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2025-2026学年内蒙古鄂尔多斯一中高二（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.室内有几种用电器：的电饭煲、的电冰箱、的取暖器、的电视机和的空调器．如果进线处有的保险丝，供电电压为，下列情况下不可以同时使用的是( )
A. 电饭煲和电冰箱 B. 取暖器和空调器
C. 电饭煲和空调器 D. 电冰箱、电视机和空调器
2.如图所示，、和是以为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心，。电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于、两点，这时点电场强度的大小为；若将点处的点电荷移至点，则点的电场强度的大小变为。与之比为( )
A. ： B. C. D.
3.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线、、分别为等势线，已知，、两带电粒子从等势线上的点以相同的初速度飞出，仅在静电力作用下，两粒子的运动轨迹分别如、所示，则( )
A. 一定带正电，一定带负电
B. 的加速度减小，的加速度增大
C. 、两点的电势差等于、两点的电势差
D. 、两点的电势差可能小于、两点的电势差
4.汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈，埋在地下的线圈通上逆时针俯视方向恒定电流，当汽车经过地下线圈时( )
A. 地下线圈产生的磁场方向竖直向下
B. 汽车进入地下线圈过程产生感应电流方向为
C. 汽车离开地下线圈过程产生感应电流方向为
D. 汽车进入地下线圈过程受到的安培力方向与速度方向相同
5.年月，“国际防静电产品展览会”在广州国际会展中心举行。关于静电的应用与静电危害的防止，下列说法正确的是( )
A. 参展的静电复印机工作时，先让复印纸带上静电，再使带异种电荷的碳粉相互排斥而附着在纸上，完成图像复制
B. 纺织企业展出的静电植绒设备，通过电场使绒毛带电后吸附在布料底料上，这一过程属于静电危害的防止
C. 展会上一款新型避雷针，设计师将其顶端设计为球形，原理是利用球形结构增强静电的尖端放电效果
D. 新型高压输电线路专用导线，表面要很光滑是为了避免因尖端放电而损失电能
6.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为、内电阻为，、为定值电阻，为滑动变阻器，为电容器，、为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头自端向端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 电压表示数变大
B. 电流表示数变小
C. 电容器所带电荷量增多
D. 点的电势降低
7.下列说法正确的是( )
A. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，场强可能逐渐变大
B. 电势降低的方向一定是电场线的方向
C. 正电荷只在电场力的作用下，一定向电势低的地方移动
D. 等量异种点电荷之间的连线上，关于连线中点对称的两点场强相同、电势相等
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在如图所示的电路中，电源电动势为、内电阻为，闭合开关，将滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用、、、表示，电表示数变化量的绝对值分别用、、、表示。则下列判断中正确的是( )
A. 变大，变大 B. 变小，变大
C. 不变 D. 变大
9.如图所示为小灯泡通电后其电流随电压变化的图像，、为图像上两点，坐标分别为、，为图像上点的切线。下列说法正确的是( )
A. 随着所加电压的增大，小灯泡的阻值增大
B. 当小灯泡两端的电压为时，小灯泡的电阻
C. 当小灯泡两端的电压为时，小灯泡的电阻
D. 小灯泡的功率数值上等于图像与横轴围成的面积大小
10.一电荷量为、质量为的小球从距离水平地面高度为处的点，以水平向右的速度抛出，整个空间存在着水平向左的匀强电场，小球正好落在点正下方水平地面上的点。已知重力加速度为，则( )
A. 小球在空中运动时间为 B. 电场力大小为
C. 小球运动过程中最小速度为 D. 小球落地时的速度大小为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学要测量两节干电池串联组成的电池组的电动势和内阻约为，设计了如图甲所示的电路。图中电压表的量程为，电流表量程为、内阻约为，滑动变阻器的最大阻值为，为未知的定值电阻。
将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关、开关合向，调节滑动变阻器，使滑动变阻器接入电路的电阻逐渐减小，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电流表的指针指在左右，则的阻值约为 。
A.
B.
C.
D.
若在中，阻值已知，当滑动变阻器接入电路的电阻调为零时，记录电压表和电流表的示数分别为、，则电流表的内阻 用、、表示。
将开关合向，多次调节滑动变阻器的滑片位置，记录每次调节后电压表和电流表的示数、，某次电流表的指针指在如图乙所示的位置，这时电路中电流为 ；若已知，根据记录的多组、，作图像，得到图像的斜率大小为，图像与纵轴的截距为，则电池的电动势 ，电池的内阻 。后两空用、、表示
12.现要尽量准确地测量一量程为、内阻约为的电流表的内阻，实验室选用了下述的一些器材，设计了图示的电路图进行测量。提供的其他器材如下：
电流表量程，内阻；滑动变阻器最大阻值，最大电流；滑动变阻器最大阻值，最大电流；电阻箱阻值；电阻箱阻值；电源电动势，内阻约；开关、导线若干。
在图示电路中，电阻箱应选择 填“”或“”；滑动变阻器应选择 填“”或“”。
对图示电路进行如下操作：
先将滑动变阻器的滑动触头移到 最左端；最右端；正中间。填答案序号，再把电阻箱的阻值调到最大。
闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表的指针有较大幅度偏转。
保持闭合、不变，调节，使电流表、的示数相同，读出此时电阻箱的阻值，则电流表的内阻 用所给物理量表示。
测量时难以将两电流表示数刚好调节到一致，某次测得电流表、的示数分别为、，电阻箱的示数为，则电流表的内阻的测量值为 。用所给物理量表示
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，电源电动势，内阻开关闭合后，电动机正常工作，理想电压表示数为，理想电流表示数为已知电动机的线圈电阻求：
电动机的输入功率和输出功率；
电阻的值。
14.如图所示，为粒子源。在和极板间的加速电压为，在两水平放置的平行导体板、间加有偏转电压。、板长，板间距离。现从粒子源发出质量为，带电量为的带电粒子，由静止开始经加速电场加速后进入偏转电场，最后穿出打在右侧的屏幕上，不计粒子的重力。求：
带电粒子穿过板时的速度大小；
带电粒子从偏转电场射出时的侧移量即竖直方向的偏转位移
15.如图所示，在倾角为的粗糙斜面上静置一个质量为、半径为、电阻为、匝数为的金属圆形线圈，虚线为直径且与斜面底边平行，在与斜面上边间有垂直斜面向上的磁场，当磁感应强度的大小随时间按如图乙所示规律变化时，线圈在未知时刻恰好能相对斜面滑动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取，，。求：计算结果可以保留
线圈在未发生滑动前的感应电流的大小和方向；
时线圈受到的安培力；
的大小。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：当保险丝达到最大电流时电路中的总功率
A、电饭煲和电冰箱同时使用的功率为，可以同时使用，故A不符合题意；
B、取暖器和空调器同时使用的功率为，可以同时使用，故B不符合题意；
C、电饭煲和空调器同时使用的功率为，不可以同时使用，故C符合题意；
D、电冰箱、电视机和空调器同时使用的功率为，可以同时使用，故D不符合题意；
故选C
家庭电路中，各用电器之间都是并联的，先算出保险丝达到最大电流时电路中的总功率，再逐项分析即可求解．
本题考查了家用电器的连接方式以及各用电器功率与总功率的关系，难度不大，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：根据题意分析可知，两电荷在点的电场强度大小相等，设为，则当电荷分别在、点时，点的电场强度为
将点处的点电荷移至点时，根据电场强度的叠加远离，点的电场强度
可知，故C正确，ABD错误；
故选：。
根据每个点电荷在点产生的电场强度的大小和方向，再根据矢量叠加计算合场强，最后求比值。
解决电场强度叠加问题的关键是明确每个点电荷在研究点产生的电场强度的大小和方向，再根据矢量叠加的平行四边形定则计算合场强。
3.【答案】
【解析】解：粒子受到的电场力一定与电场方向在同一直线上，再根据曲线运动的知识可知粒子受到的合外力应指向弯曲的凹侧，可得、粒子电性相反，但条件没有给出电场线的方向，故无法判断电性，故A错误；
B.由题意知往电场线稀疏的区域运动，电场强度减小，故电场力变小，加速度变小，往电场线密集的区域运动，电场力变大，加速度变大，故B正确；
之间平均电场比之间的平均电场大，，根据匀强电场场强与电势差关系定性分析可知，之间的电势差更大，故CD错误。
故选：。
根据曲线运动的知识判断粒子的受力方向，再根据带电粒子在电场中受力的规律即可判断电性，根据电场线判断电场大小从而得到电场力的大小，根据牛顿第二定律即可判断加速度的变化；由电势差与电场强度的关系可以判断电势差；根据定性分析电势差大小。
本题是电场中轨迹问题，根据轨迹判断受力方向，需要注意不是匀强电场不能直接用计算，但可以定性分析。
4.【答案】
【解析】解：、由右手螺旋定则可知，俯视电流方向为逆时针，则产生的磁场方向应竖直向上，故A错误；
B、汽车线圈进入时，穿过汽车线圈的磁通量由零增大，根据楞次定律，感应电流应产生的磁场方向向下，由右手螺旋定则感应电流方向俯视看为顺时针方向，对应线圈标记为，故B正确；
C、汽车线圈离开时，磁通量减小到零，根据楞次定律，感应电流产生向上的磁场，由俯视看为感应电流为逆时针方向，即汽车离开地下线圈过程产生感应电流方向为与顺时针相反，故C错误；
D、感应电流与安培力均遵循阻碍变化的规律，线圈受到的安培力总是阻碍汽车进入或离开，即汽车进入地下线圈过程受到的安培力方向与运动方向相反，故D错误。
故选：。
分析地下线圈的磁场方向，结合汽车进入、离开时的磁通量变化，用楞次定律判断感应电流方向与安培力方向。
学生易误判地下线圈的磁场方向，或混淆汽车进入与离开时的感应电流方向，需注意右手螺旋定则和楞次定律的结合应用。
5.【答案】
【解析】解：静电复印机工作时，感光鼓先带静电，曝光后形成静电潜像；碳粉带与潜像相反电荷，被静电吸引附着到感光鼓上，再转移到纸上，故A错误；
B.静电植绒设备利用电场使绒毛带电，通过静电吸附到布料底料上，属于静电的主动应用，故B错误；
C.球形结构曲率半径大，电荷分布均匀，电场强度小，会减弱尖端放电效果，避雷针原理依赖尖端放电：尖端处电荷密集，电场强度大，易放电中和雷云电荷，故C错误；
D.高压输电线表面光滑可避免局部尖锐点，从而降低电能损失，属于静电危害的防止措施，故D正确。
故选：。
静电复印机和静电植绒利用静电吸附的原理；避雷针原理依赖尖端放电，高压输电线表面光滑避免尖端放电而降低电能损失。
本题考查静电的防止与应用，在学习时要注意其中生活中的应用与防止的实例，要注意分析属于应用还是防止。
6.【答案】
【解析】解：、当滑动变阻器滑动头自端向端滑动的过程中，其接入电路的电阻减小，外电路的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流增大，电压表测量路端电压，则有，电源电动势、内阻均不变，干路电流增大，则电压表的示数减小，故A错误；
B、并联电路部分的电压，干路电流增大，则并联部分的电压减小，通过支路的电流减小，结合并联电路特点可知，支路的电流，由于干路电流增大，支路的电流减小，则支路的电流增大，即电流表示数增大，故B错误；
C、电容器与、并联，则当滑动变阻器滑动头自端向端滑动的过程中，电容器两端的电压减小，根据可知，电容器所带电荷量减小，故C错误；
D、根据上述分析可知，并联部分电路电压减小，即两端的电压减小，由于，端接地，则，，所以当滑动变阻器滑动头自端向端滑动的过程中，点的电势降低，故D正确。
故选：。
在滑动变阻器滑动头自端向端滑动的过程中，分析外电阻减的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化和路端电压的变化，即可知道电压表示数的变化。分析电阻两端电压的变化，电容器的电压等于电阻两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过的电流变化情况，分析电流表示数的变化。根据电容器电压的变化判断其带电量的变化。结合点的电势等于两端的电压，分析点的电势变化。
本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，按局部到整体再到局部的思路进行分析。根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化。
7.【答案】
【解析】解：沿着电场线的方向电势逐渐降低，场强可能逐渐变大。电场线方向是电势降低最快的方向，且场强大小由电场线疏密决定，若电场线变密，场强增大如靠近点电荷时，故A正确；
B.电势降低的方向不一定是电场线方向，而是电势降低最快的方向才是电场线方向，故B错误；
C.正电荷所受电场力指向电势低处，其加速度方向也指向电势低处。但若物体具有初速度，则正电荷不一定指向电势低处。如若正电荷的初速度方向与电场线方向相反，则电荷会先向电势高处做减速运动，故C错误；
D.等量异种电荷连线上对称点的场强大小和方向均相同，但电场线由正电荷指向负电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，所以关于中点为对称点，电势不相等。故D错误。
故选：。
沿着电场线的方向电势逐渐降低；电势降低最快的方向才是电场线方向；场强大小由电场线疏密决定；根据等量异种电荷的电场线分布来判定即可。
本题主要考查了电势和电场线的特点，解题关键是掌握沿着电场线的方向电势逐渐降低；电势降低最快的方向才是电场线方向。
8.【答案】
【解析】解：、由题意知，滑动变阻器接入电路的阻值减小，依据“串反并同”规律可知，增大，减小，减小，增大，故A正确，B错误；
C、根据闭合电路欧姆定律可得，解得：，因此，即保持不变，故C正确；
D、由欧姆定律得，因此，即保持不变，故D错误。
故选：。
题目中滑动变阻器滑片左移使其接入电路的阻值减小，分析电路结构可知定值电阻与滑动变阻器串联后与定值电阻并联。滑片左移导致滑动变阻器电阻减小，根据“串反并同”规律判断相关物理量变化：与滑动变阻器串联的的电压和干路电流均增大；与滑动变阻器并联的的电压减小；路端电压也减小。对于变化量比值，由闭合电路欧姆定律可知的变化量与电流变化量比值等于电源内阻，故不变；由欧姆定律可知的变化量与电流变化量比值等于定值电阻阻值，也不变。
本题综合考查闭合电路欧姆定律、动态电路分析以及物理量变化率的理解。题目通过滑动变阻器滑片移动，引导分析多个电表示数变化及其变化量比值，计算量适中，难度中等偏上。重点检验学生对“串反并同”定性判断的掌握，以及运用闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律进行定量推导的能力。亮点在于将动态变化与代数关系结合，要求准确区分瞬时量变化趋势与变化率比值含义，有效锻炼学生的逻辑推理与公式灵活应用能力。
9.【答案】
【解析】解：根据欧姆定律可知，图像中，图线上各点与坐标原点连线斜率的绝对值表示小灯泡电阻的倒数，根据图像可知，随着所加电压的增大，图线上各点与坐标原点连线斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，故A正确；
当小灯泡两端的电压为时，根据欧姆定律可得小灯泡的电阻为
当小灯泡两端的电压为时，根据欧姆定律可得小灯泡的电阻为，故B正确，C错误；
D.小灯泡消耗的功率为，可知当小灯泡两端的电压为时，小灯泡的功率为图中过点的矩形所围面积大小，不是图像与横轴围成的面积大小，故D错误。
故选：。
根据图线上各点与坐标原点连线斜率的绝对值的物理意义判断；根据欧姆定律结合图像数据计算；根据功率公式结合图像判断。
本题关键掌握图线上各点与坐标原点连线斜率的绝对值的物理意义、图中过点的矩形所围面积大小的物理意义。
10.【答案】
【解析】解：、对小球受力分析，竖直方向小球只受重力，没有初速度，则竖直方向小球做自由落体运动，则有，解得小球在空中运动的时间，故A正确；
B、设小球水平方向的加速度为，整个过程中水平方向位移为零，则有
其中，
解得
则小球受到的电场力，故B错误；
C、当合力与速度垂直时速度最小，根据上述分析可知，小球受到的合力沿左下方，速度最小值为初速度在垂直该方向上的分速度，即最小速度为，故C正确；
D、整个过程中，电场力对小球做功为零，只有重力做功，根据动能定理得：，解得小球落地时的速度大小为，故D正确。
故选：。
小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，可以采用运动的分解法处理这题。竖直方向小球做自由落体运动，根据求运动时间。整个过程中水平方向位移为零，根据位移时间公式求出水平分加速度大小，结合牛顿第二定律求出电场力大小；当合力与速度垂直时速度最小，由此求小球运动过程中的最小速度；根据动能定理求小球落地时的速度大小。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，重点在于分析电场力与重力的合力对小球运动的影响，以及运动学规律和能量变化的判断。
11.【答案】

【解析】解：根据闭合电路的欧姆定律有
代入数据解得
故B正确，ACD错误。
故选：。
根据
解得
由图乙，可知电流表的最小分度值为，示数为；
根据闭合电路的欧姆定律
可得
根据题意，可得，
解得
故答案为：；；，，。
根据闭合电路的欧姆定律计算判断；
根据欧姆定律推导；
先确定电流表的最小分度值再读数；根据闭合电路的欧姆定律推导图像 对应的函数表达式，结合图像计算。
本题关键掌握测量电源电动势和内阻的实验原理、计算电流表内阻的方法、利用图像处理数据的方法和电流表的读数方法。
12.【答案】

【解析】解：为减小测量误差，图中两个电流表应同时偏转较大角度，电阻箱的阻值应约为，故选。
为了保护电路，滑动变阻器测量时应始终处于安全电流范围，故选。
实验前应先将滑动变阻器的滑动触头移到最左端；再将电阻箱的阻值调到最大，以保证电表安全，故选A。
校准时两电表示数相同，则两支路阻值相同，即
可得
根据题意可知电流表两端的电压为
故电流表电阻的测量值为
故答案为：，；，；。
根据减小测量误差选择与待测电流表内阻接近的电阻箱；根据保护电路分析判断；
根据保护电路安全分析判断；根据并联电路的规律计算；
根据欧姆定律计算。
本题关键掌握测量电流表内阻的实验原理，电阻箱和滑动变阻器的选择方法。
13.【答案】电动机的输入功率为，输出功率为 电阻的值为
【解析】电动机刚好正常工作时，理想电流表示数为，电动机两端的电压，电动机的输出功率
电阻的电压
根据欧姆定律知
答：电动机的输入功率为，输出功率为；
电阻的值为。
电源的输出功率由总功率减去内阻功率，电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差。
正常工作时电动机为非纯电阻，计算功率时应注意：电动机的电功率，消耗的热功率，输出功率。
14.【答案】解：粒子经加速电场的过程中，由动能定理得：

解得：
粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动时间为：
垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度为：
离开偏转电场时的侧移为
由以上各式解得：
答：
带电粒子穿过板时的速度大小是；
带电粒子从偏转电场射出时的侧移量是。
【解析】粒子先经过加速电场加速，后进入偏转电场偏转．由动能定理可以解得加速获得的速度，即为穿过板时的速度；
粒子进入偏转电场后做类平抛运动，把其分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动。根据牛顿第二定律和运动学规律结合求解侧移量。
本题要熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，把类平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解题。
15.【答案】解：由法拉第电磁感应定律可得：
解得：；
则感应电流大小为：
由楞次定律可得，电流方向为顺时针方向垂直于斜面向下看；
假设时线圈未滑动，则此时有效长度为线圈直径，即
由图乙可得时磁感应强度大小为：
此时安培力大小为：，解得：
由于，故线圈未滑动
则此时线圈所受安培力大小即为
由图乙可得时刻的磁感应强度大小为
由于线圈在时刻恰好能相对斜面滑动，则此时线圈与斜面间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则有：
代入数据解得。
答：线圈在未发生滑动前的感应电流的大小为，方向为顺时针方向垂直于斜面向下看；
时线圈受到的安培力大小为；
的大小为。
【解析】解由法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小，由楞次定律判断电流方向；
假设时线圈未滑动，求出时有效长度，根据安培力的计算公式求解安培力大小，根据受力情况分析线圈是否滑动；
线圈在时刻恰好能相对斜面滑动，则此时线圈与斜面间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，根据平衡条件列方程求解。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及安培力的计算，关键是能够根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，能够根据共点力的平衡条件列方程分析解答。
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