【文档说明】安徽省阜阳市太和中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，2.585 MB，由envi的店铺上传

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太和中学高二年级期中考试试卷物理考生注意：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。一、选择题（本题共10小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题中只有一项

符合题目要求，每小题4分，第9~10题有多项符合题目要求，全部选对的得5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：FEq=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.法拉第在1831年发现了“磁生电”现象

。在探究磁生电实验中，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关按如图所示的方式连接。下列说法中正确的是（）A.开关闭合后，将线圈A从B中拔出会引起电流表指针偏转B.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流表指针均不会偏转C.开关闭合后，保持滑片P不动，电流表指

针会发生偏转D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流表指针才会偏转【答案】A【解析】【详解】A．开关闭合后，将线圈A从B中拔出时，线圈B中的磁通量将会减小，线圈B中会产生感应电流，所以电流表指针会偏

转，A正确；B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，线圈A将产生一个变化的磁场，这个变化的磁场引起线圈B中的磁通量变化，线圈B中会产生出感应电流，所以电流表的指针会偏转，B错误；C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P不动，线圈A中的电流不变，线圈A

将产生恒定的磁场，通过线圈B的磁通量不变，线圈B中不会产生感应电流，电流表指针不会偏转，C错误；D．开关闭合后，只要滑动变阻器的滑片P滑动，线圈A中的电流就发生变化，线圈A产生的磁场发生变化，通过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针会偏转，即滑片P不一定要加速滑动，D错误。故

选A。3.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2RB.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+C.若该用电器两端电压增至2U，则通过用电器的电流可能为2ID.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】C【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．若该用电器为非纯电阻电器，则欧姆定律不成立，则IUUR+故B错误；C．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C正确；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C。4.把一个内阻g100R=

，满偏电流g10mAI=的电流表G改装成量程为36V的电压表，需要（）A.串联一个3500电阻B.串联一个3600电阻C.并联一个3500电阻D.并联一个3600电阻【答案】A【解析】【详解】根据()ggUIRR

=+解得3500R=可知需要与G串联一个3500电阻。故选A5.三个点电荷的位置及产生电场电场线分布如图所示，其中M，N两点在两个负电荷B、C的连线上，正电荷A及点P、点Q在电荷B、C连线的中垂线上，且

P点与正电荷的距离大于P点与负电荷的距离，两线交于O点。已知三个点电荷的电荷量大小相等，MOON=，则（）。A.O点的场强为0B.M、N两点的场强相同C.M、N两点的电势相等D.一带负电的试探电荷在P点的电势能小于在Q点的电势能【答案】C【解析】【详解】A．等量同种电荷B、C在连线

的中点O处的场强为0，正电荷A在O点的场强不为0，故O点的场强不为0，故A错误；B．根据对称性知M、N两点的场强大小相等，方向不同，故M、N两点的场强不同，故B错误；C．根据点电荷周围等势线的分布知，在等量同种电荷B、C的场中，M、N两

点的电势相等，在正电荷A的场中，M、N两点的电势也相等，故M、N两点的电势相等，故C正确；D．在等量负电荷B、C的场中，P点的电势小于Q点的电势，在正电荷A的场中，P点的电势大于Q点的电势，故无法判断P点与Q点的电势高低，也无法判断带负电的试

探电荷在P点与Q点的电势能大小，故D错误。故选C6.如图所示，电荷量为q的正点电荷和,ab两点均在一条过均匀带电薄板几何中心的垂线上，点电荷与薄板相距2,,dab与薄板相距均为d。若图中a点的电场强度为0，静电力常量为k，则图中薄板带电情况和b点的电场

强度的大小正确的是（）。A.带正电，0B.带负电，29kqdC.带正电，289kqdD.带负电，2109kqd【答案】D【解析】【详解】a点电场强度为0，可判断薄板在a点产生的电场强度的方向向左，故薄板带负电。根据对称性，薄板在b点产生的电

场强度的大小与薄板在a点产生的电场强度的大小相等，均为29kqd，且薄板在b点产生的电场强度的方向向右，与正点电荷在b点产生的电场强度叠加得到b点电场强度的大小为2109kqd。故选D。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2r=，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()EI

RrU=++解得电路电流为M5AEUIRr−==+即电流表示数为5A，故A错误；的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22M550W50.6W535W

PPIR=−=−=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，在竖直平面内，一根长度为L的轻质绝缘细线一端系于O点，另一端连接一带正电小球，小球质量为m、所带电荷量为q，小球所在空间内有一匀强电场，方向与

竖直面平行且水平向右。现将细线向右上方拉直，使细线与水平方向成45°角，静止释放小球，小球运动到释放点正下方时细线断裂，再经历一段时间，小球落在释放点正下方的水平地面上。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为mgqE=，则下列说法正确的是（）A.细线断裂前的

瞬间，小球的速度大小为22gL，方向竖直向下B.细线断裂前的瞬间，细线的拉力大小为22mgC.细线断裂后小球经历时间22Lg落地D.细线断裂时小球距离地面的高度为22L【答案】C【解析】【详解】A．从释放小球到细线断裂的过程应用动能定理2122m

gLmv=解得22vgL=速度方向与竖直方向夹角为45°斜向左下方，A错误；B．细线断裂前的瞬间，小球速度与重力和电场力的合力垂直，重力与电场力的合力为()()222FmgqEmg=+=则向心力为2mvTFL−=解得32Tmg=B错误；

C．细线断裂瞬间小球水平方向、竖直方向的分速度分别为sin452xyvvvgL===则小球水平方向的加速度为xqEagm==小球的运动时间为222xxvLtag==C正确；D．细线断裂时小球距离地面的高度为21422yhvtgtL=+=D错误。故选C。9.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::UU

nevabnevbcRR=解得1234:5:2vv=故C正确；D错误。故选AC10.如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器()2max1RRr+的滑动触头P由最高点向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用12IUU,,和3U表示，电表示数变化量的大小分别

用。12IUU、、和3U表示。下列判断正确的是（）A.1UI不变，1UI不变，2UI不变B.3UI变大，3UI不变，2UI不变，且32UUIIC.滑片P滑动过程中，滑动变阻器R2消耗的最大功率为()214ERr+D.滑片P滑动过程中，定值电阻R1消耗

的最大功率为214ER【答案】AC【解析】【详解】A．根据欧姆定律可得11URI=11URI=则1UI、1UI不变，根据闭合电路欧姆定律有()21EUIRr=++21URrI=+则2UI不变，故A正确；B．根据312URRI=+则3UI变大，根据闭合电路

的欧姆定律有3=+EUIr可得32IUrUI=则3UI不变，故B错误；C．当21RRr=+时，2R消耗的功率最大，根据闭合电路的欧姆定律()12EIRr=+可得()()222m114EPIRrRr=+=+故C正确；D．当20R=时，1R消耗的功率最大，根据闭合电路的欧姆定律()1EI

Rr=+可得()2211m121REPIRRr==+故D错误。故选AC。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ggg1

11RIIRI=+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44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.如图

所示，匝数为n、边长为L的正方形线圈MNPQ位于纸面内，过MN和PQ中点的连线OO恰好位于垂直纸面向外范围足够大的匀强磁场的右边界上，磁感应强度大小为B，求：（1）图示位置时穿过线圈的磁通量；（2）若线圈从图示位置开始按图示方向绕OO轴转过60o的过程中，磁通量的变化量

大小。【答案】（1）22BL（2）24BL【解析】【小问1详解】公式BS=中，S应为有效面积，且磁通量与线圈匝数无关，故初态212LS=所以此时穿过线圈的磁通量的大小212BLBS==【小问2详解】若线圈从图示位置开始按图示方向绕OO轴转过60o时，有效面积222cos60

24LLS==故24BL=所以磁通量的变化量的大小2ΔΦΦΦ4BL−==14.如图所示的电路中，三个电阻的阻值均为6，电压U恒为18V。电压表和电流表均为理想电表。（1）求电流表和电压表的示数；（2）将电压表和电流表的位置互换，求电流表和电压表的示数

。【答案】（1）1A，12V（2）3A，9V【解析】【小问1详解】题中电压表视为开路，电流表视为短路，题图电路中右侧两电阻R并联后与左侧电阻R串联，电路总电阻为92RRR=+=总总电流为2AUIR==总因电压表测量左侧电阻两端电压，故电压

表示数为12VVUIR==因电流表测量通过并联电路部分其中一个支路的电流，故电流表示数为11A2II==【小问2详解】两电表互换位置后，电路变成上侧两电阻R串联后再与下侧电阻R并联，故电路总电阻为242RRRRR

==+总总电流为4.5AUIR==总此时电流表测量流过下侧电阻R的电流，示数为23AUIR==流过上侧两串联电阻R的电流为321.5AIII=−=此时电压表测量串联电路部分其中一个电阻两端的电压，故电压表示数为3

9VVUIR==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=°，c

os370.8=°，求：（1）微粒到达直线AE时的速度大小；（2）微粒离AB板的最小距离；（3）微粒在两板间运动时间。【答案】（1）35m/s（2）0.36m（3）0.3s【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=的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0cos6

m/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】若粒子能返回CD板，根据竖直上抛规律，微粒在两板间运动的时间

01sin20.32svta==若粒子不能返回CD板，会从极板间射出，则时间为2100.3s0.32scosLttv===可知粒子不能返回CD板，会从极板间射出，微粒在两板间运动的时间为0.3s。