北京市某重点校2025-2026学年高一下学期期中考试物理试题（0.5+3直升班）

2025-2026第二学期高一年级（0.5）期中考试物理试题 一、多选题（本题共10小题，每小题3分，半对2分。共30分） 1．下列说法中正确的是（　　） A．电场是客观存在的，而电场线是实际中不存在的 B．点电荷一定是电量很小的电荷 C．电场中某点的电场强度方向跟正电荷在该点所受的电场力的方向相同 D．元电荷的电荷量是1C 2．真空中固定有两个相同的带电小球，它们所带电荷量大小分别为3Q和Q，它们之间的相互作用力大小为F，若将它们充分接触后放回原处，两小球均可视为点电荷，则它们之间的相互作用力大小将变为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，水平地面上方点用两根绝缘细线分别系着两个带电小球甲、乙，甲的质量为、电荷量为，乙的质量为、电荷量为，当两个小球静止时距地面高度相同，两细线与竖直方向夹角分别为、，且。下列说法正确的是（　　） A． B． C．同时剪断两细线，甲球落地时间大于乙球落地时间 D．同时剪断两细线，甲球落地时的速度小于乙球落地时的速度 4．如图所示，某带正电的点电荷固定在点，虚线圆①、②是以点为圆心的同心圆，半径分别为、，是虚线圆②上的一点，是虚线圆①上的一点，已知点电荷在点产生的电场强度大小为，静电力常量为，下列说法正确的是（　　） A．虚线圆①上各点的电势相等 B．点电荷的电荷量为 C．电荷量为的带正电试探电荷在点时受到的电场力大小为 D．若在点给电荷量为的带正电试探电荷一个初速度，则试探电荷可能做匀速圆周运动 5．如图甲所示，输液报警器能自动判定输液管中是否有药液。其内部电路如图乙所示，电源的电压恒定，为定值电阻，单刀双掷开关S不断在1、2之间自动切换，系统监测每次充电电流随时间的变化情况，有药液时，报警器中电容器的电容值大。图丙中的曲线a、b为两次监测的结果。下列说法正确的是（　　） A．两次监测结果中，没有药液的是图线a B．充电时，两极板间的电场强度保持不变 C．充电过程中定值电阻中的电流从左向右 D．减小的电阻值，充满电时两极板间的电压变大 6．如图所示，原长为、劲度系数为的轻质弹簧，一端固定在点，另一端与一质量为且带正电的小球相连。小球套在竖直固定的光滑绝缘杆上。杆上、两点到点的距离均为，点到点的距离为，与杆垂直。若在点放一点电荷，则小球位于杆上点时恰好能保持静止，重力加速度大小为。现使小球以某一初速度从点向下运动到点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．点电荷带正电 B．小球在点受到的静电力 C．小球从点运动到点的过程中，电势能一直增大 D．小球在点的动能等于在点的动能 7．在图甲的电路中，是可变电阻，是定值电阻、阻值为。实验时调节的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的图像如图乙中AB所示。电压表和电流表皆看作理想电表。下列说法正确的是（　　） A．该电源电动势为3V B．该电源的内阻为 C．当时，电源输出功率最大 D．滑片从左往右移的过程中，电源的效率一直在减小 8．通过光控开关实现自动控制的节能路灯，其内部电路简化示意图如下，电源电动势为，内阻为，R1、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．电路的总电阻变小 B．小灯泡变亮 C．电压表的示数变小 D．电源输出功率变小 9．如图所示，A、B、C均为固定的带电荷量为Q的正点电荷，A、B相距，C位于AB连线中点，质量为m、带电荷量大小为q的点电荷D绕点电荷C在AB连线中垂面内做半径为r的匀速圆周运动。不计重力，静电力常量为k，则（　　） A．点电荷D带正电 B．点电荷D做圆周运动的周期为 C．点电荷D运动过程中产生的等效电流大小为 D．点电荷D运动过程中，A、B均对其不做功 10．如图所示为某电子秤的原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。为定值电阻，滑动变阻器的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。将理想电压表的刻度改成待测物体的质量刻度。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内。在某地初始调校无误的电子秤，会导致该电子秤测量值偏大的是（　　） A．仅将此秤改到纬度更高的地区使用 B．仅弹簧的劲度系数减小 C．仅电源电动势偏小 D．仅电源内阻偏大 二、实验题（本题共2题，第11题8 分，第12题 7分，共15 分） 11．电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，它是电阻率的倒数。某实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距，用游标卡尺测得玻璃管的内径为。接下来，实验小组先用多用电表欧姆挡粗测水样电阻的阻值，然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用： A．电流表（，内阻约） B．电流表（，内阻约） C．电压表（，内阻约） D．电压表（，内阻约） E.滑动变阻器（，额定电流1A） F.电源（12V，内阻约） G.开关和导线若干 (1)游标卡尺测量示数如图甲所示，玻璃管的内径________cm。 (2)用多用电表粗测水样的电阻，选择欧姆挡的“×1k”倍率，指针位置如图乙所示，则读数为________。 (3)用“伏安法”测量水样的电阻时，为减小测量误差，电流表应选用________，电压表应选用________（选填器材前的字母）。 (4)图丙为实验器材的实物图，其中部分导线已连接，请补充完成剩余的实物电路连线。 (5)实验小组测量玻璃管中水柱的电流与两端电压，得到多组实验数据并绘出图线如图丁所示。若图像的斜率为，则水样电导率的表达式为________（用π、、和表示）。 12．某实验小组做“测量一节干电池的电动势和内电阻”实验。要求测量结果尽量准确，实验室提供器材如下： A．电流表（量程为，内阻） B．电压表（，内阻约为） C．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流2A） D．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流1A） E.干电池（电动势约为1.5V，内阻约为） F.干电池（电动势约为1.5V，内阻约为） G.开关、导线若干 (1)在电流变化相同的情况下，为了让电压表示数变化更明显，应选择的干电池为________。（选填器材前面字母） (2)为了方便和更准确完成实验，滑动变阻器应选用________。（选填器材前面字母） (3)实验中的电路图应选用下图中的________。（选填“图甲”或“图乙”） (4)闭合开关后，多次移动滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数U和I，在坐标纸上以U为纵轴、I为横轴，选择适当的标度建立坐标，并画出图线。作出的图像与纵轴的截距为a，横轴的截距为b；由此求出电池的电动势为________，电池的内阻为________（结果用题中所给字母表示）。 三、解答题（本题共6小题，共55分。第13题8分，14题8分，15题9分，16-18题每题10分） 13．如图所示，一个静止的电子经过电压为的加速电场加速后，沿平行于板面方向进入A、B两极板间的偏转电场，两极板的长度为，相距为，极板间的电压为。已知电子紧靠负极板，电荷量大小为，质量为，偏转电场可看作匀强电场。求： (1)电子进入偏转电场的速度大小； (2)电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离为； (3)电子离开偏转电场时的动能大小。 14．如图所示的电路中，定值电阻，电动机的额定电压为，额定电流为，内阻为，电流表为理想电流表。开关闭合、开关断开，电动机不转动，电流表的示数为；然后闭合开关，电动机正常工作。求： (1)电动机正常工作时，电动机的输出功率； (2)电源的电动势E和内阻r。 15．如图所示，带有等量异种电荷、相距10cm的平行板A和B之间有匀强电场，电场强度，方向向下。电场中D点距A板2cm，C点距B板3cm。已知电子带电荷量为，求： (1)D、C两点的电势差； (2)把一个电子从D点移动到C点，静电力做的功； (3)如果将一个电子从D点先移到P点，再移到C点，电势能变化了多少？ (4)如果把A板接地，电子在C点的电势能为多少？ 16． 图像是电学中常见的图像，从图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化。假设真空中匀强电场的方向平行于轴（图中未画出），其电势随的分布如图所示，一质量、带电荷量为的带负电的粒子从点由静止开始，仅在电场力作用下在轴上往返运动。求： (1)坐标原点左侧和右侧电场强度的方向和电场强度大小之比； (2)该粒子运动的最大动能Ekx； (3)该粒子运动的周期和从点到点该粒子电势能的变化量。 17．能量在转化的过程中往往与做功密切相关，电容器充电过程中的功能关系同样如此。电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为的电容器（原来不带电）充电，如图1所示，已知电源的电动势为。 (1)请在图2中画出电容器两极间的电势差随电荷量的变化图像；请类比直线运动中由图像求位移的方法，计算电容器电压为时电容器储存的电能Ep。 (2)请结合电动势的定义，求电容器充电过程中电源内部非静电力所做的功W；并与充电过程中电容器增加的电能相比较，说明两者“相等”或“不相等”的原因。 (3)电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度ρ。某同学猜想ρ应当与该处的场强E场的平方成正比，即。已知平行板电容器的电容，S为两极板的正对面积，d为极板间距，k为常数，两极板间为真空，板间电场可视为匀强电场。不计电容器电场的边缘效应。请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。 18．高中物理学习中，图像法是分析物理规律、解决实际问题的重要工具，是利用数学思想方法解决物理问题的应用和体现。 (1)电势可以随时间变化，也可以随空间发生变化。自然界中某量的变化可以记为，发生这个变化所用的时间间隔可以记为；变化量与的比值就定义为这个量对时间的变化率。若空间中存在一静电场，轴与某条电场线重合。 ①请你类比上述变化率的概念写出电势对空间位置的变化率的定义式； ②该静电场的电势随的分布可能是上图所示甲、乙两种情况中的一种。请你根据电势随空间的变化情况分析比较两种情况的电场在区域内的相同点和不同点。 (2)太阳能电池的核心部分是P型和N型半导体的交界区域——PN结，如图甲所示，取P型和N型半导体的交界为坐标原点，PN结左、右端到原点的距离分别为、。无光照时，PN结内会形成一定的电压，对应的电场称为内建电场，方向由N区指向P区；有光照时，原来被正电荷约束的电子获得光能变为自由电子，就产生了电子—空穴对，空穴带正电且电荷量等于元电荷；不计自由电子的初速度，在内建电场作用下，电子被驱向N区，空穴被驱向P区，于是N区带负电，P区带正电，图甲所示的元件就构成了直流电源。某太阳能电池在有光持续照射时，若外电路断开，其PN结的内建电场的电场强度的大小分布如图乙所示，已知xP、和。若该电池短路时单位时间内通过外电路某一横截面的电子数为，求此太阳能电池的电动势和内阻。 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 《2026高一0.5下学期期中考试试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 AC BD BD AC AC AB BD BC BD AB 1．AC 【详解】A．电场是客观存在的，电场线是假想的曲线，实际不存在，故A正确； B．点电荷是理想化的物理模型，在研究具体问题时其形状大小与所研究的问题可以忽略的带电物体，是否可以看作点电荷，与带电量无关，点电荷不一定是电量很小的电荷，故B错误； C．正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同，负电荷相反，故C正确； D．人们把最小电荷叫做元电荷，也是物理学的基本常数之一（C作为一个电荷量单位），不是指某电荷，常用符号e表示，故D错误。 故选AC 。 2．BD 【详解】根据库仑定律可得 若两小球带同种电荷，两球接触后再放回原处时，则有 若两小球带异种电荷，两球接触后再放回原处时，则有 故选BD。 3．BD 【详解】A．由于甲、乙受库仑力是相互作用力等大反向，甲、乙带同种电荷，电荷量大小关系不确定， A错误； B．分析受力可知 因，则甲的重力大，即， B正确； C．同时剪断两细线，甲、乙小球竖直方向受重力，加速度均为重力加速度，竖直方向运动位移相同，下落时间相同，C错误； D．由于甲球质量大，水平方向加速度小，小球落地时竖直方向速度相同，甲的水平方向速度小，即甲球落地时的速度小于乙球落地时的速度，D 正确。 故选BD。 4．AC 【详解】A．虚线圆①上各点到点电荷的距离相等，电势相等，故A正确； B．根据点电荷的场强公式有 解得，故B错误； C．试探电荷受到的电场力，故C正确； D．点电荷对试探电荷的作用力是斥力，不能提供试探电荷做圆周运动的向心力，则试探电荷可能做匀速圆周运动，故D错误。 故选AC。 5．AC 【详解】A．根据可知，图线与坐标轴所围面积表示电荷量，根据可知，没有药液时电容器的电容小，电荷量小，图线与坐标轴所围面积小，即没有药液的是图线a，故A正确； B．充电时，根据可知，两极板间的电压不断增大，根据可知，两极板间的电场强度不断增大，故B错误； C．由图乙可知，充电过程中定值电阻R中的电流从左向右，故C正确； D．充满电时两极板间的电压等于电源电动势，与定值电阻R的阻值无关，故D错误。 故选AC。 6．AB 【详解】A．小球在M点的受力情况如图所示 要使小球在M点受力平衡，静电力必须斜向右上方，故点电荷带正电，故A正确； B．由力的平衡条件有 解得静电力，故B正确； C．小球从M点运动到N点的过程中，静电力先做负功后做正功，小球的电势能先增大后减小，故C错误； D．小球在M点和在N点的电势能相同，弹性势能也相同，小球从M点运动到N点，重力势能减小，故动能增大，小球在N点的动能大于在M点的动能，故D错误。 故选AB。 7．BD 【详解】AB．由闭合电路的欧姆定律可得 结合图像，将A、B两点坐标代入，解得，，故A错误，B正确； C．根据电源的输出功率随外电路电阻的变化关系可知，当外电阻等于内阻时电源输出功率最大，即 解得，故C错误； D．电源的效率为 当滑片从左往右移的过程中，R1减小，电源的效率一直在减小，故D正确。 故选BD。 8．BC 【详解】AC．光照强度降低时，光敏电阻阻值增大，则电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可得电路总电流变小，电压表示数，变小，故A错误，C正确； B．由于通过的电流变小，则两端电压变小，但路端电压增大，所以并联部分的电压增大，则通过小灯泡支路的电流增大，所以小灯泡变亮，故B正确。 D．因为不确定内阻外阻关系，所以无法确定电源输出功率变化，故D错误。 故选BC。 9．BD 【详解】A．对点电荷D受力分析可知，A、B、C均为正电荷，要使点电荷D绕点电荷C做匀速圆周运动，D受到合力的方向应指向圆心，因此点电荷D应带负电，故A错误； B．如图所示 由几何知识可得， 根据库仑定律可得， 点电荷D受到的合力 结合牛顿第二定律可得 联立解得点电荷D匀速圆周运动的周期为，故B正确； C．点电荷D运动过程中产生的等效电流的大小为，故C错误； D．根据电势的叠加可知，点电荷D做匀速圆周运动的圆周恰好位于同一等势面上，因此A、B点电荷对D均不做功，故D正确。 故选BD。 10．AB 【详解】由图可知，滑动变阻器与串联，滑动变阻器的电阻全部连入电路，由闭合电路欧姆定律得 由题意可知，电阻，滑动变阻器总电阻，电源内阻，电源电动势均不变，所以电路中的电流不变，设电压表测量的滑动变阻器阻值为，由欧姆定律得，电压表的示数为 滑动变阻器与电压表并联部分的阻值为 其中为滑动变阻器电阻丝的总长度，为滑动变阻器与电压表并联部分电阻丝的长度，根据力的平衡可得 联立解得 即电压表示数，质量增大，电压表示数减小 A．由电压表示数，可得仅将此秤改到纬度更高的地区使用，重力加速度增大，电压表示数减小，所以质量测量值增大，故A正确。 B．由电压表示数，可得仅弹簧的劲度系数减小，电压表示数减小，所以质量测量值增大，故B正确。 C．由电压表示数，可得仅电源电动势偏小，电压表示数增大，所以质量测量值减小，故C错误。 D．由电压表示数，可得仅电源内阻偏大，电压表示数增大，所以质量测量值减小，故D错误。 故选AB。 11．(1)1.055 (2) (3) A D (4) (5) 【详解】（1）20分度的游标卡尺的精度为0.05mm，玻璃管的内径为 （2）选择欧姆挡的“”倍率，读数为 （3）[1][2]电源电动势为12V，故电压表应选用D； 水样电阻较大，采用“伏安法”测量水样的电阻值，应选用电流表内接法，估算回路电流为 再考虑到其他电阻的影响，故电流表选用A即可； （4）滑动变阻器的最大阻值较小，采用分压式接法，实物间的连线如图所示 （5）若得到水样的电阻值为R，并用刻度尺测出两电极相距L，用游标卡尺测得玻璃管的内径为D，由电阻定律可得 解得水样的电导率的表达式为 12．(1)F (2)C (3)图乙 (4) a 【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律有 可得 可知在电流变化相同的情况下，为了让电压表示数变化更明显，则电源的内阻要大些，故应选择的干电池为F。 （2）干电池电动势约1.5V，内阻较小，为了方便调节和更准确完成实验，且电流变化明显，滑动变阻器应选最大值较小的，故应选的滑动变阻器为C。 （3）由题知，电流表的内阻，可以将电流表的内阻与电源的内阻等效成一个新的电源内阻，即 所以选图乙，可以减小实验误差。 （4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有 可知图像的纵截距表示电源的电动势，则有 图像的斜率绝对值为 解得 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理有 解得 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，沿平行于板面方向有，沿垂直于板面方向有 根据牛顿第二定律有 解得 （3）对电子运动的全程，根据动能定理有 解得 14．(1)P出=8W (2)， 【详解】（1）电动机正常工作时，电动机的输入功率为 电动机的产热功率为 电动机的输出功率为 （2）开关闭合、开关断开时，电动机不转动，电路为纯电阻电路 由闭合电路欧姆定律得 闭合开关，电动机正常工作，电路为非纯电阻电路，此时电动机的输入电压为 定值电阻被短路 联立方程组解得、 15．(1) (2) (3)，电势能增加了 (4) 【详解】（1）D、C两点的距离为 D、C两点电势差为 （2）把一个电子从D点移动到C点，静电力做的功为 （3）如果将一个电子从D点先移到P点，再移到C点；由于电场力做功与路径无关，与初末位置有关，所以静电力做功为 可知电势能增加了。 （4）如果把A板接地，则有；由 其中 联立解得 则电子在C点的电势能为 16．(1)坐标原点左侧电场强度的方向沿轴负方向，坐标原点右侧电场强度的方向沿轴正方向， (2) (3)， 【详解】（1）沿着电场线方向电势降落，则坐标原点左侧电场强度的方向沿轴负方向，坐标原点右侧电场强度的方向沿轴正方向。根据，可得图像中的斜率的绝对值表示电场强度的大小，可得轴左侧电场强度的大小为 轴右侧电场强度的大小为 故轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比 （2）带负电的粒子从点由静止开始运动，受电场力向右，运动到坐标原点处时动能最大，之后减速，可得最大动能 其中，解得该粒子动能的最大值为 （3）根据 解得该粒子到达点时的速度 因此整个过程中运动的周期 从点到点，电势逐渐降低，带负电的粒子的电势能增加，处的电势为，可知电势降低了，可得电势能的变化量 17．(1)， (2)，见解析 (3)见解析 【详解】（1）如图所示： 电容器电压为U时，对应的图线和横轴所围成的面积表示电容器所储存的电能，即。 （2）充电完成后，电压为，电容器上电荷量为 电源非静电力所做的功为 电容器增加的电能 可知，即与不相等。 （3）设平行板电容器的电荷量为，两极板间的电压为，板间电场的场强为，则有， 根据匀强电场与电势差的关系，又 得，所以该同学的猜想正确。 18．(1)①  ②相同点：两个电场的电场强度方向相同，均沿着x轴正方向；不同点：甲图的电场是匀强电场，大小不变，乙图电场的大小沿着x轴正方向减小。 (2)， 【详解】（1）①根据题意得 ②图像的斜率表示电场强度的大小和方向：甲图的斜率不变，表明电场强度大小不变，是匀强电场，电场强度的方向沿着电势降低的方向，即电场强度的方向沿着x轴正方向；乙图的斜率减小，表明电场强度的大小沿着x轴正方向逐渐减小，电场强度的方向也沿着x轴正方向。综上所述，相同点：两个电场的电场强度方向相同，均沿着x轴正方向；不同点：甲图的电场是匀强电场，大小不变，乙图电场的大小沿着x轴正方向减小。 （2）根据电动势的定义可得 W即为内部电场力所做的功，内建电场力F 随位移的变化图象如图所示，W为该图线与坐标轴所围的面积 则有 联立可得 电源短路时所有通过N区的电子经外电路回到P区，电流为 该太阳能电池的内阻为 联立解得 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 $