2023-2024学年安徽省合肥市六校联盟高二（上）期末物理模拟试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分；其中1-7题为单选，8-10题为多选。
1．（4分）关于物理学史，下列说法中正确的是（ ）
A．奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场
B．安培认为磁化使铁质物体内部产生了分子电流
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．库仑通过扭秤实验测出了引力常量G的大小
2．（4分）如图所示，某一竖直平面内电场线的分布如图实线所示，已知该平面内A、O的连线水平且为等势线，且与电场线上两点C、D的连线垂直，一带电油滴在O点处于静止状态，则（ ）
A．若将油滴置于A处，仍能静止
B．油滴在C点的电势能一定比在D点的小
C．若将油滴从C点释放，将沿电场线运动至D点
D．若将油滴从D点释放，油滴在D点的加速度沿电场线的切线向上
3．（4分）工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上、下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上。当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是（ ）
A．A、B平行板电容器的电容减小
B．A、B两板间的电场强度增大
C．A、B两板上的电荷量变小
D．有电流从a向b流过灵敏电流计
4．（4分）如图所示的电路，电源的电动势和内电阻恒定，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，当滑动触头向下滑动时（ ）
A．R1的功率将减小 B．R2的功率将增大
C．电源的总功率将减小 D．电源的效率将减小
5．（4分）两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是（ ）
A． B．edUL C． D．
6．（4分）两个所带电荷量相等的点电荷固定在x轴上A、B两点，A、B与坐标原点O的距离相等，以无穷远处为电势零点，x轴上各点电势φ随坐标x分布的图像如图所示，M、N是x轴上两点，其中M点比N点距离O点远，将一带正电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．试探电荷在M点受到的电场力比在N点小
B．试探电荷在M点具有的电势能比在N点小
C．试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相同
D．电场力先做正功后做负功
7．（4分）南极考察队队员在地球南极附近用弹簧测力计竖直悬挂一未通电螺线管，如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大
B．若将b端接电源正极，a端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大
C．不论螺线管通电情况如何，弹簧测力计示数均增大
D．不论螺线管通电情况如何，弹簧测力计示数均不变
（多选）8．（4分）图甲为某厂商生产的平行板电容式电子体重秤，其内部电路简化图如图乙所示，称重时，人站在体重秤面板上，使平行板上层膜片电极在压力作用下向下移动，则下列说法正确的是（ ）
A．上层膜片下移过程中，电流表有b到a的电流
B．电容器的电容减小，上下极板间的电压减小
C．电容器的电容增大，所带电荷量增大
D．上层膜片稳定后，平行板电容器上下极板均不带电荷
（多选）9．（4分）某一导体的伏安特性曲线如图中AB段（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是（ ）
A．B点的电阻为12Ω
B．B点的电阻为40Ω
C．导体的电阻因温度的影响改变了10Ω
D．导体的电阻因温度的影响改变了9Ω
（多选）10．（4分）如图所示为电流表与螺线管组成的闭合电路，下列说法正确的是（ ）
A．将磁铁向下插入螺线管的过程中，电流表的指针发生偏转
B．将磁铁从螺线管中拔出的过程中，电流表的指针不发生偏转
C．磁铁放在螺线管中不动，电流表的指针发生偏转
D．磁铁放在螺线管中不动，电流表的指针不发生偏转
二．实验题（共2小题，满分22分）
11．（12分）（1）如图1是电压表刻度盘。若当时使用的是该表的0﹣3V量程，那么此时读数是 V；
（2）如图2游标卡尺的读数 mm；
（3）在“测定某电阻丝的电阻率”实验中
①用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图3所示，则电阻丝的直径是 mm。
②若用电流表和电压表测量此电阻丝的阻值，两表的示数分别为U、I，测得电阻丝的直径为d，用刻度尺量得其长度为L，则该电阻丝的电阻率ρ＝
③由于无法估计该电阻丝的电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图4（a）（b）两种电路各测一次，用（a）图所测数据为3.0V，3.0mA，用（b）图测得的数据是2.9V，4.0mA，由此可知，用 图测得Rx的误差较小。
12．（10分）某同学要测量“水果电池”的电动势和内阻，提供下列仪器；
A．待测“水果电池”（电动势E约为4V，内阻r约为150Ω）；
B．电流表A（量程5mA，内阻为RA＝60Ω）；
C．电压表V（量程4V，内阻约5kΩ）；
D．滑动变阻器R（0～1000Ω）；
E．开关、导线若干。
①由于毫安表的量程太小，该同学用电阻箱R1与毫安表A并联，可使其量程扩大，取R1RA，则改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的 倍。
②用改装后的电流表完成实验，应该选择的实验电路是图中的 （选填“甲”或“乙”）。
③根据实验数据画出U﹣I图线（I指改装表的数据），如图丙所示。由图线可得，“水果电池”的电动势E＝ V，内电阻r＝ Ω（保留三位有效数字）。
④有一元件的伏安特性曲线如图丁所示，则把两个相同的这种元件串联接入该电源后，每个元件消耗的电功率为 （保留一位有效数字）。
三．计算题（共3小题，满分38分）
13．（12分）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E＝6V，电源内阻r＝1Ω，电阻R＝3Ω，重物质量m＝0.10kg，当将重物固定时，电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V，求
（1）电机内阻多少？
（2）重物匀速上升时的速度大小（不计摩擦，g＝10m/s2）
14．（14分）如图（甲）所示，一对间距为d的水平放置的平行金属板A、B，两板的中央各有一小孔O1、O2，在a、b两端加上如图（乙）所示的电压，同时在c、d两端加上如图（丙）所示的电压。当t＝0时，开关S接1处，此时，一质量为m带电量为﹣q的带负电微粒P恰好静止于两孔连线的中点处（P、O1、O2在同一竖直线上）。重力加速度为g，两金属板外的电场及空气阻力不计。
（1）U0应为多大？
（2）若在t时刻将开关S从1瞬间扳至2，微粒P可以恰好运动至O1点，则周期T为多少？
（3）若在t到t＝T之间的某个时刻，把开关S从1瞬间扳至2，可使微粒P以最大的动能从A板中央的O1小孔射出，则周期至少为多少？以及微粒P再次回到O1时为哪一时刻？
15．（12分）如图所示，质量m＝1kg的小球由A点以速度v0＝3m/s水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入竖直放置的光滑圆轨道BC，随后沿直线轨道CD上升到最高点。已知BC两点高度相同，小球经过这两点时的速度大小相等。O为圆轨道的圆心，圆轨道半径R＝2.5m，OB与竖直方向的夹角α＝53°。直线轨道CD接触面粗糙，动摩擦因数，与圆轨道在C点相切。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）A、B之间的水平距离；
（2）小球进入圆轨道最低点时，对轨道压力的大小；
（3）小球在CD轨道上升过程中，克服摩擦力做的功。
2023-2024学年安徽省合肥市六校联盟高二（上）期末物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．【解答】解：A、奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场，故A正确；
B、安培提出分子电流假说，很好的解释了磁现象的电本质，他认为所有物体里面都有分子电流，磁化使铁质物体内部的分子电流的取向趋向一致，故B错误；
C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C错误；
D、卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量G的大小，故D错误。
故选：A。
2．【解答】解：A、由题可知，带电油滴在O点处于静止状态，说明在O点的电场力与重力相等，由电场线的分布可知，A点的电场强度大于O点电场强度，即EA＞EO，则带电油滴在A点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故A错误；
B、根据带电油滴在O点的电场力竖直向上，若油滴带负电，则电场方向向下，则φC＞φD，则根据电势能公式Ep＝qφ可知：EpC＜EpD；若油滴带正电，则电场方向向上，φC＜φD，同理可知：EpC＜EpD，故B正确；
C、带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线由C点运动到D点，故C错误；
D、由于电场线的方向未知，故油滴在D点的加速度沿电场线的切线，方向不定，故D错误；
故选：B。
3．【解答】解：ACD、根据可知，当产品厚度增大导致εr增大时，电容器的电容C增大，根据Q＝CU可知，极板带电量Q增加，则有电流从a向b流过灵敏电流计，故D正确，AC错误；
B、因为两极板间的电势差不变，极板间距不变，所以两极板间电场强度不变，故B错误。
故选：D。
4．【解答】解：A、由题可知，当滑动变阻器触头向下滑动时，R3接入电阻的阻值变大，故总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路总电流I减小，内电压减小，路端电压增大，则电阻R1两端电压增大，故电阻R1功率增大，故A错误；
B、通过电阻R1的电流I1增大，干路电流I减小，则通过电阻R2的电流I2减小，消耗功率减小，故B错误；
C、由于干路电流I减小，则电源的总功率P＝EI减小，故C正确；
D、电源效率η，路端电压U增大，则电源效率增大，故D错误。
故选：C。
5．【解答】解：设电子的初动能为Ek，极板间的电场E
从O点到A点，只有电场力做功，根据动能定理得：﹣eEL＝0﹣Ek
联立解得：Ek，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6．【解答】解：A.φ﹣x图像上某点斜率表示该点场强，由图像可知M点场强大小大于N点场强大小，则试探电荷在M点受到的电场力比在N点大，故A错误；
B.两点电荷所带电量相等，关于O点对称，M点比N点距离O点远，M点电势高于N点，则负试探电荷在M点具有的电势能比在N点小，故B正确；
C.M、N两点场强方向相反，试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相反，故C错误；
D.由图可知从M到O电势降低，从0到N电势升高，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，电场力对试探电荷先做负功，后做正功，故D错误。
故选：B。
7．【解答】解：A、若将a 端接电源正极，b端接电源负极，则根据安培定则可知，螺线管的下端是磁场的N极，磁场的方向向下；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺线管将受到排斥力，弹簧测力计示数将减小。故A错误；
B、C、D、若将b端接电源正极，a端接电源负极，则根据安培定则可知，螺线管的上端是磁场的N极，磁场的方向向上；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺线管将受到吸引力，弹簧测力计示数将增大。故B正确，CD错误。
故选：B。
8．【解答】解：ABC、电容器与电源相连，两板间电压不变。上层膜片下移过程中，两极板间距离d减小，根据得，电容器电容C增大，根据Q＝CU得，电容器所带电荷量Q增大，电容器充电，电流表有b到a的电流，故AC正确，B错误；
D、上层膜片稳定后，平行板电容器上下极板带等量异种电荷，故D错误；
故选：AC。
9．【解答】解：AB、B点的电阻为：RBΩ＝40Ω；故A错误，B正确；
CD、A点的电阻为：RAΩ＝30Ω，则两点间的电阻改变了40﹣30＝10Ω；故C正确，D错误；
故选：BC。
10．【解答】解：由感应电流的产生条件，即闭合回路磁通量发生变化可知，当磁铁向下插入或者向外拔出时，磁通量都会发生变化，从而产生感应电流，电流变指针发生偏转；而磁铁放在螺线管不动不会产生感应电流，指针不偏转，故AD正确，BC错误；
故选：AD。
二．实验题（共2小题，满分22分）
11．【解答】解：（1）0﹣3V量程的电压表最小分度值为0.1V，读数为1.20V；
游标卡尺主尺读数为5.2cm＝52mm，游标尺的最小分度值为0.05mm，读数为7×0.05mm＝0.35mm
最终读数为：52mm+0.35mm＝52.35mm；
螺旋测微器固定部分读数为0mm；转动部分为35.0×0.01mm；则总读数为：0mm+35.0×0.01mm＝0.350mm；
（2）由题电压表的示数U，安培表的示数I，则测得电阻的阻值为：R
金属导线的直径为d，截面积为：S
根据电阻定律R
得：ρ
（3）由题意可知，，，，电流变化量大，电压表分流对实验的影响大，因此电流表应采用内接法，即应采用图a所示实验电路进行实验。
故答案为：（1）0.350 （2）（3）a
故答案为：（1）1.20；（2）52.35；（3）0.350，，a。
12．【解答】解：①当毫安表满偏时，Ug＝Igrg＝5×10﹣3×60V＝0.3V，则并联的分流电阻R1的分流I10.02A，则改装后的量程I＝Ig+I1＝25mA＝5Ig；
②由于，而，显然，所以电流表相对于电源选择外接法，即甲图误差较小；
③路端电压与电流的关系U＝E﹣Ir，所以由图象的纵截距知：电动势E＝3.80V，r＝||＝187Ω；
④把两个相同的这种元件串联接入该电源后，设电路中的电流为I，这种元件两端电压为U，由闭合电路欧姆定律有：E＝2U+Ir，把E和r的值代入后得：I＝0.02﹣0.01U，将此U﹣I直线画在图丁中如图所示，
此直线与元件I﹣U相交于（0.52V，0.0148A），所以元件的电功率为P＝0.52×0.0148W＝8×10﹣3W。
故答案为：①5；②甲；③3.80、187；④8×10﹣3W
三．计算题（共3小题，满分38分）
13．【解答】解：（1）由题，电源电动势E＝6V，电源内阻r＝1Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得
电路中电流为I
电动机的电阻RM
（2）当重物匀速上升时，电压表的示数为U＝5.5V，
电路中电流为I′
电动机两端的电压为UM＝E﹣I′（R+r）＝6﹣0.5×（3+1）V＝4.0V
故电动机的输入功率P＝UMI′＝4.0×0.5＝2.0W
根据能量转化和守恒定律得
UMI′＝mgv+I′2RM
代入解得，v＝1.5m/s
答：（1）电动机的内阻为2Ω；
（2）重物匀速上升的速度大小为1.5m/s。
14．【解答】解：（1）微粒恰好静止，由平衡条件得：qmg
解得：U0
（2）从1扳至2后电压变为2U0，由牛顿第二定律得：
q﹣mg＝ma
所以a＝g
由运动学公式得：2
解得：T
（3）为使微粒获最大动能从O1射出，应使微粒从B板向上加速，设向下加速时间t1，向下减速时间t2，由速度关系得：
gt1＝gt2
解得：t1＝t2
设电压最小周期为T0，向上加速：
da（T0﹣t2）2
解得：T0
微粒离开O1后做竖直上抛运动，由对称性可知：
在板外时间为：t3＝2（t2）
再次回到O1时刻为：tT0+t3
答：（1）U0应为；
（2）若在t时刻将开关S从1瞬间扳至2，微粒P可以恰好运动至O1点，则周期T为；
（3）若在t到t＝T之间的某个时刻，把开关S从1瞬间扳至2，可使微粒P以最大的动能从A板中央的O1小孔射出，则周期至少为，微粒P再次回到O1时为。
15．【解答】解：（1）小球恰好进入圆轨道BC，设竖直分速度为vy，由运动的分解得：
vy＝v0tanα
设平抛运动时间为t，则
vy＝gt
水平位移
x＝v0t
代入数据得：x＝1.2m
（2）进入圆轨道B点，设速度为v，则
小球由B点进入圆轨道到最低点的过程中，由动能定理得：
在最低点，对小球由牛顿第二定律得：
解得：FN＝28N
由牛顿第三定律知，小球对轨道压力大小为28N。
（3）小球在CD轨道匀减速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
mgsina+μmgcosα＝ma
设小球上升位移为L，根据运动学公式得：
﹣v2＝﹣2aL
小球克服摩擦力做功为：
W＝μmgcosα L
联立解得：W＝2.5J
答：（1）A、B之间的水平距离为1.2m；
（2）小球进入圆轨道最低点时，对轨道压力的大小为28N；
（3）小球在CD轨道上升过程中，克服摩擦力做的功为W＝2.5J。
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