安徽省多校2024-2025学年高二（上）期中联考物理试卷

这是一份安徽省多校2024-2025学年高二（上）期中联考物理试卷，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1.在物理学的发展历程中，有很多科学家做出了卓越的贡献，下列说法正确的是( )
A. 富兰克林验证了闪电是放电的一种形式，发明了避雷针
B. 库仑提出电荷的周围存在一种特殊物质叫电场，电场对放入其中的电荷有力的作用
C. 物理学家密立根最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
D. 物理学家法拉第最先测出了元电荷e的数值
2.如图所示，虚线为等差等势线，实线为一个带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，下列判断正确的是( )
A. 粒子的加速度先减小后增大
B. 粒子经过A、D两点时的速度相同
C. 粒子的电势能先增大后减小
D. 改变粒子初速度的大小及方向，该粒子可能做匀速圆周运动
3.如图所示，电荷量为+q的点电荷与均匀带负电的薄板相距2d，点电荷处在带电薄板过几何中心的垂线上。垂线上A、B两点分别位于薄板两侧，与薄板距离均为d。已知A点的电场强度为E，方向从A指向B，则图中B点的电场强度大小为( )
A. kq9d2B. kq9d2+EC. kqd2-ED. 10kq9d2+E
4.一灯泡的电流与其两端电压的关系如图中实线所示，虚线是电压为5V时曲线的切线，下列判断错误的是( )
A. 灯泡的电阻率随温度的升高而增大
B. 电压为5V时，灯泡的电阻为0.1Ω
C. 电压为5V时，灯泡的功率为5W
D. 将该灯泡与电动势为15V、内阻为2Ω的电源连接，灯泡的功率为18W
5.2024年8月我国科学家狄增峰团队成功研制出一种人造蓝宝石作为绝缘介质的晶圆。这种材料具有卓越的绝缘性能，即使在厚度仅为1纳米时也能有效阻止电流泄露，为开发低功耗芯片提供了重要的技术支撑。如图所示，直流电源与一平行板电容器、理想二极管连接，电容器A板接地。闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 若两板间插入人造蓝宝石，则电容器的电容减小
B. 若两板间插入一块金属板，则电容器的电容减小
C. 减小极板间的正对面积，油滴将继续保持静止状态
D. A板上移，油滴将继续保持静止状态，油滴的电势能增大
6.在方向平行于纸面的匀强电场中有一个非直角坐标系如图1所示，两坐标轴的夹角为60°。带电量为-2C的粒子沿两坐标轴运动时电势能的变化分别如图2、3所示，那么该匀强电场的电场强度为( )
A. 电场强度大小为200V/m，方向沿x轴正方向
B. 电场强度大小为100V/m，方向沿y轴正方向
C. 电场强度大小为100 3V/m，方向垂直于x轴向下
D. 电场强度大小为100 3V/m，方向垂直于y轴斜向右下方
7.如图所示，在光滑定滑轮O的正下方P处固定一带正电的点电荷，不带电的小球M与带正电的小球N通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止。若N球所带的电荷量缓慢减少(未减为零)，则在N球到达O点正下方前的过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻绳的拉力逐渐减小B. 小球M将缓慢上升
C. 点电荷P对小球N的库仑力逐渐变大D. 滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大
8.如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE连线竖直，轨道处于水平向右的匀强电场中。若从A点静止释放一质量为m、电量为q的带电小球，小球沿圆弧经B点恰好能到达C点。当在A点给带电小球一个水平向右的初速度v0(未知)，小球恰好能沿轨道做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球带负电，电场强度的大小为mgq
B. 小球在E点时的速度大小为 gR
C. 小球在F点时的速度大小为 2gR
D. 小球的初速度v0的大小为 2+2 2gR
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9.如图所示的电路，电源电动势为E，内阻不可忽略，U1、U2分别表示电压表V1和V2的示数，ΔU2为电压表V2示数变化量的绝对值，I表示电流表的示数，ΔI为电流表示数变化量的绝对值，电表均为理想电表。当滑片向右移时，以下说法正确的是( )
A. 电压表V2示数增大B. U1I增大
C. ΔU2ΔI不变D. 电阻R2消耗的功率变大
10.如图所示，六根绝缘棒构成一个正四面体，每根棒都均匀带有等量的负电荷。规定无穷远处电势为0，每根棒在正四面体中心D点产生的电场强度大小为E0、电势为φ0。则( )
A. D点的电场强度大小为6E0
B. D点的电势为6φ0
C. 撤掉一根绝缘棒后，D点的电场强度大小增加
D. 撤掉一根绝缘棒后，D点的电势降低
三、非选择题：本大题共5小题，共58分。
11.（6分）某同学要测定实验室一干电池组的电动势和内阻，利用现有器材设计了如图1所示的实验电路图，选用器材如下：
A.待测干电池组(电动势约4.5V，内阻约3Ω)；
B.电压表V1(量程0∼3V，内阻约3kΩ)；
C.电压表V2(量程0∼15V，内阻约5kΩ)；
D.电流表A1(量程0∼1A，内阻为0.5Ω)；
E.电流表A2(量程0∼100mA，内阻为1Ω；)
F.滑动变阻器RP(0∼10Ω)；
G.开关、导线若干。
闭合开关，该同学通过改变滑动变阻器滑片的位置得到多组关于电压表和电流表的数据，描绘了如图2所示的U-I图像，根据上述条件回答以下问题。

(1)电压表应选择_____，电流表应选择_____(填选项前的字母)。
(2)根据图像和已知数据可算出，电池组电动势E=_____V，内阻r=_____Ω(结果均保留3位有效数字)。与真实值相比，电动势测量值_____(填“偏大”“偏小”或“相等”)，内阻测量值_____(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
12.（10分）某同学设计了“测定金属丝的电阻率”的实验，已知这段金属丝粗细均匀，电阻约为10Ω。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如下图所示，则该金属丝直径的测量值为d=___mm；
(2)实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电源E(3V，内阻不计)
电流计G(量程0-200mA，内阻Rg=10Ω)
电流表A(量程0-400mA，内阻约0.1Ω)
滑动变阻器R1(0-5Ω,0.6A)
滑动变阻器R2(0-2000Ω,0.1A)
定值电阻R3=1Ω
定值电阻R4=5Ω
该同学想把灵敏电流计改装为量程是0-3V的电压表，应选择定值电阻______(填“R3”或R4”)；
(3)为了调节方便，测量准确，请在虚线框内设计最合理的电路图___；(选择的器材名称符号需标注清楚)
(4)按设计好的电路图连接电路，闭合开关，若电流计示数为Ig=100mA，电流表示数为I=260mA，计算得到电阻丝的电阻为_______Ω；
(5)若实验所用电阻丝的长度为L，则电阻丝的电阻率ρ=___。(用已知量和所测物理量的字母符号表示)
13.（11分）如图所示为直流电动机提升重物的装置示意图。其中电源E1=10V，内阻r1=2Ω；电源E2=50V，内阻r2未知；电流表为理想电流表。只有开关S1闭合时，电路接通，但电动机不转，此时电流表示数为4A；只有开关S2闭合时，刚好能使质量m=8kg的重物以v=2m/s的速度匀速提升，此时电流表示数仍为4A，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)电动机的线圈电阻R；
(2)提升该重物时，电动机的工作效率η(保留3位有效数字)以及电源内阻r2的阻值。
14.（15分）如图所示，地面上方空间存在水平向左的匀强电场，不可伸长的绝缘细线长为L=0.2m，上端系于O点，下端系一质量为m=0.1kg、电量为q=-1.0×10-5C的小球。现在A点给小球一个水平向左的初速度，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，当小球到达B点时速度最小，此时细线与竖直方向的夹角θ=60∘。不计空气阻力，已知重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)电场中OB间的电势差；
(2)最低点A处绳子对小球的拉力大小；
(3)若在A点抛出小球的同时剪断细线，小球恰好落在地面上A点正下方的位置C，求小球到达位置C的速度大小。(结果可用根式表示)
15.（16分）如图1所示，真空中有竖直放置的平行金属板A、B和水平放置的相距为d的平行金属板C、D，C、D板长为L，A、B板间加有恒定的电压U0，B板中心处开有小孔，质量为m、电荷量为q的带电粒子从A板静止释放，经AB间的电场加速后通过B板上的小孔进入C、D两板的正中间。在带电粒子进入C、D间的同时，给C、D两板加上如图2所示周期性变化的交变电压，粒子重力不计。
(1)求带电粒子进入C、D间时的速度大小；
(2)若此粒子在T2时间内从C、D间飞出，则飞出时在电场方向的位移是多少？
(3)若此粒子从C、D间飞出时恰能以平行于两板的速度飞出，则交变电压U1的取值范围是多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.富兰克林通过风筝实验验证了闪电是放电的一种形式，把天电与地电统一起来，发明了避雷针，故 A正确;
B.法拉第提出电荷的周围存在电场，故B错误;
C.物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故C错误;
D.物理学家密立根用油滴实验最早精确地测出了元电荷e的数值，故 D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】等差等势面的疏密反映电场强度的大小，所以加速度先增大后减小，故A错误;
A、D两点的速度大小相等，但是方向不同，故B错误;
根据轨迹偏转情况可知带电粒子与场源电荷带同种电荷，所以电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故C正确;
带电粒子与场源电荷带同种电荷，不可能做匀速圆周运动，故D错误。
3.【答案】D
【解析】由于薄板带负电，根据对称性可知，该薄板在A点形成的场强方向由A指向B，该场强大小为 E' ，根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为
E'-kq9d2=E
解得
E'=kq9d2+E
根据对称性可知，薄板在B点产生的场强和在A点产生的场强大小相等，方向相反，故B点的电场强度大小为
E''=E'+kqd2=10kq9d2+E
故选D。
4.【答案】B
【解析】A、该图像中与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故由题图可知电压越大，电阻越大。即温度越高，电阻率越大，故A正确;
BC、5V时，灯泡的电阻为R=UI=5V1.0A=5Ω，功率为P=UI=5×1W=5 W，故C正确，B错误;
D、电源的路端电压与电流的关系式为U=E-Ir，将该关系用图像的形式画在坐标系中，
与灯泡的图像交于(12V,1.5A)这个点，故灯泡功率为P=UI=18 W，故D正确。
本题选错误的，所以选B。
5.【答案】D
【解析】A.若两板间插入人造蓝宝石，根据
C=εrS4πkd
可知，εr增大，电容器的电容C增大，故A错误；
B.若两板间插入一块金属板，相当于两电容器串联，则电容器的电容增大，故B错误；
C.减小极板间的正对面积，则电容器的电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不会放电，根据
C=QU
E=Ud
可得
E=4πkQεrS
由此可知，极板间的电场强度变大，则油滴所受电场力变大，油滴将向上移动，故C错误；
D.将A板向上移动一小段距离，则d增大，电容器的电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不会放电，根据
E=4πkQεrS
可知，两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，所以油滴处于静止状态，但P点到上极板的距离增大，所以上极板与P点的电势差变大，但上极板始终接地，电势为零，所以P点电势降低，油滴带负电，所以油滴在P点的电势能增大，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】由图2可知，负电荷沿x正向移动时电势能增加，可知电场强度分量沿x轴正向，根据
Ex=1qEPxx=12×800.2N/C=200N/C
由图3可知，负电荷沿y正向移动时电势能增加，可知电场强度分量沿y轴正向，根据
Ey=1qEPyy=12×500.25N/C=100N/C
因
Excs60∘=Ey
可知电场强度大小为200V/m，方向沿x轴正方向。
故选A。
7.【答案】D
【解析】AB.对N球进行受力分析，由相似三角形可知TON=mNgOP=FNP=定值，其中T=mMg，F=kqNqPNP2，所以绳子的拉力大小不变，ON长度不变，M的位置不变，故AB错误；
C.由于NP间距离减小，则N球所受库仑力减小且方向改变，故C错误；
D.轻绳的作用力大小为mMg不变，由于NP减小，可知两绳夹角减小，所以滑轮受到两绳的合力增大，故D正确。
8.【答案】C
【解析】A.从 A 点静止释放一带电小球，小球沿圆弧经 B 点恰好能到达 C 点，可知平衡位置在B点，小球带正电，在B点时 qE=mgtan45∘，
可得 E=mgq ，选项A错误；
CD.等效最高点在F点则 2mg=mvF2R，
解得 vF= 2gR，
从A点到F点由动能定理 - 2mg⋅R(1+cs45∘)=12mvF2-12mv02，
解得 v0= 2+3 2gR ，选项C正确，D错误；
B.从A点到E点由动能定理 -mg×2R=12mvE2-12mv02，
解得 vE= 3 2-2gR ，选项B错误。
故选C。
9.【答案】AC
【解析】根据闭合电路欧姆定律，电阻R2增大，R2两端电压也必然增大，A正确;
U1与I之比等于电阻R1，无论滑片怎么移动，R1大小不变，B错误;
△U2ΔI表示图像U2-I的斜率绝对值，而U2=E-I(r+R1)，可见ΔU2ΔI=r+R1，C正确;
R2消耗功率P=I2R2=E2(r+R1+R2)2R2=E2(r+R1-R2)2R2+4(r+R1)，当R2=r+R1时，R2消耗的功率最大，由于电阻r、R1和R2的阻值未知，R2消耗的功率不一定变大，D错误。
10.【答案】BCD
【解析】A.根据电场强度叠加原理可知，六根棒在正四面体中心D点产生的合场强为零，故A错误；
B.每根棒在正四面体中心D点产生的电势为φ0，则六根棒在D点产生的电势为
φD=6φ0
故B正确；
C.撤掉一根绝缘棒后，D点的场强不为零，即电场强度大小增加，故C正确；
D.撤掉一根绝缘棒后，D点的电势为
φ'D=5φ0
即电势降低，故D正确。
故选BCD。
11.【答案】(1) B D
(2) 4.50 3.25 相等 偏大

【解析】(1)[1]待测电池组的电动势大约为4.5V，选量程0∼15V的电压表，测量误差较大，所以实验时需要选择量程0∼3V的电压表，通过调节滑动变阻器可以保证不超量程，即电压表应选择B。
[2]结合图2的U-I图像，可知实验过程电路中的电流取值范围为0.4∼0.8A，所以选择量程0∼1A的电流表。即电流表选D。
(2)[1][2]根据闭合电路欧姆定律
U=E-IRA+r
结合U-I图像可知
3=E-0.4×0.5+r ， 1.5=E-0.8×0.5+r
联立，解得
E=4.50V ， r=3.25Ω
[3][4]由等效电源可知电源的电动势测量值与真实值相等，电源内阻测量值为 RA+r ，即测量值偏大。
12.【答案】(1)0.384
(2) R4
(3)
(4) 9.375
(5) πd2IgRg+R44I-IgL

【解析】(1)螺旋测微器固定刻度示数为零，可动刻度示数为
38.4×0.01mm=0.384mm
所以
d=0.384mm
(2)电流计改装电压表时需与定值电阻串联
Um=IgRg+R
所以
R=UmIg-Rg=5Ω
故选 R4 。
(3)由题意知，为了调节方便，测量准确，滑动变阻器需选阻值较小的R1且分压方式接法，由于电流计G显示的是电流，因此电流表A外接，电路图如图所示。
(4)由
Rx=IgRg+R4I-Ig
代入得
Rx=9.375Ω
(5)由电阻定律
Rx=ρLS
又
Rx=IgRg+R4I-Ig,S=πd24
联立可得
ρ=πd2IgRg+R44I-IgL
13.【解析】(1)依题意，电动机不转时，为纯电阻，根据闭合电路欧姆定律
I=E1R+r1
解得
R=0.5Ω
(2)电动机正常工作时，由能量守恒定律可得
E2I=I2R+I2r2+mgv
解得
r2=2Ω
电动机的工作效率
η=P输出P总=mgvI2R+mgv=95.2%

14.【解析】(1)由小球恰能在竖直平面内绕 O 点做圆周运动可知，小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，由几何关系有
qEmg=tan60∘
解得
E= 3×105N/C
所以
UOB=ELsin60∘=3×104V
(2)当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
(mg)2+Eq2=mvmin2L
从最低点 A 到小球速度最小过程中，由动能定理有
-EqLsin60∘-mgL1+cs60∘=12mvmin2-12mv02
联立解得
v0=4m/s
最低点处受力
T-mg=mv02L
联立代入得
T=9N
(3)若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，到达 C 点时的水平方向的分速度为水平向右，大小为 vx=v0=4m/s ，设经过 t 时间落到地面，则水平方向有
0=v0t-12at2
又
Eq=ma
竖直方向做自由落体运动有
vy=gt
小球到达 C 点的速度大小为
vC= v02+vy2
联立解得
vC=4 213m/s

15.【解析】 (1)带电粒子经A、B加速进入C、D间的过程中，根据动能定理得：qU0=12mv02
解得：v0= 2qU0m
(2)粒子在T2时间内从C，D间飞出时，在CD间的电压恒为U1，则粒子在CD间运动时做类平抛运动，则：
F=qE=qU1d，
粒子加速度为：a=Fm=qU1md
又运动时间为：t=Lv0
当粒子从CD间飞出时，沿电场方向的位移为：y=12at2=qU1L22mdv02=U1L24dU0
(3)带电粒子在沿电场方向做单向的反复加速、减速运动，每次加速和减速过程中在沿电场方向的位移大小都相等，其大小为：y0=12at2=12qU1md(T2)2=qU1T28md
欲使粒子恰能以平行于金属板的速度飞出，则应有：Lv0=nT(n=1、2、3…)，2ny0