2025-2026学年河南省郑州市新郑市高二（上）期中物理试卷（A卷）（含答案）

这是一份2025-2026学年河南省郑州市新郑市高二（上）期中物理试卷（A卷）（含答案），共9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.下列各图所描述的物理情境中，说法正确的是( )
A. 如图甲所示，如果长为l、通过电流为Ⅰ的短直导线在该磁场中所受磁场力的大小为F，则该处磁感应强度大小一定为B=FIl
B. 图乙是法拉第通过实验研究，发现了电流的磁效应
C. 铜盘在磁场中按图丙所示方向转动产生感应电流
D. 如图丁所示，右侧铁钉吸附小铁钉更多，说明右侧线圈中通过的电流大
2.将用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近验电器的金属球后，金属箔片张开。金属箔片的起电方式及所带电荷为( )
A. 接触起电负电
B. 接触起电正电
C. 感应起电负电
D. 感应起电正电
3.如图所示，G是内阻为30Ω、满偏电流为50mA的表头，定值电阻阻值R=20Ω，当表头满偏时，下列说法正确的是( )
A. 通过表头G和电阻R的电流之比为3：2
B. 通过表头G和电阻R的电流之比为2：3
C. 表头G和电阻R两端电压之比为2：3
D. 表头G和电阻R两端电压之比为3：2
4.安德烈⋅玛丽⋅安培(1775～1836)是法国物理学家、化学家、数学家，在电磁作用方面的研究成就卓著，安培定则的发现是安培的重要成就之一。根据安培定则，下面四种情境下，导线中的电流方向与其附近小磁针静止时的指向相匹配的是( )
A. B. C. D.
5.如图所示，带正电的金属小球放在一无限大的金属板附近，它们之间的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点。下列说法错误的是( )
A. A点电场强度大于B点电场强度
B. 金属板表面的电场强度方向相同
C. 带负电的粒子在A点的电势能小于在B点的电势能
D. 在电场中A点由静止释放的质子能沿着电场线运动到B点
6.如图甲所示，一板间距为d=1.0×10−3m的平行板电容器接在E=10V的直流电源上，开关S接1时，板间有一质量为2.0×10−3kg的带电微粒恰在两极板正中间M点处于静止状态。将开关S接2时，计算机测得放电电流随时间变化的规律如图乙所示(图线与坐标轴所围方格数为17格)。重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 微粒带正电B. 微粒带电量为2.0×10−5C
C. 开关S接2后流过电阻R的电流方向向下D. 平行板电容器的电容为1.7×10−3F
7.如图所示，水平线上的A、B两点固定着两个等量异种电荷，O为AB的中点，轻杆CD可绕中点O在竖直平面内无摩擦转动，两端分别固定着电量均为+q的小球，OC=OD，AB>CD，开始杆处于竖直状态，现给C球一个向左的初速度，杆由竖直转至水平的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电场力对两球均做正功B. 两球做匀速圆周运动
C. 两球受到的电场力时刻等大反向D. 两球的电势能均增大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.电视机显像管的第二和第三阳极是直径相同的金属圆筒。两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场，如图所示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值(单位为V)，这些等势面均关于中心轴对称，P、Q、M、N为电场中的四个点，其中P、Q两点关于中心轴对称。不计电子重力，则下列说法中正确的是( )
A. P、Q两点的电场强度相同
B. M点的电场强度大于N点的电场强度
C. 电子在P点的电势能大于在N点的电势能
D. 电子从M点沿轴线方向进入电场做直线运动，电场力一直做正功
9.如图甲所示电路中，电源的电动势为E、内阻为r，电表均为理想电表，R1、R2、R3为定值电阻，图乙为一块均匀的长方体金属样品，长为a、宽为b、厚为c，已知a>b>c，将该样品的A、B端接入电路的M、N点，稳定时各电表均有一定的示数。若将该样品的E、F端接入电路的M、N点，再次达到稳定时，下列说法正确的是( )
A. 电压表V1、电流表A3示数均减小
B. 电压表V2的示数减小
C. 电压表V1示数变化的绝对值大于电源内阻电压变化的绝对值
D. 电压表V1示数的变化量和电流表A1示数变化量的比值是一个定值
10.如图甲所示，在正方形的四个顶点ABCD各固定一个点电荷，电荷量分别为−Q、+Q、+Q、−Q，直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴，x轴上的电势随位置变化的图像如图乙所示，若一带电量为+q的试探电荷在原点O处由静止释放，当它沿x轴运动到E点时达到最大速度v，试探电荷的重力忽略不计。下列说法正确的是( )
A. x轴上(不考虑无穷远处)电场强度为零的位置有两个
B. E点的电势为φE=mv22q
C. 若将该正试探电荷从x轴负半轴上无穷远处以初速度3v沿x轴正方向射入，以后的运动过程中它的最小速度为2 2v
D. 若将该正试探电荷从x轴负半轴上无穷远处以初速度3v沿x轴正方向射入，在沿x轴正方向运动到坐标原点O的过程中，其加速度先减小再增大再减小
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.9V碳性电池，又称为6F22层叠电池，是由6个椭圆的小型片状的电池层叠而成，可以最大限度的利用电池空间，适合小电流，间歇性的工作环境，该种电池用久了以后，电动势和内阻都会有所变化。某同学想用实验的方法测量一个用久了的9V碳性电池的电动势和内阻，可利用的器材有：电流表(内阻不计)、电阻丝、金属夹、刻度尺、开关、导线若干。他设计了如图甲所示的实验电路。
(1)实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，用刻度尺测出其两端1、2间的长度L，按照图甲连接电路，金属夹置于电阻丝的______ (填“1”或“2”)端；
②闭合开关，快速滑动金属夹至适当位置并记录电流表示数I，断开开关，记录金属夹与2端的距离x；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组I、x的值，作出1I−x图像，如图乙所示。
(2)已知金属丝1、2两端的总电阻为R，由图线得出纵轴截距为b，斜率的绝对值为k，则待测电池的电动势E=______，内阻r=______。
12.小明同学网购了一卷长度为100m，横截面积为1.5mm2的漆包铜线，他查阅了一下课本，得知铜的电阻率ρ=1.7×10−8Ω⋅m，他想知道这卷铜线是否为高纯度铜线，于是他把这卷铜线带到了实验室，他先测量了铜线的长度和横截面直径，经计算发现长度和横截面积都是准确的，接着他开始测量铜线的电阻，实验室有以下器材：
A.电流表A1(量程0～0.6A，内阻约为4Ω)；
B.电流表A2(量程0～3A，内阻约为0.1Ω)；
C.电压表V1(量程为0～3V，内阻约为6kΩ)；
D.电压表V2(量程为0～15V，内阻约为30kΩ)；
E.滑动变阻器R1(最大阻值为5Ω)；
F.滑动变阻器R2(最大阻值为200Ω)；
G.电源E(电动势为3.0V，内阻很小)；
H.开关S一个，导线若干。
(1)为使测量尽量准确，电压表选择______，电流表选择______，滑动变阻器选择______ (填器材前的字母代号)；
(2)小明同学设计了两个实验电路，请你帮他选出本次实验的最佳电路为______；
(3)某次小明在测量时，电压表、电流表的示数如图丙所示，电流表的读数为______ A，电压表的读数为______ V。则判断该导线______ (填“是”或“不是”)高纯度铜线。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，电阻R的阻值为3Ω，闭合开关S后，标有“6V，3W”的灯泡恰能正常发光，电动机将质量为500g的物块以1m/s的速度匀速向上提升，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)通过电阻R的电流；
(2)电动机线圈的电阻。
14.如图(a)所示，一足够长的绝缘竖直杆底端固定一个电量为Q的带正电的小球乙，将一个电量为q的带正电的小球甲穿在杆上并从杆底端(与Q未接触)由静止释放，运动过程中所受阻力恒定，小球甲沿杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图(b)所示，其中图线1为重力势能随位移的变化，图线2为动能随位移的变化，重力加速度为g，静电力常量为k。求：
(1)小球的质量m和阻力f的大小；
(2)竖直杆底端至小球速度最大处由小球乙形成的电场的电势差U。
15.如图甲所示，真空中水平放置两块长度为d的平行金属板A、B，两板间距也为d，两板间加上如图乙所示的周期性变化的电压(图中U0未知)，在两板右侧紧靠B板处有一粒子源O，自t=0时刻开始连续均匀射入初速度大小相同(v0未知)、方向平行于金属板的相同的带电粒子，粒子带负电，粒子的质量为m，电量大小为q，t=0时刻释放的粒子在t=T时刻恰好从A板左侧边缘离开电场。不计粒子重力及相互间的作用力，求：
(1)t=0时刻进入的带电粒子从A板左侧离开的速度大小和方向；
(2)U0的大小和粒子运动过程中速度与水平方向夹角的最大正切值；
(3)若乙图中极板间所加电压由U0变为83U0，求能够打到A板的粒子所占比例。
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.B
5.D
6.D
7.B
8.CD
9.BD
10.AC
11.2 RLk RbLk
12.C;B;E 甲 0.40;1.20;不是
13.解：(1)灯泡恰能正常发光，说明灯泡的电压为UL=6V，则通过电阻R的电流为
I=E−ULR+r=12−63+1A=1.5A
(2)灯泡的额定电流为
IL=PLUL=36A=0.5A
则流过电动机的电流为
IM=I−IL=1.5A−0.5A=1A
根据能量守恒有
mgv=ULIM−IM2RM
解得电动机线圈的电阻RM=1Ω
答：(1)通过电阻R的电流为1.5A；
(2)电动机线圈的电阻为1Ω。
14.解：(1)由图线1可得重力势能Ep=mgx呈线性关系，当x=x2时Ep=E0，由E0=mgx2，解得：m=E0gx2。由图线2可知动能最大值出现在x=x1处，此时受力平衡满足F1=mg+f，对0到x1过程应用动能定理W电1−(mg+f)x1=E1，结合点电荷做功特性，联立解得：f=E0(3x1−x2)x2(x2−2x1)。
(2)由动能定理分析小球从底端至x1过程，电场力做功W电=mgx1+fx1+E1，将mg=E0x2及f表达式代入，化简得：W电=E1(x2−x1)x2−2x1。根据W电=qU，解得电势差：U=E1(x2−x1)q(x2−2x1)。
答：(1)小球的质量m为E0gx2，阻力f的大小为E0(3x1−x2)x2(x2−2x1)。
(2)竖直杆底端至小球速度最大处由小球乙形成的电场的电势差U为E1(x2−x1)q(x2−2x1)。
15.解：(1)粒子在水平方向作匀速直线运动，离开电场时竖直分速度vy=aT3−aT3，vy=0，因此合速度即为初速度v0=dT，方向水平向左。
(2)带电粒子竖直方向的速度—时间图像如图所示，由图可知加速阶段的竖直位移为d4，则d4=12a(T3)2，解得加速度a=qU0md，进一步解得U0=9md22qT2。速度与水平方向夹角的最大正切值tanθ=vmaxv0，其中vmax=aT3，vmax=3d2T，结合v0=dT，解得tanθ=32。
(3)A、B间电压以T为周期，故讨论0～T时间内的情况，粒子要打到A板上，需在前T3内进入电场。设某粒子加速时间为t时，恰好打到A板左侧边缘，则d=2×12a′t2+a′tT3，其中a′=83a，解得t=T6。该粒子加速时间为T6，则粒子进入电场的时刻为T6时刻，此前进入电场的粒子加速时间更长，竖直偏转量更大，都能打到A板上，因此0～T6时刻进入的粒子都能打到A板上，所占比例η=T6T，η=16。
答：(1)t=0时刻进入的带电粒子从A板左侧离开的速度大小为dT，方向水平向左。
(2)U0的大小为9md22qT2，粒子运动过程中速度与水平方向夹角的最大正切值为32。
(3)能够打到A板的粒子所占比例为16。