【文档说明】甘肃省武威市天祝一中、民勤一中、古浪一中等四校2023-2024学年高二上学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(17)页，2.111 MB，由小赞的店铺上传

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2023~2024学年第一学期高二期中考试物理全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上

的非答题区域均无效。3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5．本卷主要考查内容：必修第三册第九章~第十二章。一、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，只有一项是符合题目要求的。1.2021年6月11日，我国成功将北京三号卫星送入预定轨道，如图卫星两翼的太阳能电池板把太阳能转化为电能供卫星使用。关于太阳能等能源与可持

续发展，以下说法正确的是（）A.利用太阳能、风能和氢能等能源替代化学能源可以改善空气质量B.人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造C.水电站里的发电机装置可以将水库中储存的水的机械能全部转化为电能D.核能对环境的污染比常规能源对环境的污染大【答案】A【解析】【详解】A．改善空气质量，

就应该从根本上减少碳排放量，用新能源代替传统的化石能源，节能减排，A正确；B．能量是守恒的，既不能创造也不可能消失，但能量品质会下降，故要节约能源，B错误；C．由于水下落过程以及发电机装置都有摩擦，故该装置不可能将水库中储存的水

的机械能全部转化为电能，C错误；D．核能属于新能源，是一种清洁能源，D错误。故选A。2.如图所示，O、M、N为一负点电荷电场中一条电场线上的三点，M为ON的中点。O、N两点的电势分别为4VO=−，8VN=−，则（）A.M点的电势

为-6VB.M、N两点的电势差大于O、M两点的电势差C.O点的电场强度一定比N点的电场强度大D.一正点电荷从O点沿直线移到N点过程中，电场力做负功【答案】B【解析】【详解】AB．在O、M、N所在的电场线上，离负电荷越近，场强越大，相同距离的电势差

越大，故M、N两点的电势差大于O、M两点的电势差，即M点的电势高于-6V，A错误，B正确；C．该电场是由负点电荷形成的，由点电荷场强公式2QEkr=可知，O点离场源电荷较远，场强较小，即O点的电场强度一定

比N点的电场强度小，C错误；D．一正点电荷从O点沿直线移到N点的过程中，电场力做正功，D错误。故选B。3.如图甲是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．如图

乙是喷涂原理示意图，静电喷涂利用了电荷之间的相互作用．下列表述正确的有（）的A.图甲中，对矿粉分离的过程，带正电的矿粉落在右侧，静电力对矿粉做正功B.图甲中，对矿粉分离的过程，带正电的矿粉落在左侧，静电

力对矿粉做负功C.图乙中，涂料微粒一定带负电，喷嘴与工件之间的电场为非匀强电场D.图乙中，涂料微粒一定带正电，喷嘴与工件之间的电场为匀强电场【答案】C【解析】【详解】AB．由题意可知，带正电的矿粉受负极

板的吸引落至左侧，此过程静电力做正功；同理可知，带负电的矿粉落至右侧，静电力做正功，故AB错误；CD．根据电荷间的相互作用特点结合图乙分析，静电喷涂的原理就是让带电的涂料微粒在强电场的作用下被吸附到工件上，而达到喷涂的目的，喷嘴与工

件之间的电场是非匀强电场，由图可知，待喷涂工件带正电，所以涂料微料应带负电，故C正确，D错误。故选C。4.如图所示，一个等边三角形的三个顶点上分别固定有三个点电荷甲、乙、丙，甲、乙都带正电，甲所受乙、丙两个电荷的库仑力的合力

如图中F所示，则下列说法正确的是（）A.丙带正电，且带电荷量的大小QQ乙丙B.丙带正电，且带电荷量的大小QQ乙丙C.丙带负电，且带电荷量的大小QQ乙丙D.丙带负电，且带电荷量的大小QQ乙丙【答案】C【解析】【详解】因甲

、乙都带正电，所以静电力表现为斥力，即乙对甲的作用力沿乙甲的延长线方向，而不论丙带正电还是带负电，甲和丙的作用力方向都必须在甲丙连线上，由平行四边形定则知，合力必定为以两个分力为邻边所做平行四边形的对角线，如图所示甲和丙之间为库仑引力，则丙带负电；且FF乙甲丙甲，根据库仑定律

可得22QQQQkkrr甲丙甲乙可得QQ乙丙故选C。5.如图所示，在相距40km的A、B两地之间沿直线架设了两条输电线，两条输电线的总电阻为800。现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，检修员进行了如下

操作：在A地接上电源，测得电压表示数为10V，电流表示数为40mA。则A地到短路处两根输电线的总电阻和A地到短路处的距离分别为（）A.500Ω；12.5kmB.500Ω；25kmC.250Ω；12.5kmD.250Ω；25km【答案】C【解析】【详解】设发生短路处到A处距离为x

，据题意知，A、B两地间的距离为40kmL=电压表的示数为10VU=电流表的示数为340mA4010AI−==800ΩR=总根据欧姆定律UIR=可得，A端到短路处的两根输电线的总电阻为250ΩxURI==根据电阻定律可知2xxRS=设A、B

两地输电线的电阻为R总，则2LRS=总得xRxRL=总解得12.5kmx=ABD错误，C正确。故选C。6.如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一

带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离，则（）A.电容器的带电量将增大B.在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流C.带电油滴将沿竖直方向向上运动D.M点电势将降低【答案】D【解析】【详解】AB．将A板向上平移一小段距离，板间距离d增大。由r4SCkd=可知电

容器的电容变小，又QCU=电压U不变。因此电容器带电量减小，电容器放电，回路中有顺时针方向的电流电阻R中有向右的电流。选项AB错误；C．根据电容器内部电场强度UEd=可知，d增大，场强减小，油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，选项C错误；D．A、B两板间的

电场强度E减小，由MBMBEh−=可知，M点电势降低。选项D正确。故选D7.已知定值电阻1232RRR===，1R、2R和3R在电路中允许消耗的最大电功率分别为1210WPP==，32WP=。现将2R与3R并联再与1R串联如图所示，则电路允

许消耗的电功率的最大值为（）A.8WB.12WC.16WD.20W。【答案】B【解析】【详解】由题意可知1232RRR===110WP=210WP=32WP=因为2R与3R并联，则两端电压相等，由公式2UPR=知，2R与3R所消

耗的功率一样.已知2R与3R本身允许的最大功率分别是10W和2W，所以2R、3R在该电路中的最大功率都是2W，否则会超过3R的最大功率，而1R在电路中允许的最大功率，把2R与3R看成一个并联电阻R，则电路就是1R与R串联，而串

联电路所流过的电流相同，再由2PIR=知，1R与R所消耗功率之比为1:RR，2R与3R的并联阻值22RR=即12RR=所以1R消耗的功率是并联电阻R的两倍，则1R的功率是24W8W10W=所以总功

率最大为2W2W8W12W++=ACD错误，B正确。故选B。二、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，有选错的得0分。8.如图所示的电路中，电流表为理想电表，电源的电动势为E、内阻为r，闭合开关S，

当滑动变阻器1R的滑片向右滑动时，下列说法正确的是（）A.3R两端的电压增大B.2R的功率增大C.电流表的示数变大D.通过1R的电流增大【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．闭合开关，当滑动变阻器1R的滑片向右滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干

路电流I减小，路端电压U增大，3R两端的电压等于路端电压，则3R两端的电压增大，选项A正确；B．通过3R的电流3I增大，通过2R的电流23III=−I减小，3I增大，则2I减小，故2R的功率减小，选项B错误；C．电压2U也

减小，1R、4R的并联电压2UUU=−并U增大，2U减小，则U并增大，故通过电流表的电流AI增大，电流表的示数变大，选项C正确；D．通过1R的电流12AIII=−2I减小，AI增大，则1I减小，选项D错误。故选AC。9.如图所示甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计

G和一个变阻器R组成，它们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增大时量程增大B.甲表是电流表，R增大时量程减小C.乙表是电压表，R增大时量程增大D.乙表是电压装，R增大时量程减小【答案

】BC【解析】【详解】AB．甲是并联电阻起分流作用，为电流表，R增大，分流电流减小，量程变小，故A错误，B正确；CD．乙是串联电阻起分压作用，为电压表，R增大，分压电压变大，量程变大，故C正确，D错误。故选BC。10.如图

所示的电路中，若把小型直流电动机接入电压为10.2VU=的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流是10.4AI=；若把电动机接入22.0VU=的电路中，电动机正常工作，工作电流是21.0AI=，则（）A.电动机线圈内阻为0.5ΩB.电动机正常工作时的输入功率为2

WC.电动机正常工作时的热功率为1WD.电动机正常工作时的输出功率为1.5W【答案】ABD的【解析】【详解】A．电动机接入电压为10.2VU=时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻110.

2Ω0.5Ω0.4URI===A正确；B．电动机接入电压为22.0VU=的电路时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率各自的定义式，得电动机正常工作时的输入功率为222.01.0W2WPUI===电B正确；C．电动机正常工作时热功率2221.00.5W0.5WPIR==

=热C错误；D．由能量守恒，电动机的输出功率2W0.5W1.5WPPP=−=−=出电热D正确。故选ABD。三、非选择题：本题共5小题，共54分．11.某实验小组要测量一段金属丝的电阻率，进行了如下测量：（1）先用图甲的

毫米刻度尺测其长度为______cm；再用螺旋测微器测其直径，如图乙，螺旋测微器读数为______mm。的（2）螺旋测微器如图丙所示。在测量电阻丝的直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动______（填“A”“B

”或“C”），直到听到“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。该同学选择1倍率，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图丁中实线所示，测量结果是______。（3）用上面测得的金属导线长度l、直径d和电阻R，可

根据电阻率的表达式=______算出所测金属的电阻率。【答案】①.9.15（9.13~9.17）②.0.732（0.731~0.733）③.C④.5.0⑤.2π4dRl【解析】【详解】（1）[1]毫米刻度尺的精度为0.1cm，根据其读数规律，可

知该读数为9.1cm0.05cm9.15cm+=[2]根据螺旋测微器读数规律，该读数为0.5mm0.0123.2mm0.732mm+=（2）[3]为了保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏，应该旋转微调旋钮C；[4]由图丁所示可知，

测量结果是5.015.0=（3）[5]由电阻定律有lRS=解得2π4RSdRll==12.某同学准备测量一电池的电动势（不高于3V）和内阻。（1）为较精确测量电池电动势和内阻，除被测电池、开关、导线若干外，还有下列器材供选用，请选择适当的

器材____________（填写选项前的字母）A.电流表（0~0.6A，内阻0.3ΩAr=）的B.电流表（0~0.6A，内阻约为0.1Ω）C.电压表（0~3V，内阻未知）D.电压表（0~15V，内阻未知）E.滑动变阻器（0~10Ω，2A）F.滑动变阻器（0~100Ω，1

A）（2）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实验电路图应选择__________（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U-I图像，则电池的电动势E=__________V

。内电阻r=__________。（最后结果保留1位小数）【答案】①.ACE②.甲③.1.5④.0.7【解析】【分析】【详解】（1）[1]在题述器材中选择适当的器材：电流表A的内阻是已知的，故选A，电压表选择量程0~3V的C。滑动变阻器选择阻值较小的E，被测电池，开关，

导线若干，故选ACE。（2）[2]因电流表的内阻已知。故实验电路图应选择图甲。（3）[3][4]由图可知电池的电动势1.5VE=内电阻1.51.0Ω0.3Ω0.7Ω0.5r−=−=13.如图所示，水平天花板下用两段绝缘细线悬

挂起一个质量为m的带正电的小球A，细线与天花板的夹角均为30=，小球正下方距离为l处一绝缘支架上有一个带相同电荷量的小球B，此时细线伸直且张力均为12mg。小球始终处于静止状态，静电力常量为k，重力加速度为g，求：（1）两小球所带电荷量；（2）若

同时将两段细线剪断，求在剪断瞬间小球A的加速度大小。【答案】（1）2mglk；（2）12g【解析】【详解】（1）根据库仑定律可得22kqFl=由平衡条件可得12sin2mgFmg=+联立解得2mgqlk=（2）剪断细线瞬间质量及两球间的库仑力保持不变，细线的拉力变

为0，由牛顿第二定律得mgFma−=解得12ag=14.如图所示的电路中，定值电阻135ΩRR==，2415ΩRR==，电源电动势为12VE=，内阻为2Ωr=闭合开关S。求；（1）路端电压和电源的总功率：（2）若A、B间用导线连接，则电路的总电流多大？（结果保留2位小数，不用分

数表示最终结果。）【答案】（1）10V，12W；（2）1.26A【解析】【分析】【详解】（1）由题图知123420ΩRRRR+=+=外电路的总电阻为10ΩR=外回路总电阻为12ΩRRr=+=外根据欧姆定律

可求干路电流1AEIR==所以路端电压为10VUIR==外外电源的总功率12WPIE==（2）若A、B间用导线连接，根据电阻的串，并联可求外电路总电阻为7.5Ω；回路总电阻为9.5Ω，所以电路的总电流24A1.26A19E

IR==15.如图所示，板长为L、板间距离为d的平行板电容器的两极板水平放置，竖直屏M距板右端距离为L。电容器充电后与电源断开，一电荷量为q、质量为m的质点以水平初速度0v沿电容器中心轴线1OOP射入两板间，最

后垂直打在M上，已知重力加速度大小为g，求：（1）两极板间电压；（2）整个过程中质点的重力势能增加量。【答案】（1）2mgdq；（2）2220mgLv【解析】【分析】【详解】（1）据题分析可知，质点在平行金属板间受竖直向上的电场力和竖直向下的重力

作用。轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点仅受重力作用。最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，则两次偏转的加速度大小相等。根据牛顿第二定律得qEmgmg−=解得2mgEq=由UEd=可知板间电压为2Uqmgd=（2）质点在电场中向上偏转的距离为212y

at=qEmgagm−==0Ltv=解得2202gLyv=故质点打在屏上的位置与P点的距离为2202gLsyv==整个过程质点重力势能的增加量为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com