北京市丰台区2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1丰台区2024-2025学年度第一学期期中练习高二物理考试时间：90分钟第I卷（选择题共60分）一、选择题（共20小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，请选出符合题目要求的一项。）1.下列物理量中属于矢量的是（）A.电流 B.电功C.电势 D.电场强度【答案】D【解析】既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则物理量是矢量，电场强度是矢量；只有大小没有方向，运算时遵循代数运算法则的物理量是标量，电流、电功和电势都是标量，故D正确，ABC错误。故选D。2.下列说法中正确的是（）A.若在电场中的某一点不放试探电荷，则该点的电场强度一定为零B.若场源电荷是点电荷，距场源同距离处的不同点，电场强度不相同C.电场强度的定义式表明，电场中某点的电场强度的大小与试探电荷所带的电荷量成反比D.根据可知，两带电小球间的距离趋近于零时，库仑力趋近于无穷大【答案】B【解析】A．电场中某点的电场强度与试探电荷无关，故A错误；B．若场源电荷是点电荷，距场源同距离处的不同点，电场强度大小相等，方向不同，故B正确；C．为电场强度的定义式，电场中某点的电场强度的大小与试探电荷所带的电荷量无关、与试探电荷所受的电场力无关，故C错误；D．公式只适用于真空中静止的点电荷，两带电小球间的距离趋近于零时，公式不再适用，故D错误。故选B。3.干电池的电动势为1.5V，下列说法正确的是（）A.用电压表直接连接干电池的两极，测得的电压就是该电池的电动势B.外电路闭合时，当1C的电荷量通过干电池时该电池提供1.5J的电能C.外电路闭合时，在1s内有1.5J的其他能转化为电能D.外电路闭合时，在1s内有1.5C的电荷量通过该电池【答案】B【解析】A．用电压表直接连接干电池的两极时，由于电压表构成了一个外电路，电池有一定的内电压，所以测量得到的电压小于该电池的电动势，故A错误；B．根据电动势的定义式，可得当q=1C，E=1.5V时W=1.5J即当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能，故B正确；C．当外电路闭合时，1C的电荷量通过该电池时该电池能提供1.5J的电能，由于电流未知，则所用时间不一定是1s，故C错误；D．当外电路闭合时，电路中电流不一定是1.5A，由q=It知，在1s内不一定有1.5C的电荷量通过该电池，故D错误。故选B。4.下列四个图中，a、b两点电势相等、电场强度也相同的是（其中C、D图中的a、b两点位于两电荷连线的垂直平分线上，并且关于连线对称）（）A. B.C. D.【答案】D【解析】A．图中a、b两点不在同一等势面上，所以这两点的电势是不相等的，但这两点的场强相同，故A错错误；B．图中a、b两点在同一个等势面上，电势相等，但这两点的场强大小相等、方向不同，故B错误；C．图中a、b两点关于两等量同种电荷的连线对称，所以电势相等，两点的场强大小相等、方向不同，故C错误；D．图中，a、b两点的电势相等，而且场强的方向相同、大小相等，故D正确。故选D。5.某同学为了探究影响电荷间相互作用力的因素，进行了以下的实验:M是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的轻质小球先后挂在P1、P2、P3位置，发现丝线偏离竖直方向的角度逐渐变小.这个实验结果说明电荷之间的作用力（）A.随着电荷量的增大而增大 B.与两电荷量的乘积成正比C.随着电荷间距离的增大而减小 D.与电荷间距离的平方成反比【答案】C【解析】试题分析：在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电量，不能研究电荷之间作用力和电性、电量关系，故ABD错误，C正确．考点：电荷间的作用规律.6.某同学利用如图装置继续进行电场的相关研究：若已知轻质小球质量为m，带电量为q，用长为L的绝缘细绳悬挂，轻质小球的体积很小，小球处于静止状态时细绳与竖直方向夹角为θ，设此时静电力近似水平向右，重力加速度为g，静电力常量为k。以下说法不正确的是（）A.可以求出此时水平静电力F的大小B.可以确定轻质小球所在位置的电场强度的大小C.可以求出带电体M的带电量QD.适当移动带电体M靠近小球，使得小球缓慢移动，细绳与竖直方向夹角由变为，可以求出在此过程中静电力对小球做的功【答案】C【解析】A．可以求出此时水平静电力F的大小选项A正确；B．根据可以确定轻质小球所在位置的电场强度的大小，选项B正确；C．根据因两带电体之间的距离不确定，则不可以求出带电体M的带电量Q，选项C错误；D．适当移动带电体M靠近小球，使得小球缓慢移动，细绳与竖直方向夹角由变为，可以求出在此过程中静电力对小球做的功选项D正确。此题选错误的，故选C。请阅读下述文字，完成下列小题。雷电是大气中的放电现象，多形成在积雨云中。通常下部的雷云因摩擦带负电，上部的雷云带正电。当某处积聚的电荷密度很大，周围产生强电场，就可击穿空气分子，形成雷电，释放巨大能量。7.下列说法正确的是（）A.云层下部的电势比地面低B.形成雷电的过程就是电荷消失的过程C.由于静电感应，会使雷云下方附近的地面积聚负电荷D.在云层下部和地面之间产生电场强度的大致方向向下8.为避免雷电造成损害，高大的建筑物会装有避雷针。如右图，雷雨天，在避雷针附近产生电场，其等势面的分布如虚线所示。下列说法正确的是（）A.A、B、C三点中，场强最大的位置是CB.电场线的方向大概从B指向CC.带电量为的电荷q，由B运动到C点，则其电势能的变化量D.带电量为的电荷q，由C运动到B点，则静电力做功为9.如图是上海东方明珠塔被闪电“击中”的情形。假设带负电雷云距离塔尖为4km，云层与塔尖的电势差为2×106V，闪电过程中通过塔尖的电荷量为200C，持续时间为0.005s，则下列说法中正确的是（）A.云层与塔尖之间产生的电场为匀强电场，电场强度为5×103V/mB.闪电过程中，平均电流约为1×103AC.避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施D.由于塔上带了电，所以塔内所有物体都带上了电【答案】7.A8.C9.C【解析】7.ACD．由于层下部带负电，由于静电感应，会使雷云下方附近的地面积聚正电荷，在云层下部和地面之间产生电场强度的大致方向向上，所以云层下部的电势比地面低，故A正确，CD错误；B．形成雷电的过程是电荷转移的过程，电荷不会消失，故B错误。故选A。8.A．由图中等差等势面的疏密程度可知，A、B、C三点中，场强最大的位置是A，故A错误；B．电场线的方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势，所以电场线的方向大概从C指向B，故B错误；C．带电量为的电荷q，由B运动到C点，电场力做功为则其电势能的变化量故C正确；D．带电量为的电荷q，由C运动到B点，则静电力做功为故D错误。故选C。9.A．云层与塔尖之间的电场不是匀强电场，平均场强为解得故A错误：B．闪电过程中，平均电流大小为故B错误；C．避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施，故C正确；D．塔内处于静电平衡态，塔内物体没有带电，故D错误。故选C。10.炎热的夏天，小刘同学利用一电动势为6V，内阻为1Ω的电池，给一个小电风扇M供电扇风纳凉。电风扇线圈的电阻为1Ω，额定电压为5V，电风扇恰好能正常工作，电路如图所示，下列说法正确的是（）A.电路的电流为5AB.电风扇的机械功率为4WC.电风扇热功率为25WD.电风扇工作2分钟产生的热能为3000J【答案】B【解析】A．电路的电流为选项A错误；C．电风扇热功率为选项C错误；B．电风扇的机械功率为选项B正确；D．电风扇工作2分钟产生的热能为选项D错误。故选B11.如图甲，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一带负电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图乙所示。取A点为坐标原点，且规定A点电势φA=0，以AB方向为正方向建立x轴，作出了AB所在直线的电场强度大小E、电势φ、粒子的电势能EP，随位移的变化的图像E-x、φ-x图像、EP-x图像，其中可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】AB．根据图像可知，粒子的加速度在逐渐减小，粒子所受电场力在逐渐减小，电场强度E随位移x在逐渐减小，故AB错误；D．粒子带负电，粒子从A到B速度逐渐增大，电场力做正功，所以电场力方向从A指向B，电场强度方向从B指向A，故从A到B电势逐渐升高，由于电场强度逐渐减小，故图像的斜率逐渐减小，故D正确；C．从A到B电势能逐渐减小，但由于电场力减小，图像的斜率逐渐减小，故C错误。故选D。12.如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，A、B两点相距l，连线AB与电场强度方向的夹角为θ。将一电荷量为-q的试探电荷分别沿直线AB、折线ACB、曲线ADB从A点移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是（）A.试探电荷分别沿直线AB、折线ACB、曲线ADB从A点移动到B点，其电势能变化不同B.试探电荷从A点移动到B点过程，静电力做负功C.试探电荷沿ADB经过A、B点的电势差UAB<0D.试探电荷沿ACB运动过程中，电势能EPB<EPC【答案】B【解析】A．电场力做功与电荷移动路径无关，只与初末位置有关；电荷分别沿直线AB、折线ACB、曲线ADB从A点移动到B点，电场力做功相同，其电势能变化相同，故A错误；B．负电荷受电场力的方向与电场线方向相反，试探电荷从A点移动到B点过程，静电力做负功，故B正确；C．沿电场线方向电势降低，可知试探电荷沿ADB经过A、B点的电势差故C错误；D．沿电场线方向电势降低，可知由电势能，又，可知故D错误。故选B。13.如图所示，两虚线为等量异种点电荷的连线与中垂线。带负电的试探电荷沿虚线从点经点移到点，此过程中试探电荷（）A.所受的电场力方向一直不变 B.所受的电场力先减小后增大C.所经过、点的电势 D.电势能先增大后减小【答案】A【解析】A．等量异种点电荷电场线和等势面分布如图：可见从a到b到c，电场力方向一直与ab垂直，方向不变，选项A正确；B．根据电场线的疏密可知，a、b、c三点的场强大小关系是则电荷从a到b，电场力增大；从b到c，电场力增大，选项B错误；CD．由题ab是一条等势线，c点的电势比a、b的电势高，电荷带负电，则电荷从a到b，其电势能不变，从b到c，其电势能减小，即在此全过程中，电荷的电势能先不变后减小．选项CD错误。故选A。14.以下是来源于物理课本的一些插图，相关说法错误的是（）A.图1实验中，验电器顶端不带电B.图2实验中，采用了控制变量法C.图3可判断出导体B的阻值大于AD.图4中，并联的电阻R越小，改装后的电流表量程越大【答案】C【解析】A．验电器用金属网罩罩住，则金属网内被静电屏蔽，则带点的金属球靠近验电器的金属球时，验电器的顶端不带电，故A正确，不符合题意；B．研究影响平行板电容器的影响因素时，采用的是每次实验都保证只有一个变量的方法，故图2采用了控制变量法，故B正确，不符合题意；C．根据欧姆定律可得，图像的斜率表示电阻的倒数；故A图线的电阻大，故C错误，符合题意；D．图4中，并联的电阻R越小，就越大，改装后的电流表量程越大，故D正确，不符合题意。故选C。请阅读下述文字，完成下列小题。某同学为了描述某一电阻的伏安特性曲线，准备了小量程的电流表、电阻箱等器材，需要组装成较大量程的电流表和电压表进行伏安法测电阻15.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个小量程电流表G和一个电阻箱R组成的，已知小量程电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是（）A.在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=0.5ΩB.在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200ΩC.甲电路为电流表的改装电路，R增大时量程增大D.乙电路为电压表的改装电路，R减小时量程增大16.在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为30Ω，电压表内阻约为2kΩ，电流表的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，结果由公式Rx＝计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。下列判断正确的是（）A.采用图甲测得的电阻值更接近真实值，该测量值大于真实值B.采用图甲测得的电阻值更接近真实值，该测量值小于真实值C.采用图乙测得的电阻值更接近真实值，该测量值大于真实值D.采用图乙测得的电阻值更接近真实值，该测量值小于真实值17.此同学得到的某一导体的伏安特性曲线如图，由图像可知（）A.该导体的电阻随电压的升高而减小B.由A到B过程中，导体的电阻因温度的影响改变了3ΩC.导体两端电压为12V时，电阻为6ΩD.导体两端电压为6V时，电阻为1.5Ω【答案】15.B16.D17.D【解析】15.AC．在甲图中，甲电路为电流表的改装电路，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R增大时，通过R的最大分流减小，则量程减小，选项AC错误；BD．在乙图中，乙电路为电压表的改装电路，若改装成的电压表的量程为3V，则R减小时，R最大分压减小，则量程减小，选项B正确，D错误。故选B。16.因为可知应该用电流表外接；即采用图乙测得的电阻值更接近真实值，因电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，可知该电阻的测量值小于真实值，故选D。17.A．由图可知，随电压变大，曲线上各点与原点连线的斜率减小，则电阻变大，即该导体的电阻随电压的升高而增大，选项A错误；BCD．由A到B过程中，导体两端电压为6V时，电阻为导体两端电压为12V时，电阻可知导体的电阻因温度的影响改变了0.5Ω，则BC错误，D正确。故选D。18.随着电子产品的普及，充电宝也成为人们日常携带使用的物品，按照民航局的规定，个人不得携带超过能量160W·h的充电宝，如图，是一个充电宝的铭牌，上面写着“20000mA·h”和“3.7V”。请判断下列说法正确的是（）A.mA·h是能量的单位B.该充电宝可以被允许带上飞机C.该充电宝的能量为100W·hD.该充电宝电池容量为7.2×103C【答案】B【解析】A．mA·h是电量的单位，选项A错误；BC．该充电宝的能量为20000mA·h×3.7V=74W·h<160W·h，则可以被允许带上飞机，选项B正确，C错误；D．该充电宝电池容量为Q=20000mA·h=20A×3600s=7.2×104C选项D错误。故选B。19.如图1为示波管的原理图，如果在电极之间所加的电压按图2所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图3所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为在电极之间所加的电压保持不变，可知在方向上的偏转位移保持不变，在方向上电压按正弦规律变化，即方向上偏转位移在正负最大值之间变化。故选C。20.图1为电机保护接地极电势分布图，接地极打入大地。当电机发生接地故障时，接地电流呈半球形散开，实线为电场线，虚线为等势线。以接地极位置为原点O，水平地面上的电势φ与到原点的距离x的关系图像如图2所示，左右呈金字塔形对称分布。则下列说法正确的是（）A.一负电荷从由静止释放，运动到原点时动能最大B.接地极处电势最低，距离接地极越远电势越高C.一正试探电荷在和两处的电势能不相等D.x轴上位于和两处的电场强度相同【答案】A【解析】A．一负电荷从由静止释放，沿着电势能减小的方向运动，可知在x轴负半轴做加速运动，在x轴正半轴做减速运动，所以运动到原点动能最大，故A正确；B．由图像可知接地极处电势最高，距离接地极越远电势越低，直至为零，故B错误；C．因和两处的电势相等，根据可知，一正试探电荷在和两处的电势能相等，故C错误；D．根据图像斜率表示电场强度可知，x轴上位于和两处的电场强度大小相等，方向相反，故D错误。故选A。第Ⅱ卷（非选择题共40分）二、填空题（每小空1分，连接电路实物图2分，共计17分）21.某同学想测量一根粗细均匀的金属丝的电阻率，取长的一段导线绕成线圈。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量数据如图甲所示，则D=____________mm。（2）用多用电表“×10”挡初测线圈的电阻，发现指针偏转角度过大，如图乙，则应该换用（选填“×100”或“×1”）_______挡。换用合适的挡位，正确操作粗略测得线圈的电阻。换挡后，进行欧姆调零，再进行测量，表盘示数如图丙所示，则导线电阻为______Ω。（3）为了进一步比较精确地测量线圈电阻，除开关、导线外，实验室提供以下的实验器材：A．电源E（电动势为3.0V，内阻不计）；B．滑动变阻器R1（0~5Ω）；C．滑动变阻器R2（0~1750Ω）；D．电压表（量程为0~3V和0~15V，内阻很大）；E．电流表（量程为0~0.6A和0~3A，内阻约为２Ω）F．电阻箱（0~9999Ω）为了获得从零开始变化的数据使测量结果更准确，滑动变阻器应选用________（填器材前的字母序号）。（4）用笔画线代替导线将图丁中的实物图补充完整________。（5）测出多组数据后，描绘出图线如图戊所示。根据实验数据，则该金属丝的电阻________Ω（保留2位有效数字），金属丝的电阻率约为_________Ω·m（保留2位有效数字）。【答案】（1）1.683（2）×110（3）B（4）（5）8.0【解析】（1）金属丝的直径（2）[1]初测线圈的电阻，发现指针偏转角度过大，说明电阻读数很小，则应该换用×1挡测量，减小误差;[2]其读数为（3）根据题设描述，待测电阻为左右，再结合电压从零开始变化，滑动变阻器应选用分压式接法，故应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故选B。（4）根据题设滑动变阻器用分压式接法，小电阻电流表用外接，补充滑动变阻器和电压表位置的两根导线，实物连接体如图所示。（5）[1]根据图线，金属丝的电阻为[2]由电阻定律可得电阻的截面积为联立解得22.某同学利用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器，A为理想电流表（测量电路中的电流），V为理想电压表（测量两极板间的电压）。（1）当开关S接__________（填“1”或“2”）时，电容器处于充电过程，达到稳定后，电容器上极板带__________（选填“正”或“负”）电。此过程中电压表的示数U随时间t变化的图像为__________A.B.C.D.（2）将电流传感器替代电流表，串联在电路中，改接开关，使电容器放电，与电流传感器连接的计算机描绘出电路中的电流I随时间t变化的I-t图像如图乙所示。通过分析可知，图中图像与横轴围成的面积表示的物理量是__________。（3）已知放电前电容器两极板间的电压为12V，则电容器的电容为______mF。（结果保留两位有效数字），不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与横轴围成的面积将__________（选填“减小”、“不变”或“增大”）。（4）如图，电容器上极板A接电源正极、下极板B接电源负极，且将上极板接地，电源电压恒定，开关S始终闭合，一带电液滴恰好静止在电容器内部P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则电容器的电容将________（填“不变”、“增大”、“减小”），液滴将_______（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）。P点的的电势将_______（填“升高”、“降低”、“不变”）【答案】（1）1负B（2）电荷量（3）0.47不变（4）减小向下运动升高【解析】（1）[1][2]开关接1时，电源与R和C组成电路，此时C处于充电状态；电容器上极板与电源的负极相连，达到稳定后，电容器上极板带负电。[3]电容器充电过程，其两极板不断积累电荷，电容大小只跟本身结构有关，保持不变，Q不断变大，由公式可知两极板电压不断增加，最终趋于稳定等于电源电压。故B正确，ACD错误。故选B。（2）在I-t图像中，阴影部分表示的物理意义是q=It其图线与坐标轴围成的面积表示的物理量是电荷量。（3）[1]乙图中图像与横轴围成的面积约70格，分析I-t图像可知，每个方格代表的电荷量为电容器放出的电荷量为则电容器的电容为[2]不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，导致曲线的最大电流值将减小，放电时间将变长，而放电时曲线与坐标轴所围面积不变。（4）[1]将电容器下极板B向下平移一小段距离，电容器板间距离d增大，根据电容的决定式，可知电容C减小；[2]开关S始终闭合，电容器板间电压不变，由，可知，板间电场强度变小，则液滴将向下运动。[3]A板接地，电势为零，则由于不变，电场强度减小，P点电势为负电势，则P点电势将升高。三、计算题：（解答应写出必要的文字说明、方程式和验算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案必需明确写出数值和单位。）23.如图所示，空间有一匀强电场，方向与水平方向成夹角．该电场中A、B两点在同一水平直线上，间距为，一个电荷量为的试探电荷在该匀强电场中所受电场力的大小为，求：（1）电场强度的大小E；（2）A、B两点间的电势差；（3）将该试探电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据解得（2）根据解得（3）根据解得24.如图所示电路，电源部分可视作一个没有电阻的理想电源与电源电阻的串联。设电源电动势为E，电源内阻为r，外电路电阻为R，闭合电路的电流为I。（1）请根据能量关系，推导闭合电路欧姆定律（结果用题干所涉及到的物理量表达）。（2）如图为手控可调节亮度的台灯，其内部电路可简化为如右图所示的电路图。通过调节右图所示电位器（可变电阻器）R0接入电路的阻值，即可调节小灯泡的亮度。请列出必要的公式进行分析，说明当电位器R0阻值被调大时，小灯泡亮度如何变化？（3）在第（2）问电路中，若已知电源电动势E=10V，内阻r=2Ω，灯泡电阻RL=8Ω（固定不变），电位器R0接入电路中的阻值可在0~30Ω之间调节，请分析说明，电位器R0阻值多大时，R0的功率最大？功率最大为多少？【答案】（1）见解析（2）电位器R0阻值被调大时，小灯泡亮度逐渐减小；（3）R0=10Ω时，最大功率2.5W【解析】（1）根据电动势的定义有

在时间t

内通过电路的电荷量为q=It根据能量守恒定律，非静电力做的功应该等于内外电路产生焦耳热的总和。即W非=Q外+Q内在时间t内Q外=I2Rt

Q内=I2rt联立可得EIt=I2Rt+I2rt整理后可得（2）灯泡的阻值为定值电阻，其电功率表达式为即当R0=0时，灯泡电功率最大，电位器R0阻值被调大时，小灯泡亮度逐渐减小；（3）变阻器R0消耗功率为可知当电位器的阻值满足R0=r+RL时，电位器的功率最大，即R0=r+RL=2Ω+8Ω=10Ω时，电位器的电功率最大；此时25.XCT扫描是计算机X射线断层