【文档说明】安徽省合肥市六校联盟2023-2024学年高二上学期期末联考物理试题 含解析.docx，共(16)页，3.092 MB，由管理员店铺上传

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合肥六校联盟2023-2024学年第一学期期末联考高二年级物理试卷（考试时间：75分钟满分：100分）一、选择题（本题共11小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，1~9题只有一项符合题目要求，选对得4分；10~11题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分

，有选错或不答得0分。请把正确答案涂在答题卡上）1.物理学是一门以实验为基础的学科，物理从生活中来又到生活中去。对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是（）A.甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的B

.乙图中，若在ab的两端接上交流电源（电流的大小和方向发生周期性变化），稳定后接在cd端的表头示数始终为0C.丙图中，生活中常用微波炉来加热食物，微波一种电磁波，微波具有能量D.奥斯特利用丁图实验装置发现了电磁感应现象【答案】C【解析】【详解】A．甲图中，两

根通电方向相反的长直导线产生的磁场方向相反，所以两导线相互吸引，相互吸引的作用是通过磁场实现的，故A错误；B．乙图中，若在ab的两端接上交流电源，则穿过线圈的磁场不断变化，磁通量不断变化，cd线圈中产生感应电流，接在cd端的表头示数不为零，故B错误；C．丙

图中，生活中常用微波炉来加热食物，微波是一种电磁波，微波具有能量，故C正确；D．奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应现象，故D错误。故选C。2.两个分别带有电荷量为−Q和+5Q的相同金属小球（均可视为

点电荷），固定在相距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F，两小球相互接触后再放回原处，则两球之间库仑力的大小为（）是A516FB.45FC.54FD.165F【答案】B【解析】【详解】开始时，由库仑定律25QQFkr=两小球相互接触后各带电量为+2Q，则此时'22245QQFFkr==故

选B。3.图甲是观察电容器放电的电路．先将开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，在屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示．则下列判断正确的是A.随着放电过程的

进行，该电容器的电容逐渐减小B.根据I-t曲线可估算出该电容器的电容大小C.电容器充电过程的I-t曲线电流应该随时间的增加而增大D.根据I-t曲线可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量【答案】D【解析】【详解】A

项：电容器电容由电容器本身的特性决定，与板间的电荷量无关，因此在放电过程中，该电容器的电容不变，故A错误；B、D项：I-t图线与时间轴围成的面积表示电荷量，可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量，但

由于电容器电压的变化量无法估算，由QCU=知，不能估算出该电容器的电容大小，故B错误，D正确；.的C项：电容器充电过程，电流应该随时间的增加而减小，充电完毕时电流减为零，故C错误．4.上珠峰、下矿井、入海港、进工厂、到田间，5G网络正在加速赋能千行百业实

现数字化生产。产生5G无线电波的LC振荡电路某时刻的工作状态如图所示，则该时刻（）A.线圈中磁场的方向向上B.线圈中感应电流的方向与图中电流方向相反C.线圈储存的磁场能正在增加D.电容器两极板间电场强度正在变大【答案】D【解析】【详解】A．根据安培定则，线圈中磁场的方向向下，故A错误；B．电容器在

充电，电流减小，根据楞次定律，线圈中感应电流的方向与图中电流方向相同，故B错误；C．电流减小，线圈储存的磁场能正在减小，故C错误；D．电容器在充电，电容器两极板间电场强度正在变大，故D正确。故选D。5.如图所示，为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为

受电线圈，N为送电线圈。已知送电、受电线圈匝数比n1：n2=11：1，ab端输入电流()2202sin100Vut=，下列说法正确是（）A.ab端输入的交变电流方向每秒变化100次B.送电线圈的输入功率大于受电线圈的输

出功率C.受电线圈产生的电动势的有效值为102VD.在t=0.05s时，通过送电线圈的磁通量的变化率最大【答案】A【解析】【详解】A．由题意得ω=100π，交变电流的频率50Hz2f==由于弦式交流电每个周期内电流方向改变两次，所以每秒变化100次，故A正确；B．理想变压器原线圈的输入功

率等于副线圈的输出功率，故B错误；C．由表达式()2202sin100Vut=可知送电线圈电压的有效值为1220V2mEU==根据1122UnUn=可知受电线圈两端输出电流的有效值为U₂=20V故C错误；D．在t=0.05s时，电压为()2202sin1000.05V0Vu=

=由拉第电磁感应定律Ent=可知，通过送电线圈的磁通量的变化率为0，故D错误。故选A。6.现代汽车中有一种先进的制动系统——防抱死（ABS）系统，它让车轮在制动时不是完全刹死，而是仍有一定的滚动，其

原理如图所示。铁质齿轮P与车轮同步转动。右端有一个绕有线圈的磁体，M是一个电流检测器。当车轮带动齿轮转动时，线圈中会产生感应电流。这是由于齿靠近线圈时被磁化，使线圈中的磁场增大，齿离开线圈时又使线圈中磁场减小，从而能使线圈中产生感应电流。这个电流经电子装置放大后能控制制动机构。齿

轮P从图示位置按顺时针方向转过α角的过程中，通过M的感应电流的方向是（）A.总是从左向右B.总是从右向左C.先从左向右，然后从右向左D.先从右向左，然后从左向右【答案】D【解析】【详解】在图示位置时，铁质齿轮恰好距离永久磁铁最近，被磁铁磁化后，穿过线圈的磁通量向左的最强，转过α角时

，下一个铁质齿轮又距离永久磁铁最近，因此在转动过程中，穿过线圈的磁通量向左的先减小，后增加，根据楞次定律可知，螺线管内感应电流的磁场方向先向左后向右，利用右手螺旋定则，通过M的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右。故选D。7.磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可

以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为

磁感应强度，θ为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）A.线圈转动过程中受到的安培力逐渐变大B.若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动C.线圈（指针）偏角θ与通过

线圈的电流I成正比D.电流表的灵敏度定义为I，更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度【答案】C【解析】【详解】A．磁场是均匀地辐射分布，线圈转过过程中各个位置的磁感应强度大小不变，故受到的安培力大小不变，故A错误；B．若线

圈中通以如图乙所示的电流时，根据左手定则，左侧安培力向上，右侧安培力向下，线圈将沿顺时针方向转动，故B错误；C．根据题意线圈停止转动时满足NBIS=kθ解得NBSIk=可知线圈（指针）偏角θ与通过线圈的电流I成正比，故C正确；D．电流表的灵敏度定义为I，

根据题意NBIS=kθ解得NBSIk=可知更换k值更大的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小了，故D错误。故选C。8.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，凭借此项成果，他于1939年获得诺贝尔物理学奖，其原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很

小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为q+，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（）A.带电粒子由加速器

的边缘进入加速器B.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大C.质子离开回旋加速器时的最大动能与D形盒半径成正比D.该加速器加速质量为4m、电荷量为2q的粒子时，交流电频率应变为2f【答案】D【解析】

【详解】A．带电粒子由加速器的中心进入加速器。故A错误；B．根据周期公式2mTqB=可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关。故B错误；C．质子离开回旋加速器时的最大动能2mkmm12mvEmvRqB==，联立，可得222km2

qBREm=故C错误；D．加速质子时，有12qBfTm==加速粒子时，有122442qBqBffTmm====故D正确。故选D。9.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，带电微粒由a点进入该区域

并刚好沿ab直线向上运动，下列说法正确的是（）A.微粒可能做匀变速直线运动B.微粒可能带正电C.微粒的电势能一定减小D.微粒的机械能一定减少【答案】C【解析】【详解】AB．根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)从图像上可以知道，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，故AB错误；C．因为电

场力向左，对微粒做正功，电势能一定减小，故C正确；D．由能量守恒可以知道，电势能减小，机械能一定增加，故D错误。故选C。10.以下是几种常见电场的电场线分布示意图，其中正确的是（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【详解】A．电场线

应从无穷远处出发到负电荷终止，故A错误；BCD．根据电场线的特点：从正电荷出发到负电荷或无穷远处终止，故B错误，CD正确。故选CD。11.很多以煤做燃料的电厂、电站每天排出的烟气带走大量的煤粉，如图甲所示，这不仅浪费燃料，而且严重地污染环境，为了消除烟气中的煤粉，可利用静电除尘，如图乙，m

、n为金属管内两点。在P、Q两点加高电压时，金属管内空气电离，电离出来的电子在静电力的作用下，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，导致煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了。就此示意图，下列说法正确的是（）A.Q接电源的正极B.

电场强度Eₘ>EₙC.金属圆筒内越靠近Q极电势越高D.带上负电煤粉在向管壁运动的过程中其运动轨迹为抛物线【答案】ABC【解析】【详解】A．带负电的煤粉被吸附到管壁上，可知Q接电源的正极，选项A正确；B

．距离导线P越近的位置电场线越密集，则场强越大，可知电场强度Eₘ>Eₙ，选项B正确；C．Q接电源的正极，则金属圆筒内越靠近Q极电势越高，选项C正确；D．因煤粉受电场力和重力的作用，且电场力为变力，可知带上负电的煤粉在向管壁运动的过程中其运动轨迹不是抛物线，选项

D错误。故选ABC。二、实验题（本题共2小题。每空2分，共16分。请把正确答案写在答题卡上）12.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，小糊同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究。（1）本实验中，除可拆变压器外，下列器材中还需要的有________：A．低压直流电源B．

交流电压表C．刻度尺D．开关、导线若干（2）小糊同学将图中变压器的原线圈接线柱0、8与低压直流电源的输出端相连，选择开关置于12V挡，则与副线圈0、2接线柱相连的电表示数可能是________；的A．48.0VB．4.0VC．3.6VD．0V

（3）小糊正确选材并接线后，记录如下表所示四组实验数据。1/N匝1001002002002/N匝2004004008001/VU2.101.955.222.352/VU4.288.0010.609.64分析表中数据可知，1N一定是________线圈的匝数（填

“原”或“副”）。【答案】①.BD##DB②.D③.副【解析】【详解】（1）[1]本实验中选用低压交流电源，故用交流电压表测副线圈电压，另实验还需要开关、导线若干。故选BD。（2）[2]变压器的原线圈与低压直流电源的输出端相连，可知副线圈中磁通量不变，则副线圈中

无感应电流，即副线圈所接电表无示数。故选D。（3）[3]由表中数据可得，在误差允许范围内变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，即1122NUNU=由于存在漏磁、铁芯发热、导线发热等影响电压，则变压器的副线圈两端测得的电压略小于理想值，故可知1N一定是副线圈的匝

数。13.为了测量一精密金属丝的电阻率：I．先用多用电表×1Ω挡粗测其电阻如图所示，然后用螺旋测微器测其直径为_____mm，游标卡尺测其长度是_____mm。II．为了减小实验误差，实验过程中要求电流表示数从零开始记录多组数据，除待测金属丝外，实验室还备有的实验

器材如下：A．电流表A1，量程为0~300μA，内阻r1=100ΩB．电流表A2，量程为0~0.6A，内阻r2约为0.1ΩC．定值电阻R1=900ΩD．定值电阻R2=9900ΩE．滑动变阻器Rp，最大阻值为5ΩF．电源（电动势约为3V）G．开关一只，导线若干回答下列问题：①实验中需要利

用电流表A1改装成电压表，则应选择定值电阻______（选填“R1”或“R2”）；②实验设计电路如图所示，为提高实验测量准确度，电流表A1左端a应接______（选填“b”或“c”）；③以A2示数I2为横轴，A1示数I1为纵轴作I1-I2图像，若图像斜率为k，则金属丝的电阻Rx=____

__（用r1、k、R1或R2表示）。【答案】①.2.095(2.093~2.097均可)②.100.15③.2R④.c⑤.()121krRk+−【解析】【详解】I[1]其直径0.5mm2mm9.52.095mm50d

=+=为[2]其长度是1mm100mm3100.15mm20l=+=II[3]要改装成3V的电压表，根据欧姆定律有630010A(100)3VR−+=解得63V100990030010AR−=−=故选择定值

电阻2R。[4]由于电压表的内阻是已知的，所以电流表采用外接法，即电流表A1左端a应接c点，可以避免系统误差。[5]根据部分电路的欧姆定律可得()()11221xIrRRII+=−整理得1212xxRIIrRR=++其斜率为12xxRkrRR=++整理可得()121xkrRRk+=−三、

解答题（本题共三小题，共38分，请写出必要的文字说明和解题过程。14题9分，15题14分，16题15分）14.如图所示，有内阻的电源电动势E=9V，标有“8V，12W”的灯泡L恰好能正常发光，测得此时流经电源的电流为2A，电动机M的电阻r0=1Ω，求：（1）电源的内阻；（2）通过电动机的电流

：（3）电动机的输出功率。【答案】（1）0.5Ω；（2）0.5A；（3）3.75W【解析】【详解】（1）因为灯泡L恰好能正常发光，电路中的路端电压为U=8V由闭合电路欧姆定律有EUIr=+代入数据得电源的内阻0.5=r（2）通过灯泡的电流为L12A1.5A8PIU===通过电动机的电流为0.

5AMLIII=−=（3）电动机的热功率为2M00.25WPIr==热电动机的输出功率为MPUIP=−出热解得3.75WP=出15.如图所示，在0y的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，在0y的空间中存在方向垂直xOy平面（纸面）向外的匀强磁场，一电荷量为q、质量为m的带正电的粒

子，比荷2110C/kg3qm−=，自y轴上的1P点以速率010m/sv=沿x轴正方向射入电场；然后经过x轴上的2P点进入磁场，经磁场偏转后，经过坐标原点O返回第一象限。已知11mOPd==，22323mOPd==，不计粒子重力。求：（1）电场强度E的大小；（2

）磁感应强度B的大小；（3）粒子从点1P到第一次经过坐标原点O所用的时间t。【答案】（1）3510N/C；（2）310T；（3）235s10+【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有20

121112OPvtEqOPtm==解得133s5510N/CtE==（2）设粒子在P2点时的速度为v，且v与水平方向的夹角为α，则有010costanvvEqtmv==解得203m/s330v

==粒子进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R，洛伦兹力提供向心力，则有2mvqvBR=如下图，设粒子过P2点的半径与水平方向夹角为β，则由几何关系得26023mROP===联立解得310TB=（3）粒子进入

磁场做匀速圆周运动，设周期为T，洛伦兹力提供向心力，则有224qvBmRT=解得2mTqB=粒子在磁场中由P2点运动到O点的时间为2300s3602tT==则粒子从点1P到第一次经过坐标原点O所用的时间为12235s10ttt+=+=16.如图所示，两表面光滑的

足够长的平行金属导轨MN、PQ，相距为L，与水平面成夹角倾斜放置，导轨顶端连接一定值电阻。磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好。已知金属棒的质量为m、电阻为R，定值电阻阻值为2R，导轨电阻不计，重力加速度

大小为g，现将金属棒ab由静止释放，试求：（1）金属棒ab下滑的最大速度为多大？（2）当金属棒沿导轨下滑位移为x时，速度由零增大到v（尚未达到最大速度），此过程中流过金属棒的电荷量为多少？（3）在第（2）小题的过程中，金属棒中产生的电热为多少？

【答案】(1)223sinmgRBL；(2)3BLxR；(3)211sin36mgxmv−【解析】【分析】【详解】(1)速度最大时，导体棒受力平衡，则有sinmgBIL=，3BLvIR=解得223sinmgRvBL=(2)根据电流公式得3

3EqIttRR===解得3BLxqR=(3)根据动能定理得21sin02mgxWmv+=−根据功能关系得WQ−=根据电路中电能的分配得3RQQR=解得211sin36Qmgxmv=−