2024-2025學(xué)年山東省濰坊市安丘一中高二（上）開學(xué)物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年山東省濰坊市安丘一中高二（上）開學(xué)物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.如圖，質(zhì)量為m的一磁鐵吸附在鐵板AB的下方，磁鐵重心到鐵板A端的距離為L，鐵板A端與鉸鏈連接，現(xiàn)緩慢推動B端，使鐵板AB與磁鐵一起繞鐵板A端逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動過程中，鐵板AB與磁鐵始終保持相對靜止，重力加速度為g，鐵板AB與水平面夾角θ從30°變?yōu)?0°過程中，則下列說法正確的是(

)A.磁鐵受到三個力的作用

B.磁鐵可能不受摩擦力的作用

C.鐵板AB對磁鐵的作用力不做功

D.鐵板AB對磁鐵的作用力做功為(2.如圖所示，一滑雪運(yùn)動員從山坡上的A點(diǎn)由靜止開始滑到山坡底的B點(diǎn)，該運(yùn)動員和雪橇的總質(zhì)量為m，滑到B點(diǎn)的速度大小為v，A、B兩點(diǎn)的高度差為?，重力加速度為g，該過程中阻力做的功為(

)A.mg? B.12mC.12mv3.如圖所示，小郭同學(xué)將電容式位移傳感器的兩極板接入到電路中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究。電容式位移傳感器中的電介質(zhì)板與被測物體固連在一起，可以左右移動。電介質(zhì)板插入極板間的深度記為x，電壓表和電流表均為理想電表，電源電動勢、內(nèi)阻均恒定，R為定值電阻。下列說法正確的是(

)A.電壓表讀數(shù)不為零，說明x在增大

B.若x保持不變，則電壓表示數(shù)一定為零

C.在x增大的過程中，電容器兩極板帶電量減小

D.在x增大的過程中，a點(diǎn)電勢始終高于b點(diǎn)4.下列公式中，F(xiàn)、q、E、U、r、d、φ、Ep分別表示靜電力、電荷量、電場場強(qiáng)、電勢差、點(diǎn)電荷之間的距離、沿電場線方向的距離、電場中某點(diǎn)的電勢、電荷在電場中某點(diǎn)所具有的電勢能：①F=kq1q2r2，②E=kQr2A.它們都只對點(diǎn)電荷或點(diǎn)電荷的電場成立

B.①②只對點(diǎn)電荷成立，③④對任何電場都成立，⑤只對勻強(qiáng)電場成立

C.①②③④只對點(diǎn)電荷或點(diǎn)電荷電場成立，⑤對任何電場都成立

D.①②只對點(diǎn)電荷成立，③④⑤對任何電場都成立5.一根粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)線阻值為R，兩端加上恒定電壓U時，通過金屬導(dǎo)線的電流強(qiáng)度為I，金屬導(dǎo)線中自由電子定向移動的平均速率為v。若將該金屬導(dǎo)線對折一次，使其長度變?yōu)樵瓉淼囊话?，仍給它兩端加上恒定電壓U，則下列說法正確的是(

)A.此時金屬導(dǎo)線的阻值為R2 B.此時通過金屬導(dǎo)線的電流為I4

C.此時自由電子定向移動的平均速率為2v D.6.如圖所示的甲、乙兩個電路，都是由完全相同的靈敏電流計(jì)G和完全相同的電阻箱R組成，它們之中一個是測電壓的電壓表，另一個是測電流的電流表，那么以下結(jié)論中正確的是(

)A.甲表是電流表，R減小時量程減小 B.甲表是電流表，R減小時量程增大

C.乙表是電壓表，R減小時量程增大 D.乙表是電流表，R減小時量程增大7.如圖所示，電源電動勢6V，內(nèi)阻1Ω，小燈泡L標(biāo)有“2V、0.4W”字樣，開關(guān)S閉合后，小燈泡L正常發(fā)光。已知電動機(jī)的內(nèi)阻也是1Ω，則電動機(jī)的輸出功率為(

)A.0.76W B.0.72W C.0.04W D.0.4W8.如圖，G為靈敏電流計(jì)，V為理想電壓表，R1為定值電阻，R2是一根鹽水柱(封于橡皮管內(nèi)，與電路導(dǎo)通)，平行板電容器兩極板水平，開關(guān)S閉合后，電容器兩板間的帶電油滴恰好靜止。則握住鹽水柱兩端將它豎直均勻拉伸的過程中(忽略溫度對電阻的影響)(

)A.電阻R2的阻值減小 B.V表示數(shù)減小

C.油滴仍然靜止 D.G表中有從c到a二、多選題：本大題共4小題，共16分。9.某同學(xué)在操場上踢足球，足球質(zhì)量為m，該同學(xué)將足球以速度v0從地面上的A點(diǎn)踢起，最高可以到達(dá)離地面高度為?的B點(diǎn)位置，從A到B足球克服空氣阻力做的功為W，選地面為零勢能的參考平面，則下列說法中正確的是(

)A.足球從A到B機(jī)械能守恒

B.該同學(xué)對足球做的功等于12mv02

C.足球在A點(diǎn)處的機(jī)械能為12m10.四個相同的小量程電流表(表頭)分別改裝成兩個電流表A1、A2和兩個電壓表V1、V2.已知電流表A1的量程大于A2的量程，電壓表V1A.電流表A1的讀數(shù)大于電流表A2的讀數(shù)

B.電流表A1指針的偏轉(zhuǎn)角小于電流表A2指針的偏轉(zhuǎn)角

C.電壓表V1的讀數(shù)小于電壓表V2的讀數(shù)

11.在如圖所示的電路中，電源電動勢E和內(nèi)阻r為定值，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，閉合電鍵S，理想電流表A的示數(shù)為I，理想電壓表V1、V2和V3的示數(shù)分別為U1、U2和U3當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，各電表示數(shù)變化量分別為ΔI、ΔUA.I變大，U2變大

B.電源的效率增加

C.電源的總功率增加

D.|ΔU112.在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，C為電容器，R0為定值電阻，R為滑動變阻器。開關(guān)閉合后，燈泡L能正常發(fā)光。當(dāng)滑動變阻器的滑片向左移動時，下列判斷錯誤的是(

)A.電容器C的電荷量將減小

B.燈泡L將變亮

C.R0兩端的電壓減小

D.三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。13.某物理學(xué)習(xí)小組在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中(g取9.8m/s2

(1)他們拿到了所需的打點(diǎn)計(jì)時器(帶導(dǎo)線)、紙帶、復(fù)寫紙、鐵架臺、紙帶夾和重物，此外還需要______(填字母代號)；

A.直流電源

B.交流電源

C.秒表

D.毫米刻度尺

(2)先接通打點(diǎn)計(jì)時器的電源，再釋放重物，打出的某條紙帶如圖乙所示，O是紙帶靜止時打出的點(diǎn)，A、B、C是標(biāo)出的3個計(jì)數(shù)點(diǎn)，測出它們到O點(diǎn)的距離分別為x1=12.16cm、x2=19.1cm和x3=27.36cm，其中有一個數(shù)值不符合讀數(shù)規(guī)則，代表它的符號是______(選填“x1”、“x2”或“x3”)；

(3)已知電源頻率是50Hz，利用(2)中給出的數(shù)據(jù)求出打B點(diǎn)時重物的速度vB=______m/s(保留三位有效數(shù)字)；

(4)重物在計(jì)數(shù)點(diǎn)O14.隨著居民生活水平的提高，純凈水已經(jīng)進(jìn)入千家萬戶。某市對市場上出售的純凈水質(zhì)量進(jìn)行了抽測，結(jié)果發(fā)現(xiàn)有不少樣品的電導(dǎo)率不合格(電導(dǎo)率是電阻率的倒數(shù)，是檢驗(yàn)純凈水是否合格的一項(xiàng)重要指標(biāo))。某學(xué)習(xí)小組對某種純凈水樣品進(jìn)行檢驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

(1)將采集的水樣裝滿絕緣性能良好的圓柱形塑料容器，容器長為L，兩端用金屬圓片電極密封，用游標(biāo)卡尺測量圓柱形容器內(nèi)徑如圖所示，其示數(shù)為d=______mm；

(2)小組同學(xué)用多用電表粗測該水樣的電阻為1200Ω。為了準(zhǔn)確測量水樣的電導(dǎo)率，學(xué)習(xí)小組準(zhǔn)備利用以下器材進(jìn)行研究；

A.電壓表(0～3V，內(nèi)阻約為1kΩ)B.電壓表(0～15V，內(nèi)阻約為5kΩ)

C.電流表(0～10mA，內(nèi)阻約為1Ω)D.電流表(0～0.6A，內(nèi)阻約為10Ω)

E.滑動變阻器(最大阻值約為100Ω)F.蓄電池(約為12V，內(nèi)阻約為2Ω)

G.開關(guān)、導(dǎo)線若干

實(shí)驗(yàn)要求測量盡可能準(zhǔn)確，請你在方框中設(shè)計(jì)出實(shí)驗(yàn)電路圖，電路中電壓表應(yīng)選擇______，電流表應(yīng)選擇______；(填器材前面的字母序號)

(3)水樣電導(dǎo)率的表達(dá)式為σ=______[用測得的物理量(U、I、d、L)表示]。四、計(jì)算題：本大題共4小題，共40分。15.如圖所示，一條長為L的絕緣細(xì)線，上端固定，下端系一質(zhì)量為m的帶電小球，將它置于電場強(qiáng)度為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，當(dāng)小球平衡時，懸線與豎直方向的夾角為45°．

(1)小球帶何種電荷？電荷量為多少？

(2)若將小球向左拉至懸線成水平位置，然后由靜止釋放小球，則放手后小球做什么運(yùn)動？經(jīng)多長時間到達(dá)最低點(diǎn)．16.如圖，一質(zhì)量m=1×10?6kg、帶電荷量q=?2×10?8C的微粒以初速度大小v0豎直向上從A點(diǎn)射入一水平向右的勻強(qiáng)電場，當(dāng)微粒運(yùn)動到比A點(diǎn)高?=0.2m的B點(diǎn)時，速度大小為2v0，方向水平。g取10m/s2，求：

(1)微粒的初速度大小v0；

(2)A17.如圖電路中，電阻R2=5kΩ，A、C兩端的電壓10V保持不變，電壓表的內(nèi)阻RV=10kΩ，量程足夠大。當(dāng)電壓表接在A、B兩端時，示數(shù)U1=5V。求：

(1)電壓表接在A、B兩端時，電路中流經(jīng)電阻R2的電流I；

(2)電阻R1；

(3)電壓表接在18.如圖所示，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=1Ω，R1=3Ω，R2=6Ω，C=30μF．

(1)閉合開關(guān)S，求穩(wěn)定后通過R1的電流．

(2)然后將開關(guān)S斷開，求電容器兩端的電壓變化量和流過R1的總電量．

(3)如果把R2換成一個可變電阻，其阻值可以在0～10Ω答案解析1.D

【解析】解：AB.磁鐵一定受到重力、磁力、彈力和摩擦力作用處于平衡狀態(tài)，所以磁鐵受4個力的作用，故AB錯誤；

CD.鐵板AB對磁鐵的作用力與磁鐵的重力平衡，大小等于mg，方向豎直向上，則根據(jù)做功公式可知鐵板AB對磁鐵的作用力做功為

W=mg(Lsin60°?Lsin30°)=(3?1)2mgL

故C錯誤，D正確。

故選：2.C

【解析】解：對運(yùn)動員和雪橇從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程，應(yīng)用動能定理

mg?+Wf=12mv2

解得

Wf=12mv2?mg?

故3.B

【解析】解：A、電壓表讀數(shù)不為零，說明R中有電流，電容在充電或放電，x在變化，但x不一定在增大，故A錯誤；

B、若x保持不變，則電容器的電容不變，電容器所帶電荷量不變，電路中沒有電流，則電壓表示數(shù)一定為零，故B正確；

CD、在x增大的過程中，根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd可知，電容器電容增大，由電容的電壓不變，結(jié)合電容的定義式C=QU可知，電容器電荷量增大，電源給電容器充電，通過R的電流方向由b指向a，則a點(diǎn)電勢始終低于b點(diǎn)，故CD錯誤。

故選：B。

電壓表讀數(shù)不為零，R中有電流，電容在充電或放電，x在變化；若x保持不變，電容器電容不變，電路中沒有電流，進(jìn)而判斷知道電壓表示數(shù)一定為零；在x增大的過程中，由電容的決定式分析電容的變化，由電容的定義式分析電容器所帶電荷量的變化，判斷出R中電流方向，再判斷4.B

【解析】解：AC、①是庫侖定律表達(dá)式，只對點(diǎn)電荷成立；②是點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度決定式，只對點(diǎn)電荷成立；③是電場強(qiáng)度的定義式，對任何電場都成立，故AC錯誤；

BD、④是電勢的定義式，對任何電場都成立；⑤是勻強(qiáng)電場中場強(qiáng)與電勢差之間的關(guān)系式，只對勻強(qiáng)電場成立。故D錯誤，B正確。

故選：B。

③④是電場強(qiáng)度、電勢的定義式，根據(jù)定義式的普遍適用特點(diǎn)，即可判斷適用條件；其他都是針對特定情況的決定式，只使用特定的電場。

本題考查對表達(dá)式的理解，再記住表達(dá)式的前提下，還需要了解定義式是對所有情況都適用的，其他的決定式則是分情況適用。5.C

【解析】解：A、將金屬導(dǎo)線對折一次時，其長度變?yōu)樵瓉淼囊话?，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)電阻定律R=ρlS可知，金屬線的電阻變?yōu)镽4，故A錯誤；

B、對折前，根據(jù)歐姆定律I=UR。對折后，由歐姆定律得I′=UR4=4UR=4I，故B錯誤；

CD、根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I=nevS可知，n、e不變，S變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)?倍，則此時自由電子定向移動的平均速率為2v，故C正確，D錯誤。

故選：6.B

【解析】解：AB.甲表中電阻箱R與靈敏電流計(jì)G并聯(lián)，可知甲表為電流表，根據(jù)并聯(lián)電路知識，其量程為Im=Ig+IgRgR，可知R減小時甲表電流的量程增大，故A錯誤，B正確；

CD.乙表中電阻箱R與靈敏電流計(jì)G串聯(lián)，可知乙表為電壓表，根據(jù)串聯(lián)電路知識可得，電壓表的量程為Um=Ig(Rg7.B

【解析】解：小燈泡L正常發(fā)光，可知電路中電流為

I=PLUL=0.42A=0.2A

則電動機(jī)兩端電壓為

UM=E?Ir?UL=6V?0.2×1V?2V=3.8V

電動機(jī)的輸入功率為

P=IUM=0.2×3.8W=0.76W

電動機(jī)發(fā)熱功率為

PQ=I2r8.D

【解析】解：A、握住鹽水柱兩端將它豎直均勻拉伸的過程中，由電阻定律R=ρLS可知，鹽水柱長度L增加，橫截面積S減小，則電阻R2的阻值增大，故A錯誤；

B、因電阻R2的阻值增大，外電路的總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知干路電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，所以電壓表V的示數(shù)增大，故B錯誤；

C、由于電容器兩極板間電壓增大，可知電容器兩極板間電場強(qiáng)度E增大，油滴受到的電場力增大，則油滴向上運(yùn)動，故C錯誤；

D、電容器兩極板間電壓增大，由Q=CU可知電容器充電，G表中有從c到a的電流，故D正確。

故選：D。

將鹽水柱豎直均勻拉伸的過程中，根據(jù)電阻定律分析其連入電路中的電阻變化情況，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化情況，結(jié)合電壓的分配規(guī)律確定電壓表讀數(shù)的變化，從而確定電容器兩端的電壓的變化情況，判斷電容器是充電還是放電，從而確定9.BD

【解析】解：A、足球從A到B過程要克服空氣阻力做功，所以足球從A到B機(jī)械能不守恒，故A錯誤；

B、該同學(xué)將足球以速度v0從地面上的A點(diǎn)踢起，對于踢球過程，根據(jù)動能定理知該同學(xué)對足球做的功W=12mv02，故B正確；

C、選地面為零勢能面，則足球在A點(diǎn)處的機(jī)械能為EA=EkA+EPA=12mv02+0=12mv02，故C錯誤；

D、對足球從10.AD

【解析】A、電流表A1的量程大于電流表A2的量程，故電流表A1的電阻值小于電流表A2的電阻值，并聯(lián)電路中，電阻小的支路電流大，故電流表A1的讀數(shù)大于電流表A2的讀數(shù)，故A正確；

B、兩個電流表的表頭是并聯(lián)關(guān)系，電壓相同，故偏轉(zhuǎn)角度相等，故B錯誤；

CD、兩個電壓表串聯(lián)，電流相等，偏轉(zhuǎn)角度相同，電壓表V1的量程大于V2的量程，故電壓表V1的讀數(shù)大于電壓表V11.CD

【解析】解：ABC、根據(jù)電路圖可知，滑片P上滑，阻值減小，總阻值阻值減小，電流增大，閉合電路的歐姆定律E=U3+Ir，可知U3減小，U1=IR1增大，由電路圖可知U3=U2+U1，所以U2減小，由電源的效率η=P輸出P總×100%=IE?I2rIE×100%=E?I?rE×100%可知，效率在減小，由電源總功率12.CD

【解析】解：B、把滑動變阻器的滑片向左移動時，變阻器接入電路的電阻減小，則電路中總電流I增大，則燈泡L變亮，故B正確；

AC、電容器兩端的電壓為：UC=E?Ir，I增大，E、r不變，則UC減小，電容器兩極板的電壓減小，電容器的電量減??；穩(wěn)定后電容器相當(dāng)于斷路，故R0兩端的電壓為0保持不變，故A正確，C錯誤；

D、根據(jù)電源的功率計(jì)算公式P=EI可知，電源提供的總功率變大，由于電源的內(nèi)阻與外電阻的關(guān)系未知，無法判斷電源輸出功率的變化，故D錯誤。

本題選錯誤的，故選：CD。

將滑動變阻器滑片向左移動一段距離后，滑動變阻器接入電路中的電阻減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析總電流的變化、內(nèi)電壓的變化、路端電壓的變化，由此確定燈泡亮度變化情況，根據(jù)13.BD

x2

1.90

紙帶與限位孔間有摩擦或空氣阻力【解析】解：(1)在利用打點(diǎn)計(jì)時器時，需要給與配套交流電源，不需要秒表，并需要借助毫米刻度尺測量距離，以便驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，驗(yàn)證的表達(dá)式中，因此還需要BD兩種儀器。

故選：BD。

(2)再利用毫米刻度尺讀數(shù)時，應(yīng)注意估讀到下一位，因此x2讀數(shù)不符合要求。

(3)B點(diǎn)速度應(yīng)為AC段的平均速度，故

vB=x3?x14Δt=27.36?12.162×2×150×0.01m/s=1.90m/s

(4)減小的重力勢能mgx2大于增加的動能12mvB2，可能的原因是紙帶與限位孔間有摩擦或空氣阻力。

14.50.20

B

C

4LIπ【解析】解：(1)該游標(biāo)卡尺精確度為120mm=0.05mm，圓柱形容器內(nèi)徑為

d=50mm+0.05mmx4=50.20mm。

(2)該水樣的電阻為12000，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，由于滑動變阻器的阻值比待測電阻小太多，所以采用分壓接法，電路如圖所示：

由于電源電壓為12V，為了電壓測量的安全性，應(yīng)選擇近的電壓表量程范圍，故選B；

電流表中電流約為I=UR=121200A=10mA，電流表應(yīng)選用C。

(3)根據(jù)R=ρLS，S=π(d2)2，R=UI可得

ρ=πd2U4LI，

電導(dǎo)率是電阻率的倒數(shù)，所以電導(dǎo)率為

σ=4LI15.解：(1)小球受力方向與電場線相同，則為正電，如圖所示由題意可知，

小球所受合力為：F合=2mg

小球所受電場力與重力大小相等，故有：qE=mg

所以小球所帶的電荷量為：q=mgE

(2)將小球向左拉到水平處

可知小球所受重力和電場力的合力沿圖中虛線方向，而繩在水平方向?qū)η驘o彈力，故小球?qū)⒀靥摼€方向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球的加速度為：

a=Fm=2g

到達(dá)最低點(diǎn)時，小球的位移為2L，根據(jù)初速度為0的勻加速直線運(yùn)動規(guī)律有：

2L=【解析】小球受重力、電場力和拉力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出電場力的方向和大小，從而得出小球的電性以及電量的大?。?/p>

由牛二律可求得加速度，由運(yùn)動學(xué)公式求時間．

解決本題的關(guān)鍵正確地進(jìn)行受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡知識進(jìn)行求解．由牛頓運(yùn)動定律分析運(yùn)動情況．16.解：(1)微粒在勻強(qiáng)電場中，水平方向只受電場力，做初速度為零的勻加速運(yùn)動；

豎直方向只受重力，做勻減速直線運(yùn)動．

對于豎直方向，有：v02=2g?

則得v0=2g?=2×10×0.2m/s=2m/s

(3)對于小球從