2026-2027学年高二上学期物理期中考试模拟卷5（山西运城适用）

2026-2027年高二上学期物理期中模拟测试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题：本小题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．对“静电场”一章中几个公式的理解，正确的是（　　） A．在公式中，当逐渐变小时，将逐渐变大，若趋近于零时，将会变得无穷大 B．由公式可知，电容器的电容随电容器所带电荷量的增加而增加 C．由可知，电场中两点的距离越大，电场强度越小 D．公式中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小 2．关于下列四幅图画的说法，正确的是（     ） A．甲图中，摩擦起电过程中，正电荷从丝绸转移到玻璃棒上 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 3．在真空中的O点存在一孤立的带正电的点电荷，将一带电粒子以一定的初速度射入该电荷激发的电场中，粒子在电场中的一段轨迹如图所示。粒子从P点运动到R点的过程中，在Q点时轨迹与圆1相交，在R点时轨迹与圆2相切，圆1、2的圆心都在O点，不计粒子重力，粒子电荷量保持不变。下列说法正确的是（     ） A．该粒子一定带正电荷 B．粒子在P点的加速度比在Q点的加速度大 C．粒子从P点运动到R点后有可能继续沿圆2轨迹做圆周运动 D．粒子在P点速度大于Q点 4．在生产纸张等绝缘材料过程中，为了实时监控材料的厚度，流水线上设置了传感器装置，其简化结构如图所示，M、N为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在直流恒压电源的两极上。已知电流从a向b流过电流表时，电流表指针偏向a端。某次纸张从平行极板间穿过的过程中，发现电流表指针偏向b端，下列判断正确的是（　　） A．两极板间的电压变小 B．电容器的电容变大 C．电容器处于充电状态 D．纸张厚度变薄 5．完全相同的四个电流表G，分别改装成安培表A1和A2，电压表V1和V2，A2量程是A1量程的三倍，V2量程是V1量程的三倍，将它们分别连接成如图所示的电路，关于两表示数及指针偏角关系，下列说法正确的是（　　） A．甲图中两表示数相等，偏角之比为1:3 B．乙图中两表示数之比为3:1，偏角相等 C．丙图中两表示数之比为1:3，偏角相等 D．丁图中两表示数相等，偏角之比为1:3 6．如图所示为一方环带电体周围的电势分布，其中a点为方环中心，b、c、d分别是等差等势面上的点，方环带正电且电荷均匀分布、取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　） A．a点电场强度为零，电势不为零 B．四点中c点的电场强度最大 C．电子从a移到b电场力做负功 D．电子从d移到c电场力做正功 7．如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，在环的上端，一个质量为、带电荷量为的小球由静止开始沿轨道运动，已知重力加速度为g，则（　　） A．小球运动过程中机械能守恒 B．小球经过环的最低点时速度最小 C．在最低点小球对环的压力大小为 D．在最低点小球对环的压力大小为 评卷人 得分 二、多选题：本小题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图所示，平行板电容器与电源连接，其中B板接地。开关S闭合后，在两板间C点有一个质量为m、电荷量大小为q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（     ） A．保持S闭合，将两板平行错开一些，电容器的电容减小 B．保持S闭合，将A板向上平移一小段距离，C点电势降低 C．若将S断开，再将两板平行错开一些，电容器带电量减少 D．若将S断开，再将A板向上平移一小段距离，油滴会向下运动 9．如图所示，电源电动势、内阻恒定，滑动变阻器滑片处于某位置时，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表、、的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（    ） A．理想电压表、的示数都增大 B．理想电流表A示数减小，电源的效率增大 C．带电液滴将向下运动，定值电阻中有从a流向b的瞬间电流 D． 10．如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场沿斜面方向。带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，，则下列说法正确的是（　　） A．滑块上升过程中动能与电势能之和增大 B．滑块的重力大小为 C．滑块受到的电场力大小为 D．滑块上滑过程中，重力势能增加了 评卷人 得分 三、实验题：11题（7分，第4空1分，其余各2分），12题（8分，第2、3、空2分，其余1分） 11．电流传感器可以捕捉到瞬间变化的电流，它与计算机相连，可直接显示出电流随时间变化的图像。电容器的充、放电电路如图甲所示，直流电源输出电压恒为7V，定值电阻R阻值较大。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。计算机屏幕上显示的电容器放电时的I-t图像如图乙所示，根据电流的定义式I=知∶I-t图像与坐标轴围成的面积的物理意义为电荷量。试回答下列问题∶（计算结果均保留两位有效数字） （1）电容器放电时流过电阻R的电流方向为________（填“从右向左”或“从左向右”）； （2）根据图像估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为_______C； （3）根据前面的信息估算出该电容器的电容为________F； （4）该电容器在整个充、放电过程中极板所带的电荷量q与板间电势差U随时间变化的图像，可能正确的有_________。 A．B．C．D． 12．某同学利用如图甲所示的电路，测量某电源的电动势和内阻（很小），为定值电阻（阻值为）。请回答下列问题： (1)实验中，定值电阻的作用有________。（多选） A．保护电源 B．在电流变化时使电压表示数变化明显 C．在电压变化时使电流表示数变化明显 (2)实验中当单刀双掷开关接1，将滑动变阻器滑片置于两个不同位置时，电压表和电流表的示数分别为、，则电源电动势________，内阻________（用、、、和表示）。 (3)将单刀双掷开关分别接1和2时，调节滑动变阻器的滑片，记录若干组电压表和电流表的读数，分别作出两种情况下图像如图乙所示，图线是开关与________（选填“1”或“2”）连接时作出的；考虑避免系统误差，待测电源的电动势________，内阻________。（结果均保留两位小数） 评卷人 得分 四、解答题 13．（9分）酒店中送餐机器人为人们的生活提供了方便。其内部部分结构可简化为如图所示的电路，电源电动势，内阻，定值电阻，电动机的线圈阻值。闭合开关S后，电动机正常工作，理想电压表的示数，求： (1)电源的输出功率； (2)电动机的效率。 14．（14分）如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带正电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，，。求： (1)小球所受电场力的大小； (2)小球的质量； (3)若把电场方向变为竖直向下，求小球运动到最低点时细绳的张力大小。 15．（16分）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板，为板间中线，为两板右侧边缘连线的中点。板长为L（不考虑电场边缘效应）。电子从O点沿方向射入两板间，电子的电荷量为e、质量为m。不计电子重力。 (1)若两板间电场强度恒为E，且M、N板间距离为d，电子从点正上方A点从板间射出，、A两点间距离为，求该电子从点射入电场的初速度； (2)两板间的电压与（1）相同，只上下移动N板，改变M、N板间距离，求电子射出电场时动能的最大值； (3)若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压，和已知。某电子在时刻以初速度射入电场，要使该电子能从点射出电场，求以及板间距离d应满足的条件。 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 《2026-2027学年高二上学期物理期中模拟测试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C D C A D AB BD BC 1．D 【详解】A． 当趋近于零时，电荷不能视为点电荷（实际电荷有大小），库仑定律不再适用，故A错误； B．是电容的定义式，电容是由电容器本身（由极板面积、间距、介质）决定，与电荷量电压无关，故B错误； C．公式仅适用于匀强电场，其中是恒定电场强度，是两点间电势差，是沿电场线方向的距离。电场强度由电场本身决定，与距离无关，故C错误； D．，电势能 由电荷量和电势决定。对于同一个负电荷（），当 越高（电势越大）， 的值越负（如，增大时减小），即电势能越小，故D正确。 故选D。 2．D 【详解】A．摩擦起电的本质是电子的转移，原子核（带正电）束缚在原子内部不移动。丝绸摩擦玻璃棒时，玻璃棒上的电子转移到丝绸上，玻璃棒因失去电子而带正电，丝绸因得到电子而带负电，并不是正电荷发生了转移，故A错误； B．电场线从正电荷或无穷远出发，终止于无穷远或负电荷。乙图中曲线从电荷出发终止于电荷，这是两个等量异种点电荷周围的电场线分布，而等势面与电场线垂直，不会从一个电荷连到另一个电荷，故B错误； C．正点电荷的电场线是向外辐射的，负点电荷的电场线是向内汇聚的。丙图中电场线箭头背离中心向外辐射，说明这是正点电荷周围的电场线分布，故C错误； D．避雷针是利用尖端放电原理制成的。尖锐的金属棒尖端电荷密度大，电场强，容易使周围空气电离，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。 故选D。 3．C 【详解】A．粒子只受电场力，合力指向轨迹的凹侧。图中点位于轨迹凹侧，所以粒子在点所受电场力指向 正点电荷吸引该粒子，说明粒子带负电，故A错误； B．设固定正点电荷的电荷量为，粒子的质量为、电荷量为，粒子到点的距离为，静电力常量为。由库仑定律得，由牛顿第二定律得，联立得加速度大小为 图中点比点离点更远，因此，故B错误； C．粒子在点的速度沿圆2的切线，所受电场力沿半径指向圆心。设圆2的半径为，粒子在点的速率为。若电场力恰好提供沿圆2运动所需的向心力，则有 该参考解析将上述条件视为可能满足，据此认为粒子到达点后有可能继续沿圆2做匀速圆周运动，故C正确； D．从点到点，粒子逐渐靠近点，所受电场力为吸引力，电场力做正功。设该过程电场力所做的功为，由动能定理得 所以，故D错误。 故选C。 4．D 【详解】ABC．电流表指针偏向端，说明电流从b向a流过电流表，而电容器下极板与正极相连，所以电容器放电，极板电荷量Q变小，电容器与恒压电源相连，两极板间电势差U不变，而Q减小，根据 可知电容器的电容C减小，故ABC错误； D．由 知变小，故纸张厚度变薄，故D正确。 故选D。 5．C 【详解】A．根据电表改装原理，安培表是电流表G与电阻并联，已知量程是量程的三倍，满偏时表头两端电压相等，则安培表内阻是安培表内阻的三倍，即；甲图中两安培表串联，所以两表示数相等；根据欧姆定律可知安培表两端电压是安培表两端电压的三倍，通过安培表中表头电流是通过安培表中表头电流的三倍，所以偏角之比为，故A错误； B．乙图中两安培表并联，两端电压相等，由于，根据欧姆定律可知，两表示数之比为；由于两表头两端电压相等，所以通过两表头的电流相等，则偏角相等，故B错误； C．根据电表改装原理，电压表是电流表G与电阻串联，已知量程是量程的三倍，则电压表内阻是电压表内阻的三倍，即；丙图中两电压表串联，通过两电压表的电流相等，根据欧姆定律可知两表示数之比为；由于通过两表头的电流相等，则偏角相等，故C正确； D．丁图中两电压表并联，两表两端电压相等，所以两表示数相等；由于，根据欧姆定律可知通过两表头的电流之比为，则偏角之比为，故D错误。 故选C。 6．A 【详解】A．由题知，静电场中的 a点是方环的中心，结合对称性可知a点电场强度为零，方环上各点在a点产生的电势均大于零，故a点电势不为零，故A正确； B．根据电场线的密疏表示电场强度的大小，由图可知 c点处的电场线分布比d点处的更稀疏，故c点的电场强度小于d点的电场强度，即c点的电场强度并不是最大，故B错误； C．方环所围区域内的电场有指向a点的分量，又沿电场线方向电势降低，可知a点电势小于b点电势，电子从a到b电势能降低，电场力做正功，故C错误； D．由图可知，c、d两点在方环区域外，因方环带正电，则电场线方向向外辐射，根据沿着电场线方向电势降低，可知d点电势高于c点电势，电子从d到c电势能增大，电场力做负功，故D错误。 故选A。 7．D 【详解】A．小球运动过程中，电场力对小球做功，小球机械能不守恒，故A错误； B．小球从静止开始运动至环最低点的过程中，重力和电场力均对小球做正功，所以小球经过环的最低点时速度不是最小，故B错误； CD．设小球经过环的最低点时速度大小为v，圆环半径为R，根据动能定理有 设在最低点环对小球的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有 联立以上两式解得 根据牛顿第三定律可知在最低点小球对环的压力大小为，故C错误，D正确。 故选D。 8．AB 【详解】A．保持S闭合，电容器两板间电压U不变。将两板平行错开一些，正对面积减小，根据电容决定式可知，电容器的电容C减小，故A正确； B．保持S闭合，电容器两板间电压U不变。将A板向上平移一小段距离，板间距d增大，根据可知板间场强减小。B板接地，电势为零，则C点电势为 由于C点位置不变，不变，E减小，所以降低，故B正确； C．若将S断开，再将两板平行错开一些，电容C减小，但电荷量Q仍保持不变，故C错误； D．若将S断开，电荷量Q不变。再将A板向上平移一小段距离，板间距d增大。根据，可知板间场强E不变，油滴受到的电场力不变，油滴仍处于静止状态，故D错误。 故选AB。 9．BD 【详解】B．分析电路可知，开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻串联后接在电源两端，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小，电源的效率 随着滑动变阻器接入电路的电阻变大，电源的效率变大，故B正确； A．理想电压表测量定值电阻两端的电压，根据欧姆定律可得 电路电流减小，则变小，即理想电压表示数减小，而理想电压表测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得 电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表的示数增大，故A错误； C．理想电压表测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得 电路电流减小，则增大，根据 可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻中有从b流向a的瞬间电流，又 可得两极板间的电场强度E增大，向上的电场力增大，则带电液滴将向上运动，故C错误； D．根据上述分析可知 ，， 则 故D正确。 故选BD。 10．BC 【详解】A．滑块上升过程中重力势能增加，根据能量守恒，动能与电势能之和减少，故A错误； D．由图知，上滑过程中，机械能减少，则电场力对木块做负功,，物块的机械能减少了 动能减少 所以木块的重力势能增加了 故D错误； C．由图乙可知木块上滑的距离为，则有 滑块受到的电场力大小为 故C正确； B．木块上滑过程中，重力做负功，木块的动能转化为重力势能，则有 则木块的重力大小为 故B正确。 故选BC。 11． 从右向左 AD 【详解】（1）[1]电容器放电时，电流由上极板流出，下极板流入，流过电阻R的电流方向为从右向左。 （2）[2] I-t图像与坐标轴围成的面积的物理意义为电荷量，由乙图数出图线与坐标轴围成的面积约为37个格，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为 （3）[3] 直流电源输出电压恒为7V，该电容器的电容为 （4）[4]AB．在充电过程中，电容器两端电势差与电源电压越来越接近，充电电流逐渐减小，放电过程中，电容器两端电势差逐渐减小，放电电流逐渐减小，而q-t图像斜率表示电流强度，故A正确，B错误； CD．因为 而电容C不变，则U随时间的变化图像与q随时间的变化图像形状相同，故C错误，D正确。 故选AD。 12．(1)AB (2) (3) 2 1.50 0.59 【详解】（1）定值电阻有保护电源的作用，根据闭合电路的欧姆定律有，由于电源内阻很小，可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果。故选AB。 （2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有， 联立可得， （3）[1]当接1时，电压表示数与电流的关系式为 画出图像，当电流表的示数时，可知测得的电动势是准确的，而内电阻测量值等于电源内阻与定值电阻和电流表内阻之和，由于电流表内电阻的影响，使得内电阻测量值偏大，即图像与纵坐标的交点是准确的，而斜率偏大；当接2时，电压表示数与电流的关系式为 画出图像，实验误差来源于电压表的分流作用，当电流表的示数时，测得的电动势，测得的电动势偏小，当路端电压等于零时，流过电压表的电流也为零，系统误差消失，因此短路电流是准确的；利用图像的纵轴截距可知，接1时图像纵轴的截距等于电源电动势，接2时图像纵轴的截距小于电源电动势，故图线是开关与“2”连接时作出的； [2]由于图像的电动势测量准确，可知电动势； [3]图像的短路电流测量准确，可知短路电流，因此电源的内阻 13．(1) (2) 【详解】（1）由闭合电路欧姆定律，电路中的电流为 电源的输出电压为 电源的输出功率 解得 （2）电动机的输入功率 电动机的发热功率 电动机的输出功率 电动机的效率 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球所受电场力F的大小为 （2）小球受力情况如图所示 根据几何关系可得 解得 （3）把电场方向变为竖直向下，小球运动到最低点时的速度为v1，根据动能定理，有 在最低点，根据牛顿第二定律，有 联立解得小球运动到最低点时细绳的张力大小 15．(1) (2) (3)， 【详解】（1）取电子进入方向为轴正方向、竖直向上为轴正方向。电子带负电，要向上偏转，则电场力方向向上，电子在竖直方向的加速度大小为；水平方向不受力，做匀速直线运动，故飞行时间为。 电子从中线运动到点，竖直位移为，由匀变速直线运动位移公式得。由 有 解得 （2）设移动下极板后两板间距为。两板电压仍为，所以板间场强大小为 电子仍从中线进入，水平方向速度保持为，在到达右侧边缘前的时间为。 电子在竖直方向的位移为 代入第（1）问结果，得。 为使电子不碰上方极板，须有，故。电子射出时的竖直速度随增大而增大，因而动能最大对应临界情况，此时电子恰好从上极板边缘射出。从进入到射出，电场力做功等于，由动能定理得 代入， 解得 （3）取竖直向上为正方向，板间距为。在内，电压为，电子向上做匀加速运动，加速度大小为；在内，电压为，电子向下做匀减速运动，加速度大小为。 前半周期末电子的竖直速度为，竖直位移为 要使电子在时回到中线，后半周期的竖直位移应使总位移为零，即。由 整理得 因此 在后半周期内，电子先上升后下降，最大位移出现在竖直速度减为零的时刻。相对于，上升时间为，故最大位移为。由 整理得 电子不能碰到上极板，须满足，所以 即 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 $