【文档说明】安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高二上学期期中联考物理试题Word版含解析.docx，共(21)页，1.453 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-15c45ab9131b1d9c28f8f27e0ec01600.html

以下为本文档部分文字说明：

合肥一中2024~2025学年度高二年级上学期期中联考物理试题（考试时间：75分钟满分：100分）注意事项：1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。2．答题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上时应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其他答案标号。3．答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草

稿纸上答题无效。4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。一、选择题：本题共10小题。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每题4分；第9~10题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全

的得3分，有选错的得0分。1.下列三幅图反映了三种起电的方式，下列说法正确的是（）A.甲图是橡胶棒与毛皮摩擦后，把正电荷传给了毛皮，使橡胶棒带上了负电B.乙图无论小球D带正电还是负电，与A接触时都把电荷传给C、C，使箔片张开C.丙图中先把靠近的带电小球C移开，

再分开A、B，则A、B带上了等量异种电荷D.三种起电方式的实质都是电子的转移【答案】D【解析】【详解】A．橡胶棒与毛皮摩擦后，橡胶棒带负电，是因为电子从毛皮转移到橡胶棒，A错误；B．小球D带正电时，电子从A与箔片转移到小球D，使箔片带正电。小球D带负电时，电子从小球D转移到箔片带负电。两种

情况均使箔片带同种电荷相斥，使箔片张开，B错误；C．小球C感应A、B，发生静电感应现象，A、B带上等量异种电荷。移开小球C后，静电感应消失，分开后A、B均不带电，C错误；D．三种起电方式的本质都是电子的转移。不带电的物体因失去电子显正电性，得到电子显负电性，电子在转移的过

程中，电荷的总量保持不变，D正确。故选D。2.如图，在xOy坐标平面内，圆心为O、半径为r的圆上等距放置三个点电荷，y轴上的A点电荷量为()0qq，B、C点电荷量均为4q−。P点为圆弧AC中点。则（）A.O点电场强度方向沿y轴正向B.O点电场强度大小为0C.P点电场强度大小为26

kqrD.P点电场强度大小为25kqr【答案】D【解析】【详解】AB．根据电场的矢量叠加可知O点电场强度方向沿y轴负向，大小为222452cos60OkqkqkqErrr=+=故AB错误；CD．三个点电荷在P点的场强如图A点电荷在

P点的场强为2APkqEr=B点电荷在P点场强为224(2)BPkqkqErr==C点电荷在P点的场强为2244CPkqkqErr==根据矢量的合成可知A、B点电荷在P点的场强为2ABPkqEr=方向向

下，再与C点电荷在P点的场强合成可知22245PkqkqkqErrr=+=方向向下，故C错误，D正确。故选D。3.如图，实线为电场中的电场线，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，一个带正电荷的粒子（不计重力）在等势面A处时的动能为20J，运动到等势

面C处时的动能为零，现取B等势面为零电势面，则当此电荷的电势能为4J时，其动能是（）A.4JB.6JC.10JD.16J【答案】B【解析】【详解】根据题意可知相邻等势面间电势差相等，则从等势面A到等势面B与从等势面

B到等势面C，粒子克服电场力做的功相等；由于从等势面A处到等势面C处，粒子动能减少20J，则从等势面A处到等势面B处，粒子动能减少10J，而粒子在等势面A处时的动能为20J，所以粒子在等势面B处时的动能为10J；现取B等

势面为零电势面，则粒子的动能和电势能之和为10J，且动能和电势能之和保持不变，所的以当此电荷的电势能为4J时的动能是6J。故选B。4.如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量

很少，可被忽略。一带负电的油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（）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.带电油滴的电势能减少D.若将上极板与电源断开后再将下极板左移一小段距离，则油滴所受电场力不变【

答案】C【解析】【详解】A．由4SCkd=可知，平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离后，d变小，S不变，C变大；又由题意可知，极板两端的电压U不变，由QCU=可得，平行板电容器的极板所带电荷量Q变

大，故A错误；B．静电计指针张角表示两极板间电势差的变化，两极板电势差不变，则静电计指针张角不变，故B错误；C．由题意可得，电势差不变，d变小，由QEd=可得电场强度E变大，P点与下极板的电势差增大，与上极板的电势差减小，由于油滴带负电，所以带电油滴的电势能减少，故C正确；D．由上述分析可得4

UQkQEddCS===若将上极板与电源断开后再将下极板左移一小段距离后，Q不变，S变小，则E变大，则油滴所受电场力变大，故D错误。故选C。5.如图所示，固定的点电荷Q+正下方有一足够大的接地金属板

，在金属板的上表面外侧和内侧各取一点A、B，可认为A、B两点到点电荷Q+的距离均为d，静电力常量为k，关于此静电感应现象判断正确的是（）A.金属板的下表面一定带正电B.B点场强大小等于2kQdC.金属板上感应电荷在B点场强大小等于0D.若金属板表面光滑

，则带正电的小球可在其上表面匀速运动【答案】D【解析】【详解】A．金属板接地，大地为远端，所以金属板下表面无电荷。故A错误；BC．金属板达到静电平衡时，导体内合场强处处为零，所以感应电荷在B点的场强与点电荷在B点的场强等大

反向，为2kQEd=故BC错误；D．金属板上表面的合场强方向垂直于金属板向下，所以带正电小球所受电场力竖直向下，水平方向不受力的作用，可在其上表面匀速运动。故D正确。故选D。6.如图所示，两个固定的等量正点电荷相距4L，其连线的中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间

的连线及连线的垂直平分线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴，Ob为x轴的正方向。若带正电的试探电荷从a点由静止释放，沿直线aOb运动到b点，下列各图关于x轴上各点电势、电场强度E及试探电荷的速

度v、电势能pE的描述正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AC．O点的电场强度为零，从a到b，电场强度先减小后反向增大，电荷所受的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，A、C错误；B．aO间的电场线方向由a到O，电势逐渐降低，根据

x−图像切线的斜率等于电场强度，知x−图像切线的斜率逐渐减小，0x=时x−图像切线的斜率等于零，根据对称性知B图是正确的，B正确；D．根据对称性知，电荷在关于O点对称的位置电势能相等，图像应关于纵

轴对称，D错误。故选B。7.如图所示，MN、和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，90MOP=．在MN、两点处各有一条长直导线垂直于纸面放置，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点磁

感应强度的大小为1B；若将N点处的长直导线移至P点处，则O点的磁感应强度大小变为2B．则1B与2B之比为（）A.1:1B.1:2C.2:1D.2:1【答案】C【解析】【详解】两导线中电流在圆心O点处产生的磁感应强度大小相等，设MNBBB==M点处导线中电流在O点产生的磁场方向竖直向

下，N点处导线中电流在O点产生的磁场方向也竖直向下，如图甲所示，则有12BB=当N点处导线移到P点时，两导线在O点处产生的磁感应强度大小满足MPBBB==M点处导线中电流在O点产生的磁场方向仍然竖直向

下，而P点处导线中电流在O点产生的磁场方向水平向左，如图乙所示，则有22BB=故12:2:1BB=故选C。8.汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面

高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量20kgM=，3.2mH=，重力加速度大小取210m/sg=，则（）A.碰撞过程中F冲量大小为440NsB.碰撞过程中F冲量

方向竖直向下C.碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200kgm/sD.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.45m【答案】C【解析】【详解】AB．Ft−图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲

量大小为F10.14400Ns220Ns2I==方向竖直向上，故AB错误；C．头锤落到气囊上时的速度大小为028m/svgH==与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）有()F0IMgtMvMv−=−−解得2m/sv=碰撞过程中头锤的动量变化量()0Δ200kgm/spMv

Mv=−−=故C正确；D．碰撞结束后头锤上升的最大高度20.2m2vhg==故D错误。的的故选C。9.在如图所示的电路中，电源内阻为r，1R是定值电阻，L是灯泡。现闭合开关S，将滑动变阻器2R的滑片向上滑动，电表A、1V、2V、3

V都是理想电表，测得电压表1V、2V、3V示数变化量的绝对值为1ΔU、2ΔU、3ΔU，电流表A示数变化量的绝对值为I，下列说法正确的是（）A.1V、2V的示数都增大，3V的示数减小B.1ΔΔUI、2ΔΔUI、3ΔΔUI均不变C.电流表

示数变小，灯泡变暗D.电源效率增大【答案】BD【解析】【详解】AC．将滑动变阻器2R的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，则总电流减小，电流表示数减小，定值电阻1R、内阻r两端的电压减小，可知

灯泡两端的电压增大，灯泡变亮，电压表1V测量定值电阻1R两端的电压，电压表2V测量路端电压，电压表3V测量灯泡两端的电压，则1V减小、2V增大，3V的示数增大，故AC错误；B．根据闭合电路的欧姆定律可得11UIR=2EUIr

=+31()EUIRr=++可得11ΔΔURI=，2ΔΔUrI=−，()31ΔΔURrI=−+故1ΔΔUI、2ΔΔUI、3ΔΔUI均不变，故B正确；D．电源效率2UIEIrEIE−==将滑动变阻器2R的滑片向上滑动，电路总电流减小，故电源效率增大，故D正确。

故选BD。10.如图所示，在水平向左且足够大匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度0v，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整

的圆周运动，AB为圆的竖直直径。知匀强电场的场强大小为3mgq，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（）A.小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为12mgLB.细线断裂后，小球动能的最小值为12mgLC.从细线断裂到小球的动能与在B

点时的动能相等的过程中，电势能增加了mgLD.从细线断裂到小球的电势能与在B点时的电势能相等的过程中，重力势能减少了83mgL【答案】BD【解析】【详解】A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足22()(3)2Fmgmgmg=+=由几何关系可知

该方向与竖直方向夹角为60°，所以22vmgmL=即动能的最小值为的2kmin12EmvmgL==故A错误；B．由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从B到N点，由动能定理得22112(sin30)22BmgLLmvmv−−=−2BvgL=所以

最小动能为2kmin1'(sin30)2BEmv=联立解得kmin1'2EmgL=故B正确；C．因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大

反向时，故满足vBcos30°=at22mgagm==x=vBsin30°•2tΔEp=-（-qExcos60°）联立解得ΔEp=1.5mgL即电势能增加1.5mgL，故C错误；D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程

中，即电场力做功为零，即相当于B点水平方向的速度等大反向时，即vB=a't'qE=ma'21(2)2hgt=W=-ΔEp'=mgh解得ΔEp'=-83mgL故D正确。故选BD。二、实验题（每空2分，共计16分）11.某学习小组在做“测量电源的电动势和内阻”实验时采用了以下实验器材

：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1）；电压表V（量程3V，内阻约3k）；电流表A（量程0.6A，内阻约1）；滑动变阻器R（最大阻值为20）；定值电阻1R（阻值2）；定值电阻2R（阻值4）；开关一个，导线若干。（1）学习小组按照图甲图电路图进行正确

操作，并根据实验数据做出图像，如图乙图所示。根据图像可知，所选的定值电阻应为_______（填“1R”或“2R”），干电池内阻r=_______。（保留两位有效数字）（2）本实验中的电表带来的误差主要来源于________（填“电

压表分流”或“电流表分压”）。【答案】（1）①.1R②.0.42（2）电压表分流【解析】【小问1详解】[1][2]由图像可知，电源与电阻整体组成等效电源内阻为1.45Ω2.42Ω0.6UrRI+==由题意可知，电源内阻小于1，则定值电阻应选择1R；干电池内阻为的2.42Ω2Ω0.42Ωr=

−=【小问2详解】考虑电表内阻对实验的影响，由甲图可知，误差来源于电压表的分流作用。12.某同学要测量一段金属丝的电阻率，除了待测金属丝、多用电表、螺旋测微器之外，实验室还准备了如下器材：A.毫米刻度尺B.电流表A1（量程为0.6A，内阻1r约为0.

5）C.亳安表A2（量程为1mA，内阻21000r=）D.滑动变阻器1R（阻值范围为0~15，最大电流为3A）E.定值电阻25kR=F.定值电阻320R=G.蓄电池（电动势为6V，内阻很小）（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某次测量结果

如图甲所示，其读数为________mm（该值接近多次测量的平均值。（2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻，当选择“×1”倍率的电阻挡，欧姆调零后再进行测量，多用电表的示数如图乙所示，测量结果为______

__；（3）实验电路图如图丙所示，因实验室没准备电压表，实际是电路中选用电流表_______（填写A1或A2）与定值电阻______（填写R2或R3）串联当作电压表使用。（4）该同学改变滑动变阻器的滑片位置，测得多组电流表A1、A2的值

1I、2I。以（12II−为横坐标，()212IRr+为纵坐标，绘得图像如图丁所示，则金属的电阻率为=_______。（结果用金属丝长度L、金属丝直径d和图丁中的a、b表示）【答案】（1）0.500（2）7（3）①.A2②.R2（4）24bdLa【解析】【小问1详解】金属丝的

直径为0.5mm0.00.01mm0.500mmd=+=【小问2详解】因选用“×1”倍率的电阻挡，测量结果为71Ω7ΩR==【小问3详解】[1][2]电动势为6V，实际是电路中选用电流表A2与定值电阻R2串联当

作电压表使用，改装完的电压表量程1mA(5k+1k)=6VU=【小问4详解】由并联电路可得()22212IRrIIR+=+整理得()()22212IRrRII+=−结合图丁可知bRka==根据电阻定律有LRS=又

22dS=解得金属的电阻率为24bdLa=三、计算题（本题3小题，13题12分，14题12分，15题18分，共42分。要求每题写出解题过程，只有答案没有过程不得分。）13.如图，在真

空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板相距5cmd=，外部电路电源电动势为1000V=，内阻为10r=，保护电阻080R=，电阻箱阻值调为10R=，现闭合开关S1、S2，稳定后求（1）A、

B两板间的电压；（2）从显微镜发现，一个质量为6510kgm−=的油滴在两板中间处于静止状态，该油滴所带电量大小。（重力加速度为210m/sg=）【答案】（1）100V（2）82.510C−【解析】

【小问1详解】由闭合电路的欧姆定律可知01000A10A108010IrRR===++++A、B两板间的电压为AB1010V100VUIR===【小问2详解】对油滴分析ABUqmgd=可得该油滴所带电量68AB510100.05C2.510C100mgdqU−−===

14.用一长1m的轻质柔软绝缘细线拴一个质量为0.2kg、电荷量为62.010C−的小球，细线的上端固定于O点，现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直方向成37°（g取10m/s2，sin370.6=°，cos370.8=°）。（1）求匀强电场的场强

的大小；（2）把小球从A点移到B点，OAOB=，此时细线与竖直方向成53°，求电场力对小球做的功和小球电势能的变化量；（3）若小球从B点由静止释放，求小球第一次到达A点时对细线的拉力大小。【答案】（1）57.510N/C（2）2.1J−；2.1J（3）7.5N【解析】

【小问1详解】小球受重力、电场力、拉力而平衡，经分析，小球带正，其受力情况如图所示根据平衡条件有tan37qEmg=解得57.510N/CE=【小问2详解】把小球从A点水平移到B点，如图所示因小球带正电，故此过程电场力做负功，根据几何关系sin37sin531.4mA

BdLL=+=则电场力做功2.1JABWqEd=−=−电根据电场力做负功，电势能增加，则有P2.1JEW=−=电【小问3详解】若小球从B点由静止释放，第一次到A点，根据动能定理有()21cos37cos532ABAmgLqEdmv−+=小球第一次到A点，根据牛顿第二定律有()()222AvFm

gqEmL−+=联立解得7.5NF=15.绝缘的粗糙水平地面上方有一竖直方向的矩形区域OCCO，该区域由三个水平边长是L，竖直边长是2L的小矩形区域组成，从左到右依次为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形区域的下边OC与桌面相接。为方便描述建立如图所示的平面直角坐标系；区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分别存

在沿y轴负方向、y轴正方向、y轴正方向的匀强电场，其场强大小比值为1∶1∶2。现有一带正电的滑块（可视为质点）以某一初速度0v（未知）从O点沿x轴正方向进入区域Ⅰ，滑块最终从P点13,2LL（图中未标出）离开区域Ⅲ。已知滑块

在区域Ⅰ中所受静电力与所受重力大小相等，地面与滑块间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g。求：（1）滑块进入区域Ⅲ时的速度大小1v；（2）滑块在通过矩形区域OCCO的过程中电场力的冲量大小；（3）若滑块以相同大小的初速度0v（未知）从P点沿x轴负方向进入

区域Ⅲ，求：滑块离开电场区域的位置（Q点）与P点的高度差h。【答案】（1）gL（2）(726)Lmgg−（3）L【解析】【小问1详解】在区域Ⅱ中由于所受静电力与所受重力大小相等，则滑块做匀速直线运动，在区域Ⅲ做类平抛运动，竖直方向加速度2qEmga

gm−==根据类平抛运动规律231122Lgt=13Lvt=解得1vgL=，3Ltg=【小问2详解】滑块进入区域Ⅲ时，根据动能定理()22101122mgqELmvmv−+=−解得032gLv=在区域Ⅰ运动的过程中，由运动学公式1

011vvat=−由牛顿第二定律1()mgqEma+=联立可得，滑块在区域Ⅰ运动的时间为()1262Ltg=−滑块在区域Ⅱ运动的时间为23Lttg==则滑块在通过矩形区域OCCO的过程中电场力的冲量大小为1

232(726)LIqEtqEtqEtmgg=−++=−方向沿y轴正方向。【小问3详解】滑块以0v的速度从P点沿x轴负方向进入区域Ⅲ做类平抛运动，如图所示在水平方向有03Lvt=在竖直方向由牛顿第二定律32qEmgma−=由运动学公式23

3312yat=33yvat=解得313yL=，23yvgL=滑块在区域Ⅱ中做匀速直线运动，在竖直方向上的位移有2323yyvtL==滑块在区域Ⅰ中做类斜抛运动，从出区域Ⅱ到上升到最高点的过程中，在竖直方向上有212yayv=1qEmgam+=解得3Ly=由于32122Lyy

yL+++可知滑块从边界OO'离开电场区域，在区域Ⅰ竖直方向上的位移为''21313102yyvtat=−+=则Q点的纵坐标为1231322QyLyyyL=+++=故滑块离开电场区域的位置（Q点）与P点的高度差3122hLLL=−=