云南省昆明市第十四中学2025-2026学年高二上学期期中物理试卷

2025-2026学年云南省昆明十四中高二（上）期中物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.科学家推动了物理学的不断发展，使人类对自然界的认识达到了前所未有的深度和广度，并为现代科技的进步提供了坚实的理论基础，以下说法符合物理学史实的是(    ) A. 伽利略肯定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的论断 B. 英国物理学家牛顿提出了万有引力定律，并用扭秤实验测量了引力常量 C. 法国科学家库仑通过对电荷之间的相互作用力的研究，提出了库仑定律 D. 英国物理学家卡文迪什认为电荷之间的相互作用通过场来传递，提出了电场的概念 2.当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是(    ) A. B. C. D. 3.如图，真空中正方形的两个顶点A、B分别固定两个正点电荷，C点固定一负点电荷，三个点电荷的电荷量均为Q，已知正方形边长为，静电力常量为k，则正方形中心O点的电场强度大小为(    ) A. B. C. D. 4.污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。则(    ) A. N点的电势比P点的低 B. N点的电场强度比P点的大 C. 污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做负功 D. 污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小 5.打水漂是一种大众游戏，将扁平的石块向水面快速抛出，石块可能会在水面上一跳一跳地飞向远方。要使石块从水面跳起产生“水漂”效果，石块接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于。为了观察到“水漂”，一同学将一石块从距水面高度为h处水平抛出，若不计空气阻力，重力加速度为g，则抛出速度的最小值为(    ) A. B. C. D. 6.如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，已知只有当该键的电容改变量大于或等于原电容的时，传感器才有感应，则下列说法正确的是(    ) A. 按键的过程中，电容器的电容减小 B. 按键的过程中，电容器的电量减小 C. 按键的过程中，图丙中电流方向从a流向b D. 欲使传感器有感应，按键需至少按下 7.如图所示，让、和的混合物由静止开始从A点经同一加速电场加速，然后穿过同一偏转电场。下列说法正确的是(    ) A. 进入偏转电场时三种粒子具有相同的速度 B. 进入偏转电场时三种粒子具有相同的动能 C. 三种粒子从不同位置沿不同方向离开偏转电场 D. 三种粒子从相同位置沿相同方向离开偏转电场 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.两个相同的金属小球，带电量之比为1：5，当它们相距r时的相互作用力为若把它们互相接触后再放回原处，它们的相互作用力变为，则：可能是(    ) A. 5：1 B. 5：9 C. 5：4 D. 5：8 9.2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的，地球同步卫星位于地面上方高度约36000km处。下列说法正确的是(    ) A. 核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的倍 B. 核心舱在轨道上飞行的速度大于 C. 核心舱在轨道上飞行的周期小于24h D. 后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小 10.利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小F，同时记录对应时刻轻绳与竖直方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图所示。已知g取，则下列判断正确的是(    ) A. 小球的质量为 B. 轻绳长为1m C. 小球在最高点的速度大小为 D. 小球在最低点与最高点绳的拉力差随初速度大小的增大而增大 三、实验题：本大题共2小题，共14分。 11.利用图1所示的装置验证机械能守恒定律。 关于本实验的下列操作步骤，必要的是______。 A.用天平测量重物的质量 B.先接通电源后释放纸带 C.用秒表测量重物下落的时间 D.在纸带上用刻度尺测量重物下落的高度 实验得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到重物下落的起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，计时器打点周期为T，设重物的质量为m，从O点到B点的过程中，重物重力势能的减少量为______，动能的增加量为______。 某同学用两个质量相同、材料不同的重物P、Q分别进行实验，多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，作出图像如图3所示，实验操作规范。对比图像分析可知，选重物______选填“P”或“Q”进行实验误差较小。 12.某兴趣小组为测量一电子元件的阻值。 他们首先用多用电表欧姆挡的“”挡粗略测定电子元件阻值，表盘中指针位置如图所示，则阻值为______； 该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径如图所示，则金属丝的直径______ mm。 该同学用刻度尺测量出金属丝的长度为，则该金属丝的电阻率约为______。 A. B. C. 为了精确测量电子元件的阻值，小组找到了如下实验器材： A.电源电源电压9V，内阻约为 B.电压表量程，内阻约为 C.电流表量程，内阻为 D.电流表量程，内阻为 E.滑动变阻器最大阻值为 F.滑动变阻器最大阻值为 G.开关S，导线若干。 ①小组设计了如图所示的实验原理图，其中电流表应选用______；滑动变阻器应选用______；均填器材前序号 ②兴趣小组在测量过程中发现电压表已损坏，他们找到了一个定值电阻R，并重新设计了如图所示的电路图，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在______填“M”或“N”端。当开关S闭合后，改变滑动变阻器滑片P的位置，记录电流表的示数、电流表的示数，作出了的图像，如图所示，已知图线的斜率为，则该电子元件的阻值______用R、、k字母表示。 四、计算题：本大题共3小题，共40分。 13.随着无人机应用的普及，低空经济走进大众视野。如图甲为一款新型航拍无人机，它的一个直流电动机的额定电压为，额定电流为，内阻为。如图乙，将电动机接在电动势为的电源两端，闭合开关S，电动机恰好能正常工作。求： 电源的内阻r； 电动机正常工作时的输出功率。 14.长为L的轻质绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为的小球可视为质点。如图所示，在空间加沿水平方向的匀强电场图中未画出，小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角。已知，，电场的范围足够大，重力加速度为g。 求匀强电场的电场强度大小E。 保持细线始终张紧，将小球从A点拉起至与O点处于同一水平高度的B点。 求A、B两点间的电势差U； 将小球由B点静止释放，求小球运动至A点时速度的大小v。 15.如图所示，倾角的绝缘倾斜传送带PQ长，以的速度顺时针匀速转动，传送带与半径可调的绝缘竖直光滑圆弧轨道QMN平滑连接，其中MN段为光滑管道，对应圆心角，N点所在半径始终在竖直方向上，过Q点的竖直虚线右侧空间包含虚线边界存在水平向右的匀强电场，电场强度。一带电小物块在传送带最上端P处无初速释放后，沿传送带运动。已知小物块的质量、电量，与传送带间的动摩擦因数，整个过程中小物块电量始终保持不变，忽略空气阻力，取重力加速度，，。 求小物块第一次到达Q点时的速度大小； 当轨道半径，求小物块经过Q点瞬间对圆弧轨道的压力大小； 要使小物块第一次沿圆弧轨道向上运动过程中，不脱离轨道也不从N点飞出，求圆轨道半径R的取值范围。 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：伽利略用“归谬法”否定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的论断，故A错误；  英国物理学家牛顿提出了万有引力定律，卡文迪什用扭秤实验测量了引力常量，故B错误；  法国科学家库仑通过对电荷之间的相互作用力的研究，提出了库仑定律，故C正确；  英国物理学家法拉第认为电荷之间的相互作用通过场来传递，提出了电场的概念，故D错误。 故选：C。 根据伽利略、牛顿、卡文迪什和库仑以及法拉第等人的贡献和成就进行分析解答。 考查力学、电磁学等物理学史，了解物理学家的贡献和责任，属于基础题。 2.【答案】C  【解析】解：A、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误； B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针从上向下看，因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误； C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确； D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错误； 故选：C。 由右手螺旋定则安培定则结合小磁针静止时北极指向即为磁场的方向，可知通电直导线与螺线管的磁场方向，从而即可求解。 本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用安培定则判断磁极或电流方向，注意小磁针静止时的N极指向即为磁场的方向，同时通电螺线管的内部磁场方向由S极到N极 3.【答案】A  【解析】解：B、C处的点电荷在O点产生的合场强方向为OC方向，大小为： A处的正点电荷在O点产生的场强方向沿OD的方向，大小为： 根据矢量合成可知，正方形中心O点的电场强度大小为： 代入数据解得：，故BCD错误，A正确。 故选：A。 根据点电荷场强公式，结合电场强度叠加原理分析求解。 本题考查了静电场相关知识，理解点电荷场强公式，熟练掌握矢量叠加原理是解决此类问题的关键。 4.【答案】D  【解析】解：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，P点与M点在同一等势面上，故P点的电势等于M点电势，故N点电势比P点电势高，污泥絮体带负电，根据可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故AC错误； B.根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误； D.M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合上述分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D正确。 故选：D。 根据沿着电场线方向电势降低，电场线的疏密程度表示电场强度大小，结合电势能变化和电场力做功的关系分析求解。 本题考查了静电场相关知识，理解电场中电势能变化和电场力做功的关系是解决此类问题的关键。 5.【答案】B  【解析】解：一同学将一石块从距水面高度为h处水平抛出， 根据平抛运动规律可知竖直方向有， 结合题意石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于，可知抛出速度的最小值满足，如图： 根据几何关系有， 解得，故ACD错误，B正确。 故选：B。 根据平抛运动竖直方向和水平方向的速度关系分析解答。 本题考查平抛运动，解题关键掌握平抛运动有关速度的计算公式。 6.【答案】D  【解析】解、ABC、按键的过程中，板间距离减小，根据，可知电容器的电容增大。 由，可知按键的过程中，电压保持不变，电容器电荷量增大，电容器充电，图丙中电流方向从b流向a，故ABC错误； D、欲使传感器有感应，设按键需至少按下，则有 由题意有： 联立可得：，故D正确。 故选：D。 根据电容的决定式判断电容的变化，电容器与电源连接，电压不变，根据判断电量的变化，再判断电流方向。结合题意，由电容的决定式分析欲使传感器有感应按键按下的距离。 本题是电容器分析问题，关键要掌握电容的决定式和电容的定义式，结合电压不变这个条件进行分析。 7.【答案】D  【解析】解：设粒子的质量为m，电荷量为q，加速电场电压为，偏转电场电压为，偏转电场板长为L，板间距离为d；粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得 可得 可知、进入偏转电场时具有相同的动能，进入偏转电场时的动能最大；、进入偏转电场时具有相同的速度，进入偏转电场时的速度最大，故AB错误； 粒子经过偏转电场过程做类平抛运动，根据类平抛运动规律则有 联立可得 粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向的夹角满足 可知粒子经过偏转电场的偏转位移与粒子的电荷量和质量均无关，则、和进入偏转经过加速电场和偏转电场的轨迹相同，三种粒子从相同位置沿相同方向离开偏转电场，故C错误，D正确。 故选：D。 根据动能定理结合各粒子的比荷等进行具体分析解答； 根据动能定理和类平抛运动的基本规律列式求解。 考查带电粒子在电场中的加速和偏转的问题，会根据题意列式进行准确的解答。 8.【答案】BC  【解析】解：由库仑定律可得：， 带电量之比是1：5，当它们相距r时作用力大小为 当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量都变为3q， 当它们相距r时作用力大小为 所以库仑力是原来的5：9。 当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为2q， 当它们相距r时作用力大小为 所以库仑力是原来的5：4。 故BC正确、AD错误。 故选：BC。 两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的． 本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法．当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化．当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化． 9.【答案】AC  【解析】解：A、根据万有引力定律有 核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为 故A正确； B、核心舱在轨道上飞行的速度小于，因为第一宇宙速度是最大的环绕速度，故B错误； C、根据万有引力提供向心力，有 得 可知轨道半径越大周期越大，则其周期比静止卫星的周期小，小于24h，故C正确； D、卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有 解得 则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半径，故D错误。 故选：AC。 根据万有引力定律，确定引力与距离平方成反比；根据万有引力提供向心力，推导天体运动的线速度、周期与轨道半径的关系，根据关系式确定轨道半径变化时的变化关系。 这道题是一道结合航天热点的天体运动基础题，难度较低，核心是“规律应用”，需准确运用万有引力定律的平方反比关系、天体运动的线速度、周期公式，对比不同轨道的物理量，适合巩固天体运动的基础规律。 10.【答案】AC  【解析】解：AB、轻绳与竖直方向的夹角为，当时，，拉力提供向心力，由牛顿第二定律得 小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得 由图像可知当时，，由牛顿第二定律得 小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得 联立解得，，故A正确，B错误； C、小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得 解得小球在最高点的速度大小为，故C正确； D、在最低点，根据牛顿第二定律，得 在最高点，根据牛顿第二定律，得 小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得 联立解得 故小球在最低点与最高点绳的拉力差保持不变，故D错误。 故选：AC。 由牛顿第二定律和动能定理求小球的质量和小球在最低点的初速度大小；根据动能定理求小球在最高点的速度大小；由牛顿第二定律判断小球在最低点与最高点绳的拉力差。 本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，找到向心力来源，然后结合牛顿第二定律和动能定理列式求解。 11.【答案】BD    P  【解析】解：根据实验原理，实验是通过比较和mgh是否相等来验证机械能是否守恒，质量可以约去，所以不需要测量重物的质量，故A错误； B.为了充分利用纸带，实验时应先接通电源后释放纸带，故B正确； C.打点计时器具有计时功能，不需要用秒表测量重物下落的时间，故C错误； D.根据实验原理，重物下落的高度是通过纸带来反映的，因此可以在纸带上用刻度尺测量重物下落的高度，故D正确。 故选：BD。 从起点O到打下点B点的过程中，重锤的重力势能减少量，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下B点的速度，等于这段时间内的平均速度，动能的增加量。 考虑阻力的影响，根据动能定理可得，变形得，图像的斜率，质量相同时，可知图像的斜率越大，阻力的影响越小，重力加速度的测量值越接近真实值，因此P的阻力小于Q的阻力，选择P进行实验误差更小。 故答案为：。，。。 根据验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项进行分析解答。 根据动能和重力势能的表达式列式进行分析解答。 根据动能定理结合图像的斜率的物理意义列式进行分析解答。 考查验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项，熟练掌握的纸带的数据处理，属于中等难度考题。 12.【答案】110    B    【解析】解：电子元件阻值是 金属丝的直径为 根据电阻定律有 根据几何知识有 联立解得 故B正确，AC错误。 故选：B。 ①电源电压为9V，电路中的最大电流约为，电流表选择量程，即选D；为调节方便，滑动变阻器选择阻值较小的E； ②为了确保电路安全，在闭合开关前，滑动变阻器触头应置于M端； 根据欧姆定律有，即 结合图像斜率有 解得 故答案为：；；；①D，E；②M，。 欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率； 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和； 根据电阻定律和几何知识推导计算； ①估算最大电流选择电流表，根据方便调节选择滑动变阻器； ②根据电路安全分析判断；根据欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。 本题关键掌握伏安法测电阻的实验原理、推导电阻率表达式的方法、利用图像计算电阻的方法、螺旋测微器和欧姆表的读数方法。 13.【答案】解：由闭合电路欧姆定律得 解得 电动机的输入功率为 电动机的热功率为 电动机的输出功率为 联立解得 答：电源的内阻r为； 电动机正常工作时的输出功率为。  【解析】由闭合电路欧姆定律求解电源的内阻r； 根据求电动机的输入功率，由求电动机的热功率，再根据输入功率减去热功率求电动机正常工作时的输出功率。 解答本题时，要知道电动机两端的电压即为电源的输出电压，电动机恰好正常工作，电路中的电流恰好等于电动机的额定电流。要注意区分电动机的输入功率、发热功率和输出功率，并明确它们的关系。 14.【答案】解：小球静止在A点时受力平衡 根据平衡条件 解得 根据可知匀强电场方向水平向左。 A、B两点沿电场线方向距离 根据电势差与场强的关系 解得： 小球从B点运动至A点的过程中 根据动能定理 解得 答：匀强电场的电场强度大小E为。 、B两点间的电势差U为； 将小球由B点静止释放，小球运动至A点时速度的大小为。  【解析】根据正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同判断场强的方向，根据小球受力平衡列式求场强的大小； 根据匀强电场中电势差与场强的关系求电势差； 将小球从A点沿圆弧缓慢向左拉起至与O点处于同一水平高度过程中，对小球根据动能定理列式求拉力做的功。 解答本题的关键是熟悉电场的基本性质，知道匀强电场中电势差与场强的关系式注意d指的是两点间沿着电场方向的距离，此外还要能灵活应用动能定理求变力做的功。 15.【答案】解：对物体受力分析，由牛顿第二定律得： 解得： 假设物块与传送带共速，则共速时间，则： 解得： 则该过程中物块沿传送带下滑的位移为，则： 解得： 物块与传送带 后，所受摩擦力发生突变，对物块受力分析，由牛顿第二定律得： 代入数据得： 对两者共速之后物块到Q点的过程，由运动学公式： 代入数据得： 对物块在Q点时受力分析，受重力、电场力和支持力，如下图所示 设电场力和重力的合力为，其方向与竖直方向的夹角为，设此力为等效重力，则由勾股定理： 由几何关系： 解得： 即： 即Q点为接下来做圆周运动的最低点，则过Q点和圆心的反向延长线，交于圆周S点，为等效最高点。 在Q点，设物体的支持力为，由向心力公式： 联立各式代入数据得： 由牛顿第三定律可知，小物块经过Q点瞬间对圆弧轨道的压力大小70N。 过圆心做直径QS的垂线交于圆周于T点，如下图 则由分析可知，当小物块第一次沿圆弧轨道到达T点时，速度为零，小物块不脱离轨道也不从N点飞出，由动能定理可知： 代入数据得： 即圆轨道半径的取值范围为： 由分析可知，当圆轨道半径较小时，小物块第一次沿圆弧轨道S点时，速度为零，小物块不脱离轨道也不从N点飞出，由动能定理可知： 代入数据得： 即圆轨道半径的取值范围为： 假设第一次沿圆弧轨道到达M点时，与轨道之间弹力为零，设此时速度为，则： 由动能定理可知： 代入数据得： 即圆轨道半径的取值范围为： 答：小物块第一次到达Q点时的速度为； 小物块经过Q点瞬间对圆弧轨道的压力为70N； 圆轨道半径R的取值范围为。  【解析】由牛顿第二定律和运动学公式求小物块第一次到达Q点时的速度大小； 由几何关系、向心力公式和牛顿第三定律求小物块经过Q点瞬间对圆弧轨道的压力大小； 由动能定理求圆轨道半径R的取值范围。 本题考查动能定理、竖直平面内的圆周运动等问题，需结合圆周运动模型、传送带模型等综合分析作答。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $