四川南充市阆中中学校2026-2027学年高二上学期11月期中物理试题

阆中中学校2026年秋高2025级期中学习质量检测 物理试题 (时间：75分钟满分：100分命题人：陈如审题人：曾理) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂，黑： 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题 卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 第1卷（选择题，共46分） 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求) 1.下列对教材中的四副插图所包含物理思想方法的说法正确的是() P B R -0 甲 乙 丙 丁 A.图甲：微元法 B.图乙：控制变量法 C.图丙：类比法 D.图丁：理想实验方法 2.下面是某同学对一些公式的理解，其中正确的是() A。真空中点电荷的电场强度公式日=号仅适用于点电荷电场。上一哥适用于任何 电场 B.由公式p= 可知，电场中某点的电势p与q成反比 9 C.电势差的比值定义式U-适用于任何电场，且U跟W。、9无关 D.由Ub=Ed可知，电场中任意两点a,b间的距离越大，两点间电势差也一定越大 3.在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散 的电子束聚集。某电子显示设备中，电场线的分布如图所示，α、b为电场中的2个 点。下列说法正确的是() 第1页共6页 A.a点的电势比b点的低 B.a点的电场强度比b点的大 C.电子在a点的电势能比在b点的低 D.将电子从点移动到b点，电场力做正功 4.手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板 电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压 直流电源的两端，上极板A为可动电极，下极 板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部 位时，可动电极的极板会向下移动，从而改变 电容器的电容。当压力F增大时() A.电容器的电容减小 B.电容器所带电荷量减小 C.电阻R上有从a流向b的电流 D.极板间的电场强度增大 5.A、B导体的伏安特性曲线如图实线所示，下列判断正确的是() ↑UV A.A导体的电阻随着电流的增大而减小 1.8 B.B导体的电阻是3 .B C.当电流为0.3A时，A导体的电阻等于图像在该点切线的斜率 0.6 D.当电流为0.3A时，A导体的电阻是62 0.20.311A 6.某静电场的电势中在x轴上的分布如图所示，一电荷量 o/V 为e、带正电的点电荷，沿x轴正方向经过x=2.5m时的 动能为3eV。己知该电荷仅受x轴方向的静电力作用， 14 则该点电荷() x/m A.在x=2m处和x=3m处受到的静电力方向相同 B.能到达x=4m处 C.在x=2m处受到的静电力小于在x=2.5m处受到的静电力 D.通过x=-0.5m时的动能为1.5eV 7.如图所示，某无限长、竖直放置的粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合， 直杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO=L。现 有一质量为的带电小圆环从杆上A点以初速度'向B点滑动，滑到B点时速度恰 好为0。重力加速度大小为g,关于小圆环从A运动到B的过程，下列说法正确的是 () A.电场力先做正功后做负功 B.小圆环的加速度先减小后增大 0 C.小圆环运动到0点时的动能为4m奶 D.摩擦力对小圆环做功为m,2-2mg 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，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) 第2页共6页 8.由某种特殊金属材料制成的线性元件，外形为粗细均匀的导体棒，在导体棒两端加 上电压U。时，通过导体棒的电流为。，导体棒中自由电子定向移动的平均速率为， 将其两端的电压增大到3U。后，下列说法正确的是() A.导体棒的电阻仍为 o B.时间1内，通过导体棒任一横截面的电荷量为3a C.导体棒的电阻率为之前的3倍 D.导体棒中自由电子定向移动的平均速率为3v 9.如图所示，在坐标轴Ox上，电荷量为-Q的点电荷α固定在坐标x=0处，电荷量为 +4Q的点电荷b固定在x=-”处。现有一电荷量为-q的点电荷c,在+x轴上从靠近 x=0处由静止释放，不考虑重力及电荷c对原电场的影响，取无穷远处电势能为零， 在点电荷c的整个运动过程中，其瞬时速度ⅴ随时间t、电势能p随位置x变化的 关系图像如图所示，其中可能正确的是() b 人 10.如图所示的匀强电场斜向右上方且与水平方向的夹角为53°，电场强度大小为E, 带电量为+q的小球（视为质点），用轻质绝缘不可伸长的细线悬挂于O点，小球静 止时处于A点，此时细线水平。以O点为圆心、细线的长为半径，在竖直面内做虚 线圆，AB为水平直径，现把小球移动到B点，给小球一个竖直向上的速度V,小球 沿虚线圆刚好能做完整的圆周运动，重力加速度为片sn53°cos53°=不 列说法正确的是() A.小球的质量为 3Eq Ag 53 B.小球沿着虚线圆从B点运动到A点，动能的变化量与 电场力做功相等 C.细线的长度为4 g D.小球沿着虚线圆从B点运动到A点，电势能的减小量为3246 15g 第3页共6页 第川卷（非选择题，共54分) 三、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分） 11.完成了以下步骤的操作：(6分，每空2分) 45 10 11 主尺12cm 40 mpimommnp -35 0510游标尺20 分 丙 游标卡尺测长度H的读数为 mm:螺旋测微器测直径D的读数为 mm: 电压表（量程为3V)测电压U的读数为 V。 12.某实验小组利用图甲所示的电路测量金属丝的电阻率（图中R表示待测金属丝的电 阻)。(10分，每空2分) (1)为准确测量电阻，应使待测电阻两端电压变化较大，尽量多的测量数据，请选 出正确的实验电路图 ④ mA 待测金属丝 E (2)图中已连接了部分导线.请根据甲图补充完成图中实物间的连线： (3)连接好电路后，开关S闭合前滑动变阻器的滑片应滑至 (选填“左端” 或“右端”)： (4)用刻度尺测得被测金属丝接入电路的长度为L,螺旋测微器测得金属丝的直径 为d,用电流表和电压表测得金属丝的电阻为R,则被测金属丝的电阻率为 D= 。(用题中所给物理量的字母表示) (⑤)实验中测得待测金属丝的电阻R的阻值约为70，实验时电流表采用了外接法， 经检验该方法是正确的.若电压表的内阻Rv≈15002，则关于电流表的内阻R 的判断可能正确的是 (填序号) A.RA≈12 B.Ra≈22 C.RA≈32 D.Ra≈42 第4页共6页 四、解答题（第13题10分，第14题12分，第15题16分，共38分。解答应写出必要 的文字说明、方程式和重要的演算步骤) 13.如图7所示，倾角为=30°的光滑绝缘斜面，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于A、 C两点，质量为、带电荷量-q的有孔小球从斜面上A点无初速度下滑，已知q远 小于Q,AC-L,B为AC连线的中点，+Q到A点的距离 为R。小球滑到B点时的速度大小为2√2gL。求 +0 (1)小球滑到C点时的速度？ ⊕ A (2)A、B两点间的电势差。 B 14.如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，b与场 强方向平行，bc与场强方向成60°，b-6cm,bc=12cm。 C 现将一个电荷量为4×104C的正电荷从α移动到b,静电力 做功1.2×103J。求： >E (1)该电场的场强大小； 6160 (2)bc间的电势差Ue; (3)若b点的电势为2V,则该正电荷在c点电势能E。。 第5页共6页 15.XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于对多种病情的探 测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所 示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转 场S:经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶 台上的中心点P,产生X射线（如图中带 偏转元件 探测器 箭头的虚线所示)。己知电子的质量为m, 电子枪电子束 带电荷量为e,MN两端的电压为Uo,偏 X射线束 转场区域水平宽度为L。,竖直高度足够长 MN中电子束距离靶台竖直高度为H,忽 略电子的重力影响，不考虑电子间的相互 作用及电子进入加速电场时的初速度，不 目标靶台 计空气阻力。 甲 偏转场S UA X射线束 U。 H 0 靶 乙 丙 (1)求电子刚进入偏转场时的速度大小v; (2)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，当偏转电场强度为E时电子 恰好能击中靶台P点。 求电子刚出偏转场时的竖直偏移量y: (3)仪器实际工作时，电压U。会随时间成正弦规律小幅波动，波动幅度为△U,如 图丙所示。电子通过加速电场的时间远小于加速电压U。的变化周期，不考虑加 速电场变化时产生的磁场，在此情况下，为使电子均能击中靶台，求靶台的最 小直径d。 第6页共6页 阆中中学校2026年秋高2025级期中学习质量检测 物理参考答案 一、单选题 1.【答案】A 【难度】0.85 【详解】A.图甲是推导图像的面积代表位移，采用的是微元法，故A正确： B.图乙在研究力和运动的关系时，伽利略运用了理想斜面模型结合逻辑推论，故B错误； C.图丙利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，采用物理思想方法是等效替代法，故C 错误； D.图丁探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法，故D错误。 2.【答案】C 【难度】0.85 【详解】A.真空中点电荷的电场强度公式E=k号仅适用于点电荷电场，。B=乙仅适用于匀强 d 电场，选项A错误； B.:公式p三是电势的比值定义式，p与、q均无关，选顾C错误： 9 C.电势差的比值定义式U= 适用于任何电场，且U跟W、g无关、B正确 D.公式U=Ed中的d指a、b两点沿电场方向的距离，a、b间的距离大，二者沿电场方向的 距离不一定大，两点间电势差不一定越大，选项D错误。 3.【答案】C 【难度】0.85 【详解】A.沿着电场线的方向，电势逐渐降低，因此α点的电势比b点的高，故A错误； B.电场线越密集的地方，电场强度越大，α点的电场强度比b点的小，故B错误： C.电势能E。=qp,电子带负电，因此电子在α点的电势能比在b点的低，故C正确： D.将电子从α点移动到b点，电势能增大，电场力做负功，故D错误。 4.【答案】D 【难度】0.65 【详解】ABC.由公式C=S 4πkd 可知，当压力F增大时，两板间距离减小，电容增大，同时由公式C= 可知，电容器所带电荷量增大，直流电源对电容器充电，电阻R上有从b到α的电流，故ABC 错误； 第1页共8页 D.由公式E= 可知，两极板间的电压U不变，距离d减小，电场强度增大，故D正确。 5.【答案】D 【难度】0.65 【详解】A.由图可知A导体的图像不是直线，所以其电阻不是定值，电阻随着电流的增大而 增大，故A错误： B.由图可知B导体的电阻为R=号-0Q=2Q,故B错误： 10.3 c.在图像中，电阻等于纵横坐标值之比，只有当图像为过原点的直线时，才有 .U△U 但是导 体A的图像是一条曲线，当电流为0.3A时，导体的电阻应该等于该点与坐标原点连线的斜率， 故C错误。 D.由图可知，当电流为0.3A时，A导体的电阻为R= U_1.82=6Q,故D正确： =0.3 6.【答案】B 【难度】0.65 【详解】A.0-2.5m区间电势逐渐减小，电场强度方向沿x轴正方向，2.5m之后电势逐渐增大， 电场强度方向沿x轴负方向，则点电荷在x=2m处和x=3处受到的静电力方向相反，故A错 误； B.带正电的点电荷沿x轴正方向经过x=2.5m时动能为3eV,电势能为-2eV,总能量为1eV, 在x=2.5m之后电荷受到沿x轴负方向的静电力，做减速运动，当速度为零时，电势能为1eV, 即刚好运动到x=4处，开始向x轴负方向运动，故B正确： C.p-x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，由题图可知，在x=2.5处电场强度为0，故点 电荷在x=2m处受到的静电力大于在x=2.5m处受到的静电力，故C错误： D.反向回到x=2.5m处动能仍为3eV,继续向左运动，在x=0处电势能为0，动能为1eV,继 续向x轴负方向运动，通过x=-0.5m处电势能为-1eV,则动能为2.0eV,故D错误。 7.【答案】C 【难度】0.4 【详解】A.等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，故小圆环从A到B过程，电场力不做功， 故A错误； B.从A到B,电场强度先增大后减小，故小圆环受到的电场力先增大后减小，由小圆环受到 的摩擦力大小为∫=F、=gE 可知小圆环受到的摩擦力先增大后减小，由牛顿第二定律有a=mg+」 m 则小圆环的加速度先增大后减小，故B错误； C.·由对称性可知，小圆环从A到O过程和从O到B过程摩擦力做功相等，故小圆环从A到 第2页共8页 。m O过程，由动能定理有-mgL+W=E- 解得小圆环运动到D点时的动能为，=4m 故C正确。 D小圆环从A到B过程，由动能定理有-mg×2L+W,=0- 2m%2 1 解得摩擦力对圆环做功为W,=2mgL-。mv, 故D错误； 8.【答案】AD 【难度】0.75 【详解】A.根据题意知该导体棒为线性元件，故将其两端的电压增大到3U。后，电阻不变，为 。,故A正确： B.将其两端的电压增大到3U。后，根据R= U-3U0 Io I 解得11=31o 故时间t内，通过导体棒任一横截面的电荷量为q=I1·t=3I。·t 故B错误； C.根据A项分析知，导体棒的电阻不变，根据R=p 知导体棒的电阻率也不变，故C错误。 D.根据电流的微观表达式I=neSv 知，当导体棒两端的电压增大到3U。后，I1=31o 故导体棒中自由电子定向移动的平均速率也增大为3倍，为3，故D正确； 9.【答案】BD 【难度】0.65 【详解】设在0点右侧距离O点x处的P点场强为零k,40 (x+列Pk号 解得x=r 则在r>x>0内场强沿x轴负向，在x>r范围内场强沿x轴正向，沿电场线电势逐渐降低，取 无穷远处电势为零，可知P点电势最高且大于零，当电荷量为-q的点电荷c,在+x轴上从靠近 x=0处由静止释放时，先受到沿x轴正向逐渐减小的电场力，即做加速度减小的加速运动，电 场力做正功，电势能减小，在x=r处加速度为零速度最大，电势能最小；在x>r时受电场力沿 x轴负向，因无穷远处的场强也为零，可知受电场力先增加后减小，即加速度先增加后减小， 第3页共8页 则粒子做加速度先增加后减小的变减速运动，电场力做负功，电势能增加，则场强为零的P点 电势高于零，电势能最小且小于零，则图像BD正确，AC错误。 10.【答案】BC 【难度】0.42 【详解】A.小球静止在A点时细线水平，竖直方向上重力与电场力的竖直分量平衡，根据平 衡条件有gE sin.53=mg 解得m= 4Eq 5g 与选项所给结果不符，故A错误； B.由A选项分析可知qEsi53°=mg,因此重力与电场力的竖直分量始终相互抵消，小球受到 恒力合力水平向右，大小为F=9Ecos539E。小球从B点沿虚线圆运动到4点过程中 细线拉力始终与瞬时速度垂直，不做功；由于A、B等高，重力做功为零，根据动能定理有 △E=W6 因此动能的变化量等于电场力做功，故B正确： C.小球从B点出发后，在水平恒力作用下，B点为速度最小且细线拉力最小的位置，恰好能 做完整圆周运动时在B点有T=0,根据牛顿第二定律有qE cos53°=m- R 结合m= 4Eq 5g 、c0s53=2解得R= 3g 细线长度即为R,故C正确； D.小球从B点运动到A点，水平方向位移为2R,电场力做功即为电势能的减少量，有 △E。=gE(2R)cos53 代入R= 46解得△正。= 8Eqvo 3 5g 互2。心不相等，故D错误 故选C。 11.【答案】 102.20 5.900 1.70 【难度】0.7 【详解】[1]游标卡尺读数（甲图，20分度游标卡尺，精度0.05m) 主尺读数102mm;游标尺第4条刻度线对齐主尺刻度，游标尺读数4×0.05mm=0.20mm 总读数102mm+0.20mm=102.20mm [2]螺旋测微器读数（乙图，精度0.01m) 螺旋测微器读数公式：固定刻度+可动刻度×0.0lmm 第4页共8页 固定刻度5.5mm（露出半毫米刻度线)；可动刻度40.0×0.01mm=0.400mm 总读数5.5mm+0.400mm=5.900mm [3]电压表读数（丙图，量程3V) 3V 量程3V,表盘一共30小格，分度值 =0.1V 30 指针指在17小格处：17×0.1V=1.70V 12.【答案】 【难度】0.65 (1)C mA 15 待测金属丝 (2) (3)左端 (4)dR (5)D 4L 【详解】(1)[4]因为电压表内阻远大于待测电阻，故采用电流表外接法，为准确测量电阻，应 使待测电阻两端电压变化较大，尽量多的测量数据，故采用分压式接法。 故选C。 (2)对照图甲电路图，实物图补充连线后如下图所示 mA 待测金属丝 E (3)连接好电路后，为了电路安全（即通过电流表的电流最小），开关$闭合前应将滑片滑至 左端，使电流表示数为零最安全。 R=P (4)根据电阻定律有 S=D- d 解得电阻率为p= R 4L (5)电流表外接法的误差原因是电压表分流，相对误差为R 电流表内接法的误差原因是电 第5页共8页 流表分压，相对误差为尺 当选择外接法是正确的，说明外接法的相对误差小于内接法的相 对误差，即 RA Ry R 将数值代入上式可得R> R-70 2=3.32 R1500 故选D。 13.【答案】(1)gL,沿斜面向下 (2)15mg 4g 【难度】0.72 【详解】(1)正点电荷Q的等势面为以其为圆心的同心圆，题干中A点、C点在同一圆周上， 因此A、C两点的电势相等，即U4c=pw-P=0--1分 从A到C的过程中电场力做功为0。小球由静止从A点运动到C点的过程，重力沿斜面的位移 为L,由动能定理可得mgLsin0=)m吃-02分 解得v=√gL,方向沿斜面向下--1分 (2》小球由静止从A点运动到B点的过程，重力沿斜面位移为子，电场为做功为现。=9山。 末速度vB=2√2gL 由动能定理可得g子sin30+(g0a-)m-0 --3分 2 解得UAB=-15.3分（没有负号扣1分） 4g 14.【答案】(1)50N/C (2)3v (3)-4×10-4] 【难度】0.78 【详解】(1)正电荷从a到b的过程中，静电力做功满足Wb=qUb,同时匀强电场中场强与 沿场强方向的电势差满足Ub=E·ab---1分 联立得E= ,代入数值：W=1.2×103J,g=4×104C,ab=0.06m---2分 q·ab 可得E=50N/C----1分 (2)匀强电场中电势差等于场强乘以两点沿场强方向的投影距离，bc与场强方向夹角为60°， 因此沿场强方向的有效距离为bc.cos(60°，即：U=E·bc·Cos60°---2分 代入数值bc=0.12m,cos60°=0.5 第6页共8页 解得Ubc=3V ----2分 (3)根据电势差定义Ue=P,-p。--1分 已知pb=2V,代入Ubc=3V 可得pc=pb-Uc=2V-3V=-1V--1分 根据电势能定义E。=qp----1分 代入数值计算得E,=4×10-4C×(-1V)=-4×10-灯----1分 15.【答案】(1) 2eUo E☑ 4△UH (2) m 4U0 (3)EL 【详解】(1)电子从静止开始经加速电场加速，取电子为研究对象，由动能定理得eU。=。mv23 分 解得电子刚进入偏转场时的速度大小为v= -2分 m 速度方向与入射方向相同，即沿水平方向。 (2)取竖直向下为正方向。电子带负电，所受静电力竖直向下，在偏转场中做类平抛运动，水 平方向做匀速直线运动，有L,=t-------1分 竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y=。ad2-1分 由牛顿第二定律得eE=ma-----1分 代入得y= E -----2分 4Uo (3)当加速电压为U时，由于电子通过加速电场的时间远小于加速电压的变化周期，可认为 该电压保持不变；在一个波动周期内，电压从U。-△U变化到U。+△U。设此时电子进入偏转场 时的速度大小为v,由动能定理得eU)m?, ----1分 通过偏转场所需时间为(=。 --1分 离开偏转场时的竖直分速度为y,-心 m 速度偏转角的正切为tan0= 代入前两式得tanO= ELo 2U -1分 第7页共8页 由上面的方法可知，此时竖直偏移为y= E 4U 由偏转场内的类平抛规律可得，y。=。 tane 2 设落点到偏转场入口的水平距离为x。离开偏转场后电子做匀速直线运动，因此x=L。+ H-y tan 利用上式化简得x=·+2UH 2ELo .--1分 由于x随U增大而增大，最远落点和最近落点分别对应U=U。+△U和U=U。-△U 两落点到偏转场入口的水平距离分别为x=名+ ,2(U+△UH 和 2 ELo x=+2L。-w)H -1分 2 ELo 靶台中心应位于U=U,对应的落点，故靶台的最小直径为d=x一m=B, 4△UH -1分 若靶台直径更小，部分波动范围内的电子将落到靶台外。 第8页共8页