广东省深圳市某校2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题

2025—2026学年 上学期高二年级期中考试 物理试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分,共6页,满分为100分。考试用时75分钟。 注意事项: 1、答卷前,考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡密封线 内相应的位置上,用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。 2、选择题每小题选出答案后,用2B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;不能答在试卷上。 3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答,答案必须写在答卷纸各题目 指定区域内的相应位置上,超出指定区域的答案无效;如需改动,先划掉原来的答案,然后 再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。 第卷(选择题) 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每个题目只有一个选项符合要求, 选对得4分,选错得0分。 1.“物理”二字最早出现在中文中,是取“格物致理”四字的简称,即考察事物的形态和变化, 总结研究它们的规律的意思。同学们要在学习物理知识之外,还要了解物理学家是如何发现 物理规律的,领悟并掌握处理物理问题的思想与方法,下列叙述正确的是() A.美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量 B.电学中引入点电荷的概念,突出带电体的电荷量,采用了等效替代法 C.库仑首先提出了电场的概念,并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向 D。用比值法定义的概念在物理学中占相当大的比例,如场强B-号是采用比值法 2.关于下列四幅图画的说法,正确的是() ”1煮米米 丁 A.甲图中,将带正电的小球C靠近不带电的导体,再沿图中虚线将导体分割成A、B 两部分后,A所带电荷量小于B所带电荷量 B.乙图为两个等量异种点电荷周围等势面分布 C.丙图为负点电荷周围的电场线分布情况 D.丁图中,将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针, 利用的是尖端放电原理 第1页共6页 3.飞力士棒(Flexi-bar)是德国物理治疗师发明的一种物理康复器材,也是一种有效加强 躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒整体结构由中间的握柄,两端负重头,用一根 PVC软杆连接,质量为508g,长度为1.525m,棒的固有频率为4.5Hz,如图所示,可以使 用双手进行驱动,则下列关于飞力士棒的认识正确的是() 负重头 握柄 负重头 A.使用者用力越大飞力士棒振动越快 B.双手驱动该飞力士棒每分钟完成270次全振动,会产生共振 C.随着手振动的频率增大,飞力士棒振动的幅度一定越来越大 D.负重头质量相同,同样材料的PVC杆缩短,飞力士棒的固有频率不变 4.近些年的研究发现少部分材料呈现出反常的“热缩冷胀”现象,这类材料被称为负热膨胀 材料。如图所示,平行板电容器接电压恒定的电源,上极板固定,下极板能随负热膨胀材料 的变化做微小移动,一带电油滴悬浮在极板间,若发现油滴向上移动,则() A.油滴带正电 +++油滴 千电源 B.电容器电容变小 负热膨胀材料 C.极板所带电荷量增大 加热器 固定工作台 D.负热膨胀材料温度升高 7T7117 5.下列图像分别表示电势能Ep、电势0、电场强度E、电容器的放电电流I随位置x或 时间t的变化关系,以下说法正确的是() E, E个 X 0 X x2 X1 X2 X0 X X2 X3 ① ② ③ ④ A.图①中处电场力比2电场力小 B.图②中若电场沿x轴方向,则x1处电场强度比2处电场强度大 C.图③中若x一2、x2一x3曲线与x轴围成面积相等,则电势差U12=U23 D.图④中电容器 放电过程中释放的电荷量比电容器b释放的电荷量大 第2页共6页 6.如图甲所示,水平弹簧振子的平衡位置为O点,在B、C两点之间做简谐运动,规定水 平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x-图像,则() 0.20.50 70.751.00t C: 0.1 甲 乙 A.弹簧振子在前2.5s内的路程为1m B.弹簧振子的振动方程为x=0.1sin2t+3沉 m C.弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动 D.图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向都沿正方向 7.某型号电动车使用“48V;0.48kW 电机,由4个“12V;30Ah”的电池串联起来供电,电 池内阻不计,已知电动机的内阻为0.52,当电池电量降到10%时,电池会启动保护机制, 不再对外供电。下列说法正确的是() A.电机正常工作时,输出的效率为90% B.电机正常工作时,输出的功率为480W C.四个电池充满电后储存的电能为1440J D.电池充满电后,电机可以正常工作2.7h 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。 全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.一电子透镜内电场线的分布情况如图所示,正中间的一条电场线为直线,其他电场线关 于其对称分布,a、b、c为电场中的三个点,其中b、c两点关于中间电场线对称,虚线为 一个带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,下列说法正确的是( A.该粒子带负电 B.a、b两点的电势差等于a、c两点的电势差 a C.该粒子在a点的电势能比在b点的电势能高 D.该粒子在a点的加速度比在b点的加速度小 9.为了创建全国文明城市,某市新装一批节能路灯(图甲),该路灯通过光控开关实现自 动控制电灯亮度,若如图乙为其内部电路简化示意图,电源电动势为E,内阻为”,R、R3 为定值电阻,R2为光敏电阻(光照强度增加时,其电阻值减小)。当光照强度降低时,下 列判断正确的是() A.小灯泡变亮 B.电压表的示数变小 C.电路的总电阻变小 D.电源内阻消耗的功率变大 第3页共6页 10.菱形ABCD边长为a,由两个等边三角形构成,在A、C点固定放置正点电荷,电量均 为Q,如图所示,则有() B D A.要使B点电场强度为0,需要在D点另放置负电荷,电量为3Q B.若B、D处再固定放置等量电量为Q的负点电荷,则对角线交点处电势为0 C.若A处电荷更换为电量为2Q的负点电荷,则AC延长线上存在一点场强为0 D.D处释放电量为Q的负点电荷在垂直菱形平面可绕AC连线中点做匀速圆周运动, 需要供给的初动能为3 4a 第II卷(非选择题) 三、实验题:本题共3小题,第11题8分,第12题8分,第13题10分,共26分。 11.某研究性学习小组设计了如图甲所示的实验装置,利用单摆测量当地的重力加速度。 L/m 乙7% (1)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有 (填字母)。 A.为了使单摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相对平衡位置时 有较大的偏角 B.摆球尽量选择质量较大、体积较小的 C.摆线要选择较轻、无伸缩性,并且摆线越长越准确 (2)测量单摆周期时,在摆球某次通过最低点时,按下秒表开始计时,同时数0”,当摆球再 次通过最低点时数“1”,依此类推,当他数到50时,秒表停止计时,读出这段时间t,则该 单摆的周期为。 (3)改变摆线长度,测量出多组周期T、摆长L的数据后,画出L-T2图像如图乙所示,测得 此图像斜率为k,则当地重力加速度g (4)L-T2图像不过坐标原点的原因可能是一。 12.磷酸铁锂电池具有较高的安全性和能量密度,广泛应用于我国的电动汽车。某同学利用 以下器材测量单体磷酸铁锂电池的电动势和内阻。 第4页共6页 A.磷酸铁锂电池(电动势约为3V,内阻为几十毫欧) B.电压表V(量程0-3V) C.毫安表mA(量程0-200mA,内阻为1.52) D.定值电阻R=0.32 AUNV 3.2 E.定值电阻R2=1.252 A F滑动变阻器R(最大阻值为102) G.开关、导线若干 0.9 根据提供的器材,设计电路如图甲所示。 ()将毫安表与定值电阻R并联改装成电流表@,则改装后可以测量最大电流为 (结果保留两位有效数字) (2)闭合开关,调节滑动变阻器滑片,多次记录电压表示数U、改装后电流表④示数1,作出 U-I图线如图乙所示,该磷酸铁锂电池的电动势E=三 V,内阻r= m2。 (以上结果均保留两位有效数字) (3)利用图甲进行测量,该磷酸铁锂电池的电动势测量值 (选填“偏大“偏小”或“不 变”)。 13.有一圆柱形未知材料,为测定其电阻率P,某同学先用20分度的游标卡尺测出其长度 为L,又用螺旋测微器测得直径为山,为选择合适的电路测量其电阻,该同学先用多用电表 粗测其电阻R,。 (1)该同学用20分度游标卡尺测得其长度如图1所示,则L= mm,用螺旋测微 器测得直径d如图2所示,则d= mm,用多用电表粗测该材料的阻值:当用“ 102, 挡时发现指针偏转角度过大,他应该换用 挡(填“ 12或“ 1002”),换挡并进行 正确操作后,指针静止时如图3所示,则其阻值约为 10 20 15 10 10 10 图1 图2 00 2500/ V-O 25 图3 第5页共6页 (2)为更精确地测量电阻R,该同学从实验室中找到如下实验器材: A.电压表V(量程0-3V,内阻约为15k2,量程0~15V,内阻约为75k2) B.电流表A(量程0~0.6A,内阻约为12) C.滑动变阻器R(0~102,0.6A) D.电源(18V,内阻约为102) E.开关一只,导线若干 ①为精确的测量出电阻,请帮助该同学连接好实物图 ②根据数据作出UI图像,图线的斜率为k,则该材料的电阻率表达 式p= (用符号 、k、d、L表示) 四、解答题:本题共2小题,第14题12分,第15题16分,共28分。解答应写出必要的 文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答 案中必须明确写出数值和单位。 14.流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞 或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m。当液滴穿过 激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均q 随后,液滴,的速度竖直进入长度为1的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强 度大小为E。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h处的A、B收集管中。不计重力、 空气阻力以及带电液滴间的作用。求: 溶液 ()含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离: 激光束 喷嘴 (2)A、B细胞收集管的间距。 一充电环 电极板 B收集管 A收集管 15.如图所示,质量m=4 10-10kg,电荷量为g=-2 100C的带电小球,从A点以=3m/s 竖直向上进入方向水平向右的匀强电场,它经过B点的速度为y。=V13m/s,己知小球从A 到B经历的时间为t=0.1s,g=10m/s2。求: E (I)A、B两点间的高度差h和电势差UB: (2)匀强电场的场强E大小: (3)小球从A至B运动过程中速度最小值。 第6页共6页高二年级物理期中考试参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B C A D ABD AB CD 1.A A.美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，故A正确： B.电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，忽略带电体的体积大小和形状，采用了理想模型法，故B错 误 C.引入电场的概念并用电场线表示电场的是法拉第，而不是库仑，故C错误。 D.公式E=y是匀强电场场强和电势差的关系式，场强的比值定义是E=F,故D错误 d 2.D 【详解】A.根据电荷守恒定律，甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、 B两部分后，A所带电荷量等于B所带电荷量，故A错误； B.根据电场线从正电荷或无穷远出发，终止于无穷远或负电荷，可知乙图中的是电场线分布，等量异种点电荷的 等势面是一系列曲面，与电场线垂直，故B错误： C.根据电场线从正电荷或无穷远出发，终止于无穷远或负电荷，丙图中电场线是向外辐射的，说明这是正点电荷 周围的电场线分布，故C错误： D.避雷针的工作原理是尖端放电，即尖锐的金属棒容易聚集电荷，使空气电离，从而将云层中的电荷导入大地， 避免建筑物被雷击，故D正确。 3.B 【详解】A.使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系。故A错误： B.双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，则驱动力的频率为f=270Hz=4.5H 60 与飞力士棒的固有频率相等，会产生共振。故B正确： C.随着手振动频率增大，飞力士棒振动频率随之增大，但幅度不一定越来越大。故C错误； D.负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率会变。故D错误。 4.C 【详解】A.由图可知，极板间电场方向向下，又初态带电油滴受力平衡，则油滴所受电场力向上，油滴带负电， A错误； D.若油滴向上移动，则油滴所受电场力变大，即板间电场强度E变大。由于极板间电压U不变，由E= d 可知极板间距离d变小，则材料膨胀，结合其“热缩冷胀”的性质可知，负热膨胀材料温度降低，D错误： B.d变小，由C=S可知C变大，B错误： 4πkd C.U不变，C变大，由Q=CU可知极板所带电荷量增大，C正确。 5.C 【详解】A由数学知识可知E,-x图像切线的斜率等于k-△E2,斜率表示电场力 由图像可知图中x处斜率大于x2处斜率，所以x处电场力比x,电场力大，故A错误； B.由P-x图看出图像切线的斜率不断增大，根据场强与电势差的关系可知，斜率绝对值表示电场强度大小，而图 中x,处斜率绝对值小于x,处斜率绝对值，所以x处电场强度比x,处电场强度小，故B错误： C.根据U=Ed可知，图中曲线与x轴所围面积表达电势差，故若x一x2、x2一x3曲线与x轴围成面积相等，则电势 答案第1页，共5页 差U2=U3,所以C正确： D.根据Q=可知，图中曲线与时间轴面积表示电容器释放的电荷量，所以电容器α放电过程中释放的电荷量比 电容器b释放的电荷量小，故D错误。 故选C。 6.A 【详解】A周期=1s,则2.5s=2T+乙则振子在前25s内的路程为5=×44=10A=1m,故A正确。 2 21 2π B根据题图乙可知，弹簧振子的振幅是A=0.1m,周期为T=1s,则圆频率为o= =2rrad/s T 规定向右为正方向，0时刻位移为0.，1m,表示振子从B点开始运动，初相为%=)，则振子的振动方程羽 x=Asin(+)=0.lsin(2xt+)m C弹簧振子从B点经过0O点再运动到C点为)次全振动 D题图乙中的P点时刻振子的速度方向为负，此时刻振子正在沿负方向做减速运动，加速度方向为正 7.D 【详解】电机正常工作时，输入功率为480W,根据电功率的公式可得电机正常工作时通过电机的电流为 1=P-0,48×1000 =10A其输出功率P=P-I2r=480-102×0.5W=430W U48 A.输出效率等于输出功率除以总功率430W除以480W,不等于90% C.四个电池充满电后储存的电能为E=4gU=12×30×3600J=5.184×10J D.电池充满电后，电机可以正常工作的时间为1=4_4×12x30×90%h=2.7h 480 8.ABD 【详解】A.根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力应指向轨迹凹侧，与电场强度的方向相反，可知该粒子 带负电，A正确： B.根据对称，b、c两点电势相等，则a、b两点的电势差等于a、c两点的电势差B正确： C.a点电势比b点电势要高，因为粒子带负电，所以a点电势能比b电势能要低，C错误： D.a点电场线较b点稀疏，可知a点场强较小，则该粒子在a点的加速度比在b点的加速度小。 9.AB 【详解】光照强度降低时，光敏电阻阻值增大，则电路的总电阻变大，D错；根据闭合电路欧姆定律1= 一可知 R 电流I变小。电压表示数为U,=R由于I变小，所以电压表示数变小，故B正确，因为P=r所以电源内阻消耗 的功率变小，D错；电阻R两端的电压为U2=E-I(心+R)当I变小时，U2变大；又因为流过灯泡的电流为 ,。所以流过灯泡的电流L增大，则灯泡变亮，A正确 I=R+R3 10.CD 【详解】A.由题知点电荷A、C在B点产生的场强方向如下图所示 答案第2页，共5页 E B D 点电荷A、C在B点产生的场强大小为EA=EC=k号 E=k2 a2 a)=h2 由于要使B点电场强度为0，则因让D产生的场强与E,等大反向，则K,巴 a2 解得n=3√5，A错误； B.已知点电荷在某点的电势大小为（取无穷远处电势为零）p=k巴 由于A、C到对角线交点处的距离，小于B、D到对角线交点处的距离，则根据电势的叠加原理可知，对角线交点 处的电势为正，B错误 C.两个电荷电性相反，在延长线上场强方向相反，由点电荷场强公式，场强为0的点在C延长线上，且到C的距 离要小于A的距离 D.D处释放电量为Q的负电荷在垂直菱形平面可绕AC连线中点做匀速圆周运动，则有 v2 得解得v Ei=m 3,E=3k2 3ko ,B30D正确： Aa 2 \2ma 1.④B25（842④见解折 【详解】(1)A.单摆做简谐运动的条件是摆角较小（一般不超过5°），较大偏角会使周期公式不成立，A错误： B.摆球质量较大、体积较小可减小空气阻力影响，B正确； C.摆线需轻且无伸缩性，但并非越长越准确，过长会导致摆动不稳定，C错误： 故选B。 (2)摆球从最低点开始计时，每次通过最低点计数一次，数到“50时共经历50次通过最低点。单摆周期是完成一 医全振动的时间，而相邻两次通过最低点的时间间路为半个周期，故总时间1=50×)解得72为 (3)单摆周期公式为=2 -其中摆长L为悬点到小球球心的距离。 一7图像斜率无=异故g=4妇为 (4)操作过程中测量的摆长为为悬点到小球下端的距离，有效摆长应为悬点到球心的距离，二者相差小球半径”， 故图像在纵轴有截距，不过原点。 12.(1)1.2 (2)3.283 (3)偏小 U. 【详解】（①D毫安表的满偏电压为U。=1R.=02x1.5V=0.3V则改装后干路最大电流为。=，+R g=1.2A (2)[1][2]根据闭合电路欧姆定律有E=U+I(r+R2)整理得U=-I(r+R)+E 由图乙可知U-I图像的截距b=E=3.2V 图像斜率的绝对值k=r+R,=32-20Ω≈1.333Q解得r*0.0832=83m2 0.9 答案第3页，共5页 3》考成到电压我的分流作用，根据例合电路欧定体有E=U++兄)加+R,) 整理得U- Rv(r+R:).I+ ER ERy Ry +r+R Ry +r+R 所以图像的截距b=B=R,+r+R, 故E测<E 13. (1)103.35 12.134/12.135/12.136 ×1Ω 22 p=Zkd2 4L (1)[1]L=103mm+0.05mm×7=103.35mm[2]d=12mm+0.01mm×13.5=12.135mm [3]当用“×102”挡时发现指针偏转角度过小，说明电阻值较大，应换用大倍率挡位，所以他应该换用“×12”挡位。 [4]改材料的阻值约为222 (2)①用电压表15V外接法，滑动变阻器分压式，如图所示 L ②根据欧定律可得Rk根据电阻定律可得0入 π( 联立可得该金属丝的电阻率为p=πd 4L 4.(①偏转距离为，(2)收集管间距（四 【详解】(1)液滴在电场中运动时，竖直方向做匀速直线运动，运动时间为1=。(1分) 水平方向受电场力，根据牛顿第二定律，加速度为=一=一(2分) 水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，离开电场时的偏转距离=？子（水平位移） (2分) 2 代入解得=2言(1分) (2)离开电场时，水平方向的速度为=1=。(2分） 离开电场后，液滴竖直方向匀速运动，运动到收集管的时间为2=么(1分) 0 答案第4页，共5页 离开电场后，水平方向以速度匀速运动，水平位移为1=2=青(1分) 含A、B细胞的液滴偏转方向相反，因此A、B收集管的间距为两者总偏转距离之和（电场内偏转距离+电场外 偏转距离)=2(+1)(1分) 代入解得=(+2 6 15.(1)-9V 0.25m(2)60V/m(③)9i0m -m/s 10 【详解】(1)小球从A到B经历的时间为t=0.1s,竖直方向，粒子受重力，做竖直上抛运动，有 、a与=。83 (2分) h=0.25m (1分) 根据动能定理可得qU4B-mgh= (2分) 解得U4s=-9V (1分) (2)小球经过B点的速度为ya=V13m/s,竖直方向，有，2-y2=2gh(2分) 解得Vw=2m/s 又a,2+Vax2=yg2 (1分) 可得水平分量为vx=3m/s 水平方向，小球做匀加速直线运动，有-四( (2分) 解得匀强电场的场强大小E=60V/m (1分) (3)小球水平方向受电场力为F=Eg 竖直方向受重力为g mg 如图所示，二者合力为恒力，合力的方向与水平方向夹角的正切值tn=一=一 二3 (2分) 可得cos=高 当速度方向与等效重力方向垂直时，速度最小，等于垂直方向的分速度 mn=0cos-9ymS(2分) 10 答案第5页，共5页