2026-2027学年高二上学期期中物理自编模拟卷(二)（浙江省湖州市适用，人教版）

■11 浙江省湖州市2026~2027高二上学期期中考物理模拟卷（二） 答题卡 姓 名： 学 号： 贴条形码区 注意事项 1. 答题前，考生先将自己的姓名、学号填写清楚，并认真核准条形 考生禁填： 缺考标记 码上的姓名、学号，在规定位置贴好条形码。 违纪标记 ✉ 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔 以上标志由监考人员用2B铅笔填涂 答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3. 请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案 选择题填涂样例： 无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 正确填涂■ 错误填涂[V1[/] 4. 保持卡面清洁。不要折桑、不要弄破」 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 选择题部分 1.[A][B][C][D] 6.[AJ[B][C][D] 11.[AJ[B][CJ[D] 2.[A][B][C][D] 7.[A][B][C][D] 12.[A][B][C][D] 3.[A][B][C][DJ 8.[A][B][C][D] 13.[A][B][C][D] 4.[A][B][C][D] 9.[A][B][C][D] 5.[A][B][C][D] 10.MA][B][C][D] 三、实验题部分 14 15. 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、计算题（共44分） 16.(8分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17.(10分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效： 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19.(14分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 浙江省湖州市 2026~2027 高二上学期期中考物理模拟卷(二) （考试时间：90分钟　满分：100分） 姓名：____________　　班级：____________　　学号：____________ 考生须知： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间90分钟。 2．考试范围：人教版（2019）必修第三册第9章至第13章、选择性必修第一册第1章“动量守恒定律”、选择性必修第二册第1章“安培力与洛伦兹力”。 3．答题前，请务必将自己的姓名、班级、学号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的位置上。 4．答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效。 5．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 6．本卷中除特别说明外，重力加速度 均取 ，，，静电力常量 。 7．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 选择题部分（共 42 分） 一、单项选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1．由电场强度的定义式E=F/q可知，关于某静电场中同一位置的说法，正确的是 A．电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比 B．电场强度E的方向一定与电场力F的方向相同 C．无论q如何变化，电场强度E保存不变 D．上式中的电场强度E是由电荷q产生的 2．如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极接地，一带负电的小球固定于电容器中的P点，现将下极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，则（　　） A．带电小球所受电场力向下 B．有从a往b的电流通过电流表 C．P点的电势增大 D．带电小球的电势能能将增大 3．如图所示为点电荷电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，A、B间的距离为L，A点场强是B点场强的，电荷量为q的正的点电荷在A点受到的电场力大小为F，已知静电力常量为，则下列判断正确的是（　　） A．场源电荷带正电 B．场源电荷离A点距离为 C．B点场强大小为 D．场源电荷的带电量为 4．有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示；在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常量为k，半径为R的球面面积为S=4πR2，则下列说法正确的是（　　） A．均匀带电球壳带电密度为 B．图中r=1.5R C．在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高 D．球面与球心间电势差为E0R 5．有两个同种材料制成的导体，如图所示，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为，小柱体柱截面边长为，则（  ） A．若图示箭头方向为电流方向，则大柱体与小柱体的电阻之比为 B．若图示箭头方向为电流方向，则大柱体与小柱体的电阻之比为 C．若电流方向竖直向下，则大柱体与小柱体的电阻之比为 D．若电流方向竖直向下，则大柱体与小柱体的电阻之比为 6．如图所示是A、B两个电路元件的伏安特性曲线图像，下列说法正确的是（　　） A．B是非线性元件 B．当U=U1时，RA>RB C．当U=U2时，RA<RB D．A的阻值随电压增大而增大 7．在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻、为定值电阻，为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板。当滑动变阻器的触头处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动，则下列说法正确的是（　　） A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动 B．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数增大，油滴向上运动 C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变 D．仅把两极板A、B间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变 8．如图，三根互相平行的长直导线分别垂直穿过等边三角形的三个顶点，导线中均通有大小相等、方向均垂直纸面向内的电流。关于三角形中心O处的磁感应强度，下列说法正确的是（　　） A．磁感应强度为0 B．磁感应强度不为0，方向垂直纸面向外 C．磁感应强度不为0，方向垂直纸面向里 D．磁感应强度不为0，方向沿三角形某一边 9．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．板的加速度一直增大 C．弹簧给木块A的冲量大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 10．一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度方向垂直于匀强磁场．小球飞离桌面后，最终落在水平地面上，设飞行时间为t1，水平射程为s1，着地速率为v1．现撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速率为v2，则有(    ) A．v1>v2 B．v1=v2 C．s1=s2 D．t1<t2 二、不定项选择题（本大题共 3 小题，每小题 4 分，共 12 分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错的得 0 分） 11．用四个相同的小量程电流表，分别改装成了量程不同的大量程电流表A1、A2和量程不同的电压表V1、V2，且电流表A1的量程大于电流表A2的量程，电压表V1的量程大于电压表V2的量程，若把电表分别采用并联的方式接入电路，如图甲、乙所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是（　　） A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的V1、V2的示数相同 D．图乙中的V1、V2的指针偏角相同 12．如图，两通电长直导线垂直纸面放置，它们的电流大小相等、方向相反，菱形abcd的对角线ac与两导线垂直相交，菱形的中心O到两导线的距离相等。则 A．O点的磁感应强度大小比b点的大 B．O点的磁感应强度大小为零 C．a与c两点的磁感应强度大小相等、方向相同 D．b与d两点的磁感应强度大小相等、方向相反 13．1930年美国物理学家Lawrence提出回旋加速器的理论，1932年首次研制成功。如图所示为两个半径为R的中空半圆金属盒D1、D2置于真空中，金属盒D1、D2间接有电压U的交流电为粒子加速，金属盒D1圆心O处粒子源产生的粒子初速度为零。匀强磁场垂直两盒面，磁感应强度大小为B，粒子运动过程不考虑相对论效应和重力的影响，忽略粒子在两金属盒之间运动的时间，下列说法正确的是（ ） A．交流电的周期和粒子在磁场中运动的周期相同 B．加速电压U越大，粒子最终射出D形盒时的动能就越大 C．粒子最终射出D形盒时的动能与加速电压U无关 D．粒子第一次加速后和第二次加速后速度之比是 非选择题部分（共 58 分） 三、实验题（本大题共 2 小题，共 14 分） 14．（6 分）为测量小物块m与半径为R的水平圆形转台之间的最大静摩擦因数μs（最大静摩擦因数μs：两个接触的物体之间，即将发生相对滑动时，最大静摩擦力与正压力的比值），某小组设计了图甲的实验装置，并进行如下操作： ①测得遮光片宽为d，d远小于转台半径R； ②调节光电门的位置，让电动机带动转台绕轴OO′转动，使遮光片扫过光电门的激光束； ③将小物块m放在水平转台上，测量小物块中心到OO′的距离为l，转台从静止开始逐渐加速转动，遮光片每次经过光电门后提高转速（加速时间忽略不计），当小物块m恰好相对转台滑动时，记录光电门显示的时间t； ④多次改变小物块到OO′的距离，同时记录小物块恰好滑动时光电门显示的时间。 (1)用螺旋测微器测量遮光片d的宽度如图乙所示，则d=________mm； (2)根据实验测得的数据绘制出图像如图丙所示，若l为纵坐标，则横坐标为________（填“t”或“t2”）； (3)图丙图像斜率为k，当地重力加速度为g，则μs=________（用k、d、R、g表示）。 15．（8 分）利用如图甲所示装置观察电容器的放电过程。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，电流随时间变化图像如图乙所示。 (1)此电容器充满电时所带的电荷量________C（保留2位有效数字）。 (2)实验中，所用电阻的阻值为100 Ω，则电容器的电容________μF。1 s时电容器两端电压________V（保留2位有效数字）。 (3)若只更换电阻R重复上述实验。当电阻为时，电容器放电的图像如图丙中的虚线所示。若将电阻更换为，请在图丙中用实线定性画出电容器放电的图像，并简要说明作图依据。 (4)图乙为电容器在放电过程中电流随时间变化的图像，请在图丁中画出此过程中电容器所带电荷量随时间变化的图像。 四、计算题（本大题共 4 小题，共 44 分） 16．（8 分）如图所示，电源电动势E＝10V，内阻可忽略，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF。 (1)求S闭合后，电路稳定时通过R1的电流； (2)求电路稳定后电容器两极板间的电势差； (3)S原来闭合，现将其断开至电路稳定，求这个过程中流过R1的总电荷量。 17．（10 分）某电路如图所示，其中Ω、Ω、Ω，滑动变阻器R2最大阻值为3Ω，电源电动势为6V，电源内阻r =1Ω，电流表、电压表均可视为理想电表。求： (1)闭合S1，断开S2，当R2 =0时，电压表的示数是多少？ (2)闭合S1，闭合S2，当滑动变阻器R2 =2Ω时，电流表和电压表的示数分别是多少？ (3)在开关均闭合状态下，当R2阻值为多大时，电源的输出功率最大？最大输出功率为多少？ 18．（12 分）在光滑的水平地面上，质量均为的滑块B和C中间夹一原长轻弹簧，左端与B拴接，右端与C接触但不固定，质量为、半径为的四分之一光滑圆弧形滑块D放置在C的右边，C、D间距离足够远，质量为的滑块A以初速度向右运动与B发生碰撞，碰撞过程时间极短，碰后A被反弹，速度大小为，重力加速度g取。求： (1)A、B碰撞时损失的机械能； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)若弹簧劲度系数，弹性势能，A、B碰完后至弹簧首次最短，B对地位移为0.4 m，求所用时间； (4)C能上升的最大高度。 19．（14 分）如图所示，PQ圆弧为圆心在O点、半径为R的圆的一部分，，A点是PQ的中点，在PQ圆弧与PO、OQ围成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。OQ为一收集板，粒子打在板上立刻被吸收。在PA的左侧有一方向平行于AO的匀强电场，电场最左侧的装置MN可产生速度几乎为零的同种带负电粒子，粒子的质量为m，电量为q，经过电场加速后，粒子经过PA时速度大小均为，MN与PA的距离为d。不考虑粒子的重力和粒子间相互作用。求： (1)电场强度E的大小； (2)粒子在磁场中运动的最短时间； (3)粒子打在收集板上的总长度。 物理试题　第 1 页（共 1 页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省湖州市 2026~2027 高二上学期期中考物理模拟卷(二) 命题细目表（双向细目表） 考试时间：90 分钟　　满分：100 分　　考试范围：人教版必修第三册第 9~13 章、选择性必修第一册第 1 章、选择性必修第二册第 1 章　　预设难度系数：0.61 题号 题型 分值 考查内容与知识点 章节 能力层级 难度 用时 命题意图 1 单项选择 3 电场强度与电场线 第9章 理解 0.94 1.5 由电场强度的定义式E=F：电场强度与电场线 2 单项选择 3 电容器的电容与充放电 第10章 理解 0.85 1.5 平行板电容器与直流电源连：电容器的电容与充放电 3 单项选择 3 电场强度与电场线 第9章 应用 0.65 2 为点电荷电场中的一条电场：电场强度与电场线 4 单项选择 3 电场强度与电场线 第10章 应用 0.65 2 有一半径为R的均匀带电薄：电场强度与电场线 5 单项选择 3 电路及其应用 第11章 应用 0.65 2 有两个同种材料制成的导体：电路及其应用 6 单项选择 3 伏安特性曲线 第11章 应用 0.65 2 是A、B两个电路元件的伏：伏安特性曲线 7 单项选择 3 闭合电路欧姆定律 第12章 应用 0.65 2 在如图所示电路中，电源电：闭合电路欧姆定律 8 单项选择 3 电磁感应与电磁波初步 第13章 应用 0.65 2 如图，三根互相平行的长直：电磁感应与电磁波初步 9 单项选择 3 动量守恒定律 选必一第1章 应用 0.40 2 在光滑的水平面上静止放一：动量守恒定律 10 单项选择 3 安培力与洛伦兹力 选必二第1章 应用 0.40 2 一带正电荷的小球沿光滑、：安培力与洛伦兹力 11 不定项选择 4 电表的改装与使用 第11章 应用 0.65 2 用四个相同的小量程电流表：电表的改装与使用 12 不定项选择 4 电磁感应与电磁波初步 第13章 应用 0.65 2 如图，两通电长直导线垂直：电磁感应与电磁波初步 13 不定项选择 4 带电粒子在复合场中的运动 选必二第1章 应用 0.65 2 1930年美国物理学家L：带电粒子在复合场中的运动 14 实验 6 实验：电路及其应用 第11章 实验探究 0.72 4.5 为测量小物块m与半径为R：实验：电路及其应用 15 实验 8 实验：电容器的电容与充放电 第10章 实验探究 0.62 5.5 利用如图甲所示装置观察电：实验：电容器的电容与充放电 16 计算 8 闭合电路欧姆定律 第10章 应用 0.65 7 电源电动势E＝10V，内：闭合电路欧姆定律 17 计算 10 闭合电路欧姆定律 第12章 应用 0.63 8 某电路如图所示，其中Ω、：闭合电路欧姆定律 18 计算 12 动量守恒定律 选必一第1章 分析综合 0.54 9 在光滑的水平地面上，质量：动量守恒定律 19 计算 14 安培力与洛伦兹力 选必二第1章 分析综合 0.47 10 PQ圆弧为圆心在O点、半：安培力与洛伦兹力 合计 19 题 100 —— —— —— 0.61 69 加权平均难度即全卷难度系数，落在 0.60~0.65 之间 一、题型结构统计 题型 题号 题数 分值 分值占比 平均难度 一、单项选择题 1、2、3、4、5、6、7、8、9、10 10 30 30.0% 0.65 二、不定项选择题 11、12、13 3 12 12.0% 0.65 三、实验题 14、15 2 14 14.0% 0.66 四、计算题 16、17、18、19 4 44 44.0% 0.56 合计 1~19 19 100 100.0% 0.61 二、内容分布与认知水平统计 统计维度 类别 对应题号 分值 分值占比 内容分布 第 9 章 静电场及其应用 1、3 6 6.0% 第 10 章 静电场中的能量 2、4、15、16 22 22.0% 第 11 章 电路及其应用 5、6、11、14 16 16.0% 第 12 章 电能 能量守恒定律 7、17 13 13.0% 第 13 章 电磁感应与电磁波初步 8、12 7 7.0% 选必一第 1 章 动量守恒定律 9、18 15 15.0% 选必二第 1 章 安培力与洛伦兹力 10、13、19 21 21.0% 认知水平 理解 1、2 6 6.0% 应用 3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、16、17 54 54.0% 分析综合 18、19 26 26.0% 实验探究 14、15 14 14.0% 难度分布 容易题（难度 ≥ 0.70） 1、2、14 12 12.0% 中等题（0.55 ≤ 难度 < 0.70） 3、4、5、6、7、8、11、12、13、15、16、17 56 56.0% 较难题（难度 < 0.55） 9、10、18、19 32 32.0% 三、命题说明 1．考查范围为人民教育出版社必修第三册第 9 章“静电场及其应用”至第 13 章“电磁感应与电磁波初步”、选择性必修第一册第 1 章“动量守恒定律”与选择性必修第二册第 1 章“安培力与洛伦兹力”；全卷 19 题，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 2．试题素材选自近两年各省市高二上学期阶段检测与期中试题，题干、选项、插图与公式经统一校对后按本卷体例重新编排。 3．难度控制：各题型内部难度由低到高排列，以分值为权重的加权平均难度为 0.61，落在 0.60~0.65 的预设区间内；难度值为命题组预估的作答得分率。 4．时间配置：按各题阅读量与运算步骤累计约 69 分钟，另留约 21 分钟检查，与浙江卷单科节奏一致。 5．内容分布：第9章 6 分、第10章 22 分、第11章 16 分、第12章 13 分、第13章 7 分、选必一第1章 15 分、选必二第1章 21 分，电场、电路与磁场三大板块并重，动量的矢量性与守恒条件作为跨板块的综合点贯穿选择、实验与计算。 6．评分说明：选择题按标准答案给分；实验题按空给分；计算题实行分步给分，须写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省湖州市 2026~2027 高二上学期期中考物理模拟卷(二) （考试时间：90分钟　满分：100分） 姓名：____________　　班级：____________　　学号：____________ 考生须知： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间90分钟。 2．考试范围：人教版（2019）必修第三册第9章至第13章、选择性必修第一册第1章“动量守恒定律”、选择性必修第二册第1章“安培力与洛伦兹力”。 3．答题前，请务必将自己的姓名、班级、学号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的位置上。 4．答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效。 5．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 6．本卷中除特别说明外，重力加速度 均取 ，，，静电力常量 。 7．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 选择题部分（共 42 分） 一、单项选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1．由电场强度的定义式E=F/q可知，关于某静电场中同一位置的说法，正确的是 A．电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比 B．电场强度E的方向一定与电场力F的方向相同 C．无论q如何变化，电场强度E保存不变 D．上式中的电场强度E是由电荷q产生的 【答案】C 【详解】A．E=F/q 是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知E与F、q无关，不能说E与电场力F成正比，与电荷量q成反比．故A错误． B．电场强度E的方向一定与正电荷所受的电场力F方向相同，而与负电荷所受的电场力方向相反，故B错误． C．电场强度反映本身的性质，与试探电荷无关，则无论q如何变化，电场强度E保持不变，故C正确． D．公式E=F/q中q是放入电场中的试探电荷，E不是由电荷q产生的，故D错误． 故选C． 2．如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极接地，一带负电的小球固定于电容器中的P点，现将下极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，则（　　） A．带电小球所受电场力向下 B．有从a往b的电流通过电流表 C．P点的电势增大 D．带电小球的电势能能将增大 【答案】D 【详解】A．由图可知，平行板电容器两极板间场强方向竖直向下，小球带负电，则带电小球所受电场力向上，故A错误； B．将下极板竖直向上缓慢移动时，d减小，根据可知，电容增大，电容器的电压U不变，根据Q=UC可知电量增大，则有电流从b往a通过电流表，故B错误； CD．将下极板竖直向上缓慢移动时，d减小，两板间电势差不变，根据可知，两板间电场强度E变大，P点到上极板的距离不变，而E变大，由U上P =Ed上P知，上极板与P点间电势差增大，P点的电势小于零，则P点的电势降低，由于小球带负电，则带电小球的电势能将增大，故C错误，D正确。 故选D。 3．如图所示为点电荷电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，A、B间的距离为L，A点场强是B点场强的，电荷量为q的正的点电荷在A点受到的电场力大小为F，已知静电力常量为，则下列判断正确的是（　　） A．场源电荷带正电 B．场源电荷离A点距离为 C．B点场强大小为 D．场源电荷的带电量为 【答案】D 【详解】A．由于A点场强是B点场强的，故场源电荷离B点较近，又因电场强度方向向右，因此场源电荷为负电荷。A错误； B．设场源电荷离A点距离为x，则A点场强，B点场强，解之得或（舍去），B错误； C．由于电荷量为q的正的点电荷在A点受到的电场力大小为F，则A点场强，因此B点场强大小为，C错误； D．根据得场源电荷的带电量为，D正确。 故选D。 4．有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示；在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常量为k，半径为R的球面面积为S=4πR2，则下列说法正确的是（　　） A．均匀带电球壳带电密度为 B．图中r=1.5R C．在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高 D．球面与球心间电势差为E0R 【答案】A 【详解】A．由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式 设均匀带电球壳带电密度为ρ 解得 A正确； B．根据点电荷场强公式 解得 B错误； C．由题意可知在x轴上各点中，在0～R范围内各点的电势均相同，均最高，C错误； D．球面与球心间的电势差为零，D错误。 故选A。 5．有两个同种材料制成的导体，如图所示，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为，小柱体柱截面边长为，则（  ） A．若图示箭头方向为电流方向，则大柱体与小柱体的电阻之比为 B．若图示箭头方向为电流方向，则大柱体与小柱体的电阻之比为 C．若电流方向竖直向下，则大柱体与小柱体的电阻之比为 D．若电流方向竖直向下，则大柱体与小柱体的电阻之比为 【答案】B 【详解】AB.从图示方向看,则根据电阻定律可知 , 故两电阻比值为R1：R2=1:1，故A错误，B正确； CD.若电流竖直向下,则根据电阻定律有 , 故R1:R2=，故CD错误。 故选B。 6．如图所示是A、B两个电路元件的伏安特性曲线图像，下列说法正确的是（　　） A．B是非线性元件 B．当U=U1时，RA>RB C．当U=U2时，RA<RB D．A的阻值随电压增大而增大 【答案】B 【详解】A． B元件的图像是直线，B是线性元件，A错误； B．元件的电阻为 当U=U1时，，所以 RARB，B正确； C．当U=U2时，，所以RA=RB，C错误； D．随电压增大，A的阻值减小，D错误。 故选B。 7．在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻、为定值电阻，为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板。当滑动变阻器的触头处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动，则下列说法正确的是（　　） A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动 B．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数增大，油滴向上运动 C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变 D．仅把两极板A、B间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变 【答案】C 【详解】AB．从题图中可知电容器两板间的电压等于路端电压，电流表测量干路电流，若仅把R1的触头向右滑动时，R1连入电路的电阻增大，则电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流减小，路端电压增大，所以电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据公式 可得两极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故向上运动，故AB错误； C．仅把两极板A、B间距离增大，因为两极板间的电压不变，根据公式 可得电容器两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力减小，向下运动，电流表的示数不变，故C正确； D．仅把两极板A、B间正对面积减小，由于两极板间的电压不变，距离不变，所以两极板间的电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，电流表示数不变，故D错误。 故选C。 8．如图，三根互相平行的长直导线分别垂直穿过等边三角形的三个顶点，导线中均通有大小相等、方向均垂直纸面向内的电流。关于三角形中心O处的磁感应强度，下列说法正确的是（　　） A．磁感应强度为0 B．磁感应强度不为0，方向垂直纸面向外 C．磁感应强度不为0，方向垂直纸面向里 D．磁感应强度不为0，方向沿三角形某一边 【答案】A 【详解】三根导线对称分布，电流大小相等、方向相同；根据安培定则，三根导线在中心O处产生的磁感应强度大小相等，方向互成120°；三个等大、互成120°的矢量叠加后合磁感应强度为 0。 故选A。 9．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．板的加速度一直增大 C．弹簧给木块A的冲量大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 【答案】C 【详解】A．当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板B受到向左的弹力，木板还要进一步加速，故A错误； B．木块与木板发生弹性碰撞，弹簧压缩量先增大后减小，故B板受到的弹力先大后小，故B的加速度先增大后减小，故B错误； C．木块与木板发生弹性碰撞，动量守恒，机械能也守恒，规定向左为正方向，则有 联立解得 对木块A，根据动量定理有 故弹簧给木块A的冲量大小为，故C正确； D．当木块与长木板速度相等时，则有 联立解得弹簧的最大弹性势能，故D错误。 故选C。 10．一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度方向垂直于匀强磁场．小球飞离桌面后，最终落在水平地面上，设飞行时间为t1，水平射程为s1，着地速率为v1．现撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速率为v2，则有(    ) A．v1>v2 B．v1=v2 C．s1=s2 D．t1<t2 【答案】B 【详解】AB、在有磁场，重力和洛伦兹力共同作用时，其洛伦兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的；有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即，故B正确，A错误； CD、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛伦兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛伦兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上；如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即；小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即，故C、D错误； 故选B． 二、不定项选择题（本大题共 3 小题，每小题 4 分，共 12 分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错的得 0 分） 11．用四个相同的小量程电流表，分别改装成了量程不同的大量程电流表A1、A2和量程不同的电压表V1、V2，且电流表A1的量程大于电流表A2的量程，电压表V1的量程大于电压表V2的量程，若把电表分别采用并联的方式接入电路，如图甲、乙所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是（　　） A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的V1、V2的示数相同 D．图乙中的V1、V2的指针偏角相同 【答案】BC 【详解】AB．图甲中的A1、A2并联，电压相同，表头的电流、指针偏转角度相同，由于电流表A1的量程大于电流表A2的量程，则电流表A1的读数大于电流表A2的读数，A错误，B正确； CD．图乙中的V1、V2并联，流过表头的电流不相同，指针偏转的角度不相同，但因是并联电压相同，则读数相同，D错误，C正确。 故选BC。 12．如图，两通电长直导线垂直纸面放置，它们的电流大小相等、方向相反，菱形abcd的对角线ac与两导线垂直相交，菱形的中心O到两导线的距离相等。则 A．O点的磁感应强度大小比b点的大 B．O点的磁感应强度大小为零 C．a与c两点的磁感应强度大小相等、方向相同 D．b与d两点的磁感应强度大小相等、方向相反 【答案】AC 【详解】AB．设右边通电导线在产生的磁场大小为，右边通电导线在产生的磁场大小为，则有： 根据对称性可知左边通电导线在产生的磁场大小为，左边通电导线在产生的磁场大小为；根据磁场的叠加原理可得两通电长直导线在点产生的磁感应强度大小为： 所以点处的磁感应强度大小不为零；根据平行四边形进行合成得两通电长直导线在点产生的磁感应强度大小为： 所以有： 故A正确，B错误； C．由安培定则和磁场的叠加原理可得两通电长直导线在点产生的磁感应强度方向向下，两通电长直导线在点的磁感应强度方向向下，则、两点处的磁感应强度方向相同；根据磁场的叠加原理和对称性知，、两点处的磁感应强度大小相等，故C正确； D．根据安培定则判断得知，右边通电导线产生的磁场方向沿逆时针方向，左边通电导线产生的磁场方向沿顺时针方向，由于对称可知两根通电导线在、两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得、两点的磁感应强度大小相等，由磁场的叠加原理可得、两点处的方向都向下，故D错误； 故选AC。 13．1930年美国物理学家Lawrence提出回旋加速器的理论，1932年首次研制成功。如图所示为两个半径为R的中空半圆金属盒D1、D2置于真空中，金属盒D1、D2间接有电压U的交流电为粒子加速，金属盒D1圆心O处粒子源产生的粒子初速度为零。匀强磁场垂直两盒面，磁感应强度大小为B，粒子运动过程不考虑相对论效应和重力的影响，忽略粒子在两金属盒之间运动的时间，下列说法正确的是（ ） A．交流电的周期和粒子在磁场中运动的周期相同 B．加速电压U越大，粒子最终射出D形盒时的动能就越大 C．粒子最终射出D形盒时的动能与加速电压U无关 D．粒子第一次加速后和第二次加速后速度之比是 【答案】ACD 【详解】A．为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压，A正确； BC．粒子射出时圆周运动半径为R，有： 解得最大速度为： 所以最大动能为： 与加速电压U无关，B错误，C正确； D．第一次加速： 解得： 第二次加速： 解得： 所以粒子第一次加速后和第二次加速后速度之比是： D正确。 故选ACD。 非选择题部分（共 58 分） 三、实验题（本大题共 2 小题，共 14 分） 14．（6 分）为测量小物块m与半径为R的水平圆形转台之间的最大静摩擦因数μs（最大静摩擦因数μs：两个接触的物体之间，即将发生相对滑动时，最大静摩擦力与正压力的比值），某小组设计了图甲的实验装置，并进行如下操作： ①测得遮光片宽为d，d远小于转台半径R； ②调节光电门的位置，让电动机带动转台绕轴OO′转动，使遮光片扫过光电门的激光束； ③将小物块m放在水平转台上，测量小物块中心到OO′的距离为l，转台从静止开始逐渐加速转动，遮光片每次经过光电门后提高转速（加速时间忽略不计），当小物块m恰好相对转台滑动时，记录光电门显示的时间t； ④多次改变小物块到OO′的距离，同时记录小物块恰好滑动时光电门显示的时间。 (1)用螺旋测微器测量遮光片d的宽度如图乙所示，则d=________mm； (2)根据实验测得的数据绘制出图像如图丙所示，若l为纵坐标，则横坐标为________（填“t”或“t2”）； (3)图丙图像斜率为k，当地重力加速度为g，则μs=________（用k、d、R、g表示）。 【答案】(1)// (2) (3) 【详解】（1）由图乙可知，遮光片的宽度 （2）遮光片通过光电门时的速度为，由得转台的角速度，故小物块的线速度 小物块恰好滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由得 故与成正比，图像的横坐标为。 （3）由可知，得 15．（8 分）利用如图甲所示装置观察电容器的放电过程。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，电流随时间变化图像如图乙所示。 (1)此电容器充满电时所带的电荷量________C（保留2位有效数字）。 (2)实验中，所用电阻的阻值为100 Ω，则电容器的电容________μF。1 s时电容器两端电压________V（保留2位有效数字）。 (3)若只更换电阻R重复上述实验。当电阻为时，电容器放电的图像如图丙中的虚线所示。若将电阻更换为，请在图丙中用实线定性画出电容器放电的图像，并简要说明作图依据。 (4)图乙为电容器在放电过程中电流随时间变化的图像，请在图丁中画出此过程中电容器所带电荷量随时间变化的图像。 【答案】(1) (2) (3)若将电阻更换为，因为，所以开始的放电电流变大，放电变快，但是电容器所带电荷量不变，所以图像与坐标轴所围面积不变，但放电时间变短， (4) 【详解】（1）根据，图像中图线与坐标轴所围面积即为放电过程释放的电荷量，所以此电容器充满电时所带的电荷量 （2）[1]由图乙可知刚放电时电流，所以电容器两端电压为 解得 故电容器电容 [2]由图乙可知1s时电流，所以电容器两端电压为 解得 （3）若将电阻更换为，因为，所以开始的放电电流变大，放电变快，但是电容器所带电荷量不变，所以图像与坐标轴所围面积不变，但放电时间变短，如下图示 （4）根据电流的定义式，可得 结合电流随时间变化的图像可知单位时间内电容器减少的电量越来越小，故图像的斜率越来越小，可得到电荷量随时间变化的图像为 四、计算题（本大题共 4 小题，共 44 分） 16．（8 分）如图所示，电源电动势E＝10V，内阻可忽略，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF。 (1)求S闭合后，电路稳定时通过R1的电流； (2)求电路稳定后电容器两极板间的电势差； (3)S原来闭合，现将其断开至电路稳定，求这个过程中流过R1的总电荷量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）S闭合后，电路稳定时，R1、R2串联，根据闭合电路欧姆定律可得通过R1的电流为 （2）电路稳定后电容器两极板间的电势差等于R2两端电压，则有 （3）S闭合时，电容器所带的电荷量为 S断开至达到稳定后电路中电流为零，此时电容器两端电压为 电容器所带的电荷量变为 则S原来闭合，现将其断开至电路稳定，这个过程中流过R1的总电荷量为 17．（10 分）某电路如图所示，其中Ω、Ω、Ω，滑动变阻器R2最大阻值为3Ω，电源电动势为6V，电源内阻r =1Ω，电流表、电压表均可视为理想电表。求： (1)闭合S1，断开S2，当R2 =0时，电压表的示数是多少？ (2)闭合S1，闭合S2，当滑动变阻器R2 =2Ω时，电流表和电压表的示数分别是多少？ (3)在开关均闭合状态下，当R2阻值为多大时，电源的输出功率最大？最大输出功率为多少？ 【答案】(1)V (2)2.25A，3.00V (3)2Ω；9W 【详解】（1）闭合S1，断开S2，当R2 =0时，电路为与并联，再和串联，电路的总电阻为 干路电流为 电压表电压 电压表示数应为小数，取1.09V。 （2）闭合S1，闭合S2，当滑动变阻器R2 =2Ω时，电路简化如图 R1和R2的并联电阻 该并联支路与R4串联后电阻 外电路总电阻 电路中的总电阻 干路电流 电压表测量路端电压 其中 根据，二者串联电流相等，可得 解得 因此流经R2的电流 流经R3的电流 电流表读数 （3）电源的输出功率 可得时，电源的输出功率最大，此时外电路总电阻 R1和R2的并联电阻 该并联支路与R4串联后电阻 外电路总电阻 可得此时 可得电源的最大输出功率 解得 18．（12 分）在光滑的水平地面上，质量均为的滑块B和C中间夹一原长轻弹簧，左端与B拴接，右端与C接触但不固定，质量为、半径为的四分之一光滑圆弧形滑块D放置在C的右边，C、D间距离足够远，质量为的滑块A以初速度向右运动与B发生碰撞，碰撞过程时间极短，碰后A被反弹，速度大小为，重力加速度g取。求： (1)A、B碰撞时损失的机械能； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)若弹簧劲度系数，弹性势能，A、B碰完后至弹簧首次最短，B对地位移为0.4 m，求所用时间； (4)C能上升的最大高度。 【答案】(1)6J (2)9J (3) (4)1.2m 【详解】（1）规定向右为正方向，对A、B碰撞过程，根据动量守恒有 解得 则A、B碰撞时损失的机械能为 （2）弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，且B、C的速度相等，设此时速度为，对B、C及弹簧系统，根据动量守恒有 解得 则弹簧的最大弹性势能 （3）根据 解得最大压缩量 因为 根据动量守恒有 两边累计求和有 整理得 联立可得 （4）设C与弹簧分开时B、C速度分别为和，由动量守恒定律及能量守恒定律得， 解得， 此时C的机械能为 假设C上升高度为时二者相对静止，C在竖直方向速度为，根据动量守恒有 此时C、D系统的机械能为 因为，所以滑块在竖直方向速度不为，设滑块能上升的最大高度为，由机械能守恒定律有 联立解得 19．（14 分）如图所示，PQ圆弧为圆心在O点、半径为R的圆的一部分，，A点是PQ的中点，在PQ圆弧与PO、OQ围成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。OQ为一收集板，粒子打在板上立刻被吸收。在PA的左侧有一方向平行于AO的匀强电场，电场最左侧的装置MN可产生速度几乎为零的同种带负电粒子，粒子的质量为m，电量为q，经过电场加速后，粒子经过PA时速度大小均为，MN与PA的距离为d。不考虑粒子的重力和粒子间相互作用。求： (1)电场强度E的大小； (2)粒子在磁场中运动的最短时间； (3)粒子打在收集板上的总长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理得，代入数据解得 （2）粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，则，解得 粒子在磁场中做圆周运动的周期为 部分粒子从OP边射入磁场，又从OP边射出磁场，该部分粒子偏转的圆心角为，在磁场中运动的时间最短， （3）轨迹圆圆心的轨迹一定在与OP平行的线上，与OP等长，即一端为，一端在点正下方，如图中、、所在线上，其中在AP上，在OA上，在板OQ上 =①圆心在到间时，粒子打在板OQ的左面，由图中几何关系得，左表面的长度范围为 ②圆心在到点正下方时，粒子打在板OQ的右面，由图中几何关系得，右表面的长度范围为EF段，长度为 综上，有粒子击中的长度为 物理试题　第 1 页（共 1 页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省湖州市 2026~2027 高二上学期期中考物理模拟卷(二) 参考答案与详解 （考试时间 90 分钟　满分 100 分） 一、单项选择题（每小题 3 分，共 30 分） 题号 1 2 3 4 5 答案 C D D A B 题号 6 7 8 9 10 答案 B C A C B 二、不定项选择题（每小题 4 分，共 12 分） 题号 11 12 13 答案 BC AC ACD 三、实验题（共 14 分） 14．（6 分）(1)// (2) (3) 15．（8 分）(1) (2) (3)若将电阻更换为，因为，所以开始的放电电流变大，放电变快，但是电容器所带电荷量不变，所以图像与坐标轴所围面积不变，但放电时间变短， (4) 四、计算题（共 44 分） 16．（8 分）(1) (2) (3) 17．（10 分）(1)V (2)2.25A，3.00V (3)2Ω；9W 18．（12 分）(1)6J (2)9J (3) (4)1.2m 19．（14 分）(1) (2) (3) 逐 题 详 解 一、单项选择题（每小题 3 分，共 30 分） 1．【答案】C 【详解】A．E=F/q 是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知E与F、q无关，不能说E与电场力F成正比，与电荷量q成反比．故A错误． B．电场强度E的方向一定与正电荷所受的电场力F方向相同，而与负电荷所受的电场力方向相反，故B错误． C．电场强度反映本身的性质，与试探电荷无关，则无论q如何变化，电场强度E保持不变，故C正确． D．公式E=F/q中q是放入电场中的试探电荷，E不是由电荷q产生的，故D错误． 故选C． 2．【答案】D 【详解】A．由图可知，平行板电容器两极板间场强方向竖直向下，小球带负电，则带电小球所受电场力向上，故A错误； B．将下极板竖直向上缓慢移动时，d减小，根据可知，电容增大，电容器的电压U不变，根据Q=UC可知电量增大，则有电流从b往a通过电流表，故B错误； CD．将下极板竖直向上缓慢移动时，d减小，两板间电势差不变，根据可知，两板间电场强度E变大，P点到上极板的距离不变，而E变大，由U上P =Ed上P知，上极板与P点间电势差增大，P点的电势小于零，则P点的电势降低，由于小球带负电，则带电小球的电势能将增大，故C错误，D正确。 故选D。 3．【答案】D 【详解】A．由于A点场强是B点场强的，故场源电荷离B点较近，又因电场强度方向向右，因此场源电荷为负电荷。A错误； B．设场源电荷离A点距离为x，则A点场强，B点场强，解之得或（舍去），B错误； C．由于电荷量为q的正的点电荷在A点受到的电场力大小为F，则A点场强，因此B点场强大小为，C错误； D．根据得场源电荷的带电量为，D正确。 故选D。 4．【答案】A 【详解】A．由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式 设均匀带电球壳带电密度为ρ 解得 A正确； B．根据点电荷场强公式 解得 B错误； C．由题意可知在x轴上各点中，在0～R范围内各点的电势均相同，均最高，C错误； D．球面与球心间的电势差为零，D错误。 故选A。 5．【答案】B 【详解】AB.从图示方向看,则根据电阻定律可知 , 故两电阻比值为R1：R2=1:1，故A错误，B正确； CD.若电流竖直向下,则根据电阻定律有 , 故R1:R2=，故CD错误。 故选B。 6．【答案】B 【详解】A． B元件的图像是直线，B是线性元件，A错误； B．元件的电阻为 当U=U1时，，所以 RARB，B正确； C．当U=U2时，，所以RA=RB，C错误； D．随电压增大，A的阻值减小，D错误。 故选B。 7．【答案】C 【详解】AB．从题图中可知电容器两板间的电压等于路端电压，电流表测量干路电流，若仅把R1的触头向右滑动时，R1连入电路的电阻增大，则电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流减小，路端电压增大，所以电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据公式 可得两极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故向上运动，故AB错误； C．仅把两极板A、B间距离增大，因为两极板间的电压不变，根据公式 可得电容器两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力减小，向下运动，电流表的示数不变，故C正确； D．仅把两极板A、B间正对面积减小，由于两极板间的电压不变，距离不变，所以两极板间的电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，电流表示数不变，故D错误。 故选C。 8．【答案】A 【详解】三根导线对称分布，电流大小相等、方向相同；根据安培定则，三根导线在中心O处产生的磁感应强度大小相等，方向互成120°；三个等大、互成120°的矢量叠加后合磁感应强度为 0。 故选A。 9．【答案】C 【详解】A．当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板B受到向左的弹力，木板还要进一步加速，故A错误； B．木块与木板发生弹性碰撞，弹簧压缩量先增大后减小，故B板受到的弹力先大后小，故B的加速度先增大后减小，故B错误； C．木块与木板发生弹性碰撞，动量守恒，机械能也守恒，规定向左为正方向，则有 联立解得 对木块A，根据动量定理有 故弹簧给木块A的冲量大小为，故C正确； D．当木块与长木板速度相等时，则有 联立解得弹簧的最大弹性势能，故D错误。 故选C。 10．【答案】B 【详解】AB、在有磁场，重力和洛伦兹力共同作用时，其洛伦兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的；有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即，故B正确，A错误； CD、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛伦兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛伦兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上；如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即；小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即，故C、D错误； 故选B． 二、不定项选择题（每小题 4 分，共 12 分） 11．【答案】BC 【详解】AB．图甲中的A1、A2并联，电压相同，表头的电流、指针偏转角度相同，由于电流表A1的量程大于电流表A2的量程，则电流表A1的读数大于电流表A2的读数，A错误，B正确； CD．图乙中的V1、V2并联，流过表头的电流不相同，指针偏转的角度不相同，但因是并联电压相同，则读数相同，D错误，C正确。 故选BC。 12．【答案】AC 【详解】AB．设右边通电导线在产生的磁场大小为，右边通电导线在产生的磁场大小为，则有： 根据对称性可知左边通电导线在产生的磁场大小为，左边通电导线在产生的磁场大小为；根据磁场的叠加原理可得两通电长直导线在点产生的磁感应强度大小为： 所以点处的磁感应强度大小不为零；根据平行四边形进行合成得两通电长直导线在点产生的磁感应强度大小为： 所以有： 故A正确，B错误； C．由安培定则和磁场的叠加原理可得两通电长直导线在点产生的磁感应强度方向向下，两通电长直导线在点的磁感应强度方向向下，则、两点处的磁感应强度方向相同；根据磁场的叠加原理和对称性知，、两点处的磁感应强度大小相等，故C正确； D．根据安培定则判断得知，右边通电导线产生的磁场方向沿逆时针方向，左边通电导线产生的磁场方向沿顺时针方向，由于对称可知两根通电导线在、两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得、两点的磁感应强度大小相等，由磁场的叠加原理可得、两点处的方向都向下，故D错误； 故选AC。 13．【答案】ACD 【详解】A．为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压，A正确； BC．粒子射出时圆周运动半径为R，有： 解得最大速度为： 所以最大动能为： 与加速电压U无关，B错误，C正确； D．第一次加速： 解得： 第二次加速： 解得： 所以粒子第一次加速后和第二次加速后速度之比是： D正确。 故选ACD。 三、实验题（共 14 分） 14．（6 分）【答案】(1)// (2) (3) 【详解】（1）由图乙可知，遮光片的宽度 （2）遮光片通过光电门时的速度为，由得转台的角速度，故小物块的线速度 小物块恰好滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由得 故与成正比，图像的横坐标为。 （3）由可知，得 15．（8 分）【答案】(1) (2) (3)若将电阻更换为，因为，所以开始的放电电流变大，放电变快，但是电容器所带电荷量不变，所以图像与坐标轴所围面积不变，但放电时间变短， (4) 【详解】（1）根据，图像中图线与坐标轴所围面积即为放电过程释放的电荷量，所以此电容器充满电时所带的电荷量 （2）[1]由图乙可知刚放电时电流，所以电容器两端电压为 解得 故电容器电容 [2]由图乙可知1s时电流，所以电容器两端电压为 解得 （3）若将电阻更换为，因为，所以开始的放电电流变大，放电变快，但是电容器所带电荷量不变，所以图像与坐标轴所围面积不变，但放电时间变短，如下图示 （4）根据电流的定义式，可得 结合电流随时间变化的图像可知单位时间内电容器减少的电量越来越小，故图像的斜率越来越小，可得到电荷量随时间变化的图像为 四、计算题（共 44 分） 16．（8 分）【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）S闭合后，电路稳定时，R1、R2串联，根据闭合电路欧姆定律可得通过R1的电流为 （2）电路稳定后电容器两极板间的电势差等于R2两端电压，则有 （3）S闭合时，电容器所带的电荷量为 S断开至达到稳定后电路中电流为零，此时电容器两端电压为 电容器所带的电荷量变为 则S原来闭合，现将其断开至电路稳定，这个过程中流过R1的总电荷量为 17．（10 分）【答案】(1)V (2)2.25A，3.00V (3)2Ω；9W 【详解】（1）闭合S1，断开S2，当R2 =0时，电路为与并联，再和串联，电路的总电阻为 干路电流为 电压表电压 电压表示数应为小数，取1.09V。 （2）闭合S1，闭合S2，当滑动变阻器R2 =2Ω时，电路简化如图 R1和R2的并联电阻 该并联支路与R4串联后电阻 外电路总电阻 电路中的总电阻 干路电流 电压表测量路端电压 其中 根据，二者串联电流相等，可得 解得 因此流经R2的电流 流经R3的电流 电流表读数 （3）电源的输出功率 可得时，电源的输出功率最大，此时外电路总电阻 R1和R2的并联电阻 该并联支路与R4串联后电阻 外电路总电阻 可得此时 可得电源的最大输出功率 解得 18．（12 分）【答案】(1)6J (2)9J (3) (4)1.2m 【详解】（1）规定向右为正方向，对A、B碰撞过程，根据动量守恒有 解得 则A、B碰撞时损失的机械能为 （2）弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，且B、C的速度相等，设此时速度为，对B、C及弹簧系统，根据动量守恒有 解得 则弹簧的最大弹性势能 （3）根据 解得最大压缩量 因为 根据动量守恒有 两边累计求和有 整理得 联立可得 （4）设C与弹簧分开时B、C速度分别为和，由动量守恒定律及能量守恒定律得， 解得， 此时C的机械能为 假设C上升高度为时二者相对静止，C在竖直方向速度为，根据动量守恒有 此时C、D系统的机械能为 因为，所以滑块在竖直方向速度不为，设滑块能上升的最大高度为，由机械能守恒定律有 联立解得 19．（14 分）【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理得，代入数据解得 （2）粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，则，解得 粒子在磁场中做圆周运动的周期为 部分粒子从OP边射入磁场，又从OP边射出磁场，该部分粒子偏转的圆心角为，在磁场中运动的时间最短， （3）轨迹圆圆心的轨迹一定在与OP平行的线上，与OP等长，即一端为，一端在点正下方，如图中、、所在线上，其中在AP上，在OA上，在板OQ上 =①圆心在到间时，粒子打在板OQ的左面，由图中几何关系得，左表面的长度范围为 ②圆心在到点正下方时，粒子打在板OQ的右面，由图中几何关系得，右表面的长度范围为EF段，长度为 综上，有粒子击中的长度为 物理参考答案与详解　第 页（共 页） 学科网（北京）股份有限公司 $