C．风力越大，P点的电势仍保持不变D．风力越大，静电计指针张角越大二、多项选择题，本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．8．我国特高压技术一路领先全球，即便美国也无法超越，特高压技术，指交流1000kV和直流±800kV电压等级的输电技术．该技术最大的特点是能够实现长途高效输电，被称为“电力系统高速铁路”．如图的高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4，目的是将导线间距固定为l，防止导线相碰，图为其截面图，abcd的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时，不计地磁场的影响，则（）A．穿过abcd的磁通量为零 B．穿过abcd的磁通量不为零C．O点的磁感应强度为零 D．ad边中点处的磁感应强度不为零9．某节能路灯可通过光控开关自动随周围环境的亮度改变进行自动控制．其内部电路简化如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小），R0为定值电阻，灯泡电阻不变．随着傍晚到来，光照逐渐减弱时，下列判断正确的是（）A．A灯、B灯都变亮B．电源的输出功率变大C．电源的效率变大D．R1中电流变化量等于R0中电流变化量10．空间存在平行纸面的匀强电场，但电场方向未知．现在纸面上建立直角坐标系xOy，用仪器沿Ox、Oy两个方向探测该静电场的各点电势，得到电势φ与横、纵坐标的函数关系如图所示．则关于该电场，下列说法正确的是（）A．电场强度的大小为300V/mB．电场强度的大小为500V/mC．电场强度的方向指向第三象限D．沿－y方向是电势降低最快的方向三、实验题：把答案填在答题卡对应横线上，本题共2题，共16分．11．某同学按图（a）电路进行电学实验时，闭合开关后发现小灯泡不亮．已知电源、开关完好，连线正确，他使用多用电表检测小灯泡、电流表是否有故障．图（a）图（b）（1）在开关闭合时，他用多用电表的电压挡测得1、2两点间的电压接近电源电动势，3、4两点间的电压为零，则说明小灯泡出现了(填“断路”或“短路”)故障．（2）他将电流表拆离电路，用多用电表的欧姆挡测量其电阻在选择“×10”倍率并欧姆调零后，测量时，发现指针偏角过大．①此过程中欧姆挡的黑表笔应接触电流表的接线柱(填“正”或“负”)．②为较准确地测量电流表的电阻，下面给出了可能的操作步骤，请选择正确步骤前面的字母并按合理的顺序填写在横线上：．A．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆挡右端的零刻线；B．将两表笔正确接触电流表的正、负接线柱，读出电阻数值；C．选择“×100”倍率；D．选择“×1”倍率；E．将选择开关旋至“OFF”挡并拔出两表笔．（3）他在（2）中按正确操作测量电流表的电阻时，欧姆档的刻度盘如图（b）所示，则电流表电阻为Ω，说明电流表没有故障．12．某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，可供选择的器材有：电流表A（0~0.6A）、电压表V（0~3V）、滑动变阻器R1（(最大阻值30Ω）、滑动变阻器R2（最大阻值250Ω）、定值电阻R0为1.0Ω、开关、导线若干．图（a）图（b）图（c）（1）请根据图（a）中的电路图完成图（b）的实物连线．（2）为方便调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填“R1”或“R2”）．（3）为使电压表的示数变化更明显，请将上述器材的连线略加改动，在图（c）中方框画出改动后的实验电路图．（4）该同学利用（3）中改动后的正确电路进行实验，根据测出数据画出的U-I图线如图（d）所示，则此干电池的电动势E=V，内阻r=Ω．（结果均保留到小数点后两位）图（d）四、计算题：本题共3题，共38分，按题目要求在答题卡的指定区域内作答，超出答题框的不给分．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．2023年3月12日，在短道速滑世锦赛男子5000米接力决赛中，中国队以7分04秒的成绩获得冠军。某次训练中，参与接力的两队员，甲质量为m=60kg，乙质量为M=75kg，接力前两人的速度均为v0=10m/s，方向均向前，且甲在前，乙在后．接力时，如图所示，乙从后面猛推甲，动作完成瞬间，乙的速度变为v1=2m/s，方向不变，若接力过程两人所受的系统外力远小于推力，且接力前后瞬间两人均在同一条直线上运动，求：（1）乙猛推甲的动作完成瞬间，甲的速度大小v2；（2）乙猛推甲过程，甲和乙组成的系统增加的机械能ΔE．14．如图，在竖直平面内存在竖直向上的匀强电场．长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度．（1）求电场强度E的大小；（2）求a、O两点的电势差UaO；（3）若小球在a点获得一水平初速度va15．如图（a）所示，两竖直平行金属板A、B与x轴垂直，接在电压大小为U0=400V的稳压电源上，A板过原点，在B板上靠近中间处有一长度d0=2cm的水平狭缝．在B板右侧水平放置边长为l=10cm的两正方形平行金属板C、D，两板间距d=10cm，距板右端l2图（a）图（b）（1）离子穿过B板狭缝时的速度大小；（2）C、D板间电压为U1=400V时，离子离开C、D板时的速度与水平方向夹角(即速度偏向角)的正切值；（3）离子打在屏上的区域面积S．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故A错误；

B．库仑利用装置②总结出了电荷间的相互作用规律，故B正确；

C.1820年奥斯特利用装置③发现了电流的磁效应，故C错误；

D．法拉第利用装置④发现了电磁感应现象，故D错误。

故答案为：B。

【分析】密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值。奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象。2．【答案】D【解析】【解答】A．如图（a）所示，金属丝与管壁间的电场是非匀强电场，故A错误；

B．如图（b）所示，开关一直接通，小螺线管A插入大螺线管B中不动，只要移动滑片，电路中的电流就发生变化，A产生的磁场就发生变化，B中的磁通量会发生变化，电路中就有感应电流，故B错误；

C．如图（c）所示，微波炉来加热食物，微波是一种电磁波，微波的能量是不连续的，是量子化的，故C错误；

D．如图（d）所示，电磁感应式无线充电的原理是通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电，故D正确。

故答案为：D。

【分析】微波是一种电磁波，微波的能量是不连续的，是量子化的。闭合回路中磁通量会发生变化，电路中就有感应电流。3．【答案】C【解析】【解答】A．根据电场线与等势线垂直，且电场线上该点的切线方向为该点的场强方向，由图可知b处电场线的切线方向斜向左上方，c处电场线的切线方向斜向左下方，所以b、c点的电场强度不相同，故A错误；

B．等势线的疏密也可以反映电场的强弱，由a到d等势线先变疏后变密，所以电场强度先减小后增大，则电子的加速度先减小后增大，故B错误；

CD．电子从a到d运动时，因为电子仅受电场力，电场力与电子运动方向的夹角先是锐角，后面变成钝角，即电场力先做正功，后做负功，则动能先增大后减小，而电势能先减小后增大，故C正确，D错误。

故答案为：C。

【分析】电场线与等势线垂直，且电场线上该点的切线方向为该点的场强方向。等势线的越密，以电场的强度越大。电场力做正功电势能减小，动能增大。4．【答案】C【解析】【解答】A．从空中最高点到入水前的过程中，她仅受重力作用，她的动量改变量等于重力的冲量，故A错误；

B．从空中最高点到入水前的过程中，速度增大，动量增大，动量的变化量不为零，故B错误；

CD．从接触水面到水中最低点的过程中，除了重力还有水的作用力，根据动量定理可知，从接触水面到水中最低点的过程中，她的动量改变量等于水对她的冲量与重力的合力的冲量之和，故C正确，D错误。

故答案为：C。

【分析】明确运动员在过程1和过程2中的受力情况，合外力的冲量等于动量变化量。再根据动量定理进行分析。5．【答案】D【解析】【解答】A．A选项为断路，没有电流，不工作，故A错误；

BCD．B选项R1、R2串联，发热功率为PC选项只有R1工作，发热功率为PD选项R1、R2并联，发热功率为P可以判断出，P1最小，P3最大，所以能获得高挡温度的是D选项。

故答案为：D。

【分析】根据选项中的连接点确定该情况下电路的连接方式，无论何种连接方式，电路中的总电压不变。根据电路连接情况确定电路中总电阻大小，再根据热功率公式进行分析，功率越大，获得稳定越大。6．【答案】B【解析】【解答】A．由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为20V，额定功率为40W，则额定电流I=故A错误；

B．以额定电压工作时每分钟消耗电能为E=Pt=40×60J=2400J故B正确；

C．以额定电压工作时电阻如果用欧姆定律进行计算为R=由于电动机不是纯电阻电路，故用欧姆定律算出来的是错误的内阻值，故C错误；

D．充满电后的电量为q=It=5000mA⋅h=5000×充满电后的能量为W=UIt=20×18000J=3.6×故D错误。

故答案为：B。

【分析】电动机不是纯电阻电路，故不能用欧姆定律计算其内阻。熟悉掌握铭牌中参数的物理意义，再根据电功率、电能等公式进行解答。7．【答案】B【解析】【解答】A．根据题意可知，风力越大，则d越小，由公式C=可得，电容器电容越大，故A错误；

B．由公式C=εS4πkd，C=整理可得E=根据题意可知，Q保持不变，风力越大，则d越小，极板间电场强度不变，故B正确；

C．由U=Ed可知，由于E不变，可动极板与P点的距离减小，则可动极板与P点电势差减小，由于可动极板接地，电势一直为0，则P点电势改变，故C错误；

D．由C=可知，由于Q保持不变，C变大，则U减小，则静电计指针张角越小，故D错误。

故答案为：B。

【分析】根据题意明确风力越大，两极板之间距离的变化情况，两极板电势差越小，静电计指针张角越小。再结合电容的定义式及决定式进行分析。8．【答案】A,C,D【解析】【解答】AB．根据右手螺旋定则可知，四根通电导线产生的磁场方向与abcd所在平面平行，故穿过abcd的磁通量为零，故A正确，B错误；

C．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由安培定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，故四条导线在O点的磁感应强度等于零，故C正确；

D．根据安培定则以及对称性，L1和L4在ad边中点处的磁感应强度方向与L2和L3在ad边中点处的磁感应强度方向相反，但大小不相等，所以ad边中点处的磁感应强度不为零，故D正确。

故答案为：ACD。

【分析】根据右手螺旋定则确定四根导线产生的磁场方向，再根据磁通量的定义及磁场叠加原则进行分析。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．光照逐渐减弱时，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，A灯变亮；支路R0上的电流减小，R0上的电压减小，又因为外电压增大，所以B灯电压增大，所以B灯变亮，故A正确；

B．电源的输出功率P显然，只有当外电阻等于内阻时电源的输出功率才最大，而当R外>r，且始终增大时，电源的输出功率始终减小，而当R外<r，且始终增大时，电源的输出功率会先增大，后减小；电源电动势不变，电源内阻与外电路电阻关系不确定，故电源输出功率无法判断，故B错误；

C．因为外电阻变大，根据η=可知，电源的效率变大，故C正确；

D．对于支路R0，有Δ其中ΔI0所以|Δ故D错误。

故答案为：AC。

【分析】根据题意确定电路中总电阻及总电流的变化情况，再根据“串反并同”结论法或者“程序法”分析各部分元件电流、电压、电功率的变化情况。外电阻越大，电源的效率越大。10．【答案】B,C【解析】【解答】ABC．图像的斜率表示该方向上的场强大小，可得Ex=故场强为E=沿着电场线方向电势降低，结合图像可知x轴方向分场强沿x轴负方向，y轴方向分场强沿y轴负方向，根据场强的叠加法则可知电场强度的方向指向第三象限，故A错误，BC正确；

D．沿电场线方向是电势降低最快的方向，根据前面分析可知电场方向不是沿－y的方向，故沿－y方向不是电势降低最快的方向，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】φ-x图像的斜率表示该方向上的场强大小。沿电场线方向电势降低，且沿电场线方向是电势降低最快的方向，根据图像确定x轴方向和y轴方向的场强方向，再根据场强叠加原则确定合场强方向。11．【答案】（1）断路（2）负；DABE（3）16【解析】【解答】（1）在开关闭合时，他用多用电表的电压挡测得1、2两点间的电压接近电源电动势，3、4两点间的电压为零，则说明1、2接线柱间出现了断路，即说明小灯泡出现了断路。

（2）①多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断黑表笔应接触电流表的正极；

②测量电阻时若表盘的指针偏转角度过大，则说明待测电阻较小，所以应旋至倍率较小的挡位，则倍率选择“×1”挡位，然后再进行欧姆调零，再进行电阻的测量，最后将选择开关旋转到“OFF”挡位，并将红、黑表笔从插孔中拔出。

故答案为：DABE。

（3）由于欧姆表是“×1”挡位，则图中表盘的读数为16Ω。

【分析】熟悉掌握多用电表的使用方法。使用多用电表时电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，测量电阻时若表盘的指针偏转角度过大，应旋至倍率较小的挡位。12．【答案】（1）（2）R1（3）（4）1.50V（1.50~1.53）；0.67（0.60-0.80）【解析】【解答】（1）由电路图可得实物图连线如图

（2）因为干电池电动势大约为1.5V，所以让电流表安全的前提下，应该让电路中电阻不小于R=所以为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用R1；

（3）由闭合电路欧姆定律知E=U+Ir即U=E-Ir所以U-I图像的斜率的绝对值为电源内阻，所以为使电压表的示数变化更明显，应该增大电源的等效内阻，所以可以将定值电阻连线如图

此时电源的等效内阻为r'=r+（4）由（3）分析知，U-I图像与纵轴交点即为电动势，斜率为内阻与定值电阻之和，由图像知电动势为E=1.50V斜率为k解得内阻为r=0.67Ω【分析】根据电流表的量程确定电路中的最小电阻，再根据最小电阻确定所需的滑动变阻器。为使电压表的示数变化更明显，应该增大电源的等效内阻。根据实验原理分析图像斜率及截距的物理意义，再根据图像进行数据处理。13．【答案】（1）解：所求甲的速度为v2，乙猛推甲，系统动量守恒解得v方向与初速度方向相同（2）解：乙推甲过程，若乙肌肉做功，消耗生物能量全部转化为甲、乙系统机械能的增加量，甲、乙系统机械能的增加量为ΔE，对二者系统，由能量守恒定律1解得ΔE=5400J【解析】【分析】（1）乙推甲前，两人的速度相等，推的过程中两人构成的系统水平方向动量守恒，对系统运用动量守恒定律进行解答即可；

（2）确定推出前后甲乙的速度，再根据能量守恒定律进行解答即可。14．【答案】（1）解：根据题意，细绳受到的是拉力（即被拉长，细绳有收缩至原长的趋势），故在a点时，根