黑龙江省龙东联盟2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题

这是一份黑龙江省龙东联盟2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题，文件包含20241025物理试卷参考答案及解析5稿docx、20241025物理试卷5稿docx、20241025物理试卷5稿pdf、2023级高二学年上学期期中考试物理答题卡pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

1．【答案】D
【解析】A． I=UR是部分电路欧姆定律的表达式，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，A错误；
B． C=ΔQΔU是由电容的定义式推导出的二级结论，B错误；
C．E=Ud是匀强电场中场强与电压的关系式， C错误；
D． 为电势的比值法定义式，D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A．A为带正电的金属板，不能将其看成点电荷，故不能使用库仑定律求小球受到的库仑力，故A错误；
B．圆环A上任取一点，可看作点电荷Δq，Δq对小球的库仑力为kΔq·qr2cs2α，求出圆环上各点电荷对小球的库仑力的合力为F=KQqr2cs3α，故B错误；
CD．小球受到的重力竖直向下、静电力方向向右，小球的受力情况如图所示，由平衡条件得 故C正确，D错误。
故选C。
3．【答案】A
【解析】A．由题意可知q=It ，t=65μs
由电流的定义可得 q=1×105×65×10−6=6.5C，A正确；
B．欧姆定律可得
即被电离的气柱的阻值约为，B错误；
C．由于闪电前云地间的电场可看作匀强电场，可得，C错误；
D．由电阻定律可得
代入数据解得被电离的气柱的电阻率为 ρ=7.85×104Ω·m D单位错误。
故选A。
4．【答案】B
【解析】A．表头并联电阻后可改装成电流表。对于电流表A1和A2，两表并联，示数大的内阻小，故A错误；
B．电流表A1和A2并联，电压相同，电流大的电功率大，故B正确；
CD．表头串联电阻后可改装成电压表。对于电压表V1和V2，两个表头串联，故流过两个表头的电流相同，则电压表V1指针偏转角等于电压表V2的指针偏转角，而电压表V1的示数大于V2的示数，说明电压表V1的内阻大于电压表V2的内阻，故C、D都是错误的。
故选B。
5．【答案】C
【解析】A．R1、R2和R3并联的电阻值为1.5Ω，再和R4串联，总电阻为4.5Ω，故A错误；
B．R1和R2并联，两端的电压比为1∶1，故B错误；
C．R2和R3并联，两端的电压相等，流过两电阻的电流与电阻成反比，即流过R2和R3的电流比为
故C正确；
D．R123和R4串联，电流相等，则电压与电阻值成正比，又R123两端的电压，所以R1和R4两端的电压比为
U1:U4=U123:U4=R123:R4=1:2
故D错误。
故选C。
6．【答案】D
【解析】A．根据矢量的合成法则可以知道，在点电荷a、b连线的中垂线上的点（O点除外），其电场强度的方向都是沿着中垂线背离O点，从O点到无穷远，电场强度先增大后减小， 负点电荷从c向d运动的过程中，电场力变化，A错误；
B．负点电荷从c向d运动的过程中，电场力先做正功，越过O点后，电场力做负功，电势能先减小后增大，B错误；
C．从到，收到的电场力始终指向O点，因此速度先增大后减小，故C错误。
D．负点电荷由点静止释放，只受到电场力作用，根据矢量的合成法则可以知道，在点电荷、连线的中垂线上的点（点除外），其电场强度的方向都是沿着中垂线背离点，从点到无穷远，电场强度先增大后减小，则该负点电荷在间做往复运动，由题意可知，从到的电场强度可能减小，也可能先增大后减小，则加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，根据对称性，从到加速度可能越来越大，也可能先增大后减小，故D正确；
故选D。
7．【答案】B
【解析】AB．理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，根据欧姆定律可得
理想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得
理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得
则有 ，，
可知、、均不变，由于定值电阻R1的阻值小于，则有ΔU1﹤ΔU2
故A错误，B正确；
C．电源的输出功率为 P出=I2R=(ER+r)2R =E2（R−r）2R+4r
可知当外电阻（即R1与滑动变阻器接入电路的阻值之和）等于r时，电源的输出功率最大，由于R1< r，则滑动变阻器滑片上移，接入电路的阻值变大，外电阻变大。若滑片移动前，外电阻小于内阻，则滑片上移，电源的输出功率可能增大，可能先增大后减小，若滑片移动前，外电阻大于内阻，则滑片上移，电源的输出功率减小；电源效率为
由于外电阻增大，则电源效率增大，故C错误。
D．将滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律
可知电路电流减小，根据
可知电容器极板间电压增大，根据
可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻中有从b流向a的瞬间电流。由
可知极板间匀强电场的电场强度E变大，向上的电场力变大，则带电液滴将向上运动。故D错误；
故选B。
8.【答案】CD
【解析】A．电源内部是通过非静电力做功其他形式的能转化为电能，同时电流做功，电能转化为内能，故A错误；
B．金属的电阻率随温度的升高而增大，某些合金的电阻率随温度的升高几乎不变，半导体的电阻率随温度的升高而减小，故B错误；
C．根据串联电路电阻的特点
R=R1+R2+…+Rn
可知串联电路中增加一个电阻则总电阻变大，任意一个电阻变大，总电阻变大，故C正确。
D．根据并联电路电阻的特点
可知并联电路中增加一个支路则总电阻变小，但是任意一个支路的电阻变大，总电阻变大，故D正确；
故选CD。
9．【答案】AD
【解析】A．电源电动势为E，电阻箱的电功率最大的时候，电阻箱的电压为6V
根据串联分压可得
代入数据解得电源电动势为
E=2U
故A正确；
B．根据电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线，当电阻箱的电阻等于电源内阻加R0之和时，即
电阻箱消耗的电功率最大，已知
可得
故B错误，C也错误；
D．R的功率最大时，有
解得电路中的电流为
I=1.5A
R的功率最大时，两端的电压为

故D正确。
故选AD。
10．【答案】CD
【解析】A．图A、C为分压电路，图B、D为限流电路，A选项错误；
B．图A电路，电压表与定值电阻R0的电压之和等于Rx两端的电压，电压表的示数小于Rx两端的电压，电流表的示数大于Rx的电流，Rx的测量值小于真实值；即使R0取零，A电路为外接法电路，测量值仍然小于真实值，故 B选项错误；
C．图B、C中R0的阻值等于电流表的内阻，根据串并联电路的特点，若“电压表内阻与R0之比”等于“Rx与电流表内阻之比”，电压表与Rx获得的电压相等，可以消除测量Rx的系统误差；C选项正确；
D．图D为外接法电路，Rx的测量值小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流作用，D选项正确；
故选CD。
11．（共6分，每个小问2分）
【答案】（1）5.8 mA；（2）29.0V（读数为28.8 V、28.9 V、29.0 V、29.1 V均可）；（3）1100Ω
【解析】
（1）量程为0～10mA，精确度为0.2mA，估读到0.1mA，因此读数为5.8 mA
（2）量程为0～50V，精确度为1V，估读到0.1V，因此读数为29.0V（读数为28.8 V、28.9 V、29.0 V、29.1 V均可）
（3）挡位为“×100”的欧姆挡，表盘读数为11.0Ω，乘以倍数100，读数为1100Ω
12．（共8分，每小问2分）
【答案】（1）图1； （2）AD ； （3）图1， ①； （4）图2，④
（1）【解析】图1电路，电动势和内阻测量值均偏小；图2，电动势测量值无系统误差，但是内阻测量值偏大，内阻测量值为电源内阻和电流表内阻之和，显然系统误差太大，不可取。
（2）【解析】A．采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为0，即图1方法中测量图线和真实图线与横轴交点相同。则图3是用图1电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线。故A正确；
BD．由于电表不是理想电表，则电流表存在电阻，电压表内阻不是无穷大。采用图1的方法，由于电压表的分流导致电流表读数小于干路电流，引入系统误差的原因是电压表的分流作用。采用图2的方法，由于电流表的分压导致电压表读数小于路端电压，引入系统误差的原因是电流表的分压作用。故B错误，D正确；
C．采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为0，即图2方法中测量图线和真实图线与纵轴交点相同，则图4是图2电路处理的结果，其中图线③表示真实图线，图线④表示测量图线。原理上电动势测量值无系统误差，是准确的，内阻测量值偏大，故C错误；
综上答案为AD。
（3）【解析】采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为0，即图1方法中测量图线和真实图线与横轴交点相同。则图3是用图1电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线。
（4）【答案】图2，④
【解析】采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为0，即图2方法中测量图线和真实图线与纵轴交点相同，则图4是图2电路处理的结果，其中图线③表示真实图线，图线④表示测量图线。原理上电动势测量值无系统误差，是准确的，内阻测量值偏大，

13．（10分）其中第（1）问4分，（2）问6分
【答案】（1） （2）
【解析】（1）当小球运动到最大摆角处时，速度为零，细线拉力不做功，由动能定理可知
（2分）
解得 （2分）
（2）由（1）的解析可得 （1分）
故重力与电场力合力方向沿与竖直方向成30°角斜向下，当速度方向与合力方向垂直时速度最大，如图所示
由动能定理得 （3分）
解得 （2分）
14．（12分），每个小问4分。
【答案】（1）140W （2）68.6W （3）428.6W
【解析】（1）电动机未启动时，车灯、电流表和电源串联，根据闭合电路欧姆定律可知此时的路端电压 U1=E－I1 r （2分）
即 U1=15V－10×0.1V=14V （1分）
车灯两端电压即路端电压，则车灯的功率 P1=U1I1=14×10W=140W （1分）
（2）根据欧姆定律可知，车灯的电阻 R=U1I1=1410Ω=1.4Ω （1分）
电动机启动瞬间，车灯两端电压 U2 = E－I2r =15V－50×0.1V = 10V （1分）
车灯的功率 P2=U22R=1021.4W=71.42857W=71.4W （1分）
车灯的功率减少了 ΔP=P1−P2=140W−71.4W=68.6W （1分）
（3）方法1：电动机启动瞬间，电动机两端的电压与车灯两端电压相等，均为10V，电动机的电流为 I3=I2−U2R=50A−101.4A=42.86A （2分）
P3 =U2I3=10×42.86=428.6W （2分）
方法2：电动机启动瞬间，电源的输出功率为 P出=U2I2=50×10W=500W （2分）
电动机的功率等于电源输出功率P出减去车灯的功率P2，
即P3 =P出−P2=500－71.4=428.6W （2分）
15．（18分），其中（1）4分，（2）6分，（3）8分
【答案】（1）25Eqdm；（2）14+58d,54d；
（3）B:0,12d, C:14d,0, D:14+58d,54d,BC:x=12+yd4y2−d2
【解析】（1）根据动能定理有
12mv2=fx2+y2 2分
v=2fd2+(2d)2m=25Eqdm 2分
（2）在电场区域中，粒子受匀强电场作用，为类平抛运动。在y 方向做匀速运动，设电场中运动时间为t，则
v0t=d
t=dv0=md2qE
在x方向做匀加速直线运动，加速度为
a=qEm
因此，当带电粒子离开电场时，拥有的x方向速度为
vx=at=qEd2m 1分
水平方向位移为
x1=12at2=14d 1分
离开电场时，拥有的速度大小为
v=vx2+v02=5qEd2m
在沉积区，粒子受恒定的阻力影响，设运动路程为s，由功能定理有
fs=12mv2
s=58d 1分
由于粒子速度方向不变，因此在x方向和y方向的位移分别是，
x2=svxv=58d 1分
y=sv0v=54d
综上所述，粒子沉积处的坐标为
x=x1+x2=14+58d 1分
y=54d 1分
（3）根据（2）中所求，可以知道C,D两点坐标，
C:14d，0 1分
D:14+58d，54d 1分
假设B点坐标为0,y，根据动能定理，
fy=12mv02 1分
y=12d
因此B点坐标为0，12d 1分
接着计算曲线BD段的方程，假设曲线上一点的纵坐标为y，由于我们知道离开电场后，y方向速度是v0，fy为阻力f沿y轴方向分力，根据匀加速运动公式
fy=mv022y=qEdy 1分
而根据力的合成公式
fx2+fy2=f2
得到
fx=4−d2y2qE 1分
摩擦力方向与运动方向相同，因此，在沉积区运动的x方向位移为
x1=yfxfy=y4y2−d2d 1分
刚进入沉积区的x方向速度是
vx=v0fxfy=2qEdm4y2−d2d
根据匀加速运动公式，在电场中的x方向位移为
x2=12vxdv0=124y2−d2
综上所述，BD段曲线方程为
x=x1+x2=12+yd4y2−d2 1分