湖北剩州市北门中学2024-2025学年高二物理期中试题

PAGE16-湖北省荆州市北门中学2024-2025学年高二物理期中试题一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）甲、乙、丙、丁是四个长度、横截面积均相同的金属导体，某同学对它们各进行了一次测量，把每个导体中通过的电流和两端的电压在I－U坐标系中描点，如图所示，四个导体中电阻率最大的是()​甲B.乙C.丙D.丁如图所示为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（

）该电池储存的最大电能为

B.该电池储存的最大能量为

C.该电池在工作1小时后达到的电流为500mA

D.若电池以10mA的电流工作,可用50小时

某种位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P向右匀速移出的过程中（）电容器的电容变大

B.电容器的电荷量保持不变

C.M点的电势比N点的电势低

D.流过电阻R的电流方向从M到N如图所示是某个电路的一部分，其中，R1=6Ω，R2=2Ω，R3=1Ω，I1=1A，I2=2A，则下列说法中错误的是（）R1两端电压为6V, B.R2两端电压为4V, C.R3两端电压为2V, D.R3两端电压为0V,两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（）A. B. C. D.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由a端滑向b端时，下列说法正确的是（）电压表和电流表读数都减小电压表和电流表读数都增大

C.电压表读数增大,电流表读数减小D.电压表读数减小,电流表读数增大如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子仅在电场力作用下，以某一初速度沿AB由A点运动到B点所经位置的电势随与A点距离的变更规律如图乙所示以下说法错误的是A、B两点的电场强度B.电子在A、B两点的速度

C.A、B两点的电势D.电子在A、B两点的电势能如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB．下列说法正确的是（）电子肯定从A向B运动

B.若,则Q靠近M端且为负电荷

C.无论Q为正电荷还是负电荷肯定有

D.B点电势可能高于A点电势如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q（q＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（

）

A.B.C.D.二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与绳中张力F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，由图可推知（）A.轻绳的长度为B.小球所带电荷量为

C.小球在最高点的最小速度为D.小球在最高点的最小速度为一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是()线段ac中点处电势为18V

B.坐标原点处的电势为0V

C.电子在a点的电势能比在b点的低7eV

D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV

将始终流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变更的图线画在同一坐标系中，如图所示，则下列说法正确的是()图线b表示电源内部的发热功率随电流I的变更关系

B.M点对应的功率为最大输出功率

C.在图线上A、B、C三点的纵坐标肯定满意关系

D.两个交点M与N的横坐标之比肯定为,纵坐标之比肯定为

三、试验题（本大题共4小题，共20.0分）（1）下图中是螺旋测微器和游标卡尺的某次测量。其中螺旋测微器的读数为__________mm。某表头满偏电流为1mA、内阻为982Ω。为了将表头改装成量程为50mA的电流表，须要一个阻值约为____Ω的电阻与表头并联（计算结果取整数）测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调整滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起爱护作用．除电池、开关和导线外，可供运用的试验器材还有：a．电流表(量程0.6A、3A)；b．电压表(量程3V、15V)；c．定值电阻(阻值1Ω、额定功率5W)；d．定值电阻(阻值10Ω、额定功率10W)；e．滑动变阻器(阻值范围0～10Ω、额定电流2A)；f．滑动变阻器(阻值范围0～100Ω、额定电流1A)那么：(1)要正确完成试验，R0应选择______（填c或d）。(2)试验测得的6组数据已在U－I图中标出，如图所示，可由图线求出该电池的内阻r＝________Ω。(结果保留两位小数)某型号多用电表欧姆档的电路原理图如图甲所示。微安表是欧姆表表头，其满偏电流，内阻。电源电动势，内阻。电阻箱和电阻箱的阻值调整范围均为。（1）甲图中的端应与___________（红或黑）表笔连接。

（2）某同学将图甲中的、端短接，为使微安表满偏，则应调整______Ω；然后在、端之间接入一电阻后发觉微安表半偏，则接入的电阻阻值为__________Ω。某学习小组探究一标有“3V，1.5W”小电珠在不同电压下的电功率大小，试验器材如下：

A．电池组(电动势为4.5V，内阻约1Ω)；B．直流电流表0～0.6A(内阻约为0.125Ω)E．滑动变阻器(10Ω，5AC．直流电压表0～3V(内阻约3kΩ)F．滑动变阻器(1kΩ，300mA)D．直流电压表0～15V(内阻约15kΩ)G．开关、导线若干（1）本试验中滑动变阻器应选用________(选填“E”或“F”)．（2）如图所示，现已完成部分导线的连接．试验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零起先渐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；

该小组描绘出的伏安特性曲线如图所示，将这个小电珠与阻值为9Ω的定值电阻R0串联，接到电动势为4V、内阻为1Ω的电源两端，这个小电珠的实际功率为________W.

四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）如图所示，M为一线圈电阻RM＝0.4Ω的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．当开关S断开时，志向电流表的示数I1＝1.6A，当开关S闭合时，志向电流表的示数为I2＝4.0A．求：(1)电源内阻r；(2)开关S闭合时，通过电动机的电流及电动机消耗的总功率．

如图所示，一带电液滴的质量为m、电荷量为，在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成角以速度向上做匀速直线运动。重力加速度为g。

求匀强电场的电场强度的大小；

若电场方向改为垂直速度方向斜向下，耍使液滴仍做直线运动，电场强度为多大？液滴前进多少距离后可返回？

如图所示，水平绝缘光滑的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度．现有一电荷量，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点．取．试求：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小．（2）PB间的距离（3）D点到B点的距离．（4）试确定带电体在半圆轨道上动能最大时的位置．答案和解析1.【答案】A

【解析】​【分析】

I－U图线的斜率表示电阻的倒数。结合电阻率公式求解即可。

本题考查电阻率，对ρ＝的理解，且留意U-I图线的应用。

【解答】

依据电阻定律R＝ρ可知，导体的电阻率ρ＝.分别把甲、乙、丙、丁所在的位置与坐标原点O连接，I－U图线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知甲导体的电阻最大，丁导体的电阻最小．因甲、乙、丙、丁四个导体的长度、横截面积均相同，则甲的电阻率最大，A正确。

​故选A。

2.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查读取电池铭牌信息的实力。要知道电池的容量是指电池所能释放的总电量。依据铭牌读出电池的容量和电动势，电池的容量是指电池能释放的总电量，依据电流的定义式求出该电池在工作1小时后达到的电流和以10mA的电流工作可用的时间。

【解答】

A.500mA·h是电池的容量，不是电池储存的最大电能，故A错误；

B.该电池储存的最大能量，故B错误；

C.由电池的容量可知该电池在连续工作1小时时，电流为I＝500mA，不是电池在工作1小时后达到的电流为500mA，故C错误；

D.若待机时的电流为10mA，理论上可待机，故D正确。

故选D。

3.【答案】D

【解析】【分析】

依据电容的确定式C=，分析电容的变更，电容器板间电压不变，由电容的定义式C=分析电荷量的变更，即可确定流过电阻R的电流方向。

本题是电容器的动态分析问题，在抓住电容器电压不变的基础上，依据电容的确定式和定义式结合分析。

【解答】

介质P向右匀速移出的过程中，介电常数减小，依据电容的确定式C=，分析可知电容变小，而电容器的电压不变，由C=分析可知其电荷量变小，电容器处于放电状态，由图可和上极板带正电，则流过电阻R的电流方向从M到N，M点的电势比N点的电势高，故ABC错误，D正确。

故选D。

4.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查欧姆定律的应用和电流方向的推断，本题涉及电势的概念，以及节点法推断电流方向以及电流大小，要求大家驾驭更多关于电学的学问。依据欧姆定律分别求出R1两端的电压和R2两端的电压，然后依据电势确定R3两端的电压以及电流的方向，再依据欧姆定律求出通过R3的电流，最终依据节点法确定通过电流表电流的方向和大小。【解答】R1两端的电压U1=I1R1=1×6V=6V，R2两端的电压U2=I2R2=2×2V=4V，R1左端与R2的左端电势相等，U1＞U2，则R1右端的电势低于R2右端的电势，故R3两端的电压U3=U1-U2=6V-4V=2V，通过R3的电流，R3上端电势低，下端电势高，电流方向由下向上，因I2=I3，故通过电流表的电流为0，故选D。

5.【答案】C

【解析】【分析】

由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，再由电路的串并联的学问先逐个分析灯泡能否正常的发光，再推断消耗的功率最小的电路．

解答本题是肯定要留意题目要同时满意两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小．

【解答】

A.灯泡的额定电压为110V，图中，A灯泡的电压等于220V，大于额定电压，烧坏了，故A错误；

B.由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故B错误；

CD.由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；

把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确，D错误。

故选C。

6.【答案】B

【解析】【分析】

首先相识电路的连接关系：R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变更及路端电压的变更；再分析并联电路可得出电流表示数的变更。

本题中R1也可干脆作为内电阻处理，可干脆由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过R2的电流增大。

【解答】

当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=E-Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；

因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故B正确；

故选B。

7.【答案】B

【解析】【分析】

依据φ-x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变更．由图看出，电势渐渐降低，可推断出电场线的方向，确定电势的凹凸，由电场力做功正负，分析速度的大小并推断电子电势能的变更。

本题关键要理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的凹凸推断出电场线的方向，来推断电场力方向做功状况，并确定电势能的变更。

【解答】

A.φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何学问得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有EA＞EB，故A正确；

BD.由图看出，电势渐渐降低，可推断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大。即有vA＞vB，故B错误，D正确；

C.电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势φA＞φB，故C正确。

本题选错误的，故选B。

8.【答案】C

【解析】解：A、由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故A错误；

B、由电场场源为点电荷，aA＞aB可得：点电荷Q靠近M端；又有电子受力指向凹的一侧可得：MN上电场线方向向右，故点电荷Q为正电荷，故B错误；

C、电子受力指向凹的一侧可得：依据电子只受电场力作用；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大可得：EpA＜EpB，故C正确；

D、电子受力指向凹的一侧可得：MN上电场线方向向右；依据沿着电场线电势降低可得：B点电势可能低于A点电势，故D错误；

故选：C。

依据运动轨迹得到电场力方向，从而得到电场力做功及场强方向，即可由电场力做功得到电势能变更，由场强方向得到电势变更；依据加速度得到场源，即可依据场强方向得到场源电性。

沿着电场线电势降低，但是电势能和电荷电性相关，故我们一般依据电场力做功状况来推断电势能变更，以避开电性不同，电势能变更趋势不同的问题。

9.【答案】B

【解析】【分析】

粒子在电场中只受到电场力的作用，只有电场力做功，粒子恰好到达上极板时速度恰好与上极板平行，所以将粒子初速度分解为垂直极板和平行极板的分速度，再结合运动学公式可求得E。

本题关键是明确粒子的受力状况和运动状况，然后依据类平抛运动的规律和动能定理计算电场强度的大小即可。

【解答】

​据电荷的受力状况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示，

将粒子的速度v0分解为垂直于板的vy和平行于板的vx，由于极板与水平面夹角45°，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为vy=v0sin45°=。

当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度vy′=0。

依据运动学公式有-vy′2=2d

又知Ek0=m

联立以上各式求得E=

故B正确，ACD错误。

故选B。

10.【答案】AC

【解析】【分析】

小球在竖直面内做圆周运动，到最高点时由绳对小球的拉力、重力和电场力的合力供应向心力，依据图象、应用向心力公式、牛顿其次定律分析答题．写出EK-F的表达式，找到斜率和截距代表的意义，即可解题。

本题主要考查了圆周运动向心力公式和机械能守恒定律的综合应用，关键要正确分析小球圆周运动的向心力。

【解答】

​解：A、在最高点时，绳对小球的拉力、重力和电场力的合力供应向心力，则得：F+mg+Eq=m，即mv2•（）=F+mg+Eq，由于EK=，故EK=F+（mg+Eq），由图象可知，图象斜率k==，即L=，故A正确；

B、当F=0时，由mg+Eq=m，=a，解得，q=，故B错误；

C、当F=0时，重力和电场力供应向心力，此时为最小速度，=a，解得v=，故C正确，D错误；

故选：AC。

11.【答案】AD

【解析】【分析】

​依据匀强电场的电场强度公式E=，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；依据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变更状况．

考查匀强电场中，电势之间的关系，驾驭电场强度公式E=的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义．

​【解答】

A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，

因为匀强电场，则有：E=，

依据几何关系，则d===3.6cm，

因此电场强度大小为E==2.5V/cm，故A正确；

B、依据φc-φa=φb-φo，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得：原点处的电势为φ0=1V，故B正确；

C、因Uab=φa-φb=10-17V=-7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；

D、同理，Ubc=φb-φc=17-26V=-9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9eV，故D正确；

故选：ABD．

12.【答案】AB

【解析】【分析】

依据电源消耗的总功率的计算公式可得电源的总功率与电流的关系，依据电源内部的发热功率可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以推断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系。

本题考查电路中的功率问题，并结合P-I图像进行分析，常规题目。

​【解答】

A.由电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率表达式PE＝EI，PR＝EI－I2r，Pr＝I2r，可知，a表示的是电源的总功率随电流I的变更关系；b表示的是电源内部的发热功率随电流I的变更关系；c表示输出功率PR随电流I的变更关系，A正确；

B.当R＝r时，输出功率最大，M点是输出功率最大的位置，B正确；

C.A、B、C为在a、b、c三条图线上横坐标相同的三点，因为直流电源的总功率等于输出功率和电源内部的发热功率之和，所以这三点的纵坐标肯定满意关系PA＝PB＋PC，C错误；

D.M点输出功率最大，R＝r，IM＝，IN＝，＝，＝，D错误。

​故选AB。

13.【答案】（1）0.900

（2）

20

【解析】（1）【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。解决本题的关键驾驭游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。【解答】螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为：0.5mm+0.400mm=0.900mm。故答案为：0.900；（2）【分析】把电流表改装成电压表须要串联一个分压电阻，把电流表改装成电流表须要并联一个分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出串联或并联的电阻阻值。本题考查了电压表和电流表的改装，知道电压表，电流表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。【解答】量程为50mA时有：；故答案为20。

14.【答案】（1）c；（2）0.88；

【解析】【分析】

应用图象法处理试验数据是常用的试验数据处理方法，要驾驭应用图象法处理试验数据的方法，会依据图象求电源电动势与内阻；会分析测电源电动势与内阻试验的故障问题。

（1）常见的电路故障有断路与短路两种，依据电路故障现象分析电路故障缘由；

（2）电源的U-I图象与纵轴的交点的纵坐标值是电源电动势，图象斜率的肯定值是电源内阻；

（3）把定值电阻与电源组成等效电源，求出等效电阻，然后求出定值电阻阻值。

故答案为：（1）c；0.88；

15.【答案】（1）红；（2）2049；3000；

【解析】【分析】本题考查多用电表的原理及运用。多用电表是基础试验仪器，应娴熟驾驭。

【解答】

（1）依据多用电表的原理及电流应从电流表的正接线柱流入，故甲图中的端应与红表笔连接；

（2）依据闭合电路的欧姆定律可得，代入数据得，R1=2049Ω；，代入解得Rx=3000Ω；

（3）由题目可知，测得的电阻为Rx=1500Ω，由闭合电路欧姆定律得，代入数据得R2=950Ω；应使得电流表指针指到中心刻度旁边，由题知中值电阻为1500Ω，而G与R2并联电阻为475Ω，故R1=1500Ω-

475Ω-1Ω=1024Ω。

故答案为：​（1）红；（2）2049；3000；

（3）950；1024。

16.【答案】（1）E；

（2）；

（3）0.3。

【解析】【分析】

依据灯泡额定电压，选择电压表，测不同电压下的功率，电压与电流应从零起先变更，滑动变阻器应采纳分压接法；依据试验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零起先渐渐增大，连接电路图；依据电流表的读数方法读数；依据P=UI求这个小电珠的实际功率。

【解答】

（1）灯泡额定电压为3v，则电压表选择C，测不同电压下的功率，电压与电流应从零起先变更，滑动变阻器应采纳分压接法，为便利试验操作，滑动变阻器应选择E。

​（2）依据试验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零起先渐渐增大，连接如图；

（3）依据电流表的读数方法读数，电流表的示数为0.44A；

（4）依据图丙得出小电珠的电流电压值，由P=UI与求出小电珠的实际功率P=UI=0.3W；

故答案为：（1）CE；（2）；（3）0.44；（4）0.3。

17.【答案】解：（1）S断开时，电源与定值电阻构成串联回路，E＝I1(R＋r)

电源内阻r＝－R＝1Ω；

（2）S闭合后，定值电阻与电动机构成并联电路，电流表测干路电流

路端电压U＝E－I2r＝36V

通过定值电阻的电流I2′＝＝1.5A

通过电动机的电流I2″＝I2－I2′＝2.5A

电动机消耗的总功率即电动机的电功率，P＝UI2″＝90W

【解析】本题考查了功率问题，对于电动机电路，正常工作时是非电阻电路，依据能量守恒求解其输出功率，要区分电动机的输出功率与输入功率的不同，不能混淆。

（1）当S断开时，依据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻；

（2）当开关S闭合时，已知电