河南省郑州市十校联考2025-2026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PAGE2026学年上期高二年级期中联考试题物理学科考试时间：75分钟分值：100分注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分。考生应首先阅读试题卷上的文字信息，然后在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡）。在试题卷上作答无效。一、单选题（本题共7小题，每题4分，共28分。）1.奥斯特的电流磁效应实验具有划时代的意义，引领人类进入了电气时代。下列关于电和磁的说法正确的是（）A.对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大B.电磁波谱按波长由小到大排列的顺序是，射线、紫外线、可见光、红外线C.在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场D.电场强度和磁感应强度都采用比值定义法，它们的方向与力F的方向相同或相反【答案】B【解析】A．对于给定的电源，从负极到正极移动单位正电荷非静电力做功越多，电动势就越大，故A错误；B．电磁波谱按波长由小到大排列的顺序是射线、X射线、紫外线、可见光、红外线，故B正确；C．在均匀变化的电场周围产生恒定的磁场，在均匀变化的磁场周围产生恒定的电场，故C错误；D．电场强度和磁感应强度都采用都采用比值定义法，电场强度的方向与正电荷受力方向相同，与负电荷受力方向相反，磁场强度方向与磁场力的方向垂直，故D错误。故选B。2.四种电场的电场线分布情况如图所示。将一检验电荷分别放在场中a、b两点，则该检验电荷在a、b两点所受的电场力以及电势能均相同的是A.甲图中，与正点电荷等距离的a、b两点B.乙图中，两等量异种点电荷连线中垂线上与连线等距的a、b两点C.丙图中，两等量同种点电荷连线中垂线上与连线等距的a、b两点D.丁图中，某非匀强电场中同一条电场线上的a、b两点【答案】B【解析】A．甲图中，与正点电荷等距离的a、b两点场强大小相等，但是方向不同，则该检验电荷在a、b两点所受的电场力不相同；因两点的电势相等，则电荷在两点的电势能相同，选项A错误；B．乙图中，两等量异种点电荷连线中垂线上与连线等距的a、b两点，由对称可知，两点的场强大小和方向均相同，则检验电荷所受的电场力相同；因a、b所在的直线是等势面，则电荷在两点的电势能相同，选项B正确；C．丙图中，两等量同种点电荷连线中垂线上与连线等距的a、b两点的场强大小相同，但是方向不同，则该检验电荷在a、b两点所受的电场力不相同；因两点的电势相等，则电荷在两点的电势能相同，选项C错误；D．丁图中，某非匀强电场中同一条电场线上的a、b两点的场强和电势均不同，则该检验电荷在a、b两点所受的电场力不相同，电荷在两点的电势能也不相同，选项D错误；故选B。3.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A.0 B. C. D.2B0【答案】C【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0；解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0；当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误．4.如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为E0、电势为0，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是（）A.B.C.将质子（比荷）从P点无初速释放，则质子的最大速度为D.若两段弧形材料带上是等量异种电荷，x轴上各点电场强度为零，电势为零【答案】D【解析】ABD．如图，对圆弧AOB分析可知，AO产生的场强和OB产生的场强大小相等，夹角为，则AOB在圆心P产生的场强为由对称性可知，圆弧COD在圆心P产生的场强则P点的合场强为即仅有AO弧时，若质子从无穷远运动到圆心，电场力做功为由对称性可知，圆弧AOB和圆弧COD同时存在时，电场力做功为故P点电势为若两圆弧带等量异种电荷，由对称性可知，此时圆心场强为零，电势为零，故D正确AB错误；C．将质子（比荷）从P点无初速释放，粒子一直加速到无穷远，由动能定理可知解得故C错误。故选D。5.一带负电的微粒只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中0~x1段是曲线，x1~x2段是平行于x轴的直线，x2~x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是A.0~x1段电势逐渐升高B.0~x1段微粒的加速度逐渐减小C.x2~x3段电场强度减小D.x2处的电势比x3处的电势高【答案】B【解析】A．电势能，由于粒子带负电，0~x1段电势能变大，所以电势变小，A错误B．根据电场力做功与电势能关系：，图像斜率代表场强大小，0~x1段图像斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，B正确C．x2~x3段斜率为0，场强为零，C错误D．x2到x3，电势能减小，粒子带负电，所以电势增大，D错误6.如图甲所示的电路，其中电源电动势，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（）A.图乙中滑动变阻器的最大功率B.图乙中C.滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R消耗的功率也最大D.调整滑动变阻器阻值从最右端滑到最左端，电源的效率先增大后减小【答案】B【解析】A．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为，选项A错误；B．滑动变阻器的阻值为时与阻值为时消耗的功率相等，有解得，选项B正确；C．R消耗的功率为，故当回路中电流最大时，即时，定值电阻R消耗的功率最大，选项C错误；D．电源的效率调整滑动变阻器RP的阻值从最右端滑到最左端时，RP变大，则变大，电源的效率一直变大，选项D错误。故选B。7.如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是，不考虑微粒间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别放有电子A、B（不计重力），给它们各自一个速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度为，的由平衡条件得即而它们距导体棒的距离之比总是，可知某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任意一点的电场强度大小可写成（k为常量）由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则解得故选A。二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分。）8.下列如图所示的情况中，能产生感应电流的是（）A.图甲中，条形磁铁插入有开口的圆环B.图乙中，开关闭合后，向右滑动变阻器滑片C.图丙中，线圈在匀强磁场中保持线圈平面始终与磁感线垂直左右运动时D.图丁中，与导线在同一平面内的线圈向右平移【答案】BD【解析】产生感应电流的条件：闭合回路、磁通量发生变化。A．图甲中，条形磁铁插入有开口的圆环，没有构成闭合回路，故A错误；B．图乙中，开关闭合后，向右滑动变阻器滑片，A线圈所在的回路中电阻减小，电流增大，A线圈周围磁场增大，B线圈内磁通量增大，有感应电流，故B正确；C．图丙中，线圈在匀强磁场中保持线圈平面始终与磁感线垂直左右运动时，磁通量不变，故C错误；D．图丁中，与导线在同一平面内的线圈向右平移，磁通量减小，有感应电流，故D正确。故选BD。9.如图所示为手机内电容式加速度传感器的原理图，和为平行板电容器两极板，板固定，板两端与两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，板只能按图中标识的“前后”方向运动，图中为定值电阻。下列判断正确的是（）A.匀速运动时，板带正电荷，电流由向流过电流表B.向前加速时，若加速度增大，MN板间的距离增大，电容器的电容减小C.由静止突然向前加速时，电流由向流过电流表D.保持向前的匀减速运动时，MN之间的电场强度持续减小【答案】BC【解析】A．匀速运动时加速度为0，电容不变，故电容器不会充放电，所以线路中无电流，板与电源正极相连带正电荷，故A错误；B．向前加速时，若加速度增大，由于惯性N板向后移，两极板间距增大，根据可知，电容减小，故B正确；C．由静止突然向前加速时，由于惯性N板向后移，两极板间距增大，根据可知，电容减小，根据可知，不变，则减小，所以有放电电流，电流由流向，故C正确；D．保持向前的匀减速运动时，加速度不变，极板N的合力不变，故弹簧形变量不变，故极板间距不变，由可知，MN之间的电场强度不变，故D错误。故选BC。10.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，长度为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为的小球，将带电球拉至最右端（小球带电量保持不变）。静止释放小球，细线最多能转过角，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.电场强度大小B.释放时，给小球一个竖直向下的初速度，小球恰好绕O点做完整圆周运动，小球运动到最低点时绳子的拉力为C.若小球绕O点做完整圆周运动，在运动过程中细绳对小球拉力的最大值与最小值一定相差D.若小球绕O点做完整圆周运动，当小球运动到最左侧时，有最大电势能【答案】BCD【解析】A．将带电球拉至最右端，静止释放小球，细线最多能转过角，根据动能定理有解得，故A错误；B．根据力的合成可知，电场力与重力的合力为，方向与水平方向成30°角斜向下；释放时，给小球一个竖直向下的初速度，小球恰好绕O点做完整圆周运动，则在等效“最高点”时速度最小，有解得从最低点到等效“最高点”过程，根据动能定理可得在最低点，由牛顿第二定律可得联立解得，故B正确；C．小球绕点做完整圆周运动，在等效“最高点”时有在等效“最低点”时有从“最高点”到“最低点”，根据动能定理可得联立解得，故C正确；D．沿着电场线方向，电势逐渐降低，则最左侧时电势最高，若小球绕点做完整圆周运动，根据可知，当小球运动到最左侧时，有最大电势能，故D正确；故选BCD。三、实验题（每空2分，共16分）11.某实验小组在做“观察电容器放电”的实验时，按图甲所示连接电路，实验中使用电流传感器采集电流信息，绘制图像。（1）将单刀双掷开关接___________（选填“1”或“2”），对电容器进行充电。（2）放电过程的图像如图乙所示，图线与坐标轴所围成的面积表示电容器充电后所存储的电荷量，则电容器所带电荷量___________C（结果保留两位有效数字）。（3）若只增大滑动变阻器R的阻值，不改变电路其他参数，则放电过程中图线与坐标轴所围成的面积___________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】（1）2（2）（3）不变【解析】（1）对电容器充电应该将电容器与电源相连，即将单刀双掷开关接2。（2）有题意可知，图像与坐标轴围成的面积为电荷量，由题图可知，其面积约占40小格，所以其电荷量为（3）由题意可知，图像曲线与坐标轴围成面积为电荷量，电荷量不会因为电阻R的阻值而变化，所以该过程中图像曲线与坐标轴所围成的面积将不变。12.某同学为研究小灯泡的伏安特性，利用实验室提供的如下器材进行实验：待测小灯泡L数只电池组（电动势为，内阻为）电流表A（量程为0~0.6A，内阻很小）电压表V（量程为，内阻未知）电阻箱（阻值范围为）滑动变阻器（阻值范围为）开关S，导线若干。该同学发现电压表量程过小，他对电表进行了改装，实验步骤如下：（1）先用多用电表欧姆表粗测电压表内阻，为了防止电压表表针反偏，欧姆表的红表笔与电压表的_____（填“+”或“-”）接线柱相连。当欧姆表的倍率选用“100”挡时，测量结果如图（a）所示，电压表内阻的测量值为_____。为了更精确测量电压表的内阻，该同学改用伏安法测得电压表的内阻为1100Ω。（2）将电压表改装成量程为0~3V的电压表：将电阻箱与电压表_____（填“串联”或“并联”），电阻箱阻值应调为_____。（3）利用如图（b）所示电路，测得多组数据，作出图像（电压表V的表盘没有改动，示数为；电流表A的示数为）如图（c）所示。（4）将两个完全相同的小灯泡L串联后连接到实验所用电池组两端，每个小灯泡L消耗的电功率为_____W。（保留3位有效数字）【答案】（1）负1000（2）串联9900.0（4）0.260（0.253~0.267）【解析】[1][2]为了防止电压表表针反偏，欧姆表的红表笔与电压表的负极相连，欧姆挡粗测定电压表V的内阻为[3][4]将电压表V改装成量程为的电压表。具体操作为：将电阻箱与电压表V串联得；其中是电压表V的电压，是电压表V的内阻，电阻箱的阻值为。[5]将两个完全相同的上述小灯泡串联后连接到实验所用电池组两端，则：其中，联立解得代入数据有将此关系画在题图（c）上交点坐标为，（0.198A~0.202A）故每个小灯泡消耗的电功率为四、解答题（共38分）13.如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关S后，标有“6V，3W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻，求：（1）流过电源电流；（2）电动机的发热功率和电动机对外做功的功率。【答案】（1）2.5A（2）4W，8W【解析】（1）由于灯泡正常发光，可知路端电压为，则根据闭合电路欧姆定律得（2）流过灯泡的电流为则流过电动机的电流为故电动机的发热功率为电动机消耗的电功率为电动机对外做功的功率为14.如图所示，等量异种点电荷分别固定在竖直线上的M、N两点处，，O点位于M、N连线中点C的正右方且与C点间距离为L，质量为m、电荷量为，可视为点电荷的小球固定在长度为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与M、N的连线所在平面垂直的水平轴无摩擦转动。现将球拉到O点正上方的A点，给球大小为水平向右的初速度，小球经过最低点B时速度大小为，取O点电势为零，不计小球所带电量对等量异种点电荷形成电场的影响，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）在等量异种点电荷形成的电场中，A点的电势的大小？（2）若小球经过B点时杆对球的作用力大小为，静电力常量为k，则点电荷的电荷量Q大小为多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）小球由A到B过程，根据动能定理可得解得电场力做功为AB之间的电势差，由题可知所以即（2）M点的正电荷对处于B点小球的库仑力大小为方向斜向下与竖直方向夹角为，有根据牛顿第二定律可得解得15.如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下面板间距为d，与路端电压为的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为－q、分布均匀的尘埃以水平速度进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下面板