2024-2025学年山东省潍坊市某中学高二（上）开学物理试卷+答案解析

2024-2025学年山东省潍坊市安丘一中高二（上）开学物理试卷

一、单选题：本大题共8小题，共32分。

1.如图，质量为〃，的一磁铁吸附在铁板48的下方，磁铁重心到铁板力端的

距离为L,铁板4端与较链连接，现缓慢推动8端，使铁板力8与磁铁一起

绕铁板A端逆时针转动，转动过程中，铁板AB与磁铁始终保持相对静止，

重力加速度为g，铁板46与水平面夹角”从4）变为过程中，则下列说法正确的是（）

A.磁铁受到三个力的作用

B.磁铁可能不受摩擦力的作用

C.铁板AB对磁铁的作用力不做功

D.铁板AB对磁铁的作用力做功为“

2.如图所示，一滑雪运动员从山坡上的力点由静止开始滑到山坡底的8点，该耳总

运动员和雪橇的总质量为〃?，滑到8点的速度大小为y,A、8两点的高度差为[A

h,重力加速度为g,该过程中阻力做的功为（）hV一

B

A.mghB.C.-D.tnyh--nii^

2

3.如图所示，小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究。电容式位移传感器中的

电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为X,电压表和电流表均为

理想电表，电源电动势、内阻均恒定，火为定值电阻。下列说法正确的是（）

A.电压表读数不为零，说明x在增大

B.若x保持不变，则电压表示数一定为零

C.在x增大的过程中，电容器两极板带电量减小

D.在x增大的过程中，。点电势始终高于点

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4.下列公式中，F、q、E、U、h"、，：、百，分别表示静电力、电荷量、电场场强、电势差、点电荷之间的

距离、沿电场线方向的距离、电场中某点的电势、电荷在电场中某点所具有的电势能：①人"='，

②E=*③E=g，④♦=・，⑤E=［，以下说法正确的是（）

A.它们都只对点电荷或点电荷的电场成立

B.（D②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立，⑤只对匀强电场成立

C.①②③④只对点电荷或点电荷电场成立，⑤对任何电场都成立

D.①②只对点电荷成立，③④⑤对任何电场都成立

5.•根粗细均匀的金属导线阻值为H,两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为/，金属导线中

自由电子定向移动的平均速率为V。若将该金属导线对折一次，使其长度变为原来的一半，仍给它两端加上

恒定电压U,则下列说法正确的是（）

A.此时金属导线的阻值为亨B.此时通过金属导线的电流为:

C.此时自由电子定向移动的平均速率为2vD.此时自由电子同向移动的平均速率为:

6.如图所示的甲、乙两个电路，都是由完全相同的灵敏电流计G和完全相同的电阻箱及组成，它们之中一

个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）

A.甲表是电流表，A减小时量程减小B.甲表是电流表，火减小时量程增大

C.乙表是电压表，H减小时量程增大D.乙表是电流表，H减小时量程增大

7.如图所示,电源电动势6匕内阻HL小灯泡L标有“2如（HW”字样,开关0-------®_

L

s闭合后，小灯泡上正常发光。已知电动机的内阻也是in,则电动机的输出功率

^一

为（）Ti―

E,r

A.0.76irB.0.721」C.0.041VD.0.41V

8.如图，G为灵敏电流计，/为理想电压表，"i为定值电阻，是一

E

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根盐水柱（封于橡皮管内，与电路导通），平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，电容器两板间的带电

油滴恰好静止。则握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中I忽略温度对电阻的影响1（）

A.电阻助的阻值减小B./表示数减小

C.油滴仍然静止D.G表中有从c到a的电流

二、多选题：本大题共4小题，共16分。

9.某同学在操场上踢足球，足球质量为〃?，该同学将足球以速度八从地面上的二、

力点踢起，最高可以到达离地面高度为力的8点位置，从4到8足球克服空气工、、、

♦

阻力做的功为力，选地面为零势能的参考平面，则下列说法中正确的是（）h

A.足球从力到4机械能守恒

D.该同学对足球做的功等于］，“：

C.足球在A点处的机械能为-Miqh

D.足球在8点处的动能为-”卬，-

10.四个相同的小量程电流表I表头，分别改装成两个电流表.1：、、和

两个电压表打、「•已知电流表.1：的量程大于L的量程，电压表I］的

量程大于「的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则（）

A.过流表I的读数大于电流表的读数

B.电流表I：指针的偏转角小于电流表］指针的偏转角

C.电压表1,的读数小于电压表V的读数

D.电压表「指针的偏转角等于电压表「指针的偏转角

11.在如图所示的电路中，电源电动势上和内阻，•为定值，〃i为定值电阻,

"，为滑动变阻器，闭合电键S,理想电流表力的示数为/,理想电压表V、

I和L的示数分别为广、厂和「，当滑动变阻器的滑动触头。向上滑动

时，各电表示数变化量分别为，/、AG、和*二，下列说法正确的

是（）

A.J变大，心变大

B.电源的效率增加

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C.电源的总功率增加

cHUR'df

D.可不变，而7f不变

12.在如图所示的电路中，电源电动势为£;内阻为心。为电容器，/尔为定--------/--------11

值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡£能正常发光。当滑动变阻器的~cf^>

滑片向左移动时，下列判断错误的是（）

A.电容器C的电荷量将减小

B.灯泡心将变亮

C.两端的电压减小

D.电源的总功率变小，但电源的输出功率不一定变大

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

13.某物理学习小组在“验证机械能守恒定律”的实验中I"取，

金属杆

门I他们拿到了所需的打点计时器I带导线I、纸带、复写纸、铁架台、纸带夹和重物，此外还需要—

填字母代号）；

4直流电源

8.交流电源

C.秒表

D毫米刻度尺

21先接通打点计时器的电源，再释放重物，打出的某条纸带如图乙所示，。是纸带静止时打出的点，48、

。是标出的3个计数点，测出它们到。点的距离分别为.，12.1，一〃、-二1，5，，和，2：.加,山，其

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中有一个数值不符合读数规则，代表它的符号是______（选填“门”、“了2”或

内已知电源频率是50〃z,利用IL中给出的数据求出打8点时重物的速度口二n.z保留三位有效

数字I:

U重物在计数点O、4对应的运动过程中，减小的重力势能为川W,增加的动能为，，匚，通过计算发现,

W

“W?＞提〃吃，其原因是»

14.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结

果发现有不少样品的电导率不合格।电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）。某

学习小组对某种纯净水样品进行检验，实验步骤如下:

1将采集的水样装满绝缘性能良好的圆柱形塑料容器，容器长为L，两端用金属圆片电极密封，用游标卡

尺测量圆柱形容器内径如图所示，其示数为，=mm；

2小组同学用多用电表粗测该水样的电阻为12INM。为了准确测量水样的电导率，学习小组准备利用以下

器材进行研究：

4电压表川人：川,内阻约为电压表1（"打匕内阻约为5人9）

C电流表1（）-1所”儿内阻约为1"）。.电流表用内阻约为

£滑动变阻器（最大阻值约为优£蓄电池（约为12匕内阻约为Nh

G.开关、导线若干

实验要求测最尽可能准确，请你在方框中设计出实验电路图，电路中电压表应选择,电流表应选择

;（填器材前面的字母序号）

131水样电导率的表达式为。=［用测得的物理量I，、I、d、/.）表示］。

四、计算题：本大题共4小题，共40分。

15.如图所示，一条长为£的绝缘细线，上端固定，下端系一质量为〃，的

带电小球，将它置于电场强度为£、方向水平向右的匀强电场中，当小球

平衡时，悬线与竖直方向的夹角为4，

E

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;小球带何种电荷？电荷量为多少？

2若将小球向左拉至悬线成水平位置，然后由静止释放小球，则放手后小球做什么运动？经多长时间到达

最低点.

16.如图，一质量-1•1()Xg、带电荷量1-2•1!＞、］的微粒以初速度大小小竖直向上从力点射入

一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比力点高/,-1)2”,的B点时，速度大小为2，；,，方向水平唔取Wm「，

求：

111微粒的初速度大小人；

⑵』、8两点间的电势差

用匀强电场的场强大小E。

B

2%——•---------------------------------

17.如图电路中，电阻他=A,。两端的电压10/保持不变，电压表的内阻外-量程足够

大。当电压表接在/、8两端时，示数求：

I电压表接在/、B两端时，电路中流经电阻的电流/；

:，电阻":：

:川电压表接在仄。两端时，电压表的示数/。

—L^-L(4——c

B?

-----------------U------------------►

18.如图所示，电源电动势E13•，内阻「KbK|31hft60,cJOpf.

小闭合开关S,求稳定后通过"的电流.

2然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过"】的总电量.

国如果把".换成一个可变电阻，其阻值可以在。〜h射范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，"一消耗

的最大电功率.

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：.18.磁铁一定受到重力、磁力、弹力和摩擦力作用处于平衡状态，所以磁铁受4个力的作用，

故,44错误；

・铁板对磁铁的作用力与磁铁的重力平衡，大小等于〃9，方向竖直向上，则根据做功公式可知铁板

力5对磁铁的作用力做功为

KnigiLmnW-Lsin300)■-~~ni9L

故C错误，。正确。

故选：

根据平衡条件判断磁铁的受力情况；根据做功公式计算。

本题关键掌握做功公式。

2.【答案】C

【解析】解：对运动员和雪橇从［点到4点过程，应用动能定理

m(jh+II：=:mi，

解得

II/,>-mgh

故,44。错误，C正确：

故选：Co

对运动员和雪从4点到〃点过程进行分析，应用动能定理进行解答。

本胭主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪

些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。

3.【答案】B

【解析】解：月、电压表读数不为零，说明〃中有电流，电容在充电或放电，x在变化，但x不一定在增大,

故,4错误：

8、若x保持不变，则电容器的电容不变，电容器所带电荷量不变，电路中没有电流，则电压表示数一定为

零，故8正确；

CD、在x增大的过程中，根据电容的决定式r可知，电容器电容增大，由电容的电压不变，结合

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电容的定义式r?可知，电容器电荷量增大，电源给电容器充电，通过R的电流方向由力指向。，则。

点电势始终低于8点，故co错误。

故选:故

电压表读数不为零，R中有电流，电容在充电或放电，x在变化；若x保持不变，电容器电容K变，电路中

没有电流，进而判断知道电压表示数一定为零：在x增大的过程中，由电容的决定式分析电容的变化，由

电容的定义式分析电容器所带电荷量的变化，判断出R中电流方向，再判断。点与8点电势高低。

本题考查电容器的动态分析，要掌握电容的决定式和定义式，结合电容器的电压不变进行分析。

4.【答案】B

【解析】解：/C、①是库仑定律表达式，只对点电荷成立；②是点电荷电场强度决定式，只对点电荷成立;

③是电场强度的定义式，对任何电场都成立，故4c错误；

BD.④是电势的定义式，对任何电场都成立；⑤是匀强电场中场强与电势差之间的关系式，只对匀强电场

成立。故。错误，4止确。

故选：瓦

③④是电场强度、电势的定义式，根据定义式的普遍适用特点，即可判断适用条件：其他都是针对特定情

况的决定式，只使用特定的电场。

本题考查对表达式的理解，再记住表达式的前提下，还需要了解定义式是对所有情况都适用的，其他的决

定式则是分情况适用。

5.【答案】C

【解析】解：力、将金属导线对折一次时，其长度变为原来的一半，横截面枳变为原来的2倍，根据电阻定

律〃二,T可知，金属线的电阻变为:，故力错误；

u

A=

B、对折前，根据欧姆定律/对折后，由欧姆定律得/T”,故4错误;

CD、根据电流的微观表达式/“『S可知，〃、e不变，S变为原来的2倍，电流变为4倍，则此时自由电

子定向移动的平均速率为2v,故C正确，。错误。

故选：C。

将金属导线对折，其长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律分析电阻的变化，由

欧姆定律分析电流的变化；结合电流的微观表达式/分析平均速率v的变化。

本题考查电阻定律及欧姆定律的应用，关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观

表达式。

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6.【答案】B

【解析】解：.，IR甲表中电阻箱R与灵敏电流计G并联，可知甲表为电流表，根据并联电路知识，其量程

为/,/'/可知R减小时甲表电流的曷程增大，故彳错误，8正确；

乙表中电阻箱R与灵敏电流计G串联，可知乙表为电压表，根据串联电路知识可得，电压表的量程为

I/1>•4,可知，减小时乙表电压的量程减小,故CO错误。

故选:Be

.1。.根据并联分流改装成电流表，结合并联电路知识列式计算量程并判断；

.根据串联分压改装成电压表，并结合串联电路知识列式分析量程变化情况。

考查电表的改装原理，结合串并联电路的知识分析改装情况，并判断量程的变化情况。

7.【答案】B

【解析】解：小灯泡£正常发光，可知电路中电流为

则电动机两端电压为

UM=£-"S.=6V-0.2x\V-2V=3.8V

电动机的输入功率为

P=IUM=0.2x3.8IV=0.76W

电动机发热功率为

2

PQsPry=O.2x1H=O.(MH

则电动机的输出功率为

P：tj=P-^=076ir-O.Wir=0.72IV,故4。错误，8正确。

故选：B。

小灯泡L正常发光，根据公式〃I/求出电路中电流，根据闭合电路欧姆定律计算电动机两端电压，再根

据电动机的输入功率与发热功率之差求电动机的输出功率。

本题考查闭合电路欧姆定律和功率公式的应用，要注意每个公式适用的条件，电动机正常工作时的电路是

非纯电阻电路，欧姆定律不成立，要搞清三种功率之间的关系。

8.【答案】D

【解析】解：A,握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中，由电阻定律〃可知，盐水柱长度心增

加，横截面积S减小，则电阻".，的阻值增大，故力错误；

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8、因电阻位的阻值增大，外电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流减小，内电压减小,

路端电压增大，所以电压表产的示数增大，故8错误；

。、由于电容器两极板间电压增大，可知电容器两极板间电场强度£增大，油滴受到的电场力增大，则油滴

向上运动，故C错误；

。、电容器两极板间电压增大，由Q-(丫：可知电容器充电，G表中有从c到。的电流，故。正确。

故选：

将盐水柱竖直均匀拉伸的过程中，根据电阻定律分析其连入电路中的电阻变化情况，根据闭合电路欧姆定

律分析干路电流的变化情况，结合电压的分配规律确定电压表读数的变化，从而确定电容器两端的电压的

变化情况，判断电容器是充电还是放电，从而确定G中电流方向；根据油滴所受电场力的变化，判断其运

动方向。

本题考查电路动态变化分析问题，关键要理清电路，运用电阻定律判断盐水柱连入电路中的电阻变化情况,

根据闭合电路欧姆定律确定各部分电路的电流和电压的变化。

9.【答案】BD

【解析】解：4、足球从彳到8过程要克服空气阻力做功，所以足球从4到8机械能不守恒，故X错误；

8、该同学将足球以速度「“从地面上的力点踢起，对于踢球过程，根据动能定理知该同学对足球做的功

H„,故8正确；

。、选地面为零势能面，则足球在4点处的机械能为/.(/.-/./I-./N'-：-n-故。错误：

D、对足球从A到B的过程，由动能定理得：t“汕-氏=%口一解得足球在B点处的动能为：

故选：BD.

根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒；根据动能定理求该同学对足球做的功；根据机械能的概念求解

足球在A点处的机械能；对足球从A到B的过程中应用动能定理求解足球在B点处的动能。

解答本题时，要掌握机械能守恒条件：只有重力或系统内弹力做功。运用动能定理时，要灵活选择研究过

程，分析各力做功情况，要注意空气阻力做负功。

1().【答案】AD

【解析】【分析】

表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，分流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需

要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大。然后再根据电路的串并联知识分析即可。

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本题关键是要明确电流表与电压表的改装原理，然后再根据电阻的串并联知识分析求解。

【解答】

月、电流表「I:的量程大于电流表丸的量程，故电流表4的电阻值小于电流表工的电阻值，并联电路中，

电阻小的支路电流大，故电流表I的读数大于电流表L的读数，故力正确；

8、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，故8错误；

CQ、两个电压表串联，电流相等，偏转角度相同，电压表呜的量程大「I，的最程，故电压表1的读数大

于电压表11的读数，故C错误、D正确。

故选:ADo

11.【答案】CD

【解析】解：48C、根据电路图可知，滑片产上滑，阻值减小，总限值阻值减小，电流增大，闭合电路的

欧姆定律/「什"，可知g减小，吊〃。增大，由电路图可知〃1+〃，所以「减小，由电源

的效率。=今"xion%=巴广x100%=殳=xim可知，效率在减小，由电源总功率r//.

可知，总功率在增加，故C正确，//错误；

力、由r/凡可知।A//G由上，.一/「可知，「的变化等于内电阻两端的电压变化，所以

-Sir,由于修和厂是定值，故力正确。

故选：CO。

12.【答案】CD

【解析［解：8、把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电流/增大，

则灯泡L变亮，故4正确：

AC,电容器两端的电压为：Cr=E-/r,/增大，E、/•不变，则r,减小，电容器两极板的旦压减小，电

容器的电量减小；稳定后电容器相当于断路，故"”两端的电压为0保持不变，故力正确，。错误；

。、根据电源的功率计算公式『£7可知，电源提供的总功率变大，由于电源的内阻与外电阻的关系未知，

无法判断电源输出功率的变化，故。错误。

本题选错误的，故选：co。

将滑动变阻器滑片向左移动一段距高后，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，根据闭合电路佗欧姆定律分

析息电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化，由此确定灯泡亮度变化情况，根据Q「匕判断电容

器的电荷量的变化情况：根据电功率的计算公式分析电功率的变化。

本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、内电压的

变化、路端电压的变化。

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13.【答案】〃。心"Ml纸带与限位孔间有摩擦或空气阻力

【解析】解：11在利用打点计时器时，需要给与配套交流电源，不需要秒表，并需要借助亳米刻度尺测量

距离，以便验证机械能守恒定律，验证的表达式中，因此还需要两种仪器。

故选：BD。

再利用亳米刻度尺读数时，应注意估读到下一位，因此「读数不符合要求。

131〃点速度应为)C段的平均速度,故

27.3612.16

4x(I.Obn/a=

2x2x—

54)

rI减小的重力势能"大于增加的动能可能的原因是纸带与限位孔间有摩擦或空气阻力。

故答案为：Blj；I：川」对；Ui纸带与限位孔间有摩擦或空气阻力

I1)'21关键是弄清打点计时器的使川方法以及数据分析;

点速度应为4c段的平均速度；

U由于重物下落过程受到空气阻力以及纸带下落过程受到限位孔阻力，导致减少的重力势能天于增加的动

能。

解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，注意误差的分析方法。

14.【答案】50.2()13C

【解析】解：“该游标卡尺精确度为num.圆柱形容器内径为

fl-!>(hnrn4-OJIutnrnJI—50.20〃”〃。

口该水样的电阻为12000,电流表应采用内接法，由于滑动变阻器的阻值比待测电阻小太多，所以采用分

压接法，电路如图所示:

由于电源电压为12匕为/电压测量的安全性，应选择近的电压表量程范围，故选从

电流表中电流约为/电流表应选用C。

■根据〃S1(；可得

MU

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电导率是电阻率的倒数，所以电导率为

ILZ

故答案为：11rHAh21如图所示，B,Ci3

ir<PU

门।游标卡尺不需要估读，该游标卡尺精确度为］〃“〃；

口通过样品电阻的电阻最大值选择电流表，通过电池电动势选择电压表；根据大电阻，电流表接入需要内

接法；根据滑动变阻器阻值选取滑动变阻器分压法；

：；h通过电阻的定义式和决定式求解。

本题要注意游标卡尺不需要估读；通过样品电阻电流、电源电动势选取电压表、电流表；分压限流法、内

外接法的选取标准应多注意。

15.【答案】解：“小球受力方向与电场线相同，则为正电，如图所示由题意可知，

小球所受合力为：A\2〃卬

小球所受电场力与重力大小相等，故有：qE=mq

所以小球所带的电荷量为：，/-?”

E

2将小球向左拉到水平处

可知小球所受重力和电场力的合力沿图中虚线方向，而绳在水平方向对球无弹力，故小球将沿虚线方向做

匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度为：

a—一・Vig

m

到达最低点时，小球的位移为、，根据初速度为0的匀加速直线运动规律有：

四=产

可得小球运动时间为：/c-

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答：“I正电，电荷量为:

小球经时间到达最低点.

【解析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡状态，根据共点力平衡得出电场力的方向和大小，从而得出

小球的电性以及电量的大小.

由半二律可求得加速度，由运动学公式求时间.

解决本题的关键正确地进行受力分析，运用共点力平衡知识进行求解.由牛顿运动定律分析运动情况.

16.【答案】解：h微粒在匀强电场中，水平方向只受电场力，做初速度为零的匀加速运动：

竖直方向只受重力，做匀减速直线运动.

对于竖直方向，有：4=2小

则得“v讪<2-2…

E对于小球从4到8的过程，由动能定理得

3AB-mgh=；m(2/了一

代入数据解得J"：=-UKIl

山匀强电场的场强E的大小为£==热力―

答：

」।小球的初速度小是2小

121〃两点间的电势差厂小是HMIV.

⑶匀强电场的场强E的大小是loom，，,

【解析】11对于竖直方向，根据动能定理求出小球的初速度八，

21对于小球从A到B的过程，由动能定理求解AB两点间的电势差「加；

目|由公式I/：/求出电场强度.

涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理.本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用,

运用运动的分解是常用的方法.

1