河南汝州市万基高级中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试卷

2025-2026学年度高二上学期物理期中考试卷 一、单项选择题（本题7小题，每题4分，共28分） 1．两个点电荷、分别固定在x轴上的O、M两点，在两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中C点的电势最高。下列说法正确的是（　　） A．C点的电场强度为零 B．为负电荷，为正电荷 C．A、N两点的电场强度方向相同 D．将一负点电荷从D移到N的过程中，电势能先增大后减小 2．如图所示，边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流。图中虚线过边中点和边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为；现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的两倍，保持其他条件不变，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为。则导线框中的电流大小为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，绝缘水平地面上固定两个大小相同的带电小球，两小球均可视为点电荷，它们的带电荷量分别为－3Q和＋Q，现将B球与A球充分接触后又放回原处，则它们之间的库仑力将变为原来的（　　） A．2倍 B． C． D． 4．黑箱外有编号为1、2、3的三个接线柱，黑箱内有电阻、二极管、电容器各1个，用多用电表探测黑箱内电学元件的实验中，某次测量步骤如下，第一步：1、3间正反接，电表指针稳定后所测电阻值相等；第二步：黑表笔接1、红表笔接2时电阻很小，反接时电阻很大；第三步：黑表笔接3、红表笔接2时电表指针稳定后所测电阻值比第一步中所测电阻值略大一些，反接时电表指针稳定后所测电阻值比第一步中所测电阻值大得多。依据以上结论可判断黑箱内元件接法为（　　） A． B． C． D． 5．图为示波管中电子枪的原理示意图。A、K间电压为，距离为，电子在A点速度为0，经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为。下面说法中正确的是（    ） A．如果距离减半而电压不变，电子离开K时的速度仍为 B．如果距离减半而电压不变，电子离开K时的速度变为 C．如果距离不变而电压减半，电子离开K时的速度仍为 D．如果距离不变而电压减半，电子离开K时的速度变为 6．如图甲所示，以点为平衡位置，弹簧振子在光滑水平地面上的、两点间做简谐运动，该弹簧振子的振动图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数，则时振子受到的回复力大小为（　　） A．5N B．10N C． D． 7．如图甲所示电路中，R为电阻箱，电源的电动势为E，内阻为r。图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图像，其中功率P0分别对应电流I1、I2，外电阻R1、R2.下列说法中正确的是（　　） A． B． C． D． 二、多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分） 8．某物理学习小组利用图甲所示的电路图进行一系列实验。电源的电动势E＝3V，内阻为r（未知），定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关，滑动变阻器的滑片从B端滑至A端的过程中，测出相应的电压表读数U和电流表读数I，作了三幅图：图乙为电压表读数U随电流表读数I的变化规律图，图丙为滑动变阻器的功率P随滑动变阻器接入阻值R的变化规律图，图丁为电源的效率随滑动变阻器接入阻值的变化规律图。导线电阻不计，则下列说法正确的是（　　） A．电源的内阻r为2Ω，滑动变阻器最大阻值为17Ω B．图乙中a点的横坐标为 C．图丙中c点的坐标为 D．图丙中b点的横坐标为 9．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，将一质量为m、电荷量为q的带正电小球向右以速度水平抛出，小球在此后的运动过程中最小速度为。重力加速度为g，P点电势，下列说法正确的是（　　） A．电场强度大小 B．小球抛出后经过速度最小 C．经过小球运动到P点正下方 D．小球在运动过程中具有的最大电势能为 10．关于电容器的公式和，下列说法中正确的是（　　） A．根据公式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板的电压成反比 B．对于确定的电容器，其电荷量Q与两极板的电压U成正比 C．由公式可知，电容器的电容与正对面积S、板间距离d和介电常数ɛ有关 D．电容反映了电容器的容纳电荷的多少，当电容器不储存电荷时，电容为零 三、解答题（本题5小题，共54分） 11．（10分）如图所示，一带电荷量为q＝－5×10－3C，质量为m＝0.1kg的小物块处于一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。（g取10m/s2）（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： (1)电场强度多大？（4分） (2)若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑距离L＝1.5m时的速度大小？（5分） 12．（10分）如图所示，M、N为水平放置、足够大的平行金属板，两板相距。合上开关后，一电荷量的带电小球恰好能静止在M、N板间。已知电源电动势，内阻，电阻，，重力加速度。求： （1）流过电源的电流I；（3分） （2）两板间的场强大小；（4分） （3）小球的质量m。（3分） 13．（12分）如图甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，正离子的电荷量为q，质量为m，重力不计。离子离开离子源后进入一加速电压为的加速电场，加速后，离子沿偏转电场的中央轴线进入偏转电场。偏转电场的两极板所加的交变电压如图乙所示（交变电压的周期T已知）。离子恰好在时刻飞入偏转电场。 (1)计算离子刚进入偏转电场时的速度的大小；（4分） (2)若偏转电场极板长l足够长，要让离子能够离开偏转电场，求偏转电场极板间的距离d需要满足的条件；（4分） (3)若偏转电场极板间的距离d满足上述条件，要让离子仍平行于偏转电场的中央轴线离开偏转电场，求偏转电场极板长l需要满足的条件。（4分） 14．（11分）如图所示，ABCD为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道，AB、CD段均为半径的半圆，BC、AD段水平，，B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强；质量为，电荷量为的小环套在轨道上，小环与轨道AD段之间存在摩擦且动摩擦因数处处相同，小环与轨道其余部分的摩擦忽略不计，现使小环在D点获得某一初速度沿轨道向左运动，若小环在轨道上可以无限循环运动，且小环每次到达圆弧上的A点时，对圆轨道刚好均无压力。求： (1)小环通过A点时的速度大小；（3分） (2)小环与AD段间的动摩擦因数μ；（4分） (3)小环运动到D点时的速度大小。（4分） 15．（11分）如图所示，长方体区域被分成了三个边长均为L的正方体区域，最左边的正方体区域内分布着垂直平面CDHG向里、电场强度大小为的匀强电场，中间的正方体区域内分布着垂直平面EHLI向上的匀强磁场，最右边的正方体区域内分布着垂直平面JKON向上、电场强度大小为的匀强电场。现有电荷量为q、质量为m的带正电粒子以大小为的初速度从A点沿AE方向进入电场区域，经EH的中点进入磁场区域，最后从NJ上的某处离开电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小，不计粒子重力。求： (1)电场强度的大小；（3分） (2)带电粒子在磁场中运动的时间t；（4分） (3)电场强度的大小。（4分） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2025-2026学年度高二上学期物理期中考试卷参考答案 1．A 【详解】A．图像斜率表示电场强度，C点的电势最高，斜率为，因此，故A正确； B．由图像可知，附近电势高且正，附近电势低且负，由正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负可知，为负电荷，为正电荷，故B错误； C．图像斜率表示电场强度，斜率正负表示电场强度方向，可知点的电场强度方向沿x轴正方向、点的电场强度方向沿x轴负方向，两者方向相反，故C错误； D．由图可知，从到的过程中，电势先增大后减小，由电势和电势能关系，需要带入正负计算，因为是负电荷，因此，电势能正负表示大小，因此将一负点电荷从移到的过程中，电势能先减小后增大，故D错误； 故选A。 2．C 【详解】当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向上，设三角形导线框质量为m，则有： 当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向下，磁感应强度增大到原来的两倍，故此时有： 联立可得 故C正确，ABD错误； 故选C。 3．C 【详解】设两点电荷之间的距离为，根据库仑定律可得 两点电荷接触后，根据电荷守恒可知，两小球充分接触后的带电荷量均为－Q，则有 由此可知 即它们之间的库仑力将变为原来的。 故选C。 4．C 【详解】用多用电表欧姆挡测量结果如下：第一步：1、3间正反接，电表指针稳定后电阻值相等，可知测量1、3间时，连入电路的电阻是一定值；第二步：黑表笔接1、红表笔接2时电阻很小，反接时电阻很大，可知1、2间为二极管，且测量1、2间时，二极管正向接入电路中；第三步：黑表笔接3、红表笔接2时指针稳定时电阻值比第一步中测得的电阻值略大一些，反接时比第一步中测得的电阻值大得多，可知2、3间为电容器。综上分析可知，黑箱内画出可能的电路结构如图C所示，选项C正确。 故选C。 5．A 【详解】根据 可得 AB．如果距离减半而电压不变，电子离开K时的速度仍为，A正确，B错误； CD．如果距离不变而电压减半，电子离开K时的速度变为，CD错误。 故选A。 6．C 【详解】图乙可知振幅，周期，则简谐运动方程 将代入方程，则知时振子的位移大小 故回复力大小 故选C。 7．B 【详解】AB．根据闭合回路欧姆定律有 电源的输出功率为 结合图乙可得 整理可得 故A错误B正确； CD．根据闭合回路欧姆定律有 电源的输出功率为 结合图乙有 ，， 整理可得 故CD错误。 故选B。 8．AB 【详解】A．当滑动变阻器的滑片位于A端时，电压表的示数为零，此时电流表的示数最大，由图乙可知 结合欧姆定律则有 代入数据解得 电源的效率 由此可知，当滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，电源的效率最高，结合图丙可得 联立解得，故A正确； B．由闭合电路的欧姆定律可知，a点的横坐标为，故B正确； C．滑动变阻器的功率 由此可知，当滑动变阻器接入电路中的阻值为时，滑动变阻器的功率最大，最大功率为，故C错误； D．由图丙可知，当滑动变阻器接入电路阻值最大时的功率与滑动变阻器接入电路阻值为时的功率相等，则有 其中 解得（另一解的值即为），故D错误。 故选AB。 9．BC 【详解】A．把电场力和重力等效为一个力，由分析可知当小球速度方向与方向垂直时速度最小。设与竖直方向夹角为，根据速度的合成与分解有 解得 将小球的运动沿水平方向和竖直方向进行分解，在水平方向有 在竖直方向上有 所以 因为，代入上式解得，故A错误； B．设小球在水平方向的加速度为，在水平方向对小球列牛顿第二定律方程有 解得 同理小球在竖直方向的加速度 所以小球在水平方向做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体加速度运动。设小球抛出后经时间后速度最小，则水平方向的速度为 竖直方向的速度为 根据分速度与合速度的关系有 解得 即小球抛出后经过速度最小，故B正确； C．设小球经过时间后回到P点正下方，小球在水平方向做匀变速直线运动，当回到P点正下方时，水平位移为0，根据运动学公式有 代入数据解得 即经过小球运动到P点正下方，故C正确； D．当小球水平速度减为0时，小球水平向右运动的位移最大，电场力做负功最多，电势能增加最大。即当小球水平速度减为0时有最大电势能。设小球水平向右运动的最大位移为，根据运动学公式有 电场力做功为 所以电势能的增加量为，又因为初始电势能为零，所以最大电势能为，故D错误。 故选BC。 10．BC 【详解】A．公式 是电容的定义式，不能认为电容器的电容与其带电荷量成正比，与两极板间电压成反比，A错误； B．根据 可知，对于确定的电容器，其电荷量Q与两极板的电压U成正比，B正确； C．公式 是电容的决定式，由此可知，电容器的电容与正对面积S、板间距离d和介电常数ɛ有关，C正确； D．电容的物理意义时表征电容器容纳电荷本领的大小，由电容器本身决定，与是否存储电荷无关，D错误。 故选BC。 11．(1) 150N/C；(2) 3m/s 【详解】(1)竖直向下的重力，水平向右的电场力，垂直斜面向上的支持力 物体静止，则将支持力沿着竖直方向和水面方向分解，则有 ① ② 联立得 (2)运用正交分解法，物体在沿斜面方向有 解得 由可得，物块下滑距离L＝1.5m时的速度 12．（1）1A；（2）100V/m；（3）3g 【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，可得流过电源的电流为 （2）电容器两板间的电压为 则两板间的场强大小为 （3）带电小球恰好能静止在M、N板间，则有 则小球的质量为 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理得 即 （2）当离子在偏转电场中运动时，离子偏离中央轴线最远，此时偏移的距离 而， 保证离子离开电场，需要，化简得 （3）离子的速度平行于偏转电场的中央轴线时，沿电场方向的分速度为零，离子在偏转电场中运动的时间为 极板长 即 14．(1)5m/s (2) (3)7m/s 【详解】（1）题意可知进入半圆轨道AB时小环仅受重力，在A点有 解得 （2）小环在AD段损失的能量跟在电场阶段补充的能量是相等的，故摩擦力做的负功与电场力做的正功大小相同。故 解得μ=0.15 （3）从D到A由动能定理可得 联立解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意可知，粒子在左侧的电场中运动时沿AD方向的位移为，沿AE方向的位移为L，设运动时间为，加速度为，有， 又根据牛顿第二定律 解得 （2）设粒子经过EH的中点时的速度为v，此时沿EH方向的分速度为，有 又因为 解得 设粒子进入磁场后的运动轨迹半径为R，有 解得 由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为，故粒子在磁场中运动的时间 （3）设IL的中点为Q，IM的中点为T，则粒子离开磁场时速度方向沿QT，设粒子在右边的电场中运动的时间为，加速度为，有， 又 解得 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 $