河南鹤壁市高中2025-2026学年高二上学期物理作业规范化练习（七） （宏奥A卷）

**基本信息** 聚焦静电场与电路核心知识，通过实验探究（伏安法测电阻、半偏法测内阻）与综合问题（电场中圆周运动与平抛）设计，培养科学思维（模型建构、科学推理）与问题解决能力，适配周测巩固需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/35|平行板电容器动态分析、静电平衡、电场叠加|结合生活情境（飞机尾翼静电针）考查物理观念| |多选题|3/18|等势线与运动轨迹、电源功率曲线|通过轨迹与等势线关系培养科学推理能力| |实验题|2/27|伏安法电路选择、半偏法测内阻|设计误差分析与电路方案选择，体现科学探究| |解答题|1/20|电场中圆周运动、平抛运动|综合电场力与重力，需能量守恒推理，强化科学思维|

2027届物理作业规范化练习（七） (宏奥A卷） 一、单选题（每题5分，共35分） 1．关于各图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（　　） A．图甲，平行板电容器充电后与电源断开，仅将a板向上平行移动一小段距离至虚线位置，静电计指针的偏角变小 B．图乙，飞机尾翼尖端处有些很细的针，细针表面越尖锐的地方，场强越大 C．图丙，静电除尘装置两极板间存在匀强电场 D．图丁，毛皮与橡胶棒摩擦起电时，毛皮带正电是因为在摩擦过程中得到了正电荷 2．如图所示，原来不带电，长为的导体棒水平放置，现将一个电荷量为的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端处，分别为导体棒左右两端的一点，静电力常量为。当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（　　） A．导体棒上的点电势比点电势低 B．将导体棒处接地，则处不存在感应电荷 C．导体棒上感应电荷在棒的中心处产生的电场强度大小 D．增加点电荷的带电量，导体静电平衡时处的电子受到的电场力将增大 3．如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直。则（　　） A．A点的电场强度大小为 B．D点的电场强度大小不可能为0 C．A、C两点的电势相同 D．将电子沿直线从D点移动到B点，电场力做正功 4．如图所示，两块彼此绝缘的金属板A、B水平平行放置并与一个电源相连，其中B板接地。开关S闭合后，在A、B两板间C点处有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向下运动 B．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，油滴的电势能变小 C．保持S闭合，再将A板向上平移一小段位移，C点电势升高 D．保持S闭合，再将B板向左移动一小段位移，电容器带电量增大 5．如图所示，图线甲、乙分别为电源和某导体的图线，电源的电动势和内阻分别用表示，下列说法正确的是（　　） A．电源的内阻 B．该导体的阻值随电流的增大而增大 C．当该导体直接与该电源相连时，该导体消耗的功率为 D．当该导体直接与该电源相连时，电源的效率为 6．图中的直线I、II分别是电池1和电池2的路端电压随电流变化的图线，直线Ⅲ是某用电器两端电压随电流变化的图线。则（　　） A．电池1和电池2的电动势相等 B．电池1和电池2的内阻之比为3∶5 C．该用电器的电阻为2Ω D．该用电器分别接在电池1和电池2上时消耗的功率之比为9∶4 7．如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变．闭合开关S，滑动变阻器的滑片P处于某一位置时，小灯泡L 能发光．将滑片P 从该位置向b端滑动，则（  ） A．小灯泡L变亮，电流表的示数变小 B．小灯泡L变亮，电流表的示数增大 C．小灯泡L变暗，电流表的示数变小 D．小灯泡L变暗，电流表的示数增大 二、多选题（每题6分，对而不全得3分，共18分） 8．如图，Q为一固定点电荷，虚线为Q产生电场的等势线，相邻等势线间电势差相同。试探电荷q从远处飞来，实线是仅在电场力作用下q的运动轨迹。P、M、N、T为运动轨迹与等势面的交点，下列说法正确的是（　　） A．试探电荷q和点电荷Q的电性相反 B．P、N两点的电场强度大小相等 C．由M点到N点的过程中，电荷q电势能减少 D．由P点到N点的过程中，电荷q动能保持不变 9．如图1所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω。闭合S，当滑动变阻器的滑片由a滑至b时，R上消耗的功率P随接入电路电阻的变化关系如图2所示，则（　　） A．电动势 B．内阻 C．时，R一定为3Ω D．时，R可能为12Ω 10．如图所示的电路中，电源内阻不计，滑动变阻器R的滑片向左端缓慢滑动，理想电压表示数为U，理想电流表示数为I，电压表示数变化量为ΔU，电流表示数变化量为ΔI，下列说法正确的是（　　） A．电容器C1的带电荷量增加 B．电容器C2的带电荷量增加 C．减小 D．增加 三、实验题（每空3分，共27分） 11．某兴趣小组要测量一个未知电阻，的阻值，实验室提供的器材如下： A、多用电表 B、恒压电源（输出电压为3V） C、电压表（量程0~3V，内阻约为1kΩ） D、电流表（量程0~3mA，内阻约为40Ω） E、滑动变阻器（最大阻值20Ω） F、定值电阻、电阻箱R、灵敏电流表G G、开关及导线若干 (1)该小组先用多用电表的电阻挡粗测的阻值。选用“×10”挡试测时，指针如图a所示，于是决定换用 （选填“×1”或“×100”）倍率。换用另一倍率后，重新进行欧姆调零，方可再次进行测量指针如图b所示，测量值为 Ω。 (2)接下来该小组采用伏安法继续测量。 ①为使电阻的测量结果尽量准确且在调节电路的过程中电压表示数的变化范围足够大，应选择以下哪个电路进行测量？ 。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 ②下列关于伏安法测电阻实验误差的说法正确的是 A、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 B、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除偶然误差 C、用U-I图像处理数据求电阻可以减小偶然误差 D、该小组选用合理电路进行测量，的测量值小于真实值 (3)该小组又采用了实验电路如图c测量，连接好电路，先将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关，调节滑动变阻器滑片位置，再调节电阻箱的阻值，直到灵敏电流表G的示数为零，读出此时电阻箱阻值R，和均为阻值已知的定值电阻，由以上数据可得的阻值为 （用题中给的物理量的字母表示）。 12．某实验小组要测量一个电流表的内阻和一个蓄电池的电动势E和内阻r，设计了以下实验： （1）连接好电路，闭合开关、前，应将电阻箱、的阻值调至 （填“最大”或“最小”）； （2）断开，闭合，调节得到图线，如图乙； （3）闭合、，使，调节得到图线，如图丙，调节时，使得远小于，可忽略对电路的影响； （4）根据以上信息可求得： 、电动势 V、内阻 。（以上均保留3位有效数字） 四、解答题（20分） 13．如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径，电场强度的大小为。一带电荷量的小滑块质量为，与水平轨道间的动摩擦因数，滑块从水平轨道上某处由静止释放，小滑块恰好运动到半圆形轨道的最高点C。g取，求： (1)滑块在水平轨道上由静止释放的位置离N点的距离 (2)滑块通过半圆形轨道中点P点时对轨道压力大小 (3)小滑块经过C点后的落地点离N点的距离。 1 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届物理学科规范化练习（宏奥A卷）参考答案 单选题（1-7每题5分）；多选题（8-10每题6分，对而不全得3分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C B D D A AB BD AC 1．B【详解】A．图甲，平行板电容器充电后与电源断开，则电容器所带电荷量不变；仅将a板向上平行移动一小段距离至虚线位置，则两极板间的距离增大，根据可知，电容器的电容减小，根据可知，两极板间的电势差增大，即静电计指针的偏角变大，故A错误； B．图乙中，飞机高速飞行时与空气摩擦产生静电，电荷在越尖锐的地方分布越多，可以通过尖端放电释放静电，则场强越大，故B正确； C．图丙中，静电除尘装置两极板间不是匀强电场，负极附近场强较大，故C错误； D．图丁中，毛皮与橡胶棒摩擦起电时，毛皮带正电是因为在摩擦过程中失去电子，故D错误。故选B。 2．C【详解】A．根据静电现象规律，当棒达到静电平衡后，导体棒是等势体，所以导体棒上的A点电势等于B点电势，故A错误； B．将导体棒A处接地，静电现象仍会发生，A处仍感应出负电荷，故B错误； C．根据静电平衡规律可知，中心O处场强为零，所以导体棒上感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小与的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，即大小为，故C正确； D．根据静电平衡规律可知，导体静电平衡时中心O处场强始终为零，所以增加点电荷的带电量，导体静电平衡时O处的电子受到的电场力不变始终为零，故D错误。故选C。 3．C【详解】A．根据场强叠加原理可知，A点的电场强度大小为，故A错误； B．O点正电荷在D点的场强方向水平向左，与匀强电场的场强方向相反，如果满足，则D点的电场强度大小为0，故B错误； C．O点正电荷产生的电场在A、C两点的电势相同，匀强电场在A、C两点的电势相同，则A、C两点的电势相同，故C正确； D．O点正电荷产生的电场在B、D两点的电势相同，所以将电子沿直线从D点移动到B点，只需要考虑匀强电场电场力做功，由于匀强电场对电子的电场力方向水平向左，所以电场力做负功，故D错误。故选C。 4．B【详解】A．若将S断开，则电容器所带电荷量不变，根据 可知，再将A板向左移动一小段位移，正对面积减小，板间场强增大，油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，故A错误； B．根据A选项可知 因此若将S断开，则不变，板间场强不变。根据场强与电势差间的关系可知 又因为B板接地，则，则变大，变大，变大。又因为油滴所受电场力竖直向上，而板间场强方向向下，故油滴带负电，油滴的电势能变小，故B正确； C．保持S闭合，则电容器两极板间电势差不变，根据可知，若将A板向上平移一小段位移，板间场强减小。根据 可知减小、不变，则减小，C点电势降低，故C错误； D．将B板向左移动一小段位移，根据可知，正对面积减小，电容器电容变小。保持S闭合，则电容器两极板间电势差不变，根据可知，电容器带电量减小，故D错误。故选B。 5．D【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得 由图中甲图线可知，电动势为 内阻为，故A错误； B．根据欧姆定律，由图中乙图线可知该导体的阻值随电流的增大而减小，故B错误； CD．当该导体直接与该电源相连时，由图中交点可知，电阻的电压和电流分别为， 则该导体消耗的功率为 此时电路消耗的总功率为 则电源的效率为，故C错误，D正确。故选D。 6．D【详解】A．根据路端电压U - I图线的纵截距表示电动势，两截距不相等，可知，A错误； B．根据路端电压U - I图线的斜率绝对值表示内阻，可知电池1的内阻 电源2的内 阻为 则 B错误； C．根据用电器两端电压随电流变化的U - I图线，斜率绝对值表示内阻大小，可知 C错误； D．当电路中只将该用电器与电源相连，U - I图线中用电器的图线与电源图线的交点即为用电器连接时的工作状态，则接电源1时，U1=1.5V，I1=0.6A，小灯泡消耗的功 接电源2时，U2= 1V，I2=0.4A，小灯泡消耗的功率 所以该用电器分别接在电池1和电池2上时消耗的功率之比为9∶4，D正确。 故选D。 7．A 【分析】根据滑片P的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，从而知道电流表的示数如何变化．根据路端电压的变化分析小灯泡亮度的变化． 【详解】将滑片P从该位置向b端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I变小，则电流表示数变小． 总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压变大，小灯泡的电压变大，则小灯泡L变亮，故A正确，BCD错误． 故选A． 8．AB【详解】A．q受到的库仑力指向轨迹的凹侧，可知两电荷相吸引，电性相反，故A正确； B．P、N两点到Q距离相等，两点电场强度大小相等，故B正确； CD．两电荷靠近的过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减少，远离时电场力做负功，动能减小，电势能增加，故CD错误。 故选AB。 9．BD 【详解】AB．将看成电源内阻的一部分，当滑动变阻器R的阻值等于等效电源的内阻时，R上消耗的功率最大，即 解得内阻 R上消耗的最大功率为 解得电动势 故A错误，B正确； CD．当时，则 解得 或 故C错误，D正确。 故选BD。 10．AC 【详解】C．滑动变阻器R的滑片向左端缓慢滑动，接入电路的电阻减小，并联部分总电阻减小，因电源内阻不计，所以并联部分的电压与并联部分的总电阻成正比，即并联部分总电压减小，即电压表的示数U减小；因电源电动势不变，内阻不计，所以R1两端的电压增大，根据，可知干路电流增大，即电流表的示数I增大，综上可知减小，故C正确； D．把R1看成电源内阻，由闭合电路欧姆定律有，可得，可知保持不变，故D错误； AB．R3两端的电压减小，总电动势不变，可知R1和R2两端的总电压增大，根据Q=CU，可知电容器C1带电荷量增加，C2带电荷量减小，故A正确，B错误。 故选AC。 11．(1) “×100” 1000 (2) B C (3) 【详解】（1）[1]由图可知，多用表的指针偏转幅度过小，故应更换大倍率的挡位，即更换为“×100”的倍率； [2]待测电阻的大小为 （2）[1]由于使用要求电压表示数的变化范围足够大，因此滑动变阻器应采用分压式接法；待测电阻的阻值，故应采用电流表的内接法。 故选B。 [2] A．由于电流表和电压表的内阻引起的误差属于系统误差，故A错误； B．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故B错误； C．用图象处理数据能起到“平均”的作用，可以减小偶然误差但不能消除偶然误差，故C正确； D．电流表内接法测量的电阻为，大于真实值，故D错误。 故选C。 （3）由于灵敏电流计的示数为零，a、b两点的电势相等，则有、两端的电压相等，设为，同理可知、两端的电压也相等，设为,根据欧姆定律可得， 联立可得可得 即 12． 最大 195 2.00 5.00 【详解】（1）[1]闭合开关、前，应将电阻箱、的阻值调至最大。 （4）[2][3][4]断开，闭合，由闭合电路欧姆定律可得 可得 由图乙可得， 闭合、，由闭合电路欧姆定律可得 可得 由图丙可得 联立解得，， 13．(1) (2)，方向水平向左 (3) 【详解】（1）小滑块在C点时，重力提供向心力，有 ....................2分 代入题中数据，解得....................1分 整个过程，由动能定理得 ....................2分 解得....................1分 （2）滑块从初位置到达P点，由动能定理得..................2分 滑块到达P点时轨道对滑块的弹力和电场力的合力提供向心力， 有....................2分 联立解得....................1分 由牛顿第三定律，P点时滑块对轨道压力大小为 ....................1分 方向水平向左。 （3）滑块经C点后，竖直方向做自由落体运动....................2分 滑块水平方向做匀减速运动，则有，....................2分 ....................2分 联立解得....................2分 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $