【文档说明】河北省沧州市八县2024-2025学年高二上学期10月期中考试物理试卷 Word版含解析.docx，共(17)页，1.028 MB，由小赞的店铺上传

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2024~2025学年度第一学期高二年级期中考试物理考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。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：必修第三册第九章至第十二章。

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题中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.下列说法正确的是（）A.电荷放入静电场中一定会受静电力，

静电力的方向与该处电场强度的方向相同B.干燥的冬季，摸金属门把手有时会有被电击的感觉，是因为手与门把手间摩擦起电C.由电场强度的定义式：EEq=可知E与F成正比，与q成反比D.在串、并联电路中，任意一个电阻增大时，总电阻随之增大【答案】D【解析

】【详解】A．电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；B．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

是手与门把手摩擦起电，摸金属门把手时手对金属把手放电而被电击，故B错误；C．电场强度大小是由电场本身决定的，跟放入的试探电荷无关，跟电荷所受的电场力无关，故C错误；D．在串联电路中，总电阻等于各电阻之和，任意一个电阻增大时，总电阻增大。在并联电路中，任意一

个电阻增大时，总电阻的倒数减小，总电阻随之增大，故D正确。故选D。2.关于各图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（）A.图甲，导体棒因静电感应A端带负电荷，B端带正电荷B.图乙，用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电吸收信号C.图丙，静电计的金属杆上端固定一个金属球而不做成

针尖状可防止尖端放电D.图丁，工作人员在超高压下带电作业时，穿绝缘橡胶服比金属丝编制的工作服更安全【答案】C【解析】【详解】A．图甲，把大地和导体棒看成一个整体，导体棒是近端，因静电感应A端和B端均带负电荷，故A错误；

B．图乙，用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电屏蔽，使金属外衣内不受外衣外的电场的干扰，故B错误；C．图丙，静电计的金属杆上端固定一个金属球而不做成针尖状可防止尖端放电，故C正确；D．图丁中，超高压带电作业的工作人员，穿上金属丝制成的衣服，起到静电屏蔽的作用，可以保证

安全，故D错误。故选C3.某一用电器，其内部电阻阻值为R，当在其两端加上电压U时，流经用电器的电流为I。若不计温度对电阻的影响，下列论述正确的是（）A.若该用电器两端电压增至2U，则电阻阻值可能增至2R

B.若该用电器两端电压增至2U，则通过用电器的电流可能为2IC.若该用电器两端电压增加U，则通过用电器的电流一定为UUR+D.若该用电器两端电压增加U，通过的电流增加I，则一定有URI=【答案】B【解析】【详解】A．电阻是导

体本身的性质，与电压和电流没有直接关系，所以该用电器两端电压增至2U，则电阻阻值仍为R，故A错误；。B．若该用电器为纯电阻电器，则欧姆定律成立，可知该用电器两端电压增至2U，则通过用电器的电流为2I，故B正确；C．若该用电器为非纯电阻电器，则欧姆定律不成立，则IUUR

+故C错误；D．若该用电器为非纯电阻电器，则欧姆定律不成立，该用电器两端电压增加U，通过的电流增加I，则UURII故D错误。故选B。4.某一沿x轴方向的静电场，电势在x轴上的分布情况如图所示，AB、是x轴上的两点。一正电荷仅在电场力的作用下从A点运动到B点，该电荷

在（）A.O点的速度最小B.A点受到的电场力小于在B点受到的电场力C.A点时的电势能小于在B点时的电势能D.A点时的动能小于在B点时的动能【答案】D【解析】【详解】A．根据pEq=，由于O点的电势最低，则正电荷在O点时的电势能最小，由于动能和电

势能之和保持不变，则正电荷在O点时的动能最大，速度最大，故A错误；B．根据Ex=，可知x−图像的切线斜率表示电场强度，则A点的场强大于B点的场强，电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故B错误；CD．由图像可知A点的电势大于B点的电势，根据pEq=，由于电荷带正电，则正电

荷在A点时的电势能大于在B点时的电势能，由于只有电场力做功，所以动能和电势能之和保持不变，则正电荷在A点时的动能小于在B点时的动能，C错误，D正确。故选D。5.如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连

接，外壳与另一个极板同时接地，静电计指针的偏转角度显示电容器两极板间的电势差大小。现保持正对面积S不变，缓慢增大两极板间距离d，以下说法正确的是（）A.电容器极板带电量Q变小B.电容器的电容C增大C.电容器板间电场强度E

不变D.电容器两极板间电压U随d的增大而线性减小【答案】C【解析】【详解】A．由于电容器与电源断开，因此电容器的带电量保持不变，A错误；B．根据电容器的定义式r4SCkd=①可知随着d的增加，电容器的

电容C减小。B错误；C．利用公式QCU=②UEd=③将①②③联立可得r4kQES=可知电容器板间电场强度E不变。C正确；D．将①②联立可得4rkdQUS=可知电容器两极板间电压U随d的增大而线性增加，D错误。故选C。6.如图所示，小球A、B、C均带正电荷，

三个球电荷量均为Q，其中A、B两球固定在绝缘水平地面的上，三球所在位置构成一个边长为a的等边三角形，A、B、C位于同一竖直平面内，重力加速度为g，静电力常量为k，则C球的质量为（）A.223kQgaB.2232kQgaC.222kQgaD.22kQga【答案】A【解析】【详解】

依题意，小球C受力平衡，所受两个库仑力对称，大小为2ACBC2kQFFa==如图由平衡条件可得222cos30kQmga=解得223kQmga=故选A。7.如图所示的电路中，电压表、电流表均视为理想电表，电源的电动势160VE=，内阻2

r=，提升重物的直流电动机电阻M0.6R=，定值电阻8R=，电压表的读数为110V，则（）A.电流表的示数为183AB.电动机的输入电功率为1100WC.电动机的机械功率为550WD.电动机工作1h所产生的热量为45.410J【答案】D【

解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得M()EIRrU=++解得电路电流为M5AEUIRr−==+即电流表的示数为5A，故A错误；B．电动机的输入电功率为M1105W550WPUI===入故B错误；C．电动机的机械功率为22M550W50.6W535WPPIR=−

=−=入机故C错误；D．电动机工作1h所产生的热量为24M5.410JQIRt==故D正确。故选D。8.如图所示是一长方体金属导体，其长、宽、高之比为::10:5:4abc=。在此长方体的上、下、左、右四个面上分别通过导线

引出四个接线柱1、2、3、4.在1、2两端和在3、4两端分别加上相同的恒定电压，则下列说法正确的是（）A.接在1、2两端和接在3、4两端时导体的电阻之比为4:25B.接在1、2两端和接在3、4两端时导体的电阻之比为2:5C.相同的恒定电压加在1、2两端和加在3、4两端时，导体内自

由电子定向运动速率之比为5:2D.相同的恒定电压加在1、2两端和加在3、4两端时，导体内自由电子定向运动速率之比为5:4【答案】AC【解析】【详解】AB．根据电阻定律lRS=可得221234:::4:25caRRcaabbc===故A正

确；B错误；CD．根据欧姆定律UIR=及电流微观表达式InevS=可得12341234::UUnevabnevbcRR=解得1234:5:2vv=故C正确；D错误。故选AC。9.如图所示，电路中1R、2R、3R均为定值电阻，电源的内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合开

关1S，带电油滴刚好悬浮在两板之间静止不动。现闭合开关2S，下列说法正确的是（）A.带电油滴带负电B.电压表示数减小C.电流表示数增大D.带电油滴将向下运动【答案】BD【解析】【详解】A．带电油滴受电场力向上，平行板电容器C的电场方向向上，故带电

油滴带正电，故A错误；B．闭合开关2S，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，即电源内阻r上的电压增大，路端电压变小，电压表示数减小，故B正确；C．由于总电流增大，则1R两端电压增大，并联支路的电压变小，即定值

电阻2R电流变小，电流表示数减小，故C错误；D．并联支路的电压变小，电容器两板间电压变小，板间的电场强度减小，向上的电场力变小，则油滴向下运动，故D正确。故选BD。10.如图所示，在光滑竖直滑杆的左侧O点固定正点电荷，N点与O点等高且

间距为,3LMNNPL==，带正电小球套在滑杆上，从M点由静止释放，小球沿竖直滑杆下滑，小球刚释放时加速度大小为a。已知小球的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，静电力常数为k，下列说法正确的是（）A.小球运动到N点时速度最大，加速

度为零B.小球运动到P点时，加速度大小为ga+C.小球运动到P点时，速度大小为23gLD.左侧O点固定的正点电荷的电荷量为28()3mLgakq−【答案】CD【解析】【详解】A．小球运动到N点时竖直方向只受重力，则加速度为g，此时速度不是最大，选项A错误；

B．小球在M点时cos30mgFma−=库小球运动到P点时cos30PmgFma+=库解得P点加速度大小为2Paga=−选项B错误；C．从M到P电场力做功为零，则21232PmgLmv=解得小球运动到P点时，速度大小为23PvgL=选项C正确；D．在M点时cos30mgF

ma−=库其中2(2)QqFkL=库解得左侧O点固定的正点电荷的电荷量为28()3mLgaQkq−=选项D正确。故选CD。二、实验题（本题共2小题，共14分）11.用图1所示的电路测量微安表内阻gR。E为电源，其电动

势6VE=，内阻不计，0R为滑动变阻器，已知0R的阻值远大于gR，R为电阻箱。实验步骤如下：①闭合1S，断开2S，调节0R，使微安表示数等于其量程gI；②保持0R不变，闭合2S，调节R，使微安表示数等于I，然后读出R的值；③重复步骤②，

得到多组R与I的值，绘出11−IR图像，如图2所示。完成下列填空：（1）闭合1S之前，应使0R的滑片移至__________（填“a”或“b”）端。（2）由图2可得微安表量程gI为__________μA，微安表内阻gR为____

______。【答案】（1）b（2）①.500②.100【解析】【小问1详解】考虑实验的安全性，闭合1S之前，滑动变阻器接入电路阻值应最大，则应使0R的滑片移至b端。小问2详解】[1][2]已知0R的阻值远大于gR，因此在闭合2S后，可认为电

路中通过0R的电流保持不变，保持0R不变，闭合2S，调节R，使微安表读数等于I，则有ggRIIRR=+变形得【ggg111RIIRI=+由图2可得，纵轴截距表示31g12.010AI−=可得g31A500μA2.010I==斜率为g5g210/ARkI==解得微安表内阻为g100R=

12.某同学利用两个量程为0~3V的电压表、一个05R=的定值电阻和一个滑动变阻器R测定两节干电池的电动势和内电阻，使用的器材还有开关一个、导线若干，实验原理如甲所示。（1）若滑动变阻器R有1R（0~10，允许最大电流为1A）和2R（0~100，允许最大电流为0

.6A）供选择，则实验中滑动变阻器应该选择__________（选填“1R”或“2R”）。（2）按照图甲，完成图乙中的实物连线__________。（3）按照图甲接通开关S，多次改变滑动变阻R，同时读出对应的电压表的示数1U和2U，并作记录，画出12UU−关系图线，如图丙所示，图线与横轴的截

距为a，与纵轴的截距为b，则根据图线可求得电源的电动势E=__________，内阻r=__________（用a、b和0R表示）。（4）实验中由于电压表__________分流（选填“1V”“2V”或“1V和2V”）。使测量的电动势E和内阻r都偏小。【答案】（1）1R（2）见解析（3）①.b②

.0bRa（4）1V和2V【解析】【小问1详解】两节干电池的电动势约为3V，电压表2V的量程除以定值电阻阻值得最大电流为0.6A，电路的最小电阻约为5，为方便实验操作，同时为了减小电压表1V的分流，滑动变阻器应选0~10的1R。【小问2详解】按照图甲，实物连线如图所示【小问3详解

】[1][2]根据电路图和闭合电路欧姆定律可得210UEUrR=+整理可得120rUEUR=−可知纵坐标的截距和图像的斜率绝对值分别为bE=，0braR=可得Eb=，0bRra=【小问4详解】通过电源内阻的干路

电流真实值为2210V2V1UUUIRRR=++故20UIR即1V和2V的分流都会引起误差。三、计算题（本题共3小题，共计40分.解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.手控可调节亮度的手电筒其内部电路可简化为如图所示的电路图，其内部需装4节5号干电池，每节干电池的电动势E=1.5V，内阻r=0.1Ω灯泡L的铭牌上标有“5V5W”字样（电阻固定不变），灯泡L和滑动变阻器R串联，通过调节滑动变阻器的滑片P可调节手

电筒的亮度使灯泡L正常发光，求：（1）滑动变阻器R接入电路的电阻；（2）通电5min灯泡L消耗的电能；（3）电源的输出功率。【答案】（1）0.6Ω（2）1500J（3）56W【解析】【小问1详解】装4节5号干电池，电

源电动势为46VEE==内阻40.4rr==“5V5W”的灯泡L正常发光，则电路中的电流1APIU==滑动变阻器两端的电压.R0.6VUEUIr=−−=滑动变阻器R接入电路的电阻为R0.6URI==【小问2详解】通电5min灯泡L消耗的电能为5605J1500JWPt===【小

问3详解】电源的输出功率25.6WPEIIr=−=输出14.如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆MP，细杆左侧O点处固定着一个带正电的点电荷，以O为圆心的圆周与细杆交于NP、两点，N点为MP的中点。现将一质量为m、电荷量为q−的小球

（可视为质点）套在杆上从M点由静止释放，小球滑到N点时的速度大小为6gr。已知重力加速度为g，M点和P点的高度差为3r，取P点为零电势点。求：（1）M点的电势；（2）小球滑至P点时的速度大小。【答案】（1）32Mmgrq=−（2）3Pvgr=【解析】【小问1详解

】小球从M点到N点过程，由动能定理可得23122MNNrmgqUmv−=又6Nvgr=解得32MNmgrUq=−又由0NP==，MNMNU=−解得32Mmgrq=−【小问2详解】由几何关系可

得NP段的竖直高度32NPhr=小球从N点到P点过程，静电力做功为零，根据动能定理可得22311222pNmgrmvmv=−解得3Pvgr=15.如图所示，平行金属板AB、CD间存在匀强电场（不考虑边界效应），AB板带正电，CD板带负电，极板间距1

.0md=，板长1.8mL=。某时刻从下极板左边缘C处射入一个初速度方向与水平方向夹角53=，速度大小010.0m/sv=的带正电微粒，已知微粒的电荷量82.010q−=C，质量35.010kgm−=，板间电场强度71.010N/CE=，直线AE与CD的夹角37=，重力

加速度取210m/sg=，sin370.6=°，cos370.8=°，求：（1）微粒到达直线AE时的速度大小；（2）微粒离AB板最小距离；的（3）微粒在两板间运动的时间。【答案】（1）37m/s（2）0.36m（3）0.32s【解析】【小问1详解】微

粒做类斜抛运动，微粒在电场中的加速度qEmgam+=设微粒到达直线AE时的位置到CD的距离为x，到AC所在直线的距离x，则有201sin2yvtat=−0cosxvt=tanyCEx=−联立得0.1st=此时竖直方向的速度大小

0sin3m/syvvat=−=水平方向的速度大小0cos6m/sxvv==微粒到达直线AE时的速度大小2235m/sxyvvv=+=【小问2详解】微粒上升的最大距离20max(sin)2vya=微粒离AB板的最小距离maxAydy=−解得0.36mAy=【小问3详解】根据竖直

上抛规律，微粒在两板间运动的时间0sin20.32svta==