安徽省江淮名校2023~2024学年高二上学期阶段性联考物理试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省江淮名校2023~2024学年高二上学期阶段性联考物理试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 随着中、日、美、韩等多家企业高调宣布全固态电池技术的新突破，全球范围内全固态电池技术再次引起广泛关注。2023年11月，在我国最新试验测试中，相比常规固态电池，采用界面改性技术的固态电池在150周循环后容量的保持率大幅提高，超过，电池寿命衰减率降低了，关于电池中对电流强度定义式理解，下列说法正确是（ ）
A. 电池储存的电荷量q越多，它放电时的电流I一定越大
B. I的方向与自由电子的移动方向相反
C. I与通过导体横截面的电荷量成正比
D. I是矢量，方向由q的移动方向决定
【答案】B
【解析】
【详解】A．电流大小与电源电动势及电路总电阻有关，此时反应出的放电时间不同，故当电池储存的电荷量q越多，它放电时的电流I不一定越大，故A错误；
BCD．是电流的定义式，I与q、t不成正比，也不成反比；电流有方向，其方向与正电荷定向移动的方向相同或与电子定向移动的方向相反，电流尽管有方向但运算不满足平行四边形法则，它是标量，故B正确，CD错误。
故选B。
2. 关于能量耗散，下列说法中正确的是（ ）
A. 能量耗散是指能量在不断地减少
B. 能量耗散不遵守能量守恒定律
C. 能量取之不尽，因此不必节约能源
D. 能量耗散说明能量在转移、转化过程中具有方向性
【答案】D
【解析】
【详解】A．在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终会转化为流散到周围环境的内能，无法再回收利用，这种现象叫能量耗散，故A错误；
BCD．能量耗散并不违反能量守恒定律，宇宙的能量既没有减少，也没有消失，它只从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，有些能量使用以后不能再被利用，所以要节约能源，故BC错误，D正确。
故选D。
3. 如图所示的电路中，定值电阻分别为、、、，现在M、N两点间加12 V的稳恒电压，则下列说法正确的是（ ）

A. M、N间的总电阻为B. R1和R4两端的电压比为
C. 流过R2和R3的电流比为D. R1和R2两端的电压比为
【答案】A
【解析】
【详解】A．和并联的电阻值为
所以M、N间的总电阻为
故A正确；
B．和串联，流过两电阻的电流相等，则电压与电阻值成正比，即和两端的电压比为，故B错误；
C．和并联，两端电压相等，流过两电阻的电流与电阻成反比，即流过和的电流比为，故C错误；
D．和串联，电流相等，则电压与电阻值成正比，即和的电压比为，所以和两端的电压比为，故D错误。
故选A。
4. 如图所示的电路中，M、N为平行板电容器，G为静电计，闭合开关S，静电计指针偏转一定角度。为了使静电计指针偏转角度变小，下列措施可行的是（ ）

A. 断开开关，将M板向下移动
B. 断开开关，将M板向左移动
C. 保持开关闭合，将滑动变阻器的滑动触头向右移动
D. 保持开关闭合，在两平行板间插入一陶瓷板
【答案】A
【解析】
【详解】A．断开开关，电容器带电量不变，M板向下移动，两板之间的距离减小，由公式，可知电容器的电容增大，又由公式，可知两板之间的电势差减小，静电计的指针偏角度变小，A正确；
B．断开开关，电容器带电量不变，M板向左移动，两板的正对面积减小，电容器的电容减小，两板之间的电势差增大，静电计指针偏转角度变大，B错误；
CD．保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是在两极板间插入陶瓷板，静电计指针的偏转角度都不变，CD错误。
故选A。
5. 如图所示的通电螺线管周围有a、b、c、d四点（a点在螺线管内部），M、N间接直流电源，将小磁针放在图中的四点时，小磁针的N极指向右侧的是（ ）
A. M为电源的正极，小磁针位于a点B. M为电源的正极，小磁针位于b点
C. M为电源的负极，小磁针位于c点D. M为电源的负极，小磁针位于d点
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由右手螺旋定则可知，当M为电源的正极时，螺线管内部的磁感线方向水平向右，右侧相当于条形磁铁的N极，而小磁针静止时N极的指向为该点磁感线的方向，则a点的小磁针方向指向右侧，b点的小磁针方向指向左侧，A正确，B错误；
CD．当M为电源的负极时，螺线管内部的磁感线方向水平向左，左侧相当于条形磁铁的N极，c、d两点的小磁针方向均指向左侧，C、D错误。
故选A。
6. 如图所示的电路中，两定值电阻R1、R2串联接在输出电压恒定的电源两端，现用两不同量程的电压表分别先后接在定值电阻R1两端，结果电压表V1、V2的示数分别为2.82V、2.73V，则下列说法正确的是（ ）
A. 未接电压表时电阻R1两端的电压小于2.73V
B. 电压表V2的示数更接近电阻R1两端未接电压表时的电压
C. 电压表V1的内阻大于电压表V2的内阻
D. 两电压表的内阻大小关系不能确定
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由于实际上的电压表不是理想电表（内阻不是无穷大），当电压表接在定值电阻两端后，定值电阻与电压表的并联电阻小于电阻，根据欧姆定律和串、并联电路规律可知，定值电阻与电压表的并联总电压小于电阻原来的电压，即定值电阻两端原来的电压将大于两电压表的示数，即定值电阻原来的电压略大于2.82V，电压表V1的示数更接近电阻R1两端未接电压表时的电压，故AB错误；
CD．根据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与定值电阻的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，可知，压表V1的内阻大于电压表V2的内阻，故C正确，D错误。
故选C。
7. 如图所示，在真空中M、N两点分别固定带同种电荷的点电荷，且，O点为MN的中点，A、B为MN中垂线上的两点，且。一带电粒子从A点由静止释放，经过一段时间刚好以速度v经过O点，不计粒子重力，已知点电荷在某一位置产生的电势与自身电荷量成正比，则下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子一直沿方向运动至无穷远处
B. 带电粒子的电势能一直减小
C. 若，带电粒子在A点受到的电场力大小为原来的倍
D. 若，带电粒子经过O点的速度为2v
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由对称性可知，粒子在A、B两点间做往复运动，带电粒子从A点由静止释放，以速度v经过O点，可知带电粒子与点电荷带异种电荷，带电粒子由A到O的过程中电场力做正功，电势能减小，由O到B的过程中电场力做负功，电势能增大，故AB错误；
C．设，原来M、N两电荷在A点产生的电场强度大小分别为
则A点的电场强度为
若，M、N两电荷在A点产生的电场强度大小分别为
，
A点的电场强度为
A点的电场强度为原来的倍，粒子在A点所受的电场力为原来的倍，故C正确；
D．假设原来M、N两点电荷在A点产生的电势分别为，在O点产生的电势分别为，则A、O两点的电势差为
由动能定理得
若，则A、O两点的电势差为
由动能定理得
联立解得
故D错误。
故选C。
8. 金属球甲所带的电荷量为-2Q，完全相同的金属球乙所带的电荷量为+6Q，当两球之间的距离为r时，两球之间的库仑力为F1；现将两球充分接触后并放回到原来的位置，则两球之间的库仑力为F2，两球可视为点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A. +2Q的正电荷从乙转移到甲B. -4Q的负电荷从甲转移到乙
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由电荷守恒定律可知，两球接触后电荷量重新分配，即两球分别带有的电荷，两球接触的过程中，自由电子发生定向移动，即有的负电荷从甲转移到乙，故A错误，B正确；
CD．开始两球之间的库仑力为
接触放回原位置时，两球之间的库仑力为
显然
故CD错误。
故选B。
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9. 如图所示的直流电路，图中的电流表及电压表均可视为理想电表。闭合开关，将滑动变阻器的滑动触头向右滑动少许。已知、，则下列说法正确的是（ ）

A. 三个电表的示数均增大
B. 电源消耗的总功率增大
C. 定值电阻消耗的电功率减小
D. 电压表示数变化量的绝对值大于电压表示数变化量的绝对值
【答案】CD
【解析】
【详解】A．滑动变阻器的滑片向右滑动少许，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，由
总电流减小，则电流表的示数减小，由
路端电压U增大，则电压表的示数增大，由欧姆定律
可得定值电阻两端的电压减小，电压表示数减小，故A项错误；
B．由之前分析可知，电流减小，由公式
可知电源消耗总功率减小，故B项错误；
C．因为电流减小，又由公式
可知，定值电阻消耗的电功率减小，故C项正确；
D．对电压表有
则得，对电压表有
则得，又，，所以，故D项正确。
故选CD。
10. 如图所示的匀强电场方向竖直向下，一带正电粒子由图中的A点沿垂直电场线的方向射入电场，经过一段时间粒子由电场中的B点离开，已知A、B两点沿电场方向的间距为h，沿垂直电场方向的间距为x。现将A、B两点之间的水平间距和竖直间距等分为两份，粒子重力不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 前和后，粒子电势能的变化量之比为
B. 前和后，粒子沿电场线的位移之比为
C. 前和后，粒子的运动时间之比为
D. 前和后，粒子垂直电场线方向的位移之比为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．粒子在沿电场的方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场的方向上粒子做匀速直线运动。由公式
可知前和后所需时间的比值为；
由公式
可知粒子沿电场线方向的位移比为；
由电场力做功公式
可知该过程中电场力做功之比为，由功能关系得该过程中粒子电势能的变化量之比为，故A正确，B错误；
C．由沿电场线方向的分运动可知，所以前和后所需时间的比值为，故C错误；
D．由公式可知粒子垂直电场线方向的位移之比为，故D正确。
故选AD。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11. 某实验中学的学生要测量一根金属丝的电阻率。
（1）已测出金属丝的长为L，现用螺旋测微器测得金属丝的直径为D，示数如下图所示，读数为__________mm。
（2）用多用电表粗略地测量了金属丝的电阻值，经测量可知金属丝的阻值约为，已知多用电表表盘正中央的刻度值为15，则测量金属丝电阻时所选用的挡位为__________（选填“”“”“”或“”）。
（3）为了得到更精确的测量结果，实验中为其提供了如下的实验器材：
电压表V1（量程3V，内阻约）
电压表V2（量程15V，内阻约）
电流表A1（量程0.6A，内阻约）
电流表A2（量程3A，内阻约）
滑动变阻器R（最大阻值5Ω）
电源E1（电动势12V，内阻不计）
电源E2电动势3V，（内阻不计）开关S和导线
①实验时电源应选择__________，电压表应选择__________，电流表应选择__________；
②根据所选择的实验器材，将设计好的电路图画在虚线框内________；
③某次测量时，电压表和电流表的示数分别为U、I，则该金属丝的电阻率为__________。（用以上U、I、L、D等字母表示）
【答案】 ①. 4.700 ②. ③. E1 ④. V2 ⑤. A1 ⑥. ⑦.
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为
（2）[2]待测电阻的阻值与多用电表中央刻度值的比值约为，则所选用的挡位应为“”。
（3）[3][4][5]由已知待测电阻的阻值约为，选用量程为3A的电流表时，电阻两端的最大电压为60V，而提供的电源电动势较小，因此实验时应选择量程的电流表，此时电阻两端的电压最大为12V，则电源应选择电动势为12V的电源，为减小实验误差，电压表应选择量程15V的电压表。
[6]因滑动变阻器最大阻值小于待测电阻的阻值，为方便调节，获取更多组数据，滑动变阻器应用作分压接法；又
为减小实验误差，测量电路应用作电流表的外接，电路图如图所示。
[7]由电阻定律得
又
联立解得
12. 某实验小组的同学在进行电源电动势和内阻的测量时，设计了如图甲所示的电路，实验室为其提供的实验器材有：电动势约为5.0V的电源，电流表A1程为0.6A、内阻约为，电流表A2量程为3mA、内阻为，滑动变阻器R（最大阻值），电阻箱R0调节范围，电键S以及导线若干。
（1）电路中，电表1应为__________（填器材符号），为了完成实验应将其中的一个电流表改装成6 V的电压表，则电阻箱R0阻值应调为R0=__________。
（2）通过调节滑动变阻器的滑片，读出多组数据，某次操作时电表1、2的读数如图乙所示，则两电表1、2的读数分别为__________、__________（均保留两位小数）。
（3）将得到的多组实验数据描绘出图像，其中纵轴为电表1的读数，横轴为电表2的读数（mA），若图线的斜率大小为k=2、纵截距为b=5.0，则该电源的电动势为E=__________V，内阻r=__________（结果保留两位有效数字）
【答案】 ①. A1 ②. 1900 ③. 0.40A ④. 2.30mA ⑤. 5.0 ⑥. 1.0
【解析】
【详解】[1]为了完成实验，应将内阻已知的电流表改装成6 V量程的电压表，则电路中的电表1应为；电表2应为；
[2]由电压表的改装原理可知
由已知、，代入数据解得
[3] [4]由于电表1为、电表2为，则由电流表的读数规则可知，电表1的读数为，电表2的读数为。
[5] [6]由闭合电路欧姆定律可知
整理得
即
结合题意得
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13. 如图所示，有一垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=1T，现于纸面内先后放上圆线圈a、b，圆心均处于O处，线圈a的半径为1m，匝数为100匝；线圈b的半径为2m，匝数为10匝。求：
（1）穿过线圈a和线圈b的磁通量大小；
（2）现仅将磁场方向改变为与纸面成角向里（磁场方向与纸面的线面角为），线圈a中的磁通量大小；
（3）现仅将磁场反向，线圈b中磁通量的变化量大小。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据公式得
（2）当磁场方向改变为与纸面成角向里时线圈a中磁通量大小为
（3）磁场反向后线圈b中的磁通量的变化量大小为
故磁通量变化量大小为。
14. 如图所示的电路中，电源的电动势为，内阻定值电阻、，电动机的额定电压为，电动机的内阻为。闭合开关S，电动机正常工作，电流表为理想电表。求：
（1）定值电阻R1、R2消耗的电功率之比；
（2）电动机的效率。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由题意闭合开关S闭合时，电动机恰好正常工作，两端的电压等于额定电压，定值电阻与电动机并联，则两端的电压为，可得定值电阻消耗的电功率为
由闭合电路欧姆定律得
又
解得
定值电阻消耗的电功率为
定值电阻、消耗的电功率之比为
（2）流过定值电阻的电流为
流过定值电阻的电流为
由电路可知流过电动机的电流为
电动机消耗的电功率为
电动机的发热功率为
电动机的效率为
代入数据解得
15. 如图所示，竖直虚线的左右两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直向下和水平向左的匀强电场，区域Ⅰ的电场强度为E1（大小未知），区域Ⅱ的电场强度大小为紧靠虚线的右侧沿竖直方向固定一光滑绝缘的圆弧形轨道BCD，O为弧形轨道的圆心，CD为竖直方向的直径，BO与CD的夹角为，质量为、电荷量为，可视为质点的小球由区域Ⅰ中的A点以水平向右的速度进入电场，经过一段时间小球恰好沿切线方向从B点进入弧形轨道，已知A、B两点的高度差为y=0.9m，重力加速度，，求：
（1）A、B两点的水平间距x以及E1的大小；
（2）若弧形轨道的半径为R=0.5m，小球运动到C点时对轨道的压力大小；
（3）小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，欲使小球不脱离轨道，则轨道半径R的取值范围是多少？
【答案】（1）2.4m，；（2）182N；（3）或
【解析】
【详解】（1）设小球在区域Ⅰ中运动的加速度大小为a，则由牛顿第二定律得
由题意可知，小球运动到B点时的速度与圆轨道相切，即速度与水平方向的夹角为
在水平方向上有
竖直方向上有
又
由以上解得
，
（2）小球在B点的速度大小为
小球由B到C的过程，由动能定理得
小球在C点时，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大小为182N。
（3）小球在区域Ⅱ中运动时，电场力大小为
重力为
则电场力与重力的合力大小为
方向斜向左下方与竖直方向的夹角为
小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，小球不脱离轨道的情形有二：
①小球刚好运动到等效最高点，等效最高点如图的H点
小球在H点时，小球与弧形轨道之间的作用力为零，则有
小球由B点到H点的过程中，由动能定理得
解得
②小球运动到与BH相垂直的G点时速度减为零，则对小球由B到G的过程中，由动能定理得
解得