河北省石家庄第十五中学2025-2026学年高二上学期期中物理试题 含答案

/2025-2026学年河北省石家庄十五中高二（上）期中物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.我国学者王充在他的《论衡》一书中写下“顿牟掇芥”一语。此语意为摩擦过的琥珀能吸引草芥一类的轻小物体。下列说法正确的是(

)A.摩擦过的琥珀带的电荷量不一定是元电荷的整数倍

B.琥珀带电的原因是摩擦过程中电荷发生了转移

C.琥珀靠近轻小物体的过程中，轻小物体上凭空产生了电荷

D.琥珀吸引轻小物体时，轻小物体对琥珀没有作用力2.下列对于各物理量间的关系说法正确的是(

)A.导体的电阻与导体两端电压成正比

B.电容器的电容与电容器的电荷量无关

C.匀强电场中两点相距越远，电势差的绝对值越大

D.场源电荷在某点处产生的电场强度大小与场源电荷的电荷量无关3.某手机的电池容量为8000mA⋅hA.2.88×104C B.8×103C4.某非线性元件a和线性元件b的伏安特性曲线分别如图中的曲线甲和直线乙所示。将元件a、b串联接入电路，当元件a两端电压为2V时，元件a、b的电阻之比为(

)A.1：1 B.2：3 C.3：2 D.2：55.某带电体产生电场的等差等势面分布如图中实线所示，虚线是正点电荷仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N点是正点电荷运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是(

)A.正点电荷经过M点时的加速度大干经过N点时的加速度

B.正点电荷经过M点时的动能大于经过N点时的动能

C.正点电荷经过M点时的电势能大于经过N点时的电势能

D.沿虚线轨迹看，从M点到N点电场的电势逐渐增大6.某电场的电场线如图所示，O、N是电场中的两点，以O为坐标原点，O、N点所在直线为x轴且以水平向右为x轴正方向。带正电的粒子从O点以水平向右的初速度开始运动，粒子仅受电场力。该粒子的动能Ek与粒子所在位置x的关系图像可能正确的是(

)A. B.

C. D.7.如图所示，材料、半径均相同的带正电小球甲、乙(均可视为点电荷)分别固定于A、C点时，A、C两点连线上的B点处的电场强度为0。已知小球甲的带电荷量为Q，AB=13BC=L，静电力常量为k，现将小球甲、乙相互接触后再重新固定于A、C点，则A.40kQ9L2 B.50kQ9二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.下列属于电势差的单位的是(

)A.A⋅Ω−1 B.J⋅C−19.冰箱里的温控电路简图如图所示，R1为定值电阻，R2为热敏电阻，温度越低，其阻值越大，C为电容器，电压表为理想电压表。随着冰箱温度的降低，下列说法正确的是(

)

A.电路中的电流减小 B.电压表的示数减小

C.电容器C充电 D.电源的输出功率一定变大10.如图所示，水平地面上方存在方向水平向右的匀强电场，O、Q为水平地面上的两点。将一带正电荷的小球自电场中的O点以9J的初动能竖直向上抛出，运动到最高点P时小球的动能为16J，最后落回地面上的Q点，不计空气阻力，下列说法正确的是(

)A.小球所受电场力与重力大小之比为3：4

B.小球从O点到P点与从P点到Q点的水平位移大小之比为1：3

C.小球落回Q点时的动能为73J

D.小球落回Q点时的动能为63J

三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某实验小组想要测量某段电阻丝的电阻率，可利用以下器材：

A.待测电阻丝Rx(电阻约为1kΩ)；

B.电源(电动势为6V)；

C.电流表(量程为0∼6mA，内阻约为20Ω)；

D.电压表(量程为0∼6V，内阻约为6kΩ)；

E.滑动变阻器(可调节范围为0∼2kΩ)；

F.滑动变阻器(可调节范围为0∼20Ω)；

G.螺旋测微器、10分度游标卡尺、开关、导线若干。

(1)用游标卡尺测该电阻丝直径，测量结果如图甲所示，则该电阻丝的直径为______mm。

(2)为确保电阻丝两端电压能从0开始变化且实验操作便捷，应选择的滑动变阻器为______(填“E”或“F”)。

(3)请用笔画线代替导线补充完整图乙所示的电路实物图。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移动至最______(填“左”或“右”)端。

(4)某次实验时测得电压表示数为U，电流表示数为I，电阻丝的长度为L，直径为D，则该电阻丝的电阻率ρ=______(用U、12.某实验小组用满偏电流Ig=30μA且内阻rg=1000Ω的灵敏电流计和电动势分别为E=4.5V和E′=45V的电源等器材来制作多用电表，设计的电路图如图甲所示。已知该实验小组设计的多用电表的两个电流挡的量程分别为0∼3mA和0∼30mA，两个电压挡的量程分别为0∼3V和0∼15V。

(1)该多用电表的A表笔为______(填“红表笔”或“黑表笔”)。

(2)将开关S拨至1，正确操作后，将该多用电表串联接入电路，发现灵敏电流计的表盘指针指向如图乙所示，则该挡位下的读数为______。四、计算题：本大题共3小题，共38分。13.如图所示，竖直平面内存在着竖直向上的匀强电场，可视为点电荷的带正电小球A、B静止于空中的同一竖直线上，两小球间的距离d=0.6m。已知小球A的质量m1=2×10−3kg、电荷量q1=2×10−7C，小球B的电荷量q2=8×10−7C，静电力常量k=9×109N⋅m2/C214.如图所示的电路中，定值电阻的阻值R=5Ω，电阻箱的可调节范围为0∼100Ω，电压表为理想电压表。闭合开关S后，当电阻箱的阻值调至R1=2Ω时，电压表示数U1=10.5V；当电阻箱的阻值调至R2=14Ω时，电压表示数U2=11.4V。

(1)当电阻箱的阻值调至R1=2Ω时，求电路中的电流I1；

15.长为L、间距也为L的水平金属板A、B组成的平行板电容器接在如图所示的电路中，金属板B接地，电源的内阻为r，定值电阻R1的阻值为9r。当电阻箱的阻值调为10r时，闭合开关且电路稳定后，质量为m、电荷量为−q(q>0)的带负电微粒(视为点电荷)恰能沿金属板A、B间的中轴线做直线运动。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。

(1)求电源的电动势E；

(2)仅调节电阻箱的阻值，电路重新稳定后，相同的带电微粒从金属板A、B间的中轴线处以大小v0=gL3的水平速度射入金属板间，恰好从金属板下边缘飞出，求金属板A、B答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、任何带电体的带电荷量只能是元电荷的整数倍，所以摩擦过的琥珀带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故A错误；

B、摩擦带电的本质是发生了电荷的转移，并不是创造了电荷，所以琥珀带电的原因是摩擦过程中电荷发生了转移，故B正确；

C、琥珀靠近轻小物体的过程中，能够吸引轻小物体，这里吸引的原因是靠近带电体的一端感应出异种电荷，远离端感应出同种电荷，才产生吸引，但不一定是静电感应，有可能是极化(分子取向)，导体是静电感应，绝缘体是静电极化(取向)，故C错误；

D、根据牛顿第三定律，可知琥珀吸引轻小物体时，轻小物体对琥珀也有作用力，且它们之间的相互作用力大小相等，方向相反，故D错误。

故选：B。

元电荷是电荷量不是电荷，所有带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍；摩擦带电的本质是电荷发生了转移，电荷在转移的过程中遵循电荷守恒定律；根据静电感应现象判断；根据牛顿第三定律判断。

本题主要考查了元电荷的概念以及物体带电的原因和电荷守恒定律，要求学生对这些基础知识熟练掌握。2.【答案】B

【解析】解：A、导体的电阻取决于材料特性、几何尺寸及温度，与外加电压或电流无关；由欧姆定律R=UI可知，电阻是导体的固有属性，并非与电压呈正比关系，故A错误；

B、电容器的电容由极板构型、间距及介质特性决定，其定义式C=QU仅反映电荷量与电压的量化关系，电容本身与存储电荷量无关，故B正确；

C、在匀强电场中，电势差U=Ed(d表示沿电场方向的位移)，若两点沿垂直电场方向移动，距离增加但电势差保持不变，故C错误；

D、电场强度由E=kQr2确定，直接取决于场源电荷量Q的大小，故D错误。

故选：B。

导体的电阻是材料本身的属性，与电压或电流无关，仅由材料特性和几何尺寸决定。电容器的电容取决于极板构型和介质特性，与存储的电荷量无关。匀强电场中电势差与沿电场方向的位移成正比，若两点移动方向与电场垂直则电势差不变。电场强度由场源电荷量和距离共同决定，与场源电荷量直接相关。3.【答案】A

【解析】解：根据电流强度的定义式I=qt，可得该电池充满电后能搬运的电荷量：q=I⋅t=8000×10−3A×3600s=2.88×104.【答案】D

【解析】解：由I−U图像中某点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，a元件两端电压为2V时，对应的电流为0.3A，可知某非线性元件a的电阻为：Ra=UI=20.3Ω=203Ω，两元件串联接入电路，通过的电流相同，所以b元件中的电流也是0.3A，由图可得，此时b元件两端的电压为5V，Rb=U1I5.【答案】C

【解析】解：A.同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，则由图可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，则由F=qE=ma可知，正点电荷经过M点时的加速度小于经过N点时的加速度，故A错误；

BCD.因为电荷做曲线运动时所受合力(电场力)指向运动轨迹凹侧、正点电荷所受电场力与电场方向相同、电场线与等势面相交处互相垂直，则由图可知，该正点电荷所受电场力方向垂直等势面向下、电场线先后经过等势面d、c、b、a；因为沿电场方向电势逐渐降低，则等势面d、c、b、a的电势依次降低，由此可知，M点的电势高于N点的电势，沿虚线轨迹看，从M点到N点电场的电势先增大后减小，则正点电荷经过M点时的电势能大于经过N点时的电势能，故由能量守恒可知，正点电荷经过M点时的动能小于经过N点时的动能，故C正确，BD错误；

故选：C。

A6.【答案】C

【解析】解：根据题意可知，电场力做正功，动能在增加，根据动能定理可得：

qEx=Ek−Ek0，

整理可得：

Ek=qE⋅x+Ek0，

由此可知：

Ek−x图像的斜率表示qE、与纵轴的截距表示Ek0，

由题图可知，粒子从O到N电场强度E不断减小，则电场力qE7.【答案】A

【解析】解：甲小球在B点产生的电场

E甲=kQL2，方向向右

B点的合场强为零，说明乙小球在B点产生的电场与甲的电场等大、反向。

E乙=kq乙(3L)2=kQL2

解得q乙=9Q

两球接触后再重新固定于原处，电荷量平均分配

q甲=q乙=Q+9Q2=5Q

甲小球在B点产生的电场

E1=5kQL8.【答案】BC

【解析】解：A、根据公式U=IR，可知电势差的单位可表示为A⋅Ω，故A错误；

B、根据电势差的定义式U=Wq，可知电势差的单位可表示为J⋅C−1，故B正确；

CD、根据公式U=IR和电流强度的定义式I=qt9.【答案】AC

【解析】解：AB、随着冰箱温度的降低，热敏电阻R2的阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，即电压表的示数增大，故A正确，B错误；

C、R2两端的电压U2=E−I(R1+r)，I减小，其他量不变，则U2增大。电容器两端的电压等于R2两端的电压，则电容器的电压增大，根据Q=CU可知，电容器的电荷量增大，则电容器C充电，故C正确；

D10.【答案】BC

【解析】解：A.根据题意可知，小球在竖直方向只受到重力作用，则有mg=may

在水平方向上受到电场力左右，则有F电=max

且小球在竖直方向上速度vy减为0时，运动到最高点，此时小球的水平方向速度为vx，由题干信息中的动能比，可知速度比为vy：vx=3：4

结合运动学公式有vx=axt，vy=ayt

则ay：ax=3：4

即电场力与重力之比为4：3，故A错误；

B.小球从O运动到P点时，竖直方向速度减为0，从P点运动Q点时，又回到原水平高度，竖直方向上只受到重力加速度g，所以两段过程运动时间相等。在水平方向上受电场力作用，水平速度从0开始运动，在相等时间内水平位移之比为1：3，故B正确；

CD.小球运动到P点和Q点时，水平方向由vx=axt

可知水平速度之比为vx1：vx2=1：2

所以12mvx12:11.【答案】26.6

F

左

πUD【解析】解：(1)(10分)度的游标游标卡尺精度为0.1mm，电阻丝的直径为D=26mm+6×0.1mm=26.6mm

(2)为确保电阻丝两端电压能从0开始变化且实验操作便捷，即采用滑动变阻器为分压式连接，则需要选总阻值较小的滑动变阻器，即选F滑动变阻器(可调节范围为0∼20Ω)；

(3)因Rx2≈106>RA⋅RV=20×6×103Ω2=1.2×105Ω2

则采用电流表的内接法减小系统误差，滑动变阻器采用分压式接法，实物连线如图所示

为了待测电路的安全，流过电流表的电流尽量小，则闭合开关前滑动变阻器的滑片应移动至最左端；

(4)根据欧姆定律有R=UI

根据电阻定律有R12.【答案】红表笔

20.0mA

2.00V

【解析】解：(1)多用表欧姆挡的内部电流从表笔B流出，表笔A流入，根据“黑出红进”可知该多用电表的A表笔为红表笔；

(2)将开关S拨至1，电流表的量程为0∼30mA，分度值为1mA，读数20.0mA；

(3)将开关S拨至5，电压表的量程0∼3V，分度值为0.1V，读数为2.00V；

(4)将开关S拨至3，欧姆调零完成后，欧姆表的内阻R内=EIg1=4.53×10−3Ω=1500Ω

电流表的读数I=2.00mA

根据闭合电路欧姆定律I=ER内+Rx

待测电阻Rx=EI−R内=4.52.00×10−3Ω−1500Ω=750Ω。

故答案为：(1)13.【答案】(1)小球A、B间的库仑力大小为4×10−3N

(2)匀强电场的电场强度大小为8×104N/【解析】解：(1)由库仑定律可知，小球A、B间的库仑力大小F库=kq1q2d2，代入数据可得：F库=4×10−3N；

(2)对小球A受力分析，有Eq1+F库=m