重庆市长寿中学2025-2026学年高二上学期11月期中物理试卷（Word版附解析）

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一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 分。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 质子的电荷量为一个元电荷，但质子是实实在在的粒子，不是元电荷
B. 相互作用的两点电荷，它们的电荷量不相等，则它们之间的库仑力大小一定不相等
C. 点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体
D 根据 可知，当 r→0 时，F→
【答案】A
【解析】
【详解】A．一个质子所带的电荷量是元电荷，但质子本身不是元电荷，A 正确；
B．根据牛顿第三定律，两电荷间的库仑力是一对相互作用力，大小相等，B 错误；
C．点电荷的定义取决于研究问题中带电体的形状和大小是否可忽略，而非实际体积或电荷量的大小，C 错
误；
D．当 时，带电体不能当作点电荷对待，库仑定律不适用，D 错误。
故选 A。
2. 用如图所示电路给电容器充、放电。开关 S 接通 1，稳定后改接 2，稳定后又改接 1，如此往复，观察电
流表、电压表示数变化情况。则（ ）
A. S 接 1 时，电流自左向右流过电流表，电流表示数不断增大
B. S 接 2 时，电流自右向左流过电流表，电压表示数不断减小
C. S 接 1 时，电源给电容器充电，极板间电场强度减小，电源的能量不断储存在电容器中
D. S 接 2 时，电容器对电阻 R 放电，极板间电荷量减小，电容减小
【答案】B
【解析】
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【详解】A．S 接 1 时，电流自左向右流过电流表，电流表示数先增大后减小到零，故 A 错误；
BD．S 接 2 时，电容器放电，电流自右向左流过电流表，极板带电荷量不断减小，电压表示数不断减小，
但电容不变，故 B 正确，D 错误；
C．S 接 1 时，电源给电容器充电，极板带电荷量不断增大，两极板间电压增大，极板间电场强度增大，电
源的能量不断储存在电容器中，故 C 错误。
故选 B。
3. 下列有关物理概念和物理过程说法正确的是（ ）
A. 电动势反映的是电源将其他形式的能转化为电能的本领，转化的能量越多，电动势就越大
B. 公式 与 中的 W 都是静电力做的功
C. 若电场力对电荷做了正功，则该电荷的电势能一定减少
D. 匀强电场中，电势降低的方向一定是电场强度的方向
【答案】C
【解析】
【详解】A．电动势的定义是电源将其他形式能转化为电能的本领，其大小由非静电力做功能力决定，公式
为
电动势大小与转化的总能量无关，若电荷量大，电动势也不一定大，故 A 错误；
B．电动势定义式中 为非静电力功，电势差的定义式中， 为静电力做的功，故 B 错误；
C．电场力做功与电势能变化的关系为，电场力做正功时，电势能必然减少，与电荷正负无关，故 C 正确。
D．匀强电场中，电场强度方向是电势降低最快的方向，而电势降低的方向可以是任意与场强方向成锐角的
方向，不唯一，故 D 错误。
故选 C。
4. 甲、乙两图是某同学用表头改装而成的电表，每只电表均可使用 A、B 或 A、C 两个端点进行相关测量。
下列说法正确的是（ ）
A. 甲图为电流表，A、B 间量程小于 A、C 间量程
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B. 甲图为电压表，A、B 间量程小于 A、C 间量程
C. 乙图为电流表，A、B 间量程小于 A、C 间量程
D. 乙图为电压表，A、B 间量程小于 A、C 间量程
【答案】B
【解析】
【详解】AB．图甲为定值电阻与表头串联，为电压表改装的原理图，根据串联分压原理可知，串联电阻阻
值越大，量程越大，即 A、B 间量程小于 A、C 间量程，故 A 错误，B 正确；
CD．图乙为定值电阻与表头并联，为电流表改装原理图，根据并联分流原理可知，并联电阻越小，量程越
大，则 A、B 间量程大于 A、C 间量程，故 CD 错误。
故选 B。
5. 如图所示，用某种金属材料制成长为 a、宽为 b、厚为 c 的长方体，且 。电流沿 AB 方向的
电阻为 ，电流沿 CD 方向的电阻为 ，电流沿 EF 方向的电阻为 ，则 等于（ ）
A. 8∶2∶1 B. 8∶1∶4 C. 16∶1∶2 D. 16∶1∶4
【答案】D
【解析】
【详解】设金属材料的电阻率为 ，根据电阻定律可知，电流沿 AB 方向时电阻
电流沿 CD 方向时电阻
电流沿 EF 方向时电阻
则
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故选 D。
6. 如图所示，平行板电容器板间电压为 ，板间距为 ，两板间为匀强电场，让质子流以初速度 垂直电
场射入，沿 轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子流沿 轨迹落到下板边缘，不计重力，
则可以将（ ）
A. 开关 断开
B. 质子流初速度变为
C. 板间电压变为
D. 竖直移动上板，使板间距变为
【答案】C
【解析】
【详解】A．断开开关 S，极板上的电压不变，两板间场强不变，质子的受力情况不变，故质子的运动轨迹
不变，质子仍沿 a 轨迹落到下板的中央，故 A 错误；
BCD．质子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有
x=v0t
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
可得
质子从下板边缘射出时，竖直位移 y 不变，水平位移 x 变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为 2v0，
或板间电压变为 ，或使板间距变为 4d，故 BD 错误，C 正确。
故选 C。
7. 在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B 两灯亮度的变化情况为（ ）
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A. A 灯和 B 灯都变亮
B. A 灯变亮，B 灯变暗
C. 电源的输出功率减小
D. 电源的工作效率降低
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】AB．当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，有效阻值增大，电路中的电流减小
增大，则 A 灯变亮，因为干路电流增大，而灯 A 以及 两条支路的电流均增大，所以
减小，即 B 灯变暗，故 B 正确，A 错误；
C．因为内外电阻的关系未知，所以电源的输出功率不确定（若外电阻大于内阻，则当外电阻增大时电源输
出功率减小，若外电阻小于内阻，当晚电阻增大时，电源输出功率增大）故 C 错误；
D．电源的效率
当外电阻增大时，电源的工作效率增大，故 D 错误。
故选 B。
二、多选题：本大题共 3 小题，共 15 分。
8. 如图是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是（ ）
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A. 电源的电动势为 6.0V
B. 电源的内阻为 12Ω
C. 电流为 0.2A 时的外电阻是 28Ω
D. 电源的短路电流为 0.5A
【答案】AC
【解析】
【详解】根据闭合电路欧姆定律可知图像对应的函数关系式为
A．图像中，纵轴截距对应电流为 0，即截距为电源的电动势，即电源的电动势为 6.0V。故 A 正确；
B．电源内阻等于图线斜率的绝对值，即
故 B 错误；
C．根据闭合电路欧姆定律，可知
故 C 正确；
D．该图像纵轴坐标不是从零开始的，则 0.5A 并不是短路电流，短路电流为
故 D 错误。
故选 AC。
9. 如图所示，虚线 a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻两等势面之间的电势差相等，实线为一带正
电的粒子只在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 和 Q 是这条轨迹上两个点，P、Q 相比（ ）
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A. P 点的电势高
B. 带电微粒通过 P 点时的加速度大
C. 带电微粒通过 P 点时的速度大
D. 带电微粒在 P 点时的电势能较大
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．粒子受电场力指向轨迹凹侧，由于粒子带正电，则电场线大致向右下，沿着电场线方向电势逐
渐降低，可知 a 、b 、c 三个等势面的电势高低关系为 ，则 P 点的电势高于 Q 点的电势，故 A
正确；
B．等差等势面越密集的地方电场强度越大，则带电微粒通过 P 点时的电场力较大，根据牛顿第二定律可知
带电微粒通过 P 点时加速度大，故 B 正确；
CD．根据 ，由于粒子带正电，P 点的电势高于 Q 点的电势，则带电微粒在 P 点时的电势能较大；
粒子只受电场力作用，所以动能与电势能之和保持不变，则带电微粒通过 P 点时的动能小，速度小，故 C
错误，D 正确。
故选 ABD。
10. 如图所示电路中， 为理想电流表， 均为固定电阻， 为滑动变阻器且其总电阻大于 ， 为
平行板电容器， 为电动机，其内阻 ，干电池电源电动势 ，内阻不计，当滑片 从 点
滑到 点过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表的示数先增大后减小
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B. 电容器带电量一直减小
C. 电源的总功率先减小后增大
D. 电动机消耗的功率为 72W
【答案】BC
【解析】
【详解】A．滑动变阻器 aP 段与 R2 串联后，再和滑动变阻器 bP 段并联（此处用 R 并表示并联的总电阻），
再与 R0 串联，最后与电动机并联。当滑片 P 从 a 点滑到 b 点的过程中，R2 支路的电阻总值为 R2+Ra，滑动
变阻器 b 端支路电阻为 R1-Ra，因为 R1＞R2，所以当
R2+Ra=R1-Ra
即两条支路电阻相等时，两支路并联电阻最大，所以当滑片 P 从 a 向 b 滑动时，并联电阻 R 并先增大后减小，
由于 R 并先增大后减小，而电源内阻不计，则路端电压等于电源电动势，恒定不变，根据并联电路 特点可
知，上方支路中电流先减小后增大，电流表的示数先减小后增大，故 A 错误；
B．由上述分析可知，电阻支路的总电流 I 总先减小后增大，所以定值电阻 R0 两端的电压先减小后增大，R
并两端电压与这相反，先增大后减小。当电流表示数 I 总减小、R 并两端电压增大时，滑动变阻器 b 端支路电
阻减小，则 b 端支路电流 Ib 增大，由于 I 总=Ia+Ib，可知滑动变阻器 a 端支路电流 Ia 减小，则电阻 R2 两端电
压 U2 减小；当电流表示数 I 总增大、R 并两端电压减小时，滑动变阻器 a 端支路电阻增大，则 a 端支路电流
Ia 减小，则电阻 R2 两端电压 U2 减小，因此 R2 两端电压一直减小，由此可知电容器带电量
Q=CU2
一直减小，故 B 正确；
C．R 并先增大后减小，则电路中的总电流 I 先减小后增大，电源消耗的功率
P=EI
先减小后增大，故 C 正确；
D．若电动机为纯电阻用电器，则功率为
但是电动机为非纯电阻用电器，其正常工作时欧姆定律不成立，虽然其两端电压不变，但无法计算电流，
故功率无法计算，故 D 错误。
故选 BC
三、实验题：本大题共 2 小题，共 15 分。
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11. 二极管加正向电压时电阻很小，加反向电压（未击穿）时电阻很大。某同学用多用电表测量二极管 反
向电阻，多用电表上有如图（a）所示的选择开关 K 和两个部件 S、T。请根据下列步骤完成电阻测量：
（1）先进行机械调零，旋动________（填“S”或“T”）使指针对准表盘的________（填“左边”或“右
边”）零刻度，后将 K 旋转到电阻挡“×100”的位置，并完成电阻调零。
（2）该同学先后用红、黑表笔按图（b）方式接触二极管的 a、b 两端，由多用电表指针偏转情况可知二极
管的________（填“a”或“b”）端为正极。
【答案】（1） ①. S ②. 左边
（2）a
【解析】
【小问 1 详解】
[1][2]先进行机械调零，旋动 S 使指针对准表盘的左边零刻度。
【小问 2 详解】
该同学先后用红、黑表笔按图（b）方式接触二极管的 a、b 两端，当黑表笔接 a 端时电阻很小，说明二极
管加的正向电压；当黑表笔接 b 端时电阻很大，说明二极管加的反向电压；由多用电表指针偏转情况可知
二极管的 a 端为正极。
12. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 ，步骤如下：
（1）用游标为 20 分度的游标卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 L=________mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图所示，由图可知其直径 D=________mm；
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（3）某同学先用多用电表的电阻“ ”挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，发现指针偏转角度
很小，则应将选择开关旋转到________挡（填“ ”或“ ”）并进行欧姆调零，再次进行测量时，
表盘示数如图所示，则该电阻的阻值约为________ 。
（4）某同学想通过描绘伏安特性曲线来研究该电阻 ，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻 ：
电流表 （量程 ，内阻约 ）；
电流表 （量程 ，内阻约 ）
电压表 （量程 3V，内阻约 ）；
电压表 （量程 15V，内阻约 ）；
直流电源 E（电动势 4V，内阻不计）：
滑动变阻器 阻值范围 ，允许通过的最大电流 2.0A）；
滑动变阻器 阻值范围 ，允许通过的最大电流 0.5A）；
开关 ；导线若干
根据实验要求，滑动变阻器应选________（填 或 ），电流表应选________，电压表应选________，请
根据所选器材在方框中画出实验电路图________。
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【答案】 ①. 50.15 ②. 4.699##4.697##4.698##4.700 ③. ④. 1200 ⑤. ⑥.
⑦. ⑧.
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为
（2）[2]螺旋测微器的读数为
（3）[3][4]指针偏转角度太小，说明被测电阻过大，应采用大一档测量，故换用×100 档，欧姆表的读数为
（4）[5][6][7]因为该电阻大概 1200Ω，因为描绘伏安特性曲线，要求测得多组数据进行分析，所以采用滑
动变阻器的分压接法，便于操作，所以采用总阻值较小的滑动变阻器 R1，电路中的最大电流为
故电流表应选 A1，为使读数较为准确，电压表选 V1。
[8]由于
电压表内阻和被测电阻较接近，电压表分流较大，所以采用电流表的内接法，如图所示
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四、计算题：本大题共 3 小题，共 42 分。
13. 如图所示的电路中，两平行金属板 A，B 水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离 d=50cm 电源
电动势 E=15V，内电阻 r=1Ω，电阻 R1=4Ω，R2=10Ω，闭合开关 S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板
间恰能保持静止，小球质量为 m=2×10-2kg，（g=10m/s2）问：
（1）电路中的电流为多大?电容器的电压为多大？
（2）小球带正电还是负电，电量大小为多少 C？
【答案】（1） ， ；（2）负电，
【解析】
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得
解得
（2）小球放入板间后，受重力和电场力作用，根据平衡条件，小球所受电场力的方向向上，则小球带负电，
且满足
解得电量
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14. 如图是某公司生产的用电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻为 10 ，电源的电动势为 50V，重
物的质量为 10kg，不计各处的摩擦。当电动机以 v＝0.4m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为 2A。
（g 取 10m/s2）
（1）求电源的内阻 r；
（2）若电动机工作时突然卡住了，不能转动，求电源此时的效率。
【答案】（1） ；（2）66.7%
【解析】
【详解】（1）电动机的电功率等于内阻上的热功率与输出的机械功率之和，即
由闭合电路欧姆定律可得
联立解得
（2）若电动机卡住，电动机相当于一个定值电阻，由闭合电路的欧姆定律得，此时电流为
电源的输出功率为
电源的总功率为
电源此时的效率为
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解得
15. 如图，空间存在范围足够大且与水平地面成 30°角的匀强电场，图中带箭头的实线为电场线，一内表
面光滑的竖直圆弧轨道固定在水平面上且和电场线共面，O 为圆弧轨道的圆心。一带电小球（视为质点）
静止在 P 点，半径 OP 与竖直方向的夹角为 60°。已知圆弧轨道的半径为 R，小球的质量为 m、电荷量为+
q（q＞0），重力加速度大小为 g，不计空气阻力。
（1）求电场强度 E 大小；
（2）若在 P 点给小球一个初速度 v0（沿切线方向），使小球沿圆弧轨道恰好能做完整的圆周运动。求 v0 的
大小，以及小球经过轨道最高点 Q 时对轨道的压力大小？
（3）若在 P 点给小球一个初速度 v1（沿切线方向），使小球沿圆弧轨道运动的过程中不脱离轨道，则 v1 大
小的取值范围为多少？
【答案】（1）
（2） ；
（3） 或
【解析】
【小问 1 详解】
带电小球静止在 点时，设轨道对小球的支持力为 ，根据共点力平衡条件 ，
解得
【小问 2 详解】
小球沿圆弧轨道恰好能做完整的圆周运动，则小球在等效最高点 点，轨道对小球没有支持力，由重力和
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电场力的合力提供向心力，重力和电场力的合力 ，设小球在 N 点的速度为 ，由牛顿第二定律
小球从 点运动到 点，根据动能定理
解得
设小球运动到轨道上 Q 点时的速度为 ，根据动能定理
在 Q 点轨道对小球的支持力大小为 ，
解得
经过轨道最高点 Q 时对轨道的压力 与 F 为相互作用力
【小问 3 详解】
为使小球沿圆弧轨道运动的过程中不脱离轨道，第一种情况是小球沿轨道能做完整的圆周运动，所以
第二种情况，如图
为圆弧轨道上一点， 垂直于 ，若小球从 点运动到 点时，速度刚好减为 0，小球也不会脱离
轨道，小球从 点运动到 点，根据动能定理
解得
所以
综上所述 或
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