【文档说明】河北省沧州市沧衡名校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.853 MB，由管理员店铺上传

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沧衡名校联盟高二年级2024—2025学年上学期期中考试物理本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标

号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第三册，选择性必修第二册第一章。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四

个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列选项中没有用到洛伦兹力的是（）A.电磁炮B.回旋加速器C.速度选择器D.质谱仪【答案】A【解析】【详解】电磁炮用到的是通电电流在磁场中受到的安培力，没有用到洛伦兹力；回旋加速器、速度选择器以及质谱

仪均采用的是粒子在电磁场中的运动规律，均用到洛伦兹力。故选A。2.2021年7月4日，航天员走出离地面高度约为400km的中国空间站，标志着我国空间站航天员首次出舱活动取得圆满成功。航天员出舱的画面是通过电磁波传输到地面接收站的。下列关于电磁波的说法正确的是（）A.韦伯通过实验捕

捉到电磁波，并证实了麦克斯韦的电磁场理论B.只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波C.航天员出舱活动的画面从空间站传到地面接收站最少需要约0.013sD.电磁波频率越高，其能量子的能量越大【答案】D【解析】【详解】A．赫兹通过实验捕捉到电磁波，并证实了麦克斯韦的电磁场理论

，故A错误；B．只要空间某处的电场或磁场发生周期性变化，就会在其周围产生电磁波，故B错误；C．航天员出舱活动画面从空间站传到地面接收站最少需要约为33840010s1.3310s310ltc−==故C错误；D．根据εhν=可知，电磁波频率越高，其能量子的能量越大，故D正确。故选D

。3.图为一有两个量程的电压表的内部电路，当使用A、B两个端点时，量程为0~10V；当使用A、C两个端点时，量程为0~100V。已知表头的内阻Rg=500Ω，满偏电流Ig=1mA，电阻R1、R2的值分别为（）A.950Ω9000ΩB.9500Ω900000ΩC.99500Ω9500ΩD.9000

0Ω9500Ω【答案】D【解析】【详解】当使用A、B两个端点时，有gg2()10VABUIRR=+=代入数据解得29500R=当使用A、C两个端点时，有gg21()100VACUIRRR=++=代入数据解得190000R

=故选D。4.下图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向，用“·”表示磁感线垂直于纸面向外，“×”表示磁感线垂直于纸面向里；“”表示电流垂直于纸面向里，“”表示电流垂直于纸面向外，则下列四个答案中正确的是（）的A.B.C.D.【答案】A【解

析】【详解】A．磁场方向垂直纸面向里，电流方向水平向右，根据左手定则，安培力的方向竖直向上，故A正确；B．磁场方向垂直纸面向外，电流方向垂直纸面向里，电流方向与磁场方向平行，不受安培力，故B错误；C．磁场方

向水平向左，电流方向垂直纸面向外，根据左手定则，安培力的方向竖直向下，故C错误；D．磁场方向竖直向上，电流方向水平向右，根据左手定则，安培力的方向垂直纸面向外，故D错误。故选A。5.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压

随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是某金属元件的UI−曲线，若把该元件分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A.电源1与电源2的内阻之比是7：11B.电源1与电源2的电动势不同C.在这两种连

接状态下，该元件消耗的功率之比是1：2D.在这两种连接状态下，该元件的电阻之比是1：2【答案】C【解析】【详解】AB．根据电源的U-I图线知两电源的电动势相等为1210VEE==内阻等于图像斜率的绝对值，分别为121010,711rr==电源1与电源2的内阻之比12117rr=故AB错误

；CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则小灯泡与电源1连接时电压为13VU=，电流为15AI=，小灯泡消耗的功率为11135W15WPUI===小灯泡的电阻11130.65URI===小灯泡与电源2连接时电

压为25VU=，电流为26AI=，小灯泡消耗的功率为22256W30WPUI===小灯泡的电阻22256URI==因此，12:1:2PP=，12:18:25RR=故C正确，D错误。故选C。6.图甲为电荷均匀分布、半径为R的固定大圆环，A点在B点上方，B、C两点关于圆心O对称。以圆心O为坐

标原点、竖直向上为x轴正方向建立坐标系（未画出），大圆环产生的电场的电场强度在x轴上的分布如图乙所示。下列说法正确的是（）A.沿A→B→O方向电势逐渐降低B.大圆环带正电，电场强度沿轴线向外先增大后减小C.

若把带负电的点电荷依次放在B、C两点，则它所受电场力相同D.若把带负电的点电荷依次放在A、B两点，则它在B点具有的电势能比在A点的小【答案】A【解析】【详解】A．根据题意可知，A点、B点均在x轴正方向上，由图乙可知B点电场强度方向为负值，说明电场强度的方向沿A→B→O方向

，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则沿A→B→O方向电势逐渐降低，故A正确；B．由图乙可知B点电场强度方向为负值，与规定正方向相反，说明电场强度的方向沿A→B→O方向；C点电场强度方向为正值，与规定正方向相同，说明电场强度的方向沿C→O

方向，可得大圆环带负电，而电场强度沿轴线向外先增大后减小，故B错误；C．由图乙可知，在B、C两点电场强度大小相等、方向相反，根据FEq=若把带负电的点电荷依次放在B、C两点，则它所受电场力大小相同，方向相反，故C错误；D．根据A选项分析可知A点电势比B点高，由于负电荷在电势低的地

方具有的电势能大，则它在B点具有的电势能比在A点的大，故D错误。故选A。7.如图所示，三根通电平行直导线均垂直于纸面，通过三根导线的电流大小均为Ⅰ，导线B和C的电流方向均垂直纸面向里，导线D的电流方向垂直纸面向外，A点是B、D连线的中点，AC垂直于BD，且AB=A

C=AD=r，已知通有电流Ⅰ的长直导线在距其r处产生磁场的磁感应强度大小IBkr=，（其中k为常量），那么A点的磁感应强度（）A.大小为5kIr，方向与BD的夹角为θ且指向右下方，且tan2=B.大小为kIr，y方向沿CA向上C.大小为5kIr，方向与BD

的夹角为θ且指向左下方，且tan2=D.大小为5kIr，方向与BD的夹角为θ且指向右下方，且1tan2=【答案】A【解析】【详解】根据右手螺旋定则可知，导线B和D的电流在A点产生的磁感应强度方向由A点指向C点，导线C的电流在A点产生的磁感

应强度方向由A点指向D点；则A点的磁感应强度大小为22()(5)AkIrIIIkkkrrBr=+=+方向与BD的夹角为θ且指向右下方，且tan2IIkkrrIkr+==故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。8.下列说法正确的是（）A.静电力常量没有单位B.两点电荷电荷量越大，库仑力一定越大C.自然界中电荷的总量保持不变D.电荷量是不能连续变化的物理量【答案】CD【解析】【详解】A．根

据122qqFkr=可知212Frkqq=静电力常量k的单位为222322224Nmkgm/smkgm=CAsAs=的A错误；B．根据122qqFkr=可知，两点电荷的距离不变时，电荷量越大，

库仑力越大，B错误；C．根据电荷守恒定律可知，电荷既不能被创生，也不能被消灭，所以自然界中的电荷的总量保持不变，C正确；D．因为所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，所以电荷量是不能连续变化的物理量，D正确。故选CD。9.如图所示的电路中，各电表为理想电表，1R为定值电阻，电源内阻为r且

1rR，在滑动变阻器2R的滑片从某位置向左移动一小段距离的过程中，设电压表V1、电压表V2、电流表A的示数分别是U1、U2、I，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量的绝对值分别为1U，2U、I，则下列说法正确的是（）A.电流表示数

增大，电压表V1示数增大B.U1与I的比值不变C.2U与I的比值小于1U与I的比值D.电源的输出功率一定增大【答案】ABD【解析】【详解】A．由图可知1R与2R串联，V1测1R两端的电压，V2测2R两端的电压，若滑片向左端移动

，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，即电流表示数增大，则内电压增大，1R两端的电压U1增大，即电压表示数增大，故2R两端的电压U2减小，因路端电压减小，V1示数增大，V2示数减小，而两电表之和等于路端电压，故可知V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝

对值，故A正确；B．根据欧姆定律11URI=可知U1与I的比值不变，故B正确；C．由以上分析可知，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，所以2U与I的比值大于1U与I的比值，故C错误；D．根据电功率公式

2=()EPRRr+出外外得22=()+4EPRrrR−出外外当Rr=外时，P出最大，由于1rR，所以2R的滑片从某位置向左移动一小段距离的过程中电源的输出功率增大，故D正确。故选ABD。10.如图所示，一个半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。一个粒子源

从圆上的A点向各个方向不停地发射出相同速率的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，所带电荷量均为q，运动的半径均为r。下列说法正确的是（）A.若2rR=，则粒子在磁场中运动的最长时间为2mqBB.若2rR=，则粒子能打

在圆形磁场圆周上的范围是整个圆周C.若12rR=，则粒子在磁场中运动的最长时间为2mqBD.若12rR=，则粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是六分之一个圆周【答案】BD【解析】【详解】AB．若2rR=，根据几何关系，

可知粒子沿不同方向射入磁场，会从磁场圆的不同位置出射，范围是整个圆周长；其中粒子在磁场中运动的时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1所示因为2rR=，则圆心角60=，粒子在磁场中运动的最长时

间max606023603603mmtTBqBq===故A错误，B正确；C．若12rR=，粒子沿不同方向射入磁场，如图②在磁场中运动时间最长的粒子正好转过了一周，时间为max2mtTBq==故C错误；D．若12rR

=，粒子在磁场圆的出射点都在AP之间，由几何关系可知，AP弧长对应的圆心角为60°，所以粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是六分之一个圆周长，故D正确。故选BD。三、非选择题：共54分。11.“祖冲之”研究小组用伏安法测量电阻R的阻值，进而求出电

阻率ρ，其测出了6组电压、电流值，并在U—I图像中进行描点，如图甲所示。（1）阻值R=________Ω。（结果保留三位有效数字）（2）待测电阻是由均匀材料制成的圆柱体，用50分度的游标卡尺测量其长度与直径，结果分

别如图乙、丙所示。由图可知其长度为________cm，直径为________cm。（3）由以上数据可求出ρ=________Ω·m。（结果保留一位有效数字）【答案】（1）229（217237）（2）①.0.800②.0.190（3）2810−（2910−或其他正确答案）【解

析】【小问1详解】作UI−图线，图线应为过原点的直线，使直线过尽可能多的点，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，偏离较远的点（从左边数第2个点）应舍弃，如图所示图线斜率即为电阻阻值，则有32.202201010R−==小问

2详解】[1]由图乙读数8mm00.02mm8.00mm0.800cml=+==[2]由图丙读数的【1mm450.02mm1.90mm0.190cm=+==d【小问3详解】根据lRS=解得22220.190

102202Ωm810Ωm0.80010RSl−−−==12.某实验小组同学利用以下器材设计、改装并制作欧姆表，改装电路如图甲所示，调节开关S所接位置，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率。A.电源（电动势为

E）；B.电流表G（满偏电流g2mAI=，内阻gR待测）；C.滑动变阻器1R、PR；D．定值电阻aR；E．定值电阻bR；F.电阻箱R；G.红、黑表笔各一支，开关、导线若干。（1）用该欧姆表测电压表内阻时，黑表笔应接电压表的___________（填“+”或“-”）接线柱。（2）用图乙所示电路测

量电流表G的内阻，先将滑动变阻器PR的阻值调至最大，闭合1S，缓慢减小PR的阻值，直到G的指针满偏，然后闭合2S，保持滑动变阻器PR的阻值不变，逐渐调节电阻箱R的阻值，使G的指针指到最大值的23处，此时

电阻箱R的读数为360Ω，则电流表G的内阻为___________Ω。的（3）当开关S掷向___________（填“a”或“b”），欧姆表的倍率是“×100”现将两表笔短接，调节滑动变阻器1R，使电流表G满偏，此时

通过滑动变阻器1R的电流为6mA，则定值电阻abRR+=___________Ω。（4）再测量电压表内阻，电流表G的指针向右偏转至整个表盘满刻度的34处，此时电压表示数为9V，通过计算可知，该电压表内阻为___________Ω。【答案

】（1）+（2）180（3）①.b②.90（4）2000【解析】【小问1详解】用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入。【小问2详解】题图乙用半偏法测电流表G的内阻，则有233gIIRR=解得180

ΩgR=【小问3详解】[1][2]由题图甲可知，当开关S掷向b端时，电路的满偏电流较小，所以开关S应掷向b端，此时有6mAgggabIRIRR+=+解得90ΩbaRR+=【小问4详解】通过电压表的电流ggg3344abIRIIRR=++解得4.5mAI=电压表的内阻V39

Ω2000Ω4.510URI−===13.如图所示，电源电动势E=5V，内阻不计，R=2Ω，，电容器的电容C=1×10-5F，当开关闭合，电路稳定后，求：（1）电容器上下两极板的电势差△；（2）电容器的电荷量Q。【答案】（1）

-2V（2）5210C−【解析】【小问1详解】电路总电阻为()()()()3242.5324RRRRRRRRRR++==+++总总电流为2AEIR==总因两之路电阻相等，所以两支路电流相等，为1A，3R左端比右端的电势高13VU=R左端比右端的电势高21VU=所以电容器下极板的电势比

上极板的电势高，上下两极板的电势差为2V=−【小问2详解】由公式QCU=得电容器的电荷量5210CQ−=14.如图所示，一个质量m=1×10−6kg、电荷量绝对值q=1×10−5C的带电粒子从x轴上的点a（3m，0）以速度v=4m/s，沿与x轴正方

向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限（x、y轴单位均为m，不计粒子重力）。（1）粒子带何种电荷？（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及粒子在y轴上的坐标。（3）若第二象限存在沿

竖直方向的匀强电场（未画出），粒子再次打到x轴上时与x轴负方向的夹角为37°，取sin37°=0.6，求该粒子打在x轴上的坐标和该电场强度的大小。【答案】（1）带负电（2）B=0.2T，坐标为（0，3m）（3）坐标为（−8m，0），E=0.15N/C【

解析】【小问1详解】根据左手定则可知，粒子带负电。【小问2详解】由几何知识得sin603mR=解得2mR=粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得2vqvBmR=解得匀强磁场的磁感应强度的大小为0.2TB=根据cos603myRR

=+=可知粒子在y轴上的坐标为（0，3m）。【小问3详解】粒子在电场中做类平抛运动，到x轴时，将速度分解为水平方向的速度vx和竖直方向的速度vy，已知4m/sxvv==由tan37yxvv=解得3m/syv

=由22yvay=，yvat=解得21.5m/sa=，2st=由xvt=得8mx=所以粒子打在x轴上的坐标为（−8m，0），由牛顿第二定律得Eqma=解得0.15N/CE=15.如图所示，倾角为30°的斜面固定在竖直向下的匀强电

场中，电场强度大小为E，一个质量为m、带电荷量为+q（q>0）的小球从斜面上的A点以初速度v0水平抛出，落在斜v0面上的B点。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）求小球从抛出到离斜面距离最大时所用的时间t；（2）求小球离斜面的最大距离h；（3）取另外一个质量为m、带电

荷量为-q（q>0）的小球，仍然从斜面上的A点以初速度v0水平抛出，落在斜面上的B'点（未画出）。求带电荷量为+q的小球从A点到B点过程所用的时间t1与带电荷量为-q的小球从A点到B'点过程所用的时间t2的比值。【答案】（1）()033mvtEqmg=+（2）()

2043mvhEqmg=+（3）12tmgEqtmgEq−=+【解析】【小问1详解】小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律有Eqmgma+=解得Eqmgam+=当小球离斜面最远时，其速度方向与斜面平行，则有0tan30yvv=又yvat=解得()033mv

tEqmg=+【小问2详解】沿斜面和垂直斜面方向建立直角坐标系，如图所示则有00sin302yvvv==，3()cos302yEqmgEqmgamm++==由（1）知经过时间t，小球离斜面最远，y轴方向有22yyvah=解得()2043mvhEqmg=+【小问3详解】带电荷量+q的小

球从A点到B点过程中，有2112yat=，01xvt=，tan30yx=解得()01233mvtEqmg=+带电荷量-q的小球从A点到B点过程中，根据牛顿第二定律有mgEqma−=解得mgEqam−=根据类平抛运动规律有2212yat=，02xvt=，tan30y

x=联立解得()02233mvtmgEq=−故时间比值为12tmgEqtmgEq−=+