【文档说明】安徽省芜湖市师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题 含解析.docx，共(21)页，4.004 MB，由小赞的店铺上传

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2023—2024学年高二年级上学期期中检测联考物理考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用

2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．。一、选择题（本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1

~7小题只有一个选项符合题目要求，第8~10小题有多个选项符合题目要求。第1~7小题选对得4分，选错、多选、不选均得0分；第8~10小题全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错、不选均得0分。）1.法国科学家库仑在1785年发现

了库仑定律，下列关于库仑定律发现过程说法，正确的是（）A.库仑从万有引力定律中得到启示，将电荷间的相互作用类比于物体间的引力作用，用实验直接测量了电荷间作用力与距离的关系B.库仑用库仑扭秤直接测出了静电力常量的数值9229.010Nm/Ck=C.质量相

等的两个带电金属球，如果相互接触后再分开，每个金属球的电荷量都是原来的一半D.任何两个电荷间的相互作用都满足库仑定律【答案】A【解析】【详解】A．库仑从万有引力定律中得到启示，将电荷间的相互作用类比于物体间的引力作用，用实验直接测量

了电荷间作用力与距离的关系，故A正确；B．库仑通过库仑扭秤实验得出库仑定律，没有测出静电力常量，故B错误；C．完全相同的两个带电金属球，如果相互接触后再分开，电荷量的分配应先中和再平分，不一定是原来的一半，故C错误；的D．真

空中两个静止的点电荷间的相互作用满足库仑定律，故D错误。故选A。2.体液的主要成分是水和电解质，因此容易导电，而体内脂肪则不容易导电。我们可以用某型号脂肪测量仪（如图甲所示）来测量人体脂肪率，脂肪测量仪根据人体电阻的大小来判断人体脂肪所

占比例，模拟电路如图乙所示。测量时，闭合开关S，测试者两手分别握住两导体手柄MN、，则（）A.人体内水和脂肪导电性不同，两者中脂肪的电阻更大一些B.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电压表示数较小C.测量时电子从M经过身体流向N形成电流D.饮水后，人体水分增多，脂肪测

量仪显示人体脂肪所占比例的测量数据会偏小【答案】D【解析】【详解】A．导电性不同，表示导体的电阻率不同，人体内水和脂肪相比，脂肪的电阻率更大一些，不是电阻，A错误；B．体型相近的两人相比，脂肪含量高者，接入电路

中的电阻较大，电路中的电流较小，根据()UEIRr=−+可知，电压表示数较大，B错误；C．测量时电流方向从M经过身体流向N，电子运动方向是电流的反方向，所以是从N经过身体流向M，C错误；D．饮水后，人体水分增多，人

体脂肪所占比例减小，所以脂肪测量仪显示人体脂肪所占比例的测量数据会偏小，D正确。故选D。3.夏天，受强对流天气影响，经常有雷电发生。为避免雷电造成的损害，某建筑顶部装有避雷针。如图所示为某次闪电前瞬间避雷针周围电场的等势面分布情况。在等势面中有A

、B、C三点，其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法正确的是（）A.A、B两点的场强相同B.此次闪电前瞬间避雷针尖端一定带负电C.从云层沿直线向避雷针尖端运动的电荷受到的电场力可能越来越小D.某正电荷从C点移动到B点，电场力对该电荷做负功【答案】D【解析】【详解】A．根据图中数据可

知，相邻等势线之间的电势差相等，均为1kV，由于等差等势线分布的密集程度能够间接表示电场的强弱，A、B两点位置关于避雷针对称，则这两点位置的等势线分别密集程度相同，可知这两点的电场强度大小相等，由于电场线垂直于等势线，由高电势点指向低电势点，而电场强度的方向沿电场线的切线方向，可知A

、B两点的电场强度的方向不同，即A、B两点的场强不相同，故A错误；B．根据上述可知，电场线整体方向由下指向上，即起源于避雷针，而电场线起源于正电荷或无穷远，可知此次闪电前瞬间避雷针尖端一定带正电，故B错误；C．根据上述，结合图形可知，从云层沿直线向避雷针尖

端运动的电荷所在位置的等势线分布逐渐变密集，即电场强度逐渐变大，电荷受到的电场力也越来越大，故C错误；D．根据图像可知CB某正电荷从C点移动到B点，电场力对该电荷做功为()0CBCBCBWqUq==−可知，某正电荷从C点移动到B点，电场力对该电荷做负功，故D正确。故选D。

4.一个带电量为Q+的点电荷，放在长为L的不带电的导体棒中心轴线上，点电荷距离棒左端的距离为r，取离点电荷无穷远处电势为零，如图所示，当棒达到静电平衡后，导体棒的中心点O处电场强度E的大小和电势的说法，正确的是（）A.2QEkr=，0B.22Q

EkL=，0C.0E=，0D.0E=，0=【答案】C【解析】【详解】电场中导体棒静电平衡后，整个导体棒是个等势体，内部场强处处为零，即0E=；取无穷远处电势为零，又因为沿着电场线电势降低，

所以导体棒电势0。故选C。5.空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一个质量为m、电量为q+的带电微粒，在0=t时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为其运动轨迹，a

b为圆轨迹的一条直径。除匀强电场的电场力外，带电微粒还受到一个变力F（非静电力）的作用，不计其它力的作用。测得带电微粒（看作试探电荷）所处位置的电势随时间t变化图像的一部分如图乙所示。下列说法正确的是（）A.电场强度的大小为122R+，方向与x轴正方向

夹角为6B.b点与a点的电势差()1234baU=−+C.微粒在119t时所受变力F达最大值D.微粒做匀速圆周运动的过程中变力F的最小值为21221364mRqtR+−【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知，经过1t时间带点微粒

处于电势最高处，之后电势逐渐降低，一直到17t时刻最低，说明电场方向从1t时刻所处位置指向17t时刻所处位置，如下图所示从图示看出，1t时刻所处位置和17t时刻所处位置两点的电势差()1212U=−−=+则电场强度的大小122UEdR+==还可以从图像看出从1t时刻到17

t时刻带电微粒运动了半个周期，所以运动周期()1112712Tttt=−=设带电微粒在电场中1t时间内绕圆心运动的角速度为，则112π12tt=解得π6=则电场强度的方向与x轴正方向的夹角为π5ππ66−=故

A错误；B．b点与a点的电势差π2cos6baUER=−将E代入，解得()1232baU=−+故B错误；C．17t时刻电势最低，则如图所示，电场力背离圆心，根据合力提供向心力可得22πFqEmRT−=将E、T代入，解得21221π362FmRqtR+=+根据圆周运动知识

可知17t时刻所处位置等效于重力场中的最低点，F的值最大，再经过一个周期，时间变为1111771219ttTttt=+=+=因此微粒在119t时所受变力F达最大值故C正确；D．1t时刻电势最低高，电场力指向圆心，根据合力提供向心力可得22πFqEmRT+=将E、T代入，解得

21221π362FmRqtR+=−根据圆周运动知识可知1t时刻所处位置等效于重力场中最高点，F的值最小故D错误。故选C。6.如图，用三根绝缘细绳把三个带同种电荷的小球、、ABC悬挂在O点。小球静止时，恰好位于同一水平面。细绳与竖直方向的夹

角分别为、、，已知小球、、ABC的质量分别为BACmmm、、，电荷量分别为ABCqqq、、，则下列说法正确的是（）的A.若小球的质量ABCmmm==，则一定有==B.若小球的质量ABCmmm==，则可能有

=C.若小球所带电荷量ABCqqq==，则一定有==D.若小球所带电荷量ABCqqq，则一定有【答案】B【解析】【详解】A．对ABC三个小球整体来看，其整体重心在竖直线上，由此得到ABCsinsinsinmlmlml=+当ABCmmm==时sinsinsin

=+当==时sin2sin=这是不能实现的，A错误；B．由A项分析，当0γ=时=B正确；C．小球位置与其质量有关，与电荷量无关，电荷量只决定小球张开的绝对大小，不影响相对大小，C错误；D．由C项分析可知

，D错误。故选B。7.比亚迪“汉EV”是全球首款搭载“刀片电池”的车型。若该车装配了120块“刀片电池”，每块“刀片电池”的容量是200A·h，平均工作电压是3.2V，则下列说法正确的是（）A.单块电池充满电后储存的电荷量是200CB.单块电池充满电后储存的电能是640W

·hC.若该车在某次行驶中平均能耗13kW·h/100km，则其续航里程是640kmD.若某块电池充电电流是200A，则经过15min可将该电池从其容量的30%充到45%【答案】B【解析】【详解】A．单块电池充满电后储存的电荷量为5200Ah

2003600C7.210Cq===故A错误；B．单块电池充满电后储存的电能为2003.2Wh640WhEUItUq====故B正确；C．该车充满电后储存的电能为120120640Wh76.8kWhE==则其续航里程为76.8kWh100km590.8km13kWhx==

故C错误；D．若某块电池充电电流是200A，则经过15min可将该电池从其容量充到151200Ah50Ah604qq===即为总容量的25%，故可将该电池从其容量的30%充到55%，故D错误。故选B。8.空间中有两个固定点电荷A和B，带电荷量的绝对

值分别为QA和QB，以点电荷A、B连线上某点为原点，以点电荷A和B所在的直线为x轴建立直角坐标系，分别作出部分Ex−和x−图像，如图所示，无是穷远处电势为零．则下列说法正确的是（）A.A为正点电荷，B为负点电荷，且QA>QBB.A为负点电荷，B为正点电荷，且QA>QBC.1是Ex−图像，2是

x−图像D.1是x−图像，2是Ex−图像【答案】BD【解析】【详解】AB．由于正点电荷周围电势趋于正无穷大，所以由图可知B为正点电荷，因为点电荷B右侧有场强为0的点，说明A为负点电荷，因电场强度叠加为0的

位置，离B近，离A远，故由2QEkr=可知QA>QBB正确，A错误；CD．当x−图像斜率为0时，场强为0，结合图中的辅助线，可知1是x−图像，2是Ex−图像，D正确，C错误。故选BD。9.现在大多数医院进行

输液治疗时都采用传统的人工监护方式。为减轻医务人员负担，有不少输液传感器投入使用。某电容输液传感器测量装置示意图如图甲所示，测量电路如图乙所示，A、B间接入恒定电压U0，自动控制开关S置于1时电容器充电

、置于2时电容器放电。电容器在S的作用下周期性充放电，系统监测每次充电过程中电容器两端电压随时间的变化曲线，可自动判定输液管中是否有药液。在输液管中有药液和无药液的两次电容器充电过程中，电容器两端电压随时间的变化曲线如图

丙所示，已知有药液时测量电路中的电容值更大，则（）A.曲线1为无药液时的充电曲线B.曲线2为无药液时的充电曲线C.曲线1对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大D.曲线2对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大【答案】AD【解析】【详解】CD．设电容器两端电压为

U，则电路中电流为0UUIR−=画出图丙中两条曲线对应情况下电流随时间变化的图像如图所示根据图像与横轴围成的面积表示电荷量，可以得到曲线2对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，故C错误，D正确；AB．根据充满电后电容器满足曲线2对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，故曲线2对应情况下的电

容值较大，已知有药液时测量电路中的电容值更大，故曲线2为有药液时的充电曲线，曲线1为无药液时的充电曲线，故A正确，B错误。故选AD。10.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，六个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用iI和iU（1,2,3i=

下同）表示，电表示数变化量的大小分别用iI和iU表示。下列分析结论正确的是（）A.1I、3I、1U示数均减小B.123III+=C.11UI、32UI、33UI均不变D.11UI、21UI

、31UI均不变【答案】BD【解析】【详解】A．当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，滑动变阻器的有效电阻减小，电路总电阻减小，干路电流变大，外电压减小。即1I变大，2U减小，1U变大，并联电路部分电压减小，

即3U减小，2I减小，3I变大，故A错误；B．根据123III=+1I变大，2I减小，3I变大，则312ΔΔΔIII=+故B正确；C．11UI表示电阻1R，该阻值不变；33UI表示滑动变阻器的有效阻值，该阻值减小；而1222

2312UUUURIII=++=因为1U变大，2I减小，则12UI变大，所以22UI变大，故C错误；D．11UI表示电阻1R，1R不变，所以1U与1I是线性关系，即11UI不变；根据闭合电路的欧姆定律得21UEIr=−所以21UI的绝对值表示电源内阻，其比值不变；根据131)

(UEIrR=−+则有311=UrRI+不变，故D正确。故选BD。二、实验题（共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分）11.铅笔芯是石墨和黏土的混合体。（1）某同学使用螺旋测微器测定其直径d，某次测量结果如图1所示，读数为______mm。用游标卡尺测量

其长度，示数如图2所示，由图可知其长度L=______cm。（2）某同学使用多用电表欧姆挡粗测其电阻，他首先将选择开关置于“×10”倍率，接着将两支表笔短接，旋转欧姆调零旋钮使指针指向0，然后将两表笔分别

与该铅笔内芯两端接触，测其电阻时指针如下图所示，该同学接下来应该进行的操作是将选择开关置于“______”倍率处（选填×1或×100），并重新进行欧姆调零，再进行测量。【答案】①.0.645②.4.240③.1【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为0.5mm+14.50.01mm=0.

645mm[2]游标卡尺的读数142mm+8mm=42.40mm=4.240cm20（2）[3]欧姆表指针从左往右偏，读数从右往左读，图中指针指在右端表明示数较小，要想示数变大，则需要调至小挡位，即“1”倍率。12.高二某班课外兴趣小组的同学

设计的实验电路如图所示，已知一个可变电阻的电阻值可在100~3000之间变化。除了可变电阻外，兴趣小组现有的器材还有：直流电源E（电动势约为6V，内阻约为1）；电压表1V（量程为6V，内阻约为3kΩ）；电压表2V（量程为15V，内阻约为5kΩ）；电流计

G（量程为3mA，内阻为11kΩ）；定值电阻R；滑动变阻器1R（最大阻值为10Ω，额定电流为3A）；滑动变阻器2R（最大阻值为1kΩ，额定电流为0.5A）；开关及导线若干。（1）实验中要求尽量减小误差，应保证电表在测量时其最大示数超过量程的一半，则滑动变阻器应选择__

___________（填“1R”或“2R”），电压表应选择_____________（填“1V”或“2V”）。（2）为了在实验中使电流计符合实验要求，需要给电流计并联一个阻值为_____________Ω的定值电阻，就可

以将该电流计改装为量程36mA的电流表。（3）实验中先将滑动变阻器的滑片P移至左端，再闭合开关1S。在调节可变电阻阻值时，开关2S需要处于_____________（填“断开”或“闭合”）状态。移动滑片P至合适位置，若此时电压表示数为量程的三分之二，电流表示数为量程的四分之

三，则此时可变电阻对应的阻值为_____________（结果保留三位有效数字）。【答案】①.1R②.1V③.1④.闭合⑤.148【解析】【详解】（1）[1][2]为了便于操作，则滑动变阻器应选择1R，为了保证电压表在测量时其最大示

数超过量程的一半，电压表应选择1V。（2）[3]将电流计改装为量程36mA的电流表，需要并联一个小阻值的定值电阻，根据欧姆定律有()gggIrIIR=−并代入数据得3mA11(36mA3mA)R=−并解得1R=并（3）[4][5]根据题意可知，电流表量程应选择36mA，对应的开关

2S需要闭合。根据欧姆定律，可变电阻对应的阻值为26V3148336mA4R==三、解答题（共4小题，第13题8分，第14题10分，第15题10分，第16题13分，共41分）13.如图，等量异种点电荷Q−、Q+固定在水平线上相距为2L的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为q+（可

视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的竖直垂直平分线上距MN为L处，AC平行于MN，且OAOCL==。现把杆拉起到水平位置由静止释放，小球经过最低点B时速度为v。取无穷远处电势为零，忽略q+对等量异种点电荷形

成电场的影响，重力加速度为g。求：（1）小球经过B点时受到的电场力；（2）小球经过B点时对杆的拉力大小；（3）Q−、Q+形成电场中，A点的电势A；的（4）小球继续向左摆动，到达C点时的速度Cv大小。【答案】（1）22kqQF

L=合，方向水平向左；（2）2vFmgmL=+；（3）222AmvmgLq−=；（4）224CvvgL=−【解析】【详解】（1）小球经过B点时，受到Q+和Q−的电场力均是水平向左，根据库仑定律可知小球受到的电场力为22kqQFL=合方向水平向左；（2）小球经过B点时，设杆对小球

的拉力为F，在竖直方向根据牛顿第二定律可得2vFmgmL−=解得2vFmgmL=+由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对杆的拉力大小为2vFFmgmL==+（3）根据等量异种点电荷电场分布特点可知，两点电荷连线的中垂线为等势线，由于取无穷远处电势为零，则有0B=从A到B由动能定理有()212AB

mgLqmv+−=解得222AmvmgLq−=（4）由电场对称性可知CA=−即2ACAU=小球从A到C由动能定理可得212ACCqUmv=解得224CvvgL=−14.某国产品牌电动公交车整车质量3

1210kgm=，以36km/hv=的速度沿水平道路匀速行驶，其动力来自水冷永磁同步直流电机，输入电压500VU=，直流电机正常工作时电能转化为机械能的效率90%=，忽略传动系统机械损失，若关闭电机，车辆能沿倾角3=的

路段以相同速率向下匀速运动。假设公交车在水平道路和倾斜路段受到的阻力大小相等，sin30.05=，重力加速度取210m/sg=。求：（1）在倾斜路段行驶时，公交车受到的阻力f大小；（2）以36km/hv=的速度沿水平道路匀速行驶时，直流电机内阻r的大小。【答案】（1）3610

N；（2）0.375【解析】【详解】解：（1）公交车在倾斜路面匀速运动，根据平衡条件可得sin3fmg=解得3610Nf=（2）设直流电机输入电流I，电功率为P，在水平道路行驶时，根据平衡条件可得0Ff−=机械功率为PFvP==

机械总电功率为PUI=热功率为2(1)PPIr=−=热解得0.375r=15.某装置用电场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。正方形ABCD区域内存在4层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方

向交替变化。一个质量为m、电量为q的带正电粒子在ABCD所在平面内，从AB中点M处射入电场，粒子的初动能为k4EqEd=，入射角为。不计粒子重力。（1）当0=时，若粒子能从CD边射出，求粒子通过电场的时间t；（2）若粒子从CD边射出电场时与轴线MN的距离小于d，求入射角大小的范

围。（3）当45=时，求粒子射出电场时的位置离左边界AB的距离。【答案】（1）012cosmdqE；（2）30；（3）(842)d−【解析】【详解】（1）设离子的初速度大小为0v，则有为2k0142EqEdmv==解得08qEdvm=离子垂直与电场方向做匀速直线运动

，粒子能从CD边射出，则有004cosvtd=解得粒子在电场中的运动时间为000oco412cssdmdtvqE==（2）若粒子从CD边射出电场时与轴线MN的距离小于d，设粒子进入电场初速度与水平方向的夹角为1时，粒子最

高点恰好与电场边界相切，则在电场方向上有()20120sinadv−=−根据牛顿第二定律可得qEma=解得11sin2=可得130=故入射角大小的范围为30（3）当45=时2sincos2==设经过时间t粒子到达第1、2层界面，由运动学公式可得201sin2

qEvttdm−=解得(22)mdtqE=−假设粒子从两侧AD或BC边界飞出，则飞出位置距左边界的距离02cos(842)4xvtdd==−故假设成立，即粒子从两侧AD或BC边界飞出，飞出位置距左边界的

距离为(842)d−。16.如图所示，绝缘支架上悬挂一金属槽，槽中盛有导电液体，槽底部有一小孔，此小孔可以让槽中的液体一滴一滴无初速度地滴落。在槽下端通过绝缘支架水平挂一金属极板A，A板中间挖一小孔且正对槽的小孔，两孔距离较为接近，槽中液体和滴落的液体均

不会与A板接触。现将槽和极板A接入电源，电源电压为U，当槽中液滴位于A板小孔但未滴落时，可将槽和液滴所构成的整体视作与A板共同构成电容器，电容大小为1C，液滴滴落时所带电荷量与总净剩电荷量的比值称为带电系数k（k为定值）。在A

板正下方的绝缘底座上水平放置另一金属极板B，A板与B板构成电容为2C的电容器，通过调节槽中的液滴下落频率，保证A、B极板间不会同时存在两滴液滴。已知A、B板间距为h，重力加速度为g，A板接地，槽中导电液体的液面变化可以忽

略不计，A板相较于小孔尺寸可视为无限大金属板，不考虑空气中带电粒子对装置的影响以及液滴对A、B板间电容的影响，开始时B极板不带电。（1）求滴落时液滴所带电荷量Q；（2）若液滴质量为m，求极板B可获得的最高电势B；（3）第n滴液滴落到B板后，请推导第1n+滴液滴所受

静电力F与滴数n的函数关系式。【答案】（1）1QkUC=；（2）B1mghkUC=；（3）22212nkUCFhC=【解析】【详解】（1）据题意：电容器电压不变，电容不变，总净剩电荷量不变。液滴滴落时所带电荷量与总净剩电荷量的比值为k，可得滴落时液滴所带电荷量为1QkUC=（2）根据平衡条件有m

gEQ=BAUEh=又BABAU=−，A0=所以B1mghkUC=（3）第n滴液滴落到B板后，B板带电量11QnQnkUC==A、B板间电势差112QUC=电场强度11UEh=第1n+滴液滴所受静电力1FQE=解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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