2025-2026学年内蒙古包头市第九中学高二（上）期中物理试卷（11月）（含解析）

这是一份2025-2026学年内蒙古包头市第九中学高二（上）期中物理试卷（11月）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.非洲电鳐的捕猎方式是放电电死猎物，它放电的电流可达50A，每秒钟放电150次．关于电源和电流的下列说法中，正确的是( )
A. 导体中自由电荷移动形成电流
B. 电鳐放电的电流可达50A，电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位
C. 在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相同
D. 电源的作用是在电源内部把电子由负极搬运到正极，保持两极之间有电压
2.关于静电场场强的概念，下列说法正确的是( )
A. 由E=Fq可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比
B. 正、负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入检验电荷的正负有关
C. 由真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知，当r→0时，E→无穷大
D. 电场强度公式E=Ud只适用于匀强电场
3.如图所示，电源电动势为E，内阻为r.当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P位于中点位置时，三个小灯泡L1、L2、L3都正常发光，且亮度相同，则( )
A. 三个灯泡的额定功率相同
B. 三个灯泡的额定电压相同
C. 三个灯泡的电阻按从大到小排列是L1、L2、L3
D. 当滑片P稍微向左滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮
4.某电场的电场线如图所示，质子在A，B两点受到电场力的大小分别为FA和FB，则它们的关系是( )
A. FA>FBB. FA=FBC. FA0)和−Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是( )
A. b点的电势为零，电场强度也为零
B. a点电场强度小于b点电场强度
C. 正的试探电荷在a点的电势能大于零，电场力方向向右
D. 将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大
7.如图所示，三根通电长直导线a、b、c垂直纸面放置，其横截面位于正三角形的三个顶点上，O为三角形中心。导线a、c中的电流垂直纸面向里，b中电流垂直纸面向外，三根导线中的电流相等，此时O点的磁感应强度大小为B，如果让a中的电流反向，其余条件不变，则O点处磁感应强度的大小为( )
A. 0B. 0.5BC. BD. 2B
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.关于电流，下列说法中正确的是( )
A. 由I=Qt可知，通过导线截面的电量越多，电流越大
B. 由I=nqSv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大
C. 由I=UR可知，同一导体中的电流与导体两端的电压成正比
D. 因为电流有方向，所以电流是矢量
9.真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高
B. 从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小
C. 点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4
D. 从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小
10.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一个带负电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则下列说法中正确的是( )
A. q1是负电荷，q2是正电荷
B. B、C间场强方向沿x轴正方向
C. C点的电场强度大于A点的电场强度
D. 将一个正点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.用伏安法测量定值电阻的阻值，备用器材如下：
待测电阻Rx(阻值约为25kΩ)
电流表A1 (量程100μA，内阻约为2kΩ)
电流表A2 (量程500μA，内阻约为300Ω)
电压表V1 (量程10V，内阻约为100kΩ)
电压表V2 (量程50V，内阻约为500kΩ)
电 源E (电动势15V，允许通过的最大电流1A)
滑动变阻器R(最大阻值1kΩ)
电键S，导线若干
为了尽量减小实验误差，要求测多组数据．
(1)电流表应选 ，电压表应选 ．
(2)在虚线框中画出实验电路图 ．
12.老师要求同学们测出一待测电源的电动势，所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1(阻值未知)，电压表V(量程为3.0V、内阻很大)，电阻箱R(0∼99.99Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干某同学连接了一个如图所示的电路，他接下来的操作是：
a.拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图甲所示的位置后，将S2接到A，闭合S1记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；
b.保持电阻箱示数不变，将S2切换到B，闭合S1，记录此时电压表的读数(电压表的示数如图乙所示)，然后断开S1。
(1)请你解答下列问题：
图甲所示电阻箱的读数为 Ω，图乙所示的电压表读数为 V。由此可算出定值电阻R1的阻值为 Ω。(R1计算结果保留3位有效数字)
(2)在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：
将S2切换到A，多次调节电阻箱，闭合S1，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图丙所示的1U−1R图像。由此可求得该电池组的电动势E，则E= V。(计算结果保留3位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.一台直流电动机的额定电压为U=110V，电动机线圈的电阻R=0.5Ω，正常工作时通过的电流I=2A，若电动机正常运转1min.求：
(1)电流所做的功；
(2)电动机线圈上产生的热量；
(3)电动机输出的机械能．
14.如图所示，足够大的匀强电场水平向右，用一根长度为L的不可伸长绝缘细绳把一可视为质点且带正电的小球悬挂在O点，小球的质量为m、电荷量为q，小球可在B点保持静止，此时细绳与竖直方向的夹角为θ=37°。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度大小为g(sin37°=0.6,cs37°=0.8)，规定O点为电势能零点。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)求小球在A点的电势能EpA；
(3)小球在运动过程中所受细线拉力的最大值。
15.如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E=100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30∘，A点距水平地面的高度为h=4m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L= 3m。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m=1kg、电荷量为q=0.1C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的摩擦因数均为μ= 35(g取10m/s2)。求：
(1)小球到达C点时的速度大小;
(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小;
(3)小球落地点距离C点的水平距离。
答案解析
1.【答案】B
【解析】A.自由电荷定向移动才形成电流，仅有电荷移动但不是定向移动则不行，选项A错误；
B.国际单位制中七个基本单位：长度 m ，时间 s ，质量 kg ，热力学温度(开尔文温度) K ，电流 A ，光强度 cd (坎德拉)，物质的量 ml ，选项B正确；
C.人们规定电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，选项 C 错误；
D.电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功，其他形式的能转化为电势能，选项D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】A、电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E=Fq，与放入电场中的电荷无关，故A错误。
B、电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反。电场中某点的场强方向与放入电场中电荷无关，故B错误。
C、由真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知，当r→0时，不能看做点电荷，公式不成立，故C错误。
D、电场强度公式E=Ud只适用于匀强电场，故D正确。
3.【答案】A
【解析】三个小灯泡L1、L2、L3都正常发光，且亮度相同，说明额定功率相同，故A正确；
通过灯3的电流小于灯2的电流，当两灯泡的功率相同时，由公式P=I2R分析可知，3的电阻大于2的电阻，灯1的电压大于2、3的电压，当两个灯泡的功率相同时，根据公式 P=U2R 知1的电阻大于2、3的电阻．可见，1灯电阻最大，2灯电阻最小，故三个灯泡的电阻按从大到小排列是L1、L3、L2，额定功率相等，电阻不等，由 P=U2R 知，额定电压不等，故BC错误；
若将滑片P向左滑动时，变阻器所在支路电阻增大，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压U增大，则L1变亮．通过L2电流I2=I−I1，I减小，I1增大，则I2减小，故L2变暗．L3电压U3=U−U2，U增大，U2减小，则U3增大，所以L3变亮，故D错误．
4.【答案】A
【解析】电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，A点处的电场强度大于B点的电场强度，故质子在A点的受力大于在B点的受力，故A正确．
5.【答案】D
【解析】AB.等量异种点电荷的电场，B点的电场线最密，C点的最疏，则场强最大的B点，场强最小的C点．故AB均错误．
CD.两个电荷连线的中垂线是一条等势线，则A、C两点的电势相等，电场线是从正电荷出发到负电荷终至，所以A、B两点处于从左向右的电场线方向上，则 ΦA>ΦB ， ΦA=ΦC>ΦB， 即电势最低的是B点，故C错误，D正确．
故选D
6.【答案】C
【解析】A.结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0，故A错误；
B.根据电场线的分布知，a点的电场线比b点密，则a点的电场强度大于b点，故B错误；
C.由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故C正确；
D. 两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】导线a、c中的电流垂直纸面向里，b中电流垂直纸面向外，三根导线中的电流相等，此时O点的磁感应强度大小为B，三条导线产生的磁场如图
由图可知，合场强为上图中三个磁场的矢量和，大小为B=2B0
让a中的电流反向，三条导线产生的磁场如图
合场强为上图中三个磁场的矢量和，大小为B=2B0
可知，电流变化前后的O点合场强大小相等，方向不同。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】A、通过导线截面的电量多，若时间长，电流不一定大，A错误
B、由I=nqSv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大，B正确
C、由I=UR可知，导体中的电流与导体两端的电压成正比，C正确
D、电流有方向，但是标量，D错误
故选：BC。
9.【答案】AC
【解析】A、点电荷p从x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从x=10cm到x=30cm范围内，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高，故A正确；
B、点电荷p在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B错误；
C、从x=10cm到x=30cm范围内，点电荷p所受的电场力沿+x轴方向，从x=30cm到x=50cm范围内，点电荷p所受的电场力沿−x轴方向，所以，点电荷p在x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、B对点电荷p的静电力大小相等，方向相反，故有：kQAqrA2=kQBqrB2，其中rA=30cm，rB=20cm，所以，QA：QB=9：4，故C正确；
D、点电荷x=30cm处所受的电场力为零，由电场力公式F=qE可知：x=30cm处的电场强度为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力一定先减小后增大，故D错误。
故选：AC。
10.【答案】AB
【解析】A.由题图可知，从O到P电势能一直减小，试探电荷带负电，则电势一直增加，两个点电荷必定是异种电荷，且q1是负电荷，q2是正电荷，故A正确；
B.由题图可知，从B到C电势能增加，试探电荷带负电，则电势降低，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴正方向，故B正确；
C.根据图像的切线斜率表示电场力，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强大于C点的场强，故C错误；
D.由题图可知，从B点到D点，试探电荷带负电，电势能先增大后减小，则电势先降低后升高，将一个正点电荷从B点移到D点，电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故D错误。
11.【答案】A2
V1

【解析】(1)题目中给出的器材可知，电源电压为15V，为了准确电压表应选择10V量程的V1；电路中电流的最大值约为Imax=1025000=400μA，故电流表选择A2；
(2)题目中给出的滑动变阻器最大阻值为1kΩ，若采用限流接法流过电阻的电流最小值为Imin=1025000+1000=385μA
而电流的范围为( 385μA∼400μA )，范围太小使得无法测量多组数据，即没有起到调节作用，故滑动变阻器采用分压接法，电流的范围为( 0∼400μA )；因 Rx≈1000Ω ，而 RA2⋅RV1= 300×100×103Ω= 30×103Ω
满足 Rx> RA2⋅RV1 是大电阻，采用内接法可以减小电表内阻产生的误差(大内偏大，小外偏小)，则电流表应采用内接法；故电路图如图所示。
12.【答案】20.00
2.80
5.45
2.86

【解析】(1)电阻箱的读数等于各挡位的电阻之和，为图中电阻箱的读数为20.00Ω；
电压表的精度为0.1V，读数应估读一位，该电压表读数为2.80V；
根据部分电路欧姆定律可得2.20V20Ω=2.80V20+R1，解得R1的阻值约为5.45Ω；
(2)根据U=E−URR1+r，变形得1U=1E+R1+rE⋅1R，结合图像有1E=0.35V−1 ，解得E≈2.86V。
13.【答案】(1)电流所做的功为：
W=UIt=110×2×60J=1.32×104 J
(2)电动机线圈上产生的热量为：
Q=I2Rt=22×0.5×60J=1.2×102 J
(3)根据能量守恒定律，电动机输出的机械能：
E=W−Q=1.32×104J−1.2×102J=1.308×104 J．
【解析】详细解答及解析过程见【答案】
14.【答案】(1)小球受到电场力qE、重力mg和线的拉力T的作用下处于静止.根据共点力的平衡条件有qE=mgtan37∘，可得E=3mg4q。
(2)由功能关系有WAO=EpA−0，又WAO=−qEL，
可得EpA=− 3mg4L
(3)由题意可知小球在B点速度最大，A到B的过程中，根据动能定理有：mgLcsθ−qEL(1−sinθ)=12mvB2，
在B点.由牛顿第二定律T−mgcsθ=mvB2L ，联立可得T=9mg4。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：
(mg+Eq)h−μ(mg+Eq)cs30°·hsin30∘−μ(mg+Eq)L=12mvC2−0
则得：vC= 2(mg+qE)(h−μhct30°−μL)m= 2(10+0.1×100)(4− 35×4× 3− 35× 3)1m/s=2 10m/s。
(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：
12mvC2=12mvD2+mg·2R
在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
FN+mg=mvD2R
联立解得：
FN=mvC2R−5mg=1×2 1020.5N−50N=30N
vD= vC2−4gR= 2 102−4×10×0.5m/s=2 5m/s
(3)小球做类平抛运动的加速大小为a，根据牛顿第二定律可得：
mg+qE=ma
则得：
a=g+qEm=10m/s2+0.1×1001m/s2=20m/s2
应用类平抛运动的规律列式可得：
x=vDt, 2R=12at2
联立得：
x=vD 4Ra=2 5× 4×0.520m= 2m。
【解析】(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理求解小球到达C点时的速度大小；
(2)小球从C点运动到C点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达D点的速度．在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解轨道对小球的压力；
(3)小球离开D点后，受到重力和电场力作用，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，结合运动学公式求解小球落地点距离C点的水平距离。
本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比。