2023-2024学年安徽省示范高中培优联盟高二（上）冬季联赛物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省示范高中培优联盟高二（上）冬季联赛物理试卷(含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.踢毽子是我国传统的民间体育运动，如图是一个小孩正在练习踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动。若考虑空气阻力的影响，且阻力大小与速率成正比，毽子离开脚后至回到出发点的过程中( )
A. 上升过程一直处于超重状态
B. 最高点速度为零、加速度也为零
C. 上升的时间小于下降的时间
D. 上升过程克服重力做的功大于下降过程重力做的功
2.如图所示为地磁场磁感线的分布图，若地磁场是由于地球带电随地球自转产生的，且科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢。根据以上信息可以推断出( )
A. 地球表面各点处地磁场的磁感应强度大小相同
B. 地磁场是由于表面带正电的地球发生自转而形成的
C. 地球表面赤道处的重力加速度正在变小
D. 地球表面赤道处的磁感应强度正在变小
3.如图所示为一根粗细均匀、电阻率恒定的导体棒，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流I，棒内的电场强度大小为E，现将导体棒均匀拉长为原来的2倍，在棒两端加上电压，使棒内电流大小仍为I，则金属棒内的电场强度大小为
( )
A. EB. 2EC. E2D. 4E
4.心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。一种叫作心脏除颤器的医疗设备，其工作原理是通过一个充电的电容器对心室纤颤患者皮肤上安装的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏停止跳动，再刺激心室纤颤患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，若心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电至9.0kV电压，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零。下列说法正确的是
( )
A. 这次放电过程中有0.135C的电荷通过人体组织
B. 放电过程中该电容器的电容逐渐变小
C. 放电过程中通过人体组织的电流是恒定不变的
D. 放电过程中通过人体组织的最大电流为67.5A
5.某实验小组用一个表头G(满偏电流Ig=100μA，内阻Rg=900Ω)，改装成1mA和10mA的双量程电流表和一个量程为3V的电压表，改装原理图如图所示，已知R2=90Ω。则R1和R3的阻值分别为( )
A. R1=10Ω R3=2910ΩB. R1=10Ω R3=29100Ω
C. R1=100Ω R3=29100ΩD. R1=100Ω R3=2910Ω
6.如图所示，黑箱外有编号为E、F、G的三个接线柱，用多用电表探测发现：用直流电压挡测量时，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆挡测量，黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点，红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点，阻值很小，但反接阻值很大。则该黑箱内元件的接法可能是图中的
( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，真空中A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点固定有电荷量为q的正点电荷。在B点和C点各固定一个未知电荷量和电性的点电荷后，D点的电场强度恰好等于零。则
( )
A. B点的点电荷带负电，电荷量为2qB. B点的点电荷带负电，电荷量为2 2q
C. C点的点电荷带负电，电荷量为qD. C点的点电荷带正电，电荷量为2q
8.如图，带正电1×10−5C、质量为1kg的物块A(可视为质点)放在水平桌面上，处在水平向右的匀强电场中，E=4×105N/C，从O点开始，物块与桌面的动摩擦因数μ随x的变化如图所示，取O点电势为零(g取10N/kg)，则
( )
A. 物块的最大加速度为2m/s2B. 物块向右运动的最大位移为2m
C. 物块的最小电势能为−16JD. 物块受地面的最大摩擦力为4N
二、多选题（本大题共2小题，共12分）
9.空间中存在沿x轴方向的电场，x轴上各点的电场强度(以+x方向为正)随x的变化情况如图所示，已知0−x1之间为倾斜直线，x1−x2之间为曲线，x2=2x1。下列叙述中正确的是
( )
A. x=0处与x2处两点的电势相同
B. x=0与x1间的电势差大于x1与x2间的电势差
C. 电子沿x轴从x=0运动到x2的过程中，电场力先做正功后做负功
D. 电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能
10.如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，R1的阻值和电源内阻r相等。将滑动变阻器R4的滑片向b端移动，电压表的示数改变量为ΔU，电流表的示数改变量为ΔI，则下列说法正确的是
( )
A. 电流表读数减小，电压表读数增大B. 质点P将向下运动
C. 电源的输出功率增大D. ΔUΔI不变
三、实验题（本大题共2小题，共20分）
11.(1)实验小组为测量某横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，先用螺旋测微器测定该金属丝的直径，测得的结果如下甲图所示，则该金属丝的直径D=_____mm。然后他又用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如下乙图所示，则该工件的长度L=_____cm。

(2)用多用电表粗略测量该导电材料的电阻约为10kΩ，为了更精确地测量电阻，某同学用伏安法测其阻值，除了开关S和导线外，还有下列器材：
A. 电压表(量程0∼10V，内阻约100kΩ)
B. 电流表(量程0∼1mA，内阻约30Ω)
C. 电源(电动势12V，额定电流2A，内阻不计)
D. 滑动变阻器R0(阻值范围0∼10Ω，额定电流2A)
①图丙中已连接了部分实验器材，为精确、方便的测电阻，最优的连线应选_____(填选项)。
A. ①连接a，②连接c B. ①连接a，②连接d
C. ①连接b，②连接c D. ①连接b，②连接d

②正确接线测得实验数据，作出U−I图像如图丁，并求得图像的斜率为k，圆柱体的直径和长度分别用D和L表示，则该圆柱体电阻率的测量值为ρ=_____(用k、D和L表示)。
12.某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r。现有下列器材供选用：
待测电源(电动势约1.5V，内阻小于1Ω)，定值电阻R0(阻值1.0Ω)
A. 电压表(0∼10V，内阻约20kΩ)
B. 电压表(0∼2V，内阻约10kΩ)
C. 电流表(0∼0.6A，内阻约0.4Ω)
D. 电流表(0∼3A，内阻约1Ω)
E. 滑动变阻器(500Ω,1A)
F. 滑动变阻器(20Ω,2A)
开关S，导线若干。
(1)设计电路图如图1所示，实验中所用电压表应选_____，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____。(填字母代号)
(2)实验测得数据标在U−I图中(如图2)，根据图线求出E=_____V，r=_____Ω。
(3)调节滑动变阻器，电流I、电压U均变化，电流I和电压U乘积的最大值约为_____W。(保留两位小数)
四、简答题（本大题共1小题，共14分）
13.如图，xOy为竖直面内的直角坐标系，y轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy所在平面的匀强电场。质量为m的不带电小球以一定的初动能从A0,d点沿+x方向水平抛出，并通过B2d,0点。使小球带上电量为+q的电荷，仍从A点以同样大小的初动能沿某方向抛出，通过Cd,0点时的动能是初动能的3倍，通过D0,−d点时的动能是初动能的4倍。重力加速度为g。
(1)求小球的初动能Ek0；
(2)求电场强度的大小和方向；
(3)带电小球从A点沿某方向抛出到达x轴的时间最短，求出此最短时间。
五、计算题（本大题共2小题，共22分）
14.如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，金属板长为L。在两金属板左端正中间位置M，有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，带负电，电荷量为q。重力加速度用g表示。
(1)若使液滴能沿v0方向匀速射出电场，电动势E1是多大？
(2)要使液滴从B板右侧边缘射出电场，电动势E2是多大？
15.电动自行车已成为城市出行的重要交通工具之一。某品牌电动自行车铭牌标识如下表所示，质量m=50kg的同学骑着该电动自行车以额定功率沿平直公路从静止启动，电动车能够达到的最大速度vm=21.6km/h。已知电动自行车所受的阻力是人和车总重力的0.05倍，g=10m/s2。求：
(1)电机的输出功率P出；
(2)电机的线圈内阻R；
(3)电动车速度为3m/s时的加速度大小a。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.考虑空气阻力的影响，毽子离开脚后至回到出发点的过程中，上升过程重力和阻力都向下，加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B.毽子在最高点速度为零，阻力为零，只受重力作用，加速度为重力加速度g，故B错误；
C.上升过程，毽子受到的重力和阻力方向都向下，下降过程，毽子受到的重力方向向下，阻力方向向上，根据牛顿第二定律，毽子上升过程平均加速度大，毽子上升过程与下落过程位移大小相同，则毽子上升过程运动时间短，故毽子上升的时间小于下降的时间，故C正确；
D.重力做功为
WG=mgh
毽子上升过程与下落过程位移大小相同，则上升过程克服重力做的功等于下降过程重力做的功，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A. 根据磁感线的疏密可以看出两极处的磁感应强度大，则地球表面各点处地磁场的磁感应强度大小不相同，故A错误；
B. 若地磁场是由于地球带电随地球自转产生的，根据安培定则可以判断，则地球表面带负电，故B错误；
C. 地球自转速度正在变慢，自转所需向心力变小，万有引力大小不变，则重力变大，重力加速度变大，故C错误；
D. 若地磁场是由于地球带电随地球自转产生的，而由于地球自转变慢，电流变小，地磁场将变弱。故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】欧姆定律
I=UR
电阻定律
R=ρLS
则金属棒内场强大小为
E=UL=IRL=IρS
导体棒均匀拉长为原来的2倍，则横截面积S为原来的一半，故场强变为原来的2倍。
故选B。
4.【答案】A
【解析】A.根据 C=QU ，可知充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是0.135C，放电结束后电势差减为零此次放电过程中有0.135C的电荷通过人体组织，故A正确；
B.公式 C=QU 是电容的定义式，电容器的电容与电容器本身有关，与电容器带电量、两极板电势差无关，则电容器放电的过程中，电容器的电容C不变，仍为 15μF ，故B错误；
CD.电容器放电的过程中电流逐渐变小，电流的平均值为
I=Qt=0.1352×10−3A=67.5A
故放电过程中通过人体组织的最大电流为大于67.5A，故CD错误。
故选A。
5.【答案】A
【解析】选接2时电流表的量程为
I2m=1mA
I2m=IgRgR1+R2+Ig
代入数据，可计算出
R1=10Ω
选接3时，改装电压表的量程是
Um=3V
Um=IgRg+I2mR3
代入数据有
R3=2910Ω
故选A。
6.【答案】B
【解析】二极管具有单向导电性，红表笔接F，电阻很小，此时二极管导通，电流从黑表笔流出通过二极管从红表笔流进，电流方向从E到F，只有图B符合要求。
故选B。
7.【答案】B
【解析】CD．A、C两点关于 BD 对称，D点的电场强度恰好等于零，根据对称性可知，C点的点电荷带正电，电荷量为q，故CD错误；
AB.设正方向边长l，A、C点的电荷在D点的场强均为
E=kql2
则A、C点的电荷在D点的合场强为
E′=2Ecs45∘= 2kql2
D点的电场强度恰好等于零，则B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，有
E′=kQ 2l2
解得
Q=2 2q
B点的点电荷在D点的场强沿 DB 方向，则B点的点电荷带负电故A错误，B正确。
故选B。
8.【答案】C
【解析】A. O点物块加速度最大，根据牛顿第二定律
qE=mam
可得
am=4m/s2
A错误；
B.由题知
f=μmg=2x
设A向右移动x后速度为零，根据动能定理有
qEx−12⋅fx=0
此处fx前面的 12 是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力，可得
x=4m
B错误；
C.位移最大 x=4m 时，物块的电势能最小，此过程电场力做功
W=qEx=16J
则电势能减小16J，由于
EpO=0
则电势能为−16J，故C正确；
D.滑动摩擦力
f=μmg=2x
位移最大 x=4m 时，滑动摩擦力最大
fmax=8N
后变为静摩擦力，大小等于
qE=4N
物块受地面的最大摩擦力为8N，D错误。
故选C。
9.【答案】BD
【解析】A. 沿电场方向电势降低，因为电场方向指向x轴正方向，故x轴相当于一条电场线，故
φ0>φx2
A错误；
B. 因为从0到 x1 间的平均电场强度大于从 x1 到 x2 间的电场强度平均值，根据公式
U=Ed
d相等，可得从0到 x1 间的电势差大于从 x1 到 x2 间的电势差，B正确；
CD.电子受到的电场力方向和电场方向相反，故从 x=0 运动到 x2 的过程中电场力一直做负功，电势能增大，电子在 x1 处的电势能小于在 x2 处的电势能，C错误、D正确；
故选BD。
10.【答案】BCD
【解析】ABC.将滑动变阻器 R4 的滑片向b端移动，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大。电容器极板间的电压等于 R3 两端的电压。 R4 减小，并联部分的总电阻减小，则 R3 的电压减小，电容器极板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动。流过电流表的电流
IA=I−I3
I增大， I3 减小，则 IA 增大，所以电流表读数增大。 R4 的电压
U4=U3−U2
U3 减小， U2 增大，则 U4 减小，所以电压表读数减小。由于 R1 的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率增大，A错误，BC正确。
D.根据
U+IR2=E−(I+U+IR2R3)(R1+r)
整理得
R3+R1+rR3U=E−I(R2+R1+r)−IR2R3(R1+r)
所以
ΔUΔI=[(R2+R1+r)+R2R3(R1+r)]R3R3+R1+r
不变，D正确。
故选BCD。
11.【答案】 2.150 5.025 D kπD24L
【解析】(1)[1][2]螺旋测微器固定刻度部分读数为2.0mm，可动刻度部分读数为
15.0×0.01mm=0.150mm
因此该材料直径为 2.150mm 。游标卡尺主尺读数为50mm，20分度游标卡尺精确度为0.05mm，第5条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为
5×0.05mm=0.25mm
所以该材料的长度为 50.25mm=5.025cm 。
(2)①[3]因为
Rx> RARV= 3×103Ω
大电阻宜采用电流表内接法，①连接b；由于提供的滑动变阻器总电阻小于待测材料电阻，故需要将滑动变阻器接成分压式电路，②连接d，故选D。
②[4]根据图像斜率代表电阻可知电阻测量值为
R=k
电阻率的测量值为
ρ=RSL=kπD24L
12.【答案】 B C F 1.5 0.6 0.35
【解析】(1)[1]电动势约1.5V，为减小实验误差，电压表选用量程为2V的电压表，电压表应选用B。
[2]实验电路中电流较小，一般不超过0.6A，电流表选用量程为0.6A的电流表，电流表应选用C。
[3]为方便调节，获取更多组数据，滑动变阻器应选用最大阻值为 20Ω 的滑动变阻器，滑动变阻器应选用F。
(2)[4]根据闭合电路的欧姆定律
E=U+Ir
整理得
U=−Ir+E
图象纵截距表示干电池的电动势，干电池的电动势为
E=1.5V
[5]图象斜率绝对值表示干电池内阻与定值电阻之和，即
r+R0=|k|=1.5−Ω=1.6Ω
电池内阻为
r=0.6Ω
(3)[6]根据闭合电路的欧姆定律
U=E−Ir+R0=1.5−1.6I
电流I和电压U乘积表达式为
UI=1.5−1.6II=−1.6I2+1.5I
当
I=1.52×1.6A=1532A
时，UI乘积最大，最大值为
(UI)max=1.5×1532−(1532)2W≈0.35W
13.【答案】(1)mgd；(2) 2mg2q ，方向沿A→C；(3) 2 5− 23 dg
【解析】(1)小球从A运动到B过程做平抛运动，则有
d=12gt2
2d=v0t
解得
v0= 2gd
则小球的初动能
Ek0=12mv02=mgd
(2)小球带电后，从A到C，由动能定理有
mgd+qUAC=3Ek0−Ek0
小球带电后，从A到D，由动能定理有
2mgd+qUAD=4Ek0−Ek0
其中
Ek0=mgd
解得
UAC=UAD=mgdq>0
可知C、D两点电势相等，CD连线为一条等势线，A点电势高于C点电势，根据几何关系可知，AC垂直于CD，则场强方向为A→C，场强大小为
E=UAC 2d= 2mg2q
(3)小球沿−y方向抛出时，小球在竖直方向做匀加速直线运动，到达x轴的时间最短，令竖直方向的加速度 ay ，则有
mg+qEsin45∘=may
在竖直方向由位移公式有
d=v0t+12ayt2
解得
t=2 5− 23 dg
14.【答案】(1) 2mgdq ；(2) 2md2v02qL2+2mgdq
【解析】(1)当液滴能沿 v0 方向匀速射出电场，根据闭合电路欧姆定律有
I1=E12R
两金属板间电压为
UAB1=I1R=E12
由平衡条件有
qUAB1d=mg
解得
E1=2mgdq
(2)当液滴从B板右侧边缘射出电场时，根据闭合电路欧姆定律有
I2=E22R
两金属板间电压为
UAB2=I2R=E22
根据牛顿第二定律有
qUAB2d−mg=ma
液滴在电场中做类平抛运动，则有
L=v0t ， d2=12at2
解得
E2=2md2v02qL2+2mgdq
15.【答案】(1)300W；(2) 0.6Ω ；(3) 0.5m/s2
【解析】(1)由匀速运动可知，牵引力
F=Ff
其中
Ff=0.05×m+Mg=50N
电机输出功率
P出=Fv
解得
P出=300W
(2)根据能量守恒有
P热+P出=P
电动机的总功率为
P=UI
电机的热功率为
P热=I2R
联立解得
R=0.6Ω
(3)电机输出功率
P出=F′v′
当 v′=3m/s 时
F′=100N
根据牛顿第二定律有
F′−Ff=m+Ma
解得
a=0.5m/s2
规格
后轮驱动直流电机
车型：20′ ′电动自行车
额定功率P=360W
整车质量M=50kg
额定工作电压U=36V