安徽省2023-2024学年高二物理上学期10月联考试题（Word版附解析）

物理考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答、超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：新人教版必修第一册、第二册、第三册第九章至十一章。一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.电鳐是一种放电能力很强的鱼类，它借助头侧与胸鳍间发达的卵圆形发电器官，能产生最高可达200V的电压，其放电电流可达50A，有海中“活电站”之称。若某电鳐按如图所示的规律放电，则1s内该电鳐放电的电荷量大约为（　　）A.25CB.50CC.75CD.100C【答案】A【解析】【详解】根据图像可知，电鳐放电1次时间为1次放电的电量为由图像可知，电鳐放电周期为故1s内该电鳐放电100次，因此1s内该电鳐放电的电荷量大约为 故选A2.有两个可视为质点的小球A和B，带电量分别为＋2Q和-8Q，固定位置相距为r，其库仑力大小为F，现将其相互接触后分离，且固定距离变为3r，则A、B两小球库仑力大小变为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】两小球未接触时A、B两小球库仑力大小为两小球接触后分离带电量为接触后分离，且固定距离变为3r，则A、B两小球库仑力大小变为故选A。3.如图所示，材质均匀的某种长方体金属材料样品，长为a，宽为b，厚为c，且满足。给样品两端加相同电压，电流沿样品AB方向通过时为，沿样品CD方向通过时为，则等于（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】样品AB方向的电阻为样品CD方向的电阻为 根据欧姆定律可得，可得故选D。4.如图所示是某静电场的部分电场线分布情况，下列说法正确的是（　　）A.该静电场可能是正点电荷形成的电场B.负点电荷在A点的电势能大于在B点的电势能C.同一点电荷在A点处受到电场力比在B点受到的电场力小D.在电场力作用下，正电荷可以沿电场线由B点运动到C点【答案】B【解析】【详解】A．正电荷形成电场的电场线为直线，A错误；B．A点电势低于B点电势，则负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，B正确；C．电场线越密集，场强越大，则同一点电荷在A点处受到电场力比在B点受到的电场力大，C错误；D．电场线是弯曲的，电场力的方向与速度方向不能保持同一直线，则正电荷不可以沿电场线由B点运动到C点，D错误。故选B。5.如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，两者的质量分别为2kg和1kg，它们处于静止状态。若突然将一个大小为6N、方向竖直向上的恒力施加在物体A上，则此瞬间A与B之间的作用力大小为（重力加速度g取）（　　） A22NB.20NC.18ND.16N【答案】C【解析】【详解】根据牛顿第二定律，施加恒力的瞬间，整体加速度为对A得则此瞬间A与B之间的作用力大小为18N。故选C。6.我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成，包括5颗地球静止同步轨道卫星和3颗倾斜同步轨道卫星，以及27颗相同高度的中轨道卫星。中轨道卫星轨道高度约为，同步轨道卫星的高度约为，这些卫星都在圆轨道上运行。已知地球半径为，关于北斗导航卫星，下列说法正确的是（　　）A.中轨道卫星的运行周期大于24hB.35颗卫星的发射速度大于11.2km/sC.倾斜同步轨道卫星的机械能与静止同步轨道卫星的机械能一定相等D.静止同步轨道卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大【答案】D【解析】【详解】A．地球静止同步轨道卫星的周期为24h，中轨道卫星轨道高度约为，同步轨道卫星的高度约为，轨道越高，卫星的周期越长，所以中轨道卫星的运行周期小于24h，A错误；B．11.2km/s叫做第二宇宙速度，当飞行器的速度等于或大于11.2km/s时，它会克服地球引力，永远离开地 球，所以35颗卫星的发射速度不可能大于11.2km/s，B错误；C．倾斜同步轨道卫星与静止同步轨道卫星质量关系不清楚，所以二者的机械能无法比较，C错误；D．根据牛顿第二定律与万有引力定律得可知，轨道半径越大，向心加速度越小，所以静止同步轨道卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大，D正确。故选D。7.如图所示，在直角中，，，匀强电场的电场线平行于所在平面，且A、B、C点的电势分别为5V、-1V、5V。下列说法正确的是（　　）A.电场强度的方向沿AB方向B.电场强度的大小为150V/mC.一个电子从A点移动到C点，电场力做功为零D.一个电子从B点移动到C点，电场力做功为-6eV【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知为等势面，过点B作AC的垂线交AC于点D，根据沿电场线电势降低可知电场强度的方向沿DB方向，故A错误；B．电场强度的大小为故B错误；C．为等势面，故一个电子从A点移动到C点，电场力做功为零，故C正确；D．一个电子从B点移动到C点，电场力做功为故D错误。故选C。 8.电学知识在生活中有着广泛应用，下列说法正确的是（　　）A.打雷时，待在汽车里比待在大街上要安全B.复印机是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上C.高压输电线上方有两根导线与大地相连，这是为了免遭雷击D.干燥的冬季，摸金属门把手有时会被电击，是因为手与门把手摩擦起电【答案】ABC【解析】【详解】A．打雷时待在汽车里比待在大街上要安全，是因为汽车的外壳能起到静电屏蔽的作用，故A正确；B．复印机是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，故B正确；C．高压输电线上方有两根导线与大地相连形成一个稀疏的金属网，可把高压线屏蔽起来，是为了输电线免遭雷击，故C正确；D．干燥的冬季，摸金属门把手有时会被电击，是因为在人运动的过程中衣服的摩擦带电，不是因为手与门把手摩擦起电。故D错误；故选ABC。9.电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成，它与基板构成电容器，简化结构如图所示。工作时，振动膜随声波左右振动，下列说法正确的是（　　）A.振动膜向右运动时，a的电势比b的电势低B.振动膜向右运动时，电容器的电容变大C.振动膜向左运动时，电容器的电容变大D.振动膜向左运动时，电阻上有从b到a的电流【答案】BD【解析】【详解】AB．振动膜向右运动时，电容器两极间距减小。根据，则电容增大，电荷量增大，电容器充电，电阻上有从a到b的电流，则a的电势比b的电势高。A错误，B 正确；CD．振动膜向左运动时，电容器两极间距增大。同理，电容器的电容减小，电阻上有从b到a的电流，C错误，D正确。故选BD。10.如图甲所示，一质量为2kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）A.物体先做加速运动后做减速运动B.物体运动的最大速度为4m/sC.在运动中由于摩擦产生的热量为16JD.物体在水平地面上运动的最大位移是4m【答案】AC【解析】【详解】A．根据图乙可知，拉力随着位移不断减小，初始时拉力大于摩擦力，物体做加速运动，然后从拉力等于摩擦力那刻以后，拉力小于摩擦力，物体做减速运动，故A正确；B．当拉力等于摩擦力时，加速度为零，此时速度最大，根据图乙的函数关系可知而摩擦力满足可知当此时速度最大，即根据动能定理可得 解得故B错误；C．整个运动过程只有拉力和摩擦力做功，则摩擦力做的负功大小应与拉力做的功相等，则根据能量守恒定律有根据F-x图线与横坐标围成的面积等于做的功，则故C正确；D．根据C中分析可知推力对物体做功为16J，根据动能定理有解得故D错误。故选AC。二、实验题（本题共2小题，共16分）11.某同学在做“练习使用多用电表”的实验：（1）当多用电表做电压表使用时，首先应调节指针定位螺丝，使多用电表指针指向左侧零刻度，然后将选择开关旋转到直流电压挡，将红表笔与电源___________（填“正”或“负”）极相连，黑表笔与电源另一极相连。（2）用多用电表的欧姆挡测量电阻的阻值时，若发现选用“”挡时指针偏角过小，则应换用___________（填“”或“”）挡；重新欧姆调零后，多用电表指针示数如图所示，则待测电阻的阻值约为___________。（3）测量完毕，将选择开关旋转到OFF位置。 【答案】①.正②.“”③.1300【解析】【详解】（1）[1]测直流电压时，红表笔与电源正极相连。（2）[2][3]指针偏角过小，说明倍率较低，则应换用“”挡。如图，待测电阻的阻值约为12.某同学设计实验“测定金属的电阻率”，要求电压从零开始调节。已知金属丝的电阻大约为，在用伏安法对金属丝电阻进一步测定时，有如下实验器材可供选择：直流电源：电压3V，内阻不计；电流表：量程0~0.6A，内阻；电流表：量程0~3.0A，内阻；电压表V：量程0~3V，内阻；滑动变阻器：最大阻值；滑动变阻器：最大阻值；开关、导线等。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径时，测量结果如图甲所示，可知金属丝的直径___________mm；用游标卡尺测量金属丝的长度，测量结果如图乙所示，可知金属丝的长度___________cm。（2）在所给的器材中，电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。（填写仪器的字母代号）（3）根据题目要求，在下面方框中画出实验电路图_______。（4）根据实验原理，测得金属丝的电阻为，则金属丝的电阻率___________ 。（用题中所测物理量符号表示）【答案】①.0.830②.5.04③.④.⑤.⑥.【解析】【详解】（1）[1]从甲中读出金属丝的直径mm[2]读数为（2）[3][4]电源电压3V，金属丝的电阻大约为4Ω，可知电流最大为0.75A，电流表应选；R2最大阻值太大，应选。（3）[5]由于电阻小，因此选择电流表外接法，要求电压从零增加，选择分压法。电路如图：（4）[6]根据电阻定律可知其中解得三、计算题（本题共3小题，共38 分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.在如图所示电路中，已知AB间所加电压为，，，电流表的内阻不计，求：（1）电阻两端的电压；（2）电流表和的示数。【答案】（1）4V；（2）0.75A，0.5A【解析】【详解】依题意，可画出如图所示等效电路图（1）根据等效电路图，可得并联部分电路的总电阻为代入数据求得则电流干路电流为电阻两端的电压（2）由等效电路图，可知电流表的读数为流经与的电流之和，电流表的读数为流经与的电流之和，设流经，，的电流大小分别为，，，则 可得电流表的读数为电流表的读数为14.如图所示为一高端全自动传送带，AB为半径的光滑四分之一圆弧轨道，A点和圆心O等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接，传送带以顺时针匀速运行，B点到传送带右端C点的距离为。一质量为的滑块从A处由静止滑下，并从传送带的右端C飞出。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，C点到地面的高度为，重力加速度g取，求：（1）滑块到达圆弧轨道底端B时对轨道的压力大小；（2）滑块从C点飞出后水平位移大小；（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q。【答案】（1）30N；（2）；（3）【解析】【详解】（1）滑块从A到B，由机械能守恒定律得在B点，对滑块，由牛顿第二定律可得 代入数据解得，由牛顿第三定律，压力与支持力等大反向，则滑块到达底端B时对轨道的压力为30N，方向竖直向下；（2）已知滑块与传送带间的动摩擦因数，设BC段滑块加速度大小为a，B到C，由匀变速直线运动可得由牛顿第二定律可得联立解得从C点飞出后滑块做平抛运动，可得，解得（3）设滑块由B到C所用时间为，则有解得在此时间内传送带转动距离为由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量15.如图所示，虚线MN左侧有一方向水平向左、电场强度大小为的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、方向竖直向下、电场强度大小为的匀强电场，在虚线PQ右侧距离为L处有一竖直放置的屏。现将一带电量为、质量为m的带电粒子无初速度地放入电场中的A 点，最后打在右侧屏上的K点（图中未画出）。已知A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，O为垂足，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子到MN的速度大小；（2）若，带电粒子离开电场时的速度；（3）调节的大小可使K点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证K点到O点的距离d满足，此条件下的范围。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得解得（2）由上可知，电子到达MN时的速度，电子从MN到屏的过程做平抛运动，沿AO方向做匀速直线运动，电子到达PQ时有L=vt3垂直于AO方向做匀加速直线运动，电子到达PQ时的竖直速度vy=a2t3根据牛顿第二定律可知，此时的加速度为 带电粒子离开电场E2时的速度（3）由上可知，电子到达MN时的速度，电子在电场E2中做类平抛运动，设加速度为a2，所用时间为t3，竖直方向侧向位移为y1，射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，则在平行于电场方向上，在竖直方向上在垂直于电场方向有L=vt3速度vy=a2t3电子离开PQ后做匀速直线运动直到打到屏幕的K点，设所用时间为t4，竖直方向侧向位移为y2，则有y2=vyt4又有L=vt4则电子打到屏幕K点到O点的距离d=y1+y2联立代入解得由题意，保证K点到O点的距离d满足2L≤d≤4L则的范围为