河南省2026-2027学年高二上学期10月期中物理试题

高二物理参考答案及评分意见 1.B【解析】静电除尘的原理是使气体中的尘埃带电，在电场力作用下被吸附到电极上，而非静电屏蔽，A错误；话 筒线外面包裹着金属丝网是利用静电屏蔽原理，屏蔽外界电场对音频信号的干扰，B正确；避雷针利用尖端放电 现象，尖端处电荷密集、电场强度大，更容易将雷电导入大地，C错误；在加油站给车加油前要触摸一下静电释放 器，是为了导走人身上的静电，D错误。 2.B【解析】根据电流的定义式I=?,可知通过导线横裁面的电荷量越多，电流不一定越大，A错误；若两个电阻 并联，其中一个电阻增大，则并联的等效电阻变大，B正确；人们尽量把输电线做得粗一点，可以减小输电线上电 能的损耗，C错误；标有“220V,60W”字样的电烙铁和电风扇，都在额定电压下工作相同时间，电烙铁产生的热 量多，D错误。 3.D【解析】图乙读数为182，灯泡L未发生断路故障，A、B错误；Uar=6V说明电源完好，U=Uc=0,Ur= 6V说明ab、bc间完好，ef间存在断路故障，则开关S完好，电阻R可能发生断路故障，C错误，D正确。 4.C【解析】设两正电荷的电荷量均为Q,M、N间的距离为2a,O点到中垂线上某点的距离为x,根据点电荷的 电场强度公式和电场的叠加原理可知，该点的电场强度大小为E,= a十)，由数学知识可知在0点处电场 2kQx 强度为零，在无穷远处电场强度也为零，则从中垂线由O点向两侧电场强度大小先增大后减小，由于题目没有明 确给出E点的具体位置，因此电子从E点向O点运动的过程中，受到的电场力可能一直减小，也可能先增大后 减小，A错误；电子在整个运动过程中，电场力先做正功后做负功，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电 子的电势能先减小后增大，B错误；若电子在E点的速度垂直纸面向外，由于等量同种正电荷的电场线具有对称 性，在速度大小合适的情况下，电场力提供圆周运动的向心力，电子可以绕O点沿垂直纸面方向做匀速圆周运动 到达F点，全程电子的电势能不变，C正确；电子在E、F两点的加速度大小相等，方向相反，D错误。 5.D【解析】由题意可知，接线柱1、2分别对应量程I1=10mA,I2=1mA,根据并联电路电流分配规律有IgRg= (I2-Ig)(R1十R2),Ig(R2十Rg)=(I1一Ig)R1,联立解得R1=102、R2=902,D正确。 6.C【解析】滑动变阻器R2滑片向右移动一小段距离，R2接入电路的阻值变大，则总电阻增大，总电流减小，由于 Uc=IR1,则电容器两端电压变小，由Q=CUc,则电容器所带电荷量Q减小，电压表V2的示数U2=E一 10R+增大AB维谈：曲=-E-1R+7可知-R中7，C正确：由--R和- △I R1十r,可知△U2=△U1+△Uc,D错误。 【解祈】连接6cd构成直角三角形，将电场强度分解为bc方向和bd方向，bc方向，E,=六是c Uod popa 2V/cm,6d方向，E:=一2Rsin37=1.5V/cm,则电场强度大小为E=√E+E=2.5V/cm,C正确。 L 8.BD【解析】由于材料相同，导线ab的电阻率相同，A错误；导线的电阻R一p5,由于电阻率、长度均相同，导 线a的横截面积小于导线b的横截面积，则导线a的电阻大于导线b的电阻，串联电流相等，根据U=IR可知， 导线4两端的电压大于导线b两端的电压，B正确；根据电流的定义式I=AQ,单位时间通过导线a横截面的电 △t 荷量等于通过导线b横截面的电荷量，C错误；由于电流相等，同种材料中自由电荷数密度n相同，导线α的横截 面积小于导线b的横截面积，根据I=nSv可知，导线a中自由电荷定向移动速率大于导线b中自由电荷定向 移动速率，D正确。 9.BC【解析】设B、C点固定的正点电荷的电荷量均为十Q,两个电荷在O处产生的电场的电场强度大小均为 E,一2，且夹角为120，根据电场强度的叠加原理可知E,-8由于电势为标量，则一0+0-2Q,者 ④物理答案第1页（共4页） 在A点再固定一个等量的负点电荷一Q,该电荷在0处产生的电场的电场强度大小也为E。=,与E,方向相 同，则0点的合电场强度：-瓦，十E,终2又一0十8贸-架根上述分析可知层。-2号 E1191=2, B、C正确。 10.AD【解析】沿着电场线方向电势降低，则坐标原点左侧电场强度的方向沿x轴负方向，坐标原点右侧电场强 度的方向沿x轴正方向，A正确；根据U=Ed,可得P一x图像中的斜率的绝对值表示电场强度的大小，可得x 80 轴右侧电场强度的大小为E:一2X10V/m=4X10V/m,B错误；带负电的粒子从（一4,0）点由静止开始运 动，受电场力向右，运动到坐标原点处动能最大，之后减速，可得最大动能Ekm=W=qU,其中U=0一80V= 一80V,解得该粒子的最大动能Em=8X10-J,C错误；根据Em=2mo后，解得该粒子到达0点时的速度 x1+x2 vm=4×10m/s,因此整个过程中运动的周期T=2· (4+2)×10-2 Um Um =2X s=6×10-8s,D正确。 2 2×4X100 11.(1)B(1分)D(1分)(2)2(1分)(3)3.00(1分)0.97(2分) 【解析】(1)两节干电池的电动势约为3V,为尽量减小实验误差，电压表应选量程0~3V的，故选B;电源内阻 较小，为了实验操作方便，滑动变阻器应选择阻值较小的D。 (2)由于电流表A内阻已知，因此电流表相对电源应采用内接法，开关S2接图甲中的位置2。 (3)由闭合电路欧姆定律可得E=U+I(RA十r),整理可得U=一(RA十r)I十E,可知U一I图像的纵轴截距 等于电动势，结合图像有E=3.00V;U一I图像斜率的绝对值为RA十r= △y|=3.00-2.00 D≈2.172，解 △I 0.46 得r=0.972。 12,1)50.251分)49501分)20左1分)®12(2分)D(2分)偏大(2分) 【解析】(1)20分度的游标卡尺，其精确度是0.05mm,则金属丝的长度L=50mm十5×0.05mm=50.25mm; 螺旋测微器的主尺读数为4.5mm,可动部分刻度45.0与主尺横线对齐，则金属丝的直径D=4.5mm十 0.01×45.0mm=4.950mm。 (2)①实验开始时，为了电路安全，滑动变阻器的滑片应移到最左端。 ②根据两次读数结果，由欧姆定律，有11(R,十R,)=1,（R,十R,),整理可得R=IR,二I,R,代人数据解得 I2一I1 代。一120：由电鼠决定式有足：P专其中横藏面积5-，则电阻率。尽次，D。 L =4;若电流表内阻不可 忽略，由欧姆定律，有1，(R:十R,十RA)=I,(R+R2十RA,可得R=IR二，R-RA,则R<R.,即电流 12-11 表内阻不能忽略时，电阻的测量值偏大，电阻率的测量值偏大。 13.(1) /3k 3m(2)q√mg 【解析】(1)对两个球受力分析，对A,根据平衡条件，有F=√3 mg tan30°(2分) 解得F库=mg 对B,根据平衡条件，有F库=mngtan60°(2分) 解得ma= 3m(2分) ④物理答案第2页（共4页） (2)设A,B间的距离为r,根据库仑定律，则有F,=k39X9(2分) r2 3k(2分) 解得r=q入√ 14.(1)1.5V12(2)1.25V(3)0.28125W或 9 W 2 【解析】(1)当滑动变阻器的滑片位于R,的最上端时，外电路中只有R3,根据闭合电路欧姆定律得 R U=RA十，E1分) RR:(1分) 当滑动变阻器的滑片位于R,的最下端时，电阻R,与R,并联，有R#一R,十R。 解得R并=32 根据闭合欧姆定律得U,R年R十，E0分) 解得电动势E=1.5V(1分) 内阻r=12(1分) (2)滑动变阻器的滑片缓慢的由最上端滑到最下端的过程中，电阻R1的下半部分与R2串联，再与上半部分并 联，设下半部分电阻阻值为R,则上半部分的电阻阻值为R,一R,所以R#=R:一R)(R+R:)(1分) R1+R2 R并'+R3 根据闭合欧姆定律有U=R+R,十，E1分) 1 整理可得U= 一E,则R'最大时，理想电压表的示数最大 1十R+R: 因为R'=R-R)CR+R)_12-R)R+)0,根据数学知识可知R=4n时R#最大1分) R1十R2 16 代入数据解得电压表最大示数Umax=1.25V(1分) (3)把R,和电源看做一个等效电源，当R并"等于等效电源内阻时，R,和R2整体消耗的功率最大 此时R”=r十R3(1分) 即R并"=22 R1和R2整体消耗的最大功率Pm= E R"+R十7 R并"(1分) E2 整理可得P。一4(R十T) 解得Pm=0.28125W(1分) 15.(1)3mg √10gL(2)3mg 9 (3)mgL 【解析】(1)小球静止在P点，对小球受力分析，如图1所示，根据平衡条件有 F U mg D 60° mg、、、 A 图1 ④物理答案第3页（共4页） tan60°- (1分) mg 解得E=3m8(1分) 重力与电场力的合力大小为F=mg c0s60(1分) 即F=2mg,方向沿OP方向，图中Q点为等效最高点 小球经过Q友时有F=m艺1分) 解得1=√2gL 从P点至Q点有-F×2L=司moi-m2分) 解得v0=√10gL(1分) (2)小球从Q点运动到B点过程，由动能定理可得 EL.sin 60-mgl.(1-cos 60m 可得VB=2√gL 在B点由牛顿第二定律有T十mg=m(2分》 解得T=3mg(1分) (3)从细线断裂后，沿合力方向和垂直合力方向建立坐标系，如图2所示，小球沿合力方向做匀减速直线运动， 则asin60=a21分) F电B mgi 01 60° Po A 图2 其中a=F1分) m 解得运动时间t一 3L 垂直合力方向做匀速直线运动，位移x=UBCOS60°·t(1分) 解得x=√3L 电场力做的功W=一Eqa cos60°(1分) 解得W=一哥mgL 根据功能关系可知，小球电势能的增加量为产gL(1分) ④物理答案第4页（共4页）高二物理试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 考试时间为75分钟，满分100分 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的。 1.静电现象在生产、生活中非常常见，下列图片所示的原理与静电屏蔽有关的是 A.静电除尘 B.话筒线外面包 C.在较高建筑物的D.汽车加油前要触 裹着金属丝网 顶端安装避雷针 摸静电释放器 2.下列说法正确的是 A.通过导线横截面的电荷量越多，电流越大 B.若两个电阻并联，其中一个电阻增大，则并联的等效电阻变大 C.在安全的前提下，人们尽量把输电线做得细一点，可以节省材料 D.标有“220V,60W”字样的电烙铁和电风扇，都在额定电压下工作相同时间.二者产生 的热量一样多 3.某同学发现如图甲所示的实验电路闭合开关S后灯泡L不亮。为排查电路故障（只有一 处故障)，他用多用电表测量各点间的电压Ub=Uc=0,U=U=6V。为进一步判断 电路故障的性质，他断开开关S后，将选择开关置于电阻挡的“×1”挡，分别将红黑表笔 @第1页（共8页） 接c端时，指针指在如图乙所示的位置。下列说法正确的是 2011510 o1k1005040\,ul,.0 R 不 09 00.5 .5 23 S A-V-2 6 甲 乙 A.图乙读数为1802 B.灯泡L发生断路故障 C.开关S可能接触不良 D.电阻R可能发生断路故障 4.如图，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O 为EF、MN的交点，且EO=OF。一电子仅在电场力作用下，由E点运动至F点的过程 中，下列说法正确的是 E A.若电子在E点由静止释放，则电子的加速度一定先减小后增大 B.若电子在E点由静止释放，则电子的电势能一定先增大后减小 C,若电子在E点具有某一初速度，则电子的电势能可能保持不变 D,若电子在E点具有某一初速度，则电子的加速度可能保特不变 5.如图所示是双量程直流电流表的原理图，两个量程分别是1mA、10mA。已知表头G的 满偏电流Ig=100μA,内阻Rg=9002,则定值电阻R1、R2的阻值分别为 62 A.92、902 B.102、992 C.9n、912 D.102、902 @第2页（共8页） 6.如图所示电路中的电源电动势为E、内阻为x,定值电阻阻值为R,,电容器的电容为C,所 带电荷量为Q,电表V,、V2、A均为理想电表，其示数分别为U1、U2、I,滑动变阻器R2滑 片向右移动一小段距离，其示数的变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△I,电容器两端电 压变化量的绝对值为△Uc,下列正确的是 A E A.U2变小 B.Q变大 41不变 D.△U1=△Uc+△U2 7.如图所示，ab和cd为半径R=5cm的圆的两条直径，O点为圆心，∠aOc=74°，空间存在 与圆面平行的匀强电场，b、c、d三点的电势分别为26V、10V、17V,已知sin37°= 0.6,cos37°=0.8，则电场强度的大小为 b 0 A.1.5 V/cm B.2.0 V/cm C.2.5 V/cm D.4.0 V/cm 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目 要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图所示，同种材料制成的、长度相同的均匀铜导线a、b串联接入电路，导线a的横截面 积小于导线b的横截面积。以下说法正确的是 A.导线a的电阻率大于导线b的电阻率 B.导线a两端的电压大于导线b两端的电压 C.单位时间通过导线α横截面的电荷量小于通过导线b横截面的电荷量 D.导线α中自由电荷定向移动速率大于导线b中自由电荷定向移动速率 ①第3页（共8页） 9.如图所示，A、B、C三点将半径为R的圆均匀分成三等份，现将两个等量同种正点电荷分 别固定在B、C两点，圆心O点处的电场强度大小为E:、电势为p1;若在A点再固定一个 等量的负点电荷，圆心O点处的电场强度大小为E2、电势为P2。取无穷远处为电势零 点，在真空中距静止的点电荷g的距离为，处的电势=g,其中为静电力常量。下列 说法正确的是 E=2 4 c.91=2 D.91=2 P23 10.真空中匀强电场的方向平行于x轴（图中未画出），其电势p随x的分布如图所示，一质 量m=1.0×10-0kg、带电荷量q=-1.0×10-9C的带负电的粒子从（一4,0）点由静止 开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则 A0/V 80 -4 2 x/cm A坐标原点左侧电场强度的方向沿x轴负方向 B.坐标原点右侧电场强度的大小为2×103V/m C.该粒子运动的最大动能为4×10-8J D.该粒子运动的周期为6×10-8s ①第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)在“测定电源的电动势和内阻”实验中，某同学选用两节干电池串联进行测量，除 待测电池外，现有以下器材： A.电流表A:量程0~0.6A,内阻为1.22 B.电压表V1:量程0~3V,内阻约为3k2 C.电压表V2:量程0~15V,内阻约为15k2 D.滑动变阻器R,:0~302,额定电流为2A E.滑动变阻器R2:0~100,额定电流为0.1A F.开关、导线若干 (1)为方便且能较准确地进行测量，电压表应选择 ,滑动变阻器应该选用 (以上均填写选项前的字母) (2)将选定的器材按图甲所示连接电路，实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到α 端，开关S2接图甲中的位置 (填“1”或“2”)。 UU八V 3.00平 2.80 2.60 A 2.40 2 S21 2.20 2.0000.100.200.300.400.50iA 用 (3)改变滑动变阻器接入电路的阻值，记录几组电压表示数U和对应的电流表示数I,在坐标 系内描点作出U一I图像，如图乙所示，由图线可得，待测电源的电动势E= V, 内阻r= 2。（结果均保留两位小数) 12.(9分)现有一合金制成的金属丝，实验小组想测量其电阻率。 (1)用游标卡尺测量该金属丝的长度，用螺旋测微器测量该金属丝的直径。游标卡尺和 螺旋测微器示数如图甲、乙所示，则其长度L= mm,其直径D= mm。 5 cm 10 20 3 甲 ①第5页（共8页） (2)实验小组设计的电路如图丙所示，实验器材：待测金属丝（电阻R,约为10）、滑动 变阻器R(最大阻值5)、电阻箱R。(0~999.92)、电流表A(量程0.3A,内阻未知)、 直流电源E(电动势6V,内阻约12)、开关、导线若干。 R 丙 ①实验步骤如下：将滑动变阻器的滑片移到最 (填“左”或“右”)端；闭合开关S, 调节电阻箱R。阻值为38.0Ω，移动滑动变阻器滑片使电流表示数为0.10A;保持滑片 位置不变，调节电阻箱R。阻值为13.02，此时电流表示数为0.20A。 ②根据上述所测数据计算可得R。= Ω（结果保留两位有效数字），金属丝的电阻率 P= (用L、D、R,表示)；若电流表内阻不能忽略，则电阻率的测量值 (填“偏大”或“偏小”)。 13.(10分)如图所示，电荷量分别为十3g、十g的两带电小球A、B互相排斥，静止时两球位 于同一水平面，绝缘细线与竖直方向的夹角分别为α=30°和β=60°，已知A的质量为 √3m,A、B均可视为点电荷，静电力常量为k,重力加速度为g。求： (1)B的质量； (2)A、B之间的距离。 ①第6页（共8页） 14.(12分)如图所示的电路中，闭合开关S,当滑动变阻器的滑片位于R,的最上端时，理想 电压表的示数为0.75V;当滑动变阻器的滑片位于R,的最下端时，理想电压表的示数 为1.2V。已知R,的总阻值为122，定值电阻的阻值分别为R2=42、R3=12。求： (1)电源的电动势和内阻； (2)理想电压表的最大示数； (3)R,和R2整体消耗的最大功率。 E TRIR,⑦ R3 ①第7页（共8页） 15.(17分)如图所示，在水平向左且范围足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固 定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在P点，OP 与圆的竖直直径AB之间的夹角为60°。现给小球一垂直于OP的初速度。（未知），使 其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动。重力加速度为g,不计空气阻力，小球 可视为质点，当小球再次运动到B点时细线突然断裂。求： (1)匀强电场电场强度的大小及小球初速度v。的大小； (2)小球做圆周运动经过B点时细线的拉力大小； (3)从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，小球电势能的增加量。 B 601 ①第8页（共8页）