安徽省阜阳市太和中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试卷（Word版附解析）

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：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，则通过用电器的电流一定为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，通过的电流增加，则一定有【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，通过的电流增加，则故D错误。故选C。4. 把一个内阻，满偏电流的电流表改装成量程为的电压表，需要（　　）A. 串联一个电阻 B. 串联一个电阻C. 并联一个电阻 D. 并联一个电阻【答案】A【解析】【详解】根据解得可知需要与串联一个电阻。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，，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，电荷量为的正点电荷和两点均在一条过均匀带电薄板几何中心的垂线上，点电荷与薄板相距与薄板相距均为。若图中点的电场强度为0，静电力常量为，则图中薄板带电情况和点的电场强度的大小正确的是（　　）A. 带正电，0 B. 带负电，C. 带正电， D. 带负电，【答案】D【解析】【详解】点电场强度为0，可判断薄板在点产生的电场强度的方向向左，故薄板带负电。根据对称性，薄板在点产生的电场强度的大小与薄板在点产生的电场强度的大小相等，均为，且薄板在点产生的电场强度的方向向右，与正点电荷在点产生的电场强度叠加得到点电场强度的大小为。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，内阻，提升重物的直流电动机电阻，定值电阻，电压表的读数为110V，则（ ）A. 电流表的示数为183A B. 电动机的输入电功率为1100WC. 电动机的机械功率为550W D. 电动机工作1h所产生的热量为【答案】D【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得解得电路电流为即电流表示数为5A，故A错误；B．电动机的输入电功率为故B错误；C．电动机的机械功率为故C错误；D．电动机工作1h所产生的热量为故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，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，方向竖直向下B. 细线断裂前的瞬间，细线的拉力大小为C. 细线断裂后小球经历时间落地D. 细线断裂时小球距离地面的高度为【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解得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则向心力为解得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则小球水平方向的加速度为小球的运动时间为C正确；D．细线断裂时小球距离地面的高度为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。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B. 接在1、2两端和接在3、4两端时导体的电阻之比为C. 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D. 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【答案】AC【解析】【详解】AB．根据电阻定律可得故A正确；B错误；CD．根据欧姆定律及电流微观表达式可得解得故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，电表的示数分别用和表示，电表示数变化量的大小分别用和表示。下列判断正确的是（　　）A. 不变，不变，不变B. 变大，不变，不变，且C. 滑片P滑动过程中，滑动变阻器R2消耗的最大功率为D. 滑片P滑动过程中，定值电阻R1消耗的最大功率为【答案】AC【解析】【详解】A．根据欧姆定律可得则、不变，根据闭合电路欧姆定律有则不变，故A正确；B．根据则变大，根据闭合电路的欧姆定律有可得则不变，故B错误；C．当时，消耗的功率最大，根据闭合电路的欧姆定律可得故C正确；D．当时，消耗的功率最大，根据闭合电路的欧姆定律可得故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。E为电源，其电动势，内阻不计，为滑动变阻器，已知的阻值远大于，R为电阻箱。实验步骤如下：①闭合，断开，调节，使微安表示数等于其量程；②保持不变，闭合，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，绘出图像，如图2所示。完成下列填空：（1）闭合之前，应使的滑片移至__________（填“a”或“b”）端。（2）由图2可得微安表量程为__________，微安表内阻为__________。【答案】（1）b （2） ①. 500 ②. 100【解析】【小问1详解】考虑实验的安全性，闭合之前，滑动变阻器接入电路阻值应最大，则应使的滑片移至b端。【小问2详解】[1][2]已知的阻值远大于，因此在闭合后，可认为电路中通过的电流保持不变，保持不变，闭合，调节R，使微安表读数等于I，则有变形得由图2可得，纵轴截距表示可得斜率为解得微安表内阻为12. 某同学利用两个量程为0~3V的电压表、一个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（，允许最大电流为1A）和（，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“”或“”）。（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和，并作记录，画出关系图线，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__________，内阻__________（用a、b和表示）。（4）实验中由于电压表__________分流（选填“”“”或“和”）。使测量的电动势E和内阻r都偏小。【答案】（1） （2）见解析 （3） ①. b ②. （4）和【解析】【小问1详解】两节干电池的电动势约为3V，电压表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，为方便实验操作，同时为了减小电压表的分流，滑动变阻器应选的。【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整理可得可知纵坐标的截距和图像的斜率绝对值分别为，可得，【小问4详解】通过电源内阻的干路电流真实值为故即和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、边长为的正方形线圈位于纸面内，过和中点的连线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，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轴转过的过程中，磁通量的变化量大小。【答案】（1） （2）【解析】【小问1详解】公式中，应为有效面积，且磁通量与线圈匝数无关，故初态所以此时穿过线圈的磁通量的大小【小问2详解】若线圈从图示位置开始按图示方向绕轴转过时，有效面积故所以磁通量的变化量的大小14. 如图所示的电路中，三个电阻的阻值均为，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，电路总电阻为总电流为因电压表测量左侧电阻两端电压，故电压表示数为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【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，故电路总电阻为总电流为此时电流表测量流过下侧电阻R的电流，示数为流过上侧两串联电阻R的电流为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，板长。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，速度大小的带正电微粒，已知微粒的电荷量C，质量，板间电场强度，直线AE与CD的夹角，重力加速度取，，，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） （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，则有联立得此时竖直方向的速度大小水平方向的速度大小微粒到达直线AE时的速度大小【小问2详解】微粒上升的最大距离微粒离AB板的最小距离解得【小问3详解】若粒子能返回板，根据竖直上抛规律，微粒在两板间运动的时间若粒子不能返回板，会从极板间射出，则时间为可知粒子不能返回板，会从极板间射出，微粒在两板间运动的时间为。