2025---2026年湖南省武冈市第二中学高二上学期期中考试物理练习试卷1【人教版必修第三册9--12章】（含解析）

2025---2026年湖南省武冈市第二中学高二上学期期中考试物理练习试卷1【人教版必修第三册9--12章】
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．[4分]如图所示，某用电器与电源距离为，线路上的电流为，若要求线路上的电势差不超过，已知输电导正线的电阻率为，那么该输电导线的横截面积的最小值是（　　）
A． B． C． D．
2．[4分]一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v。若将该金属导线对折一次，使其长度变为原来的一半，仍给它两端加上恒定电压U，则下列说法正确的是（　　）
A．此时金属导线的阻值为 B．此时通过金属导线的电流为
C．此时自由电子定向移动的平均速率为2v D．此时自由电子定向移动的平均速率为
3．[4分]两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带有+5Q和-3Q的电荷量，固定在相距为r的两处。它们间的库仑力大小为F。两者相互接触后将其固定距离变为2r，则此时两球间库仑力的大小为（　　）
A． B．
C．60F D．
4．[4分]如图所示，真空中孤立的带电绝缘球体，半径为R，电荷均匀分布在球体各个部位，a点距球心距离为，b点距球心距离为，已知。电荷分布均匀的球壳在壳内形成的电场强度为零，对外部形成的电场强度可视为集中在球心的点电荷在该处形成的。则a和b两点电场强度大小之比为（　　）
A． B． C． D．
5．[4分]某科研小组在进行一次科研实验时，将一个能产生多种正离子（质子、氘核、氚核及氦核等）的粒子源放在如图装置的位置。粒子源产生的正离子飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入。已知平行金属板A、B板长为L，相距为d，两板间的电压为。若离子能从A、B板间射出（不计离子的重力），则（　　）
A．与之间的关系要满足
B．各离子在电场中的运动轨迹重合
C．各离子从A、B板间射出时的速度相同
D．各离子从粒子源到从A、B板间射出的时间相同
6．[4分]如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的微粒仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（　　）
A．三个等势面中，c的电势最高
B．带电微粒在P点的电势能比在Q点的小
C．带电微粒在P点和在R点的速度大小可能相等
D．带电微粒在P点的加速度比在Q点的加速度小
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
7．[5分]如图所示，两块水平放置的平行金属板、，下极板接地.现将其与理想二极管串联，与静电计并联，初始电容器所带电荷量为零.为定值电阻，和为电阻箱，闭合开关，稳定后，一带电油滴恰好静止于两板间的点，则下列说法正确的是（ ）
A．断开开关，板稍微上移，静电计指针偏角变大
B．断开开关，板稍微下移，带电油滴的电势能增大
C．保持开关闭合，增大阻值，带电油滴仍然静止不动
D．保持开关闭合，增大阻值，平行板电容器的带电荷量减小
8．[5分]如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均视为理想电表，滑动变阻器总阻值足够大；电表的示数分别用I、U表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU表示.滑动变阻器滑片从b端向a端滑动时，下列说法中正确的是 (　　)
A．电流表的示数增大，电压表的示数减小
B．灯泡L1变暗
C．L2变亮，L3变亮
D．变大，变小
9．[5分]如图所示，在平面直角坐标系xOy的、两点处固定着电荷量分别为+q、的两个点电荷，A、B为y轴上两点，坐标分别为、，M、N、P、Q四个点是以为中心的正方形的四个顶点，在上述两个点电荷所形成的电场中，下列说法正确的是（　　）
A．N点与Q点电势相等
B．x轴上处电场强度为零
C．B点的电势高于A点的电势，A点的电场强度大于B点的电场强度
D．将某一负电荷从P点移动到Q点电场力做的功大于将其从N点移动到M点电场力做的功
10．[5分]在如图所示的电路中，定值电阻（为电源内阻），滑动变阻器的最大阻值为R1且．在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，以下说法正确的是（　　）
A．电源的输出功率变小
B．消耗的功率先变大后变小
C．滑动变阻器消耗的功率先变大后变小
D．电源的效率逐渐降低
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分]在“测量金属丝的电阻率”实验中:
(1)测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示,图中的导线a端应与　　 　(填“-”“0.6”或“3”)接线柱连接,b端应与　　　　(填“-”“0.6”或“3”)接线柱连接。开关闭合前,图1中滑动变阻器滑片应置于　　　　(填“左”或“右”)端。
图1
(2)合上开关,调节滑动变阻器,得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻,然后求电阻平均值;乙同学通过U-I图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是　　　　(填“甲”或“乙”)。
(3)两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流Ig=300 μA的表头G改装成电流表。如图2所示,表头G两端并联长为L的镍铬丝,调节滑动变阻器使表头G满偏,毫安表示数为I。改变L,重复上述步骤,获得多组I、L数据,作出I-图像如图3所示。
图2
图3
则I-图像斜率k=　　　　mA·m。若要把该表头G改装成量程为9 mA的电流表,需要把长为　　　　m的镍铬丝并联在表头G两端。(结果均保留两位有效数字)
12．[8分](9分)某同学要测量电压表内阻,可利用的实验器材有:电源E(电动势8 V,内阻很小),标准电压表V1(量程0~6 V,内阻约3 kΩ),待测电压表V2(量程0~3 V,内阻待测,约2 kΩ),滑动变阻器R(最大阻值10 Ω),定值电阻R0(阻值3 kΩ),开关S,导线若干。
(1)请根据实验电路原理图甲补全实物图乙中的连线。
　　　　
　　　甲　　　　　　　　　　　　乙
(2)经过多次测量,得到标准电压表V1读数U1和待测电压表V2读数U2的函数图像如图丙所示,可得到待测电压表V2的内阻RV=　　　　kΩ。(结果保留2位有效数字)
　　　丙
(3)把待测电压表V2改装成量程为0~90 V的电压表,需要串联的定值电阻阻值为R'=　　　　kΩ。(结果保留3位有效数字)
(4)改装的电压表跟标准电压表进行核对,发现改装后的电压表读数总是比标准电压表小,说明改装后的电压表串联的电阻阻值　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
13．[10分]在测量某电源电动势和内阻时,因为电压表和电流表的影响,不论使用何种接法,都会产生系统误差,为了消除电表内阻造成的系统误差,某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知R0=2 Ω。
(1)按照图甲所示的电路图,将图乙中的器材实物连线补充完整。
甲
乙
(2)实验操作步骤如下:
①将滑动变阻器滑到最左端位置
②接法Ⅰ:单刀双掷开关S与1接通,闭合开关S0,调节滑动变阻器R,记录下若干组数据U1-I1的值,断开开关S0
③将滑动变阻器滑到最左端位置
④接法Ⅱ:单刀双掷开关S与2闭合,闭合开关S0,调节滑动变阻器R,记录下若干组数据U2-I2的值,断开开关S0
⑤分别作出两种情况所对应的U1-I1和U2-I2图像
(3)单刀双掷开关接1时,某次读取电表数据时,电压表指针如图丙所示,此时U1=　　　　V。
丙
丁
(4)根据测得的数据,作出U1-I1和U2-I2图像如图丁所示,根据图线求得电源电动势E=　　　　,内阻r=　　　　。(结果均保留两位小数)
(5)由图丁可知　　　　(填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”)测得的电源内阻更接近真实值。
(6)综合考虑,若只能选择一种接法,应选择　　　　(填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”)测量更合适。
14．[15分]（16分）如图，水平地面上方高度为的区域内存在水平向右的匀强电场。电场上方处有一质量为、电荷量为的带正电的小球。第一次将小球从处由静止释放，进入电场时的动能为（未知），到达地面时的动能为。第二次将小球从处水平向右抛出，抛出时的动能为，进入电场后恰好做直线运动。重力加速度大小为，小球可视为质点，不计其他阻力。求：
（1） 电场强度大小；
（2） 处到地面的高度；
（3） 小球两次落地点间的距离。
15．[15分]如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R＝2.5 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1＝2.5 m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2＝1 m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2＝1 m。现将一电荷量为q＝＋4×10－2 C、质量为m＝1 kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4 m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，∠AOB＝53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
（1）场强E1的大小；
（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
参考答案
1．【答案】B
【详解】
由欧姆定律及电阻定律可得
解得
故选B。
2．【答案】C
【详解】将金属导线对折一次时根据，可知金属线的电阻变为，A错误；根据欧姆定律可知，B错误；根据电流的微观表达式，可知n、e不变，S变为原来两倍，电流变为4倍，则此时自由电子定向移动的平均速率为2v，C正确，D错误。
3．【答案】D
【详解】根据库仑定律可得，两者相互接触后，各自带电荷量均为+Q，，所以。
4．【答案】C
【详解】设球体的总电荷量为Q，则以a所在球面为球体边缘的内部电荷量，电荷分布均匀的球壳对壳内形成的电场强度为零，所以a点电场强度b点电场强度大小为，解得。
5．【答案】B
【详解】粒子经加速电场加速后的速度大小为，根据动能定理可得，粒子进入偏转电场做类平抛运动，若粒子能够从A、B板间射出则粒子的竖直偏转位移应满足，根据类平抛的特点可得，，联立可得，A错误；假设带电粒子向下偏转，以S为坐标原点建立直角坐标系，如图所示
根据类平抛运动的特点可以求出粒子的竖直位移和水平位移分别为，，联立可求得粒子的轨迹方程为，由此可知，粒子运动的轨迹与正离子的比荷无关，只有加速电场和偏转电场的性质决定，即各离子在电场中的运动轨迹重合，B正确；各离子在电场中的运动轨迹重合，即在偏转电场中的竖直偏转位移相同，竖直偏转位移为，设粒子射出时的速度大小为，根据动能定理可得，解得，由此可知，粒子射出电场时的速度大小与正离子的比荷相关，即各离子从A、B板间射出时的速度大小不同，速度方向相同，C错误；设加速电场的宽度为，粒子在加速电场中运动的时间为，则有，解得，离子在偏转电场中运动的时间为，离子从粒子源到从A、B板间射出的时间为，由此可知，离子从粒子源到从A、B板间射出的时间与正离子的比荷相关，即各离子从A、B板间射出的时间不相同，D错误。
6．【答案】A
【详解】带电微粒做曲线运动，仅受电场力，则电场力方向必定沿电场线指向运动轨迹的内侧，又由于电场线方向和等势面垂直，则电场力方向应垂直于等势面指向轨迹内侧，微粒带负电，则电场线大致由c等势面指向a等势面，沿着电场线的方向电势越来越低，则c的电势最高，A正确；结合上述，电场力方向应垂直于等势面指向轨迹内侧，若带电微粒从P点运动到Q点，电场力做正功，电势能减小，即带电微粒在P点的电势能比在Q点的大，B错误；结合上述，若带电微粒从P点运动到R点，电场力做正功，带电微粒的速度增大，C错误；等差等势面分布的密集程度间接表示电场的强弱，根据图示可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，则带电微粒在P点受到的电场力大于在Q点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知带电微粒在P点的加速度比在Q点的加速度大，D错误。
7．【答案】AC
【详解】断开开关,电容器所带电荷量保持不变,根据电容决定式,板稍微上移,变大,电容减小,根据电容定义式,可知板间电压变大,所以静电计指针偏角变大,故正确；根据电容决定式,电容定义式,板间场强为,联立可得,断开开关,电荷量保持不变,所以板间场强不变，下极板与间电势差为,可知下极板与间电势差变大,而板的电势始终为零,所以点电势降低,且为负值.由题图可知板为正极板,油滴处于静止状态,根据平衡条件可知油滴带正电，根据 ,可知板稍微下移,带电油滴的电势能降低,故错误；保持开关闭合,电容器两板间电压等于电阻两端的电压,增大的阻值,则两端的电压减小,电容器两板间电压降低,根据,可知电容器将会放电,因为二极管的单向导电性,电容器的电荷量不能减少,所以保持电荷量不变,根据,可知板间场强不变,所以油滴仍然静止不动,故正确；保持开关闭合,电容器两板间电压等于电阻两端的电压,增大的阻值,电容器两板间电压与的阻值无关,根据,可知平行板电容器的带电荷量保持不变,故错误.
【易错警示】 电容器在电荷量不变的情况下,仅仅改变两板之间的距离,不能改变电场强度!
8．【答案】ABC　
【详解】本题考查直流电路动态分析.滑动变阻器向a端滑动时，接入电路的阻值减小，则总电流I=增大，路端电压U=E-Ir减小，故电流表的示数增大，电压表的示数减小，A正确；总电流增大，则L3变亮，并联电路两端的电压U并=E-I(r+RL3)减小，则流过灯泡L1的电流IL1=变小，则灯泡L1变暗，流过灯泡L2的电流IL2=I-IL1增大，故L2变亮，B、C正确；等于外电路总电阻，因此变小，=r不变，D错误.
9．【答案】CD
【详解】A．若单独考查形成的电场，N点和Q点位于同一等势面上，但对于形成的电场中，Q点的电势高于N点的电势，根据电势的叠加可知，在两个点电荷形成的叠加电场中，Q点的电势高于N点的电势，A错误；
B．根据点电荷形成的电场，可知在处的电场强度
方向水平向右，在处的电场强度
方向水平向右，二者大小相等，方向相同，合场强不为零，B错误；
C．的点电荷等效成一个和一个的两个点电荷，对于和的电场中，A、B位于同一等势面上，而在点电荷形成的电场中，B点的电势高于A点电势，B点电势高于A点电势，由于A点相对于场源电荷较近，A点的场强大于B点的场强，C正确；
D．形成的电场，N点和Q点位于同一等势面上，但对于形成的电场中，Q点的电势高于N点的电势，因此两点的电势差大于两点的电势差，将某一负电荷从P点移动到Q点电场力做的功大于将其从N点移动到M点电场力做的功，D正确。
选CD。
10．【答案】CD
【详解】滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，即减小，可知减小，利用电源的输出功率随外电阻变化的关系曲线，如图所示
因为外电阻始终不小于内阻，故可判断电源的输出功率增大，故A错误；由于减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流I增大，由于是定值电阻，由，可知消耗的功率一直增大，故B错误；将()等效为电源新内阻，则为外电阻，在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小到0，可知的阻值先大于后小于，故滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C正确；电源效率，由于，在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小，即减小，可知电源效率逐渐降低，故D正确。
11．【答案】(1)0.6(1分)　0.6(1分)　左(1分) 　(2)乙(1分)
(3)2.3(1分)　0.26(2分)
【命题点】测量金属丝电阻率实验
【详解】 (1)实验中用两节干电池供电,电路中电流较小,则题图1中的导线a端应与“0.6”接线柱连接,金属丝的电阻较小,电流表外接误差较小,故b端应与“0.6”接线柱连接。为了保护电表,开关闭合前,题图1中滑动变阻器滑片应置于左端。
(2)作U-I图像可以剔除偶然误差较大的数据,减小实验误差,提高实验的准确程度,则乙同学通过U-I图像求电阻,方法更合理。
(3)由题图3可得I-图像斜率k= mA·m≈2.3 mA·m。由题图2可知Igrg=(I-Ig)ρ,解得I=Ig+·,则=k=2.3 mA·m,把该满偏电流为300 μA的表头G改装成量程为9 mA的电流表,即I=9 mA,解得L≈0.26 m。
12．【答案】(1)见解析(3分)　(2)1.8(2分)　(3)52.2(2分) 　(4)偏大(2分)
【解析】基础考点：电表的改装+双伏法测量电阻
(1)按照电路图,滑动变阻器为分压式接法,电压表V1并联在电压表V2和电阻R0的两端,连线如图所示。
(2)由题图甲可知U1=U2+R0=U2,则由题图丙U1-U2图像可得1+=(关键:寻找电路中U1和U2的关系,结合U1-U2图像的斜率求解),解得RV=1.8 kΩ。
(3)把待测电压表V2改装成量程为0~90 V的电压表,需要串联定值电阻,阻值为R'== kΩ=52.2 kΩ。
(4)改装后的电压表读数总是比标准电压表小,说明改装后流过电压表的电流偏小,即串联的电阻阻值偏大。
13．【答案】(1)见解析(1分)　(3)1.30(1分)　(4)1.80 V(2分)
2.50 Ω(1分)　(5)接法Ⅱ(1分)　(6)接法Ⅱ(1分)
【命题点】测电源电动势和内阻
【详解】(1)实物图连线如图所示。
(3)由题图乙知,电压表量程为3 V,由题图丙知,U1=1.30 V。
(4)忽略电表内阻,由闭合电路欧姆定律可得E=U+I(r+R0)。考虑电表内阻,开关S接1,当电流为零时,电压测量的是真实值,由U1-I1图像知,电源电动势E=1.80 V,开关S接2,电压表示数为零时,电流表测量值为真实值,由U2-I2图像知,此时I=0.40 A,则r=-R0=-2 Ω=2.50 Ω。
(5)由E=U+I(r+R0)知,U=-I(r+R0)+E。由U1-I1图像知,R0+r===5 Ω,r=3.0 Ω;由U2-I2图像知,R0+r===4.25 Ω,r=2.25 Ω,故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。
(6)第Ⅰ种接法,内阻相对误差为η1=×100%=20%,第Ⅱ种接法电源电动势相对误差为η2=×100%≈5.6%,内阻相对误差η3=×100%=10%,综合考虑,接法Ⅱ相对误差较小,因此应选择接法Ⅱ。
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【题图剖析】
【详解】
（1） 设小球第一次进入电场时的速度为大小，有，
设小球第二次平抛的初速度大小为，有，
联立解得（1分）
小球第二次进入电场时水平分速度，竖直分速度，
设小球合速度与水平方向的夹角为 ，有（1分）
小球进入电场后恰好做直线运动，说明合力与速度共线，有（1分）
解得（1分）
（2） 设第一次小球落地点到出发点的水平距离为，进入电场前运动时间为，在电场中运动时间为，
小球从释放到进入电场过程，由动能定理得
（1分）
小球从释放到落地过程，由动能定理得
（1分）
进入电场前，有（1分）
从释放到落地过程，有（1分）
在电场中运动，有（1分）
联立解得（1分）
解得（1分）
（3） 第一次小球从释放到落地过程，落地点到出发点的水平距离，
第二次小球进入电场前做平抛运动的初速度大小
（1分）
平抛运动的时间（1分）
水平位移（1分）
进入电场后，小球做匀加速直线运动，水平位移
（1分）
小球两次落地点间的距离（1分）
15．【答案】（1）25 N/C　（2）1 m/s　1 s
（3）187.5 N/C≤E2≤300 N/C
【详解】（1）滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有WAB＋mgR（1－cos 53°）＝mvB2，滑块从A点运动到B点的过程中WAB＝－qE1Rsin 53°，联立解得E1＝25 N/C。
（2）滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，以向右为正方向，由牛顿第二定律有－qE1－μmg＝ma，得a＝－3 m/s2，根据运动学公式有v2－vB2＝2aL1，v＝vB＋at，解得v＝1 m/s，t＝1 s。
（3）当E2较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有－μ（mg－qE2）L2＝0－mv2，解得E2＝187.5 N/C；当E2较大且滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞时，从C点到F点滑块做类平抛运动，在水平方向有L2＝vt1，解得t1＝1 s，竖直方向有L2＝ayt12，解得ay＝2 m/s2，又qE2－mg＝may，解得E2＝300 N/C，综上，E2的取值范围为187.5 N/C≤E2≤300 N/C。
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