重庆实验外国语学校2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题

重庆实验外国语学校 2025-2026学年度（上)高2027届期中检测 物理试题 (满分100分，75分钟完卷) 命题人 高2027届物理备课组 审题人 高2027届物理备课组 第I卷 选择题（共43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.关于静电的防止与利用，下列说法正确的是( 甲 的 A.图甲中，燃气灶中电子点火器点火应用了静电吸附原理 B.图乙中，高压作业电工穿含金属织物的防护服应用了静电屏蔽 C.图丙中，工作人员给车加油前触摸一下静电释放器应用了尖端放电 D.图丁中，优质话筒线的外层包裹着金属外衣是为了防止漏电 2.下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是() A.电流的微观解释式I=nevS中的v是自由电子热运动的平均速率 B。由公式R=P哈可知，电阻率P与导体的电阻、导体的长度/和横截面积S有关 C.R=号是电阻R的定文式，电阻大小与电压U和电流I无关 D.电动势与电压的单位都是伏特，两者本质相同 3.某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路。可动电 极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大。若极板上电荷量保持不变，则风力越 大() 可动电极固定电极 A电容器电容越小 试卷第1页，共8页 电容器 静电计 B.静电计指针张角越小 C.极板间电场强度越大 D固定电极电势越高 4如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。 图中虚线是某一带电的尘埃仅在静电力作用下向集尘板迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨 迹与电场线的交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，以下说法正确的是 () 机械过滤 集尘板 废 廄电极净化后空气 集尘板 A.尘埃带正电 B.尘埃在B点的加速度大于在A点的加速度 C.尘埃由A运动到B的过程中，电势能先减小后增大 D.尘埃由A运动到B的过程中，速度先减小后增大 5.如图所示，电路中R为滑动变阻器，R、R2是定值电阻，电流表A和电压表V均为理 想电表，电源内阻不能忽略，闭合开关K后，则下列说法正确的是() A,开关S断开时，滑动变阻器的滑片P向左滑动，电流表示数变大，电压表示数变小 B.开关S闭合时，滑动变阻器的滑片P间左滑动，电流表示数变小，电压表示数变小 C.滑动变阻器的滑片P不动，开关S从断开到闭合，电流表示数变小，电压表示数变 大 D.滑动变阻器的滑片P不动，开关S闭合，若R突然短路，电流表示数变大，电压表 试卷第2页，共8页 示数变大 6.喷墨打印机的简化结构如图所示，墨盒发出质量为m的微小墨滴，经带电室后所带电荷 量由输入信号控制。随后以一定的初速度M进入长为L、间距为d、电压为U的带电平行金 属板，金属板右端与纸的距离为L。忽略空气阻力、墨滴所受重力和偏转电场的边缘效应。 下列操作中能使纸上的文字尺寸缩小的是() 信号输入 纸 偏转极板 0+ L 1 e-E---7- 回 墨盒 流 带电室 b 槽 A.仅增大L B.仅增大g C.仅增大U D.仅增大d 7.如图甲为手控可调节亮度的台灯，其内部电路可简化为如图乙所示的电路图。通过调节 图乙所示电位器R,接入电路的阻值，即可调节电源的输出功率。若电源电动势E=1OV,内 阻r=22,灯泡电阻R=82(固定不变)，调节电位器R即可改变台灯亮度，电位器R,接 入电路中的阻值可在0~302之间调节，则() 电位器 甲 A. 电位器R的最大功梁为8W B,灯泡L消耗的最大功率为2.5W C,电源的最大输出功率为8W D当R=102时，电源效率最大 二，多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合 题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 8.如图，正点电荷固定在0点，以0为圆心的同心圆上有a、b、c三点，一质量为m、电 荷量为-q的粒子仅在电场力作用下从Q点运动到b点，速率分别为Va、%.若a、b的电势 分别为pa、,则 A.a、c两点电场强度相同 试卷第3页，共8页 B.粒子的比荷= m2(p。-p) O® C.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 b D.粒子从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少 9.如图所示电路中，电源电动势为E,内阻为，平行金属板中有一个带电油滴悬浮在两板 间的P点。不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零。当滑动变阻器R,的 滑片向a端移动时，下列说法正确的是( R A A.电压表示数变大 B.油滴带负电，将向下运动 C.P点的电势降低 △U D.若电压表、电流表的示数变化量分别为△U和△1，则 =r+R △ 10.如图甲所示，在空间中建立xOy坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板 的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C到两金属板距离相等，细管C开口在y轴上.放 射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d, 当A、B板间加上某一电压时，a粒子刚好能以速度从细管C水平射出，进入位于第I象 限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场，α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动， 该电场的电场线沿半径方向指向圆心O,α粒子运动轨迹处的场强大小为E。t=0时刻α粒 子垂直x轴进入第V象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙所示，规定沿 x轴正方向为电场的正方向。已知a粒子的电荷量为2e(e为元电荷)、质量为m,重力不计。 以下说法中正确的是( 静电分析器 a粒子源 ↑E B一LF E -Eo 甲 A.粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量为md 2L2 B.a粒了从放射源P发射时的速度大小为V 1+ C.α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为 mvo 2eE。 D.当t=nT(n=1,2,3,L)时，a粒子的坐标为 m+n5 2eEo 2m:YonT 第II卷非选择题（共57分) 三、实验题：本大题共2小题，共15分。 11(6分)重庆实验外国语学校高2027届1号实验小组测量某干电池的电动势和内阻。 E, A B (1)为了减少测量误差，应该选择 (选填“A”或“B”)电路。 UNV 1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 100 0.10.20.30.40.5I/A 试卷第5页，共8页 (2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E= 内阻r= 一Ω（内阻结果保留两位有效数字） (3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。某同学利用图像分析由电表内电 阻引起的实验误差。实线是根据实验数据描点作图得到的H图像：虚线是该电源的路端电 压U随电流I变化的1图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。对应本实验电路分析的 UH图像是： 12(9分)重庆实验外国语学校2号实验小组测量某一金属丝的电阻率，除了被测金属丝以 外，还有以下实验器材可供选择： (1)如图甲所示，先用游标卡尺测圆柱体长度= mm:如图乙所示，用螺旋测微器 测圆柱体直径D= 二mm;如图丙所示，用多用电表×12挡粗测其电阻R 2。 5 6 7 cm 20 10 20 15 匆 乙 8∞，88产 500 0 0 0 A-V-2 丙 (2)为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测圆柱体外，实验室还备有 试卷第6页，共8页 的实验器材如下： A.两节新的干电池 B.电压表V(量程3V,内阻约为1k2) C.电压表V2(量程15V,内阻约为5k2) D.电流表A(量程100mA,内阻R4=102) E.定值电阻Ro(5】 E.定值电阻R1(22) G.滑动变阻器R2(052,额定电流1A) H.滑动变阻器R(0~20002,额定电流0.1A) L开关和若干导线 (③)请在虚线框内画出测量圆柱体电阻R的实验电路图，要求尽可能的提高测量准确度（所 选器材用题目中给出的符号表示)。 (4)若电流表的示数为1，电压表的示数为U,则该圆柱体材料的电阻率= (用U、 、D、L、RA表示，不需要考虑单位换算)。 四、计算题（本题共3小题，共42分，其中13题10分，14题14分，15题18分） 解题时写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不得 分 13.如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K,当把它接入电 压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.1A;当把电动 机接入电压为U2=4.0V的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是2= 1.0A,求： (1)电动机线圈的电阻r: （2)当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率； (3)如果重物质量m=0.2kg,当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是多少？(g取 试卷第7页，共8页 10m/s2) 14.在竖直平面内有水平向左、场强为E=1x10N/C的匀强电场。电场中有一根长L=2m的 绝缘细线，一端固定在0点，另一端系质量为1kg的带电小球，小球静止时细线与竖直方 向成37°角，如图所示。给小球一个初速度让小球绕0点在竖直平面内做圆周运动，取小球 3 4 静止时的位置为电势能和重力势能的零点(g10m3,s血37°=亏，cos37°=行，小球视为 质点，如果小球恰能做圆周运动，求： (1)小球所带电量； (2)小球运动过程中动能的最小值； (3)小球运动过程中机械能的最小值。 15.如图所示，在水平面上放置一右端带有挡板的长直绝缘木板A,A不带电，木板A左 端上表面有一带亚电小物块B,带电量为q=+2×10C,其到挡板的距离为d=2m,A、B 质量均为m=1kg,不计一切摩擦，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强为E=2×103N/C。 从t=0时刻B开始运动起，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能 损失，碰撞时间极短（内力远大于电场力）。重力加速度g10m/s2。求： B 77777777777777777777777777777 (1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小： (②)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰后瞬间 A、B的速度大小： (3)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第次碰撞时间内，物块B的电势能的改变量 是多少？ 试卷第8页，共8页 重庆实验外国语学校 可知，两板之间的电势差越小，静电计指针张角越小，故B 正确； C.根据 2025-2026学年度（上)高2027届期中 C=58 U 4nkd' E= d 检测 可得 物理试题参考答案 E=4xko 6S 即极板间电场强度与距离d无关，电场强度不变，故C错误； D.两极板之间的电势差 号 答 U=9图-P动=P周-0=P间 B C D BC AD BCD 由于风力越大，两极板之间的电势差越小，则固定电极的电 势越低，故D错误。 故选B。 L.【答案】B 【详解】A.燃气灶电子点火器点火利用尖端放电，电荷在 4.【答案】D 尖端聚集，电场强使空气电离形成电火花，故A错误： 【详解】A.由尘埃的运动轨迹与受力特点可知，尘埃在A B.高压作业电工穿含金属织物的防护服应用了静电屏蔽， 点所受电场力的方向应沿电场线的切线方向指向左上方，与 故B正确： 电场强度方向相反，所以尘埃带负电，故A错误； C.图丙为给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其目的是 B.由电场线的分布图可知，A点的场强比B点的大，则尘 导走人身上的静电，故C错误： 埃在B点的加速度小于在A点的加速度，故B错误； D.话筒线金属外衣是屏蔽层，防止外界电磁波干扰，不是 CD.尘埃由A运动到B的过程中，电场力方向与速度方向 防漏电，故D错误。 夹角先为钝角，后为锐角，则电场力先做负功后做正功，尘 故选B。 埃的电势能先增大后减小，根据能量守恒定律可知，动能应 先减小后增大，所以速度先减小后增大，故C错误，故D正 2.【答案】C 确。 【详解】A.在公式I=newS中，v是电子定向移动的速率， 不是电子做热运动的速率，故A错误： 故选D。 B.电阻率是表征材料导电性能的物理量，金属导体的电阻 率不仅与导体的材料有关，而且随温度的变化而变化，与导 5.【答案】A 体的电阻、导体的长度和横截面积无关，故B错误。 【详解】A.开关S断开时，滑动变阻器的滑片P向左滑动， U C.公式R= 是电阻的定义式，属于比值定义法，电阻R 造动变阻器的阻值变小，总的外电阻减小，根据，+ 与材料、导线的截面积、导线长度有关，与导体两端的电压 则总电流增大，根据U=E-I”,可知电压表示数变小，则 U和电流I无关，故C正确。 D.电动势和电压的单位都是伏特，但它们的物理意义不同， A正确； 电动势反映的是电源把其它形式能量转化为电能的本领大 B.开关S闭合时，滑动变阻器的滑片P向左滑动，滑动变 小，即非静电力做功本领大小的物理量，由电源本身决定， 阻器的阻值变小，利用“串反并同”的结论， 与W、9无关，电压反映的电场力做功本领的大小，故D错 电流表与滑动变阻器串联，示数变大，电压表与滑动变阻器 误： 并联，示数变小，则B错误； 故选C。 C.滑动变阻器的滑片P不动，开关S从断开到闭合，相当 于R这一路的电阻从无穷大变为R,相当于电阻变小，利 3.【答案】B 【详解】A.根据 用“串反并同”的结论，电流表与飞并联，示数变小，电压 C=￡S 4πkd 表与R2并联，示数变小，则C错误： 风力越大，两板间的距离d越小，电容器电容C越大，故A 错误： B.极板上电荷量保持不变，电容越大，根据 D.滑动变阻器的滑片P不动，开关S闭合，若R突然短路， 相当于R这一路的电阻变小，利用“串反并同”的结论，电 流表与R串联，示数变大，电压表与R并联，示数变小，则 R+r D错误； 联立解得 故选A。 Pax=8W 故C正确： 6.【答案】D D.根据效率的计算公式有 【详解】粒子进入偏转电场时水平方向L=, 2R外R外 整直方向y兴 刀=T(Rw+刀R+" 出离电场后速度的反向延长线经过两板中点，可知 可知外电阻越大时，效率越高，则当R=302时，电源效率 L 最大，故D错误； 2 故选C。 8.【答案】BC 联立解得7=9L(L+2弘) 【详解】A根据正点电荷电场的特征可知，a、c两点电场强 度大小相同，方向不同，故A错误： 2mdv B.电荷量为-g的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点， 要使纸上的文字尺寸缩小，则Y变小，故仅增大d,可知B 由能量守恒定律， 选项符合题意。 1 故选D。 v.mvqpo 解得 旦=好-好 m2(9。-9) 7.【答案】C 【详解】A.根据题意，把灯泡电阻等效为电源内阻的一部 选项B正确； 分，可知当电位器接入电路中的阻值为 C根据点电荷电场强度公式可知，a点的电场强度大于b点， 粒子在a点所受的库仑力大于在b点所受的库仑力，由牛顿 R。=R+r 第二定律可知粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故 电位器的功率最大，则有 C正确： E D.电荷量为-g的粒子从a点移到b点，克服电场力做功，电 1=2R+) 势能增大，选项D错误， 最大功率为 9.【答案】AD =E-62(R+r）=2.5W 【详解】AB.油滴原来静止在电容器内，受向上的电场力与 故A错误； 向下的重力且二力平衡，由题图可知，电容器内部电场方向 B.由题可知，当电位器接入电路中的阻值为零时，电路中 向下，所以油滴带负电。当滑片向α移动时，滑动变阻器接 的电流最大，灯泡消耗的功率也最大，最大功率为 入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆 R=(E)R.-8W Rt +r 定律可知，电路中的电流减小，所以R两端的电压和内阻的 故B错误； 电压均减小，则电压表的示数增大，而电容器的电压等于电 C.电源的输出功率为 压表的示数也增大，电容器内场强增大，油滴所受电场力大 -FR-EYRm-- 于重力，将向上运动，故A正确，B错误： R外+r C.P点的电势等于P点与下极板（接地，电势为零）的电 R外+ -+2 R 势差，由U=Ed可知，E增大，P与下极板间距不变，所以 可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；由于灯泡 电势差增大，P点电势升高，故C错误： 电阻大于电源内阻，所以当电位器接入电路中的阻值为零时， D.将R和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为"+R, 电源的输出功率最大，则最大功率为 电压表测的为新电源的路端电压，电流表测的是总电流，有 Prax =IR E=U+I(R+r） 可得 每个周期a粒子在x正方向前进 叫=r+R xo=T=eboT2 2m 因为开始计时时α粒子横坐标为 故D正确。 故选AD。 m哈 r= 2eE 所以nT时，粒子的横坐标为 10.【答案】BCD 【详解】AB.设a粒子运动到C处时速度为vo,a粒子反方 x=r+nxo= mi 2eE。 2m 向的运动为类平抛运动，水平方向有 α粒子的纵坐标为 L=Vot y=-vonT 竖直方向有 在nT时a粒子的坐标为 由牛顿第二定律 m+nx 2eE。 2m,-%*n7) 3e.0 故D正确。 联立解得 故选BCD。 U=mdivi 11(1)B(1分) (2)1.44 2el' (1.5分) 0.65(1.5分) α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理 (3)A(2分) R2 解得 AE.=-ev=_m 12(1)49.15(1分) 4.700/4.69914.701(1分)5(1 2 分) 设α粒子发射时速度的大小为，a粒子从放射源发射至运动 (②)（电路图共3分，分压给1分，改装1分，内接1分） 到C的过程，由动能定理 1 (3)-®4.02 614L (3分) 解得 13.【答案】(1)2n(3分)(2)2.0w:(3分)(3)1m/s (4分) d v=%1+ 【详解】(1)电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则 故A错误，B正确： r=普=2n C.由牛顿第二定律 (2)电动机正常工作时消耗的功率为P=U22=4.0× 2-m兰 1.0W=4.0W 电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为P热=r=2.0W 得 爱 电动机正常工作时输出功率为P出=P-P热=2.OW (3)匀速提升时，拉力等于重力，即F=mg=2N 故C正确； 由电动机的输出功率P出=Fv D.号时，啦子在：方向的速度为 y=2e6.7 可得提升重物的速度为V=兽=1m/5 m 2 14.【答案】(1)9=7.5×10C；(4分)(2)Em=12.5J; 所以一个周期内，离子在x方向的平均速度 子兴 (4分)(3)E=38.5J(6分) 【详解】(1)小球静止时（假设位置为M,如图甲所示）， 对小球进行受力分析，如图乙所示，可得 而从A、B静止开始运动到第一次碰撞的时间5。=业=s qE=mng tan37° 故A、B静止开始经T=t。+t=3s物块B与木板A的挡板发 解得小球所带电量为 9=7.5×104C 生第二次碰撞，此时B的速度为ya1=at=8m/s (2)如果小球恰能做圆 周运动，在等效最高点N A的速度为v%,=Va=4m/s (N点与M点关于O点对称)时动能最小，该位置在平衡 第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能守恒定律有 位置的反向延长线上，重力和电场力的合力大小为 mVAI +mVBI =mVA2 +mvB2 F-f(mgY+(qBY-mg 4 1 1 则在N点，有F=m 之m,+乞m,-2mv%+乞m品 2 2 L 解得vu=8m/s,Vm=4m/s 1 小球运动过程中动能最小值民=2m2 (3)同理第三次碰撞时有w+ar2= 联立，解得E=12.5J 解得t=2s (3)由于总能量保持不变，所以小球在圆上最右侧的P点 时，电势能最大，机械能最小。小球在N点时的重力势能 此时B的速度为'=Vm+ad=l2m/s Eaw=mg·2Lcos37° 由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时间内，物 块B的速度ⅴ随时间t的变化图像如图所示 所以小球在N点的机械能E=Ew+E,ow ◆以ms 12 小球从N运动到P,电场力做功W电=-gE·L(I-sin37) 小球恰能做圆周运动的机械能最小值E血=E+W电 →ts 联立，解得E=38.5J 此后以此类推。由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一 15.【答案】(1)0,4m/s(6分)(2)3s,8ms,4m/s(6分) 次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8m,由v-t图像可 知 (3)-4[2+4n(n-1)门J(n=1234…)(6分) 从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2m: (注：双守恒方程一个两分，共四分，不重复给分) 从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8m: 【详解】(1)根据题意可知，B从A的左端开始运动到右端 从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8m+8m=l6m; 1 从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16m+8m=24m； 的过程，由动能定理有gEd=。m 根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发 生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离： 解得。=4m/s S。=2m+8m+16m+24m+…+8(n-1)m=[2+4n(n-1)Jm(n=1,2,3,4) B与A第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律 有=m+m,-m成+兮 1 解得a=0, 2 则物块B的电势能的改变量为△E,m=-qES。 V =4m/s 代入数据可得△Ee=-4[2+4n(n-1)]J(n=1,2,3,4…) (2)第一次碰撞后A向右以速度V=4m/s做匀速直线运动， B做初速度为0、加速度为a=9E=4m5的匀加速直线运动， m 设第一次碰撞到第二碰撞历时6，则有W=2 解得t=2s