安徽省皖中聯(lián)盟2023-2024學年高二年級上冊1月期末聯(lián)考物理試題（解析版）

2023?2024學年第一學期期末聯(lián)考

高二物理

考生注意：

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。

2.答題前，考生務必用直徑0.5亳米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚。

3.考生作答時，請將K答案》答在答題卡上。選擇題每小題選出K答案II后，用2B鉛筆

把答題卡上對應題目的K答案X標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5亳米黑色墨水簽字筆在

答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的K答案》無效，在試題卷、草稿紙

上作答無效。

4.本卷命題范圍：必修第一冊，第二冊，第三冊，選擇性必修第一冊第一章，選擇性必修第

二冊第一章C

一、選擇題（本題共10小題，共42分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題中只有一項

符合題目要求，每小題4分，第9~10題有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但

不全的得3分，有選錯的得。分）

1.2023年7月14日，“探索二號”科考船搭載著“深海勇士”號載人潛水器返回海南三亞，完

成了大深度原位科學實驗站在海底的布設試驗。本次海試采用中科院青島能源所與深海所聯(lián)

合研制的國產技術，首次實現了I兆瓦時（l（XX）kW-h）以上的固態(tài)電池在深海裝備上的集

成并恰能支撐實驗站在海底連續(xù)工作半年（180天）。不考慮電路損耗，有關該原位科學實

驗站的能源系統(tǒng)及用電系統(tǒng)，下列判斷正確的是（）

A.該用電系統(tǒng)的功率約115W

B.該用電系統(tǒng)的功率約23OW

C.該鋰電能源系統(tǒng)能提供IO,j可用電能

D.該鋰電能源系統(tǒng)能提供106c電荷量

R答案》B

K解析]]AB.用電系統(tǒng)的功率

W_103kWh

?230W

T-180x24h

A錯誤，B正確；

C.鋰電能源系統(tǒng)能提供得電能

E=106X3600J=3.6X109J

C錯誤；

D.鋰電能源系統(tǒng)能提供電荷量未知，D錯誤。

故選B。

2.對于以下四幅插圖所涉及的物理現象或原理，下列說法不正確的是（）

甲乙丙丁

A.甲圖中燃氣灶電子點火器點火應用了尖端放電原理

B.乙圖中摩擦過的琥珀能夠吸引羽毛，說明羽毛帶有與琥珀所帶電性相同的電荷

C.丙圖中機翼上有多條針一樣的裝置可以導走飛機與大氣摩擦產生的靜電荷

D.丁圖中金屬編織網包裹著導體線芯利用了靜電屏蔽原理降低干擾

K答案HB

R解析HA.甲圖中燃氣灶電子點火器點火應用了尖端放電的原理，A正確，不符合題意；

B.摩擦過的琥珀能夠吸引羽毛說明帶電物體具有吸引輕小物體的性質，B錯誤，符合題意：

C.機翼上有多條針一樣的裝置是利用尖端放電導走飛機與大氣摩擦產生的靜電荷,C正確，

不符合題意；

D.金屬編織網能起到靜電屏蔽的作用，使網內不受外部電場的影響，D正確，不符合題意。

故選B。

3.如圖所示，半圓形導線必c通以恒定電流/,放置在勻強磁場中、已知磁感應強度大小為

B,導線長為加，直徑而與磁場方向夾角為9=30。。該導線受到安培力大小為（）

BU

A.2BIIB.6BHC.BII°^

工答案Uc

K解析』該導線受到的安培力

F=BILacs\nO=BII

故選C。

4.如圖所示，正方形出?cd區(qū)域：含邊界）存在垂直于紙面向里的勻強磁場，M、N兩個

粒子以相同的速率均從d點沿紙血da方向射入磁場區(qū)域，經磁場偏轉后粒子M從/7點離開

磁場，粒子N從de邊的中點離開磁場，不計粒子重力以及粒子之間的相互作用，則粒子〃

與粒子N的比荷之比為（）

C.1:4D.2:5

R答案Hc

K解析］設正方形邊長為L，粒子沿位方向射入磁場區(qū)域，粒子N從de邊的中點離開磁

場，則粒子N的半徑

粒子M從b點離開磁場，由圖可知

%=L

根據洛倫茲力提供向心力有

v

qvB=m——

r

解得粒子的比荷

tnBr

所以粒子M與粒子N的比荷之比為

‘%_小_1

盟hW

%

故選C。

5.某電場的等勢面加圖中實線所示,圖中相鄰等勢面間的電勢差相等.已知將電子從C點

移至無窮遠處克服電場力做的功比從e點移至無窮遠處克服電場力做的功多，選無窮遠處電

A.該電場可能是一對等量異種電荷產生的電場

B.〃點電勢高于8點電勢

C.質子從d點移到b點,電場力做正功

D.d、。兩點場強方向均向左，但d點場強比。點大

K答案》B

K解析UA.比較一對等量異種電荷產生的電場的等勢線的形狀，可知該電場不是一對等

量異種電荷產生的電場，A錯誤；

B.因為將電子從。點移至無窮遠處克服電場力做的功比從e點移至無窮遠處克服電場力做

的功多，故c.點電勢高于e點電勢，故電場線的方向應從左向右穿過各等勢線，故。點電勢

高于8點電勢，B正確；

C.因d點電勢低于力點，故質子從d點移到b點電場力做負功，C錯誤；

D.d處等差等勢線比c處密集，因而4點場強比。點大，但&c兩點場強方向垂直于等勢

線均向右，D錯誤。

故選B。

6.如圖所示，物塊在水平向左外力產的作用下沿斜面勻速下滑，該過程中斜面始終靜止在

水平地面上、下列說法正確的是〔）

A.地面對斜面的摩擦力水平向左

B.地面對斜面的支持力大于物塊與斜面所受重力之和

C.物塊可能只受三個力的作用

D.撤去外力后，物塊的運動狀態(tài)可能不變

K答案，C

K解析WAB.物塊勻速下滑，系統(tǒng)整體受力平衡，由整體法判斷地面對斜面的摩擦力向右，

支持力與物塊與斜面所受重力之和相等，故AB錯誤：

C.若斜面與物塊間無摩擦力，物塊受到的豎直向下的重力、垂直斜面指向右上的支持力和

水平向左的外力，結合三力平衡知識可知，c正確；

D.若斜面粗糙，設斜面傾角為6,物塊與斜面間動摩擦因數為〃，撤去外力前有

mgsin0=//N+Feos0

mgcos6+八訪。=N

得

"Geos0+RFsin8=Gsin夕一尸cos0

撤去外力后不可能有

〃Gcos8=Gsin8

故D錯誤；

故選C。

7.如圖所示，長為/的輕桿兩端固定兩個小球甲和乙（可視為質點），甲球質量是乙球的兩

倍，初始時它們直立在光滑的水平地面上，由于受到微小擾動，系統(tǒng)從圖示位置開始傾倒。

當小球甲剛要落地時，小球乙的速度大小為（）

甲

20

A.OB.號IC.弧D.而7

K答案HA

K解析》甲落地前瞬間，甲、乙在水平方向共速，且水平方向動量守恒，故甲落地前瞬間,

甲和乙水平速度都為零。

故選Ao

8.如圖所示，水平放置圓盤繞過圓心的豎直軸勻速轉動，質量分別為的物塊4、

8（均視為質點）放置在圓盤上隨圓盤一起做勻速圓周運動的半徑分別為％、rH,與圓盤間

的動摩擦因數分別為〃八、最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現使轉盤轉速逐漸緩慢增

大，則A比B先滑動的條件一定是（）

A.rnA<mBB.〃八<4

C.D.XV4簿

K答案XD

K解析』A.由牛頓第二定律與圓周運動規(guī)律：當4剛要相對圓盤滑動時

4%g=%

當B剛要相對圓盤滑動時

=小①MB

可得

力公，用3

rArB

兩物塊相對圓盤開始滑動的臨界角速度與質量加八、根8無關，A錯誤；

BCD.當4比8先滑動時，則有

戰(zhàn)＜說

即

4g448g

9rB

整理可得

必心＜

故BC錯誤，D正確。

故選D。

9.2023年5月30日，神舟十六號載人飛船將十六乘組三名航天員送入空間站組合體，圖中

軌道I為載人飛船運行的橢圓軌道，軌道II為空間站運行軌道。兩軌道相切于B點，4為橢

圓軌道的近地點，8為遠地點，C為軌道H上一點，C、A、8三點在一條直線上，則下列判

斷正確的是（）

A.空間站從C運行至IJB和載人飛船從A運動到B時間相等

B.載人飛船在軌道I上B點速度小于空間站在C點速度

C.載人飛船從A沿橢圓軌道運動到8點，發(fā)動機不斷做正功

D.載人飛船在軌道I上的加速度不小于空間站在軌道n上的加速度

K答案》BD

K解析》A.根據開普勒第三定律可知，空間站從C運行到區(qū)的時間大于載人飛船從人運

動到8時間，故A錯誤：

B.載人飛船在軌道I上B點速度小于空間站在8點速度，即小于空間站在。點速度，故B

正確；

C.載人飛船從A沿橢圓軌道運動到8機械能守恒，發(fā)動機不需要做功，故C錯誤；

D.載人飛船在軌道I上B點和空間站在軌道II上5點加速度相等，在軌道I上其他位置加

速度均大于在軌道n上的加速度，故D正確。

故選D。

10.如圖甲所示，一個半徑為R的絕緣圓柱面，有12根等長直導線均勻地緊緊貼在其表面

且通有向上的電流，大小均為/,其俯視圖如圖乙所示。已知通有電流，的長直導線在距其

距離為「處產生的磁感應強度大小為8二&2（其中左為一常數）。則（）

r

A.第1和第11根直導線在圓心。處的產生的磁感應強度大小相等，方向相反

B.第1和第11根直導線對第12根導線的安培力的合力小于第5和第6根直導線對第12根

導線的安培力的合力

C.第1和第11根直導線對第12根導線的安培力的合力大小等于第1和第11根直導線對第

6根導線的安培力的合力大小

D.第12根導線受到其他11根導線對它安培力的合力方向沿。指向12的方向

R答案HBC

9

108

分析圖知，第1和第11根直導線在圓心O處的產生的磁感應強度大小相等，方向成60。,

故A錯誤；

BC.如圖所示，任意導線（以5號線舉例）對12號導線安培力的水平分量可表示為

Fx=BILeos0

其中8正比于,，而

r

r=dcos6

因此工取值與角度無關，由力的合成規(guī)律可得第1和第11根直導線對第12根導線的安培

力小于第5和第6根直導線對第12根導線的安培力，C項同理，故BC正確；

D.第12根導線受到其他11根導線對它的安培力的合力方向沿12指向。的方向，故D錯

誤。

故選BC.

二、非選擇題：本題共5小題，共58分。

11.如圖甲所示為“研究碰撞中動昂:守恒”的實臉裝置。實臉時，先讓質量為小的小鋼球人

從斜槽上某一位置由靜止開始運動，從軌道末端水平拋出，落到水平地面上尸點，然后再

把質量為機2的小鋼球8放到軌道末端處于靜止，再讓小鋼球A從斜槽開始運動，在軌道末

端與小鋼球B發(fā)生對心碰撞，結果小球8落到水平地面上N點，小球A落到水平地面上的M

點。

OMPN

甲乙

（1）實驗中，需要測量的物理量有.

A.小球開始釋放的高度力

B.小球拋出點距地面的高度〃

C.小球做平拋運動的水平距離

D.小球A、3的質量叫、m2

（2）下列說法中正確的是

A.兩球質量關系一定要滿足班〉加2

B.小球A在斜槽上開始運動的位置一定要相同

C.斜槽必須光滑且末端水平

（3）若某次實驗時，43兩鋼球落地點分布如圖乙所示，也、P、N與。點（0點是水

平軌道末端正下方的投影）距離分別玉、/、與，若滿足（用町、丐、XpX2>/表

示），則該碰撞前后動量守恒。若還滿足（用王、/、用表示），則說明該碰撞為彈性

碰撞。

K答案U(1)CD或DC(2)AB或BA(3)tn}x2=m}xx+m2x3%+/=七

K解析U（1）[1]根據平拋運動的特點可得

1=咿

即小球4、3做平拋運動的時間相同，所以只需測出水平位移x就能解得碰撞前后的速度關

系；要驗證動量是否守恒，還需要測量小球4、3的質量。

故選CD。

（2）［2］要保證A球碰撞后不反彈，應滿足班>“2；同時小球A初始釋放位置要相同，才

能保證每次到斜槽末端的速度相同；斜槽無須光滑。

故選AB。

（3）［引若碰撞前后動量守恒，則有

w）v2=班匕+匕

即

網工2=m\X\+m2X3

［4］若還滿足彈性碰撞，則有

121212

=/犯匕+萬陽2匕

即

222

mAx2=mxxA+62七

整理得

%+工2=工3

12.（1）某實驗小組用多用電表（中間讀數為40）來測量電壓表（量程3V,內阻約3kC）

內阻，將歐姆表和電壓表串聯(lián)后，歐姆表和電壓表指針偏轉如圖所示，歐姆表讀數:C,

電壓表讀數約為V。

12

（2）此歐姆表內部電池電動勢約為o（取2位有效數字）

（3）為了進一步準確測量電壓表內阻，某同學設計了三個如圖所示的電路圖。圖甲中電流

表量程為00.6A,滑動變阻器阻值為020Q；圖乙中電流表量程為。?1mA,滑動變

阻器限值為020Q；圖丙中變阻箱量程為0?9999.9C。電源的電動勢均約為E=3V,

內阻均約為雙。下面電路中能準確測量電壓表內阻的是。

K答案X(1)28000.60(2)1.5V(3)乙

K解析》(1)[1]由題意可知歐姆表擋位為“xlOO”，故讀數指針所指刻度與倍率的乘積，即

讀數為2800C；

⑵電壓表量程為3V,每一小格為0.1V,故讀數為0.60V。

(2)[3]電壓表與歐姆表串聯(lián)，歐姆表內阻為4000C,根據閉合電路歐姆定律可得

石=口心+9)

解得

E=1.5V

(3)[4]圖甲中電流表量程過大，導致流過電壓表的電流幾乎沒有讀數，無法測量；圖丙中

無法確得電壓表的電流，故無法測得電壓表內阻；而圖乙中電流表量程適當，電壓表兩端電

壓和流過電壓表的電流均能確定，根據歐姆定律可求其內阻。

故選乙。

13.如圖所示，固定的三角形金屬框架MON平面與勻強磁場B垂直，導體必能緊貼金屬

框架運動，且始終與導軌ON垂直，sin37°=0.6,cos37°=0.8o

⑴若3=2T,必從O點開始向右以%=0.2m/s的速度勻速運動3s過程中，求回路的磁通

量的變化量；

(2)若初狀態(tài)時回路面積為$=2n?,80=0.3T,末狀態(tài)時回路面積為S,=7m?,

B,=0.5T,求回路中的磁通量的變化量。

K答案』(1)0.27Wb；(2)2.9Wb

K解析?(l)棒向右以0.2m/s的速度勻速運動3s時,

位移為

x=vot=0.2x3m=0.6m

由于NMON=37。，此時回路的面積為

S=-x2tan37°

2

回路的磁通量的變化量為

A0,=0-O=BS=O.27Wb

(2)回路面積從So=2m2變到S=7m2,B從Bo=O.3T變到8尸0.5T時的磁通量為：

%=穌So=O.6Wb

02=BtS,=3.5Wb

故回路中的磁通量的變化量為

A02=02-^)=2.9Wb

14.如圖所示，在足夠長的水平光滑直軌道A”上，有一半徑R=0.4m的豎直光滑螺旋圓

形軌道SCO,軌道右側有長￡=1.5m的水平傳送帶與直軌道無縫平滑連接。軌道A處有

彈射器，一質量機=lkg的滑塊以線=10J的初動能水平向右彈射出來。直軌道G”上靜

止放置“個質量均為2m的滑塊，滑塊間的碰撞是完全彈性碰撞。已知傳送帶以恒定速度

u=3m/s順時針轉動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數4=0.5。求：

(1)滑塊通過圓形軌道最高點C時軌道所受的壓力Fc大小;

(2)滑塊第一次通過傳送帶所用的時間廣

(3)〃個質量均為2利的滑塊獲得的總動能

K答案》(1)耳=0；(2)幽二2s;(3)4.5(1-占

15I)

K解析》(1)機械能守恒

1,

Ek=—mvc"+2mgR

得

vc=2m/s

根據牛頓第二定律

Fc+mg=-^-

得

6=0

由牛頓第三定律可知軌道所受壓力為零。

(2)由

2

v-VQ=-2aL{

滑塊初速度為

%==2^m/s

加速度為

。==5m/s2

當u=3m/s時

k—1.1m

則

4=0.4m

時間為

?J_657

4gv15

（3）根據動量守恒

tnv=mvx+2/z?V]

根據動能守恒

L陽/=j_相詔+工*2m4'?

22121

得

1

=——v

3

第二次碰撞

第〃次碰撞

得△Ek=gx2〃z（K'2+弘2++f）454

15.如圖甲所示為?種質譜儀的工作原理圖，帶正電的粒子從靜止經加速電壓U加速后恰好

從工軸上A點射出（加速電場大小可忽略），后在。點垂直O(jiān)M邊進入MON區(qū)域，”軸上

方MON錐型區(qū)域內存在電場或磁場。OM、QN與丁軸正方向夾角均為30。，OC=