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2025-2026学年第一学期高二年级 物理答题卡 物理答题纸
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十十十十十+
U,L一L→2025-2026学年第一学期高二年级物理试卷
考试时间：75分钟 考试分值：100分
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分）
1．下列说法中正确的是(　　)
A．奥斯特实验说明了通电导线对磁体有作用力
B．奥斯特实验说明了磁体对通电导线有作用力
C．奥斯特实验说明了任意两条通电导线之间有作用力
D．奥斯特实验说明了任意两个磁体之间有作用力
2．如图所示，把质量为的带正电的小球用绝缘细绳悬挂起来，再将带电荷量的带负电的小球靠近，当两个带电小球在同一高度并且相距时，小球、均静止，且均可视为质点，绳与竖直方向成角。取重力加速度大小，静电力常量，则小球所带的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
3．关于欧姆定律的适用条件，下列说法正确的是（ ）
A．欧姆定律是在金属导体导电的基础上总结出来的，对于其他导体不适用
B．欧姆定律也适用于电解液导电
C．欧姆定律对于气体导电也适用
D．欧姆定律适用于一切导体
4．每分钟有个自由电子通过导线的横截面，导线的横截面积为，电子电荷量为，则该导线中的电流大小是（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定(　　)
A．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
B．M点的电势高于N点的电势
C．粒子带负电
D．粒子在M点的动能大于在N点的动能
6．一节干电池的电动势为1.5 V，其物理意义可以表述为（　　）
A．外电路断开时，1 s内它能将1.5J的化学能转化为电势能
B．外电路闭合时，1 s内它能将1.5J的化学能转化为电势能
C．外电路闭合时，1 s内它能将1.5C的电荷量通过导线的某一截面
D．外电路闭合时，导线某一截面每通过1C的电荷量，整个电路就获得1.5J的电能
7．如图所示，M、N为两个等量的正点电荷，在其连线的中垂线上的P点放置一负点电荷q，q在电场力的作用下开始运动，不计重力，下列说法中正确的是(　　)
A．q在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B．q在从P到O的过程中，加速度不变，速度越来越大
C．q运动到O点时，加速度为零，速度达到最大值
D．q越过O点后，速度越来越小，加速度越来越小，直到粒子速度为零
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
8．如图是研究平行板电容器电容大小的因素的实验装置，在整个实验过程中，如果保持电容器的带电荷量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变大的是（ ）
A．仅将M板水平向左平移远离N板
B．在M、N之间插入玻璃板
C．将M板向下平移
D．在M、N之间紧靠M插入有一定厚度的金属板
9．、两电荷的电场线分布如图所示，、为电场中的两点。一个带电粒子从点运动到点（不计粒子所受重力），轨迹如图所示。则下列判断正确的是（　　）
A．带负电，带正电
B．点电势高于点电势
C．带电粒子从到，电场力做正功，电势能减少
D．带电粒子在运动过程中受到的吸引，且加速度减小
10．如图所示，点电荷Q1，Q2固定于边长为L的正三角形的两顶点上，将点电荷Q3（电荷量未知）固定于正三角形的中心，Ql，Q2的电荷量均为＋q．在正三角形第三个顶点上放入另一点电荷Q，且Q的电荷量-q，点电荷Q恰好处于平衡状态．已知静电力常量为k，不计各电荷受到的重力，下列说法正确的是
A．若撤去Q3，则Q将做匀加速直线运动
B．Q3的电荷量为–
C．若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q将不再受力平衡
D．若将Q1的电荷量改为-q，则Q受到的合力大小为
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）
11．如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。
（1）本实验研究用到的物理方法是 。
（2）使电容器充电后与电源断开：只上移左极板，静电计指针偏转角 （选填“变大”“变小”或“不变”）；只将极板间距离减小时，静电计指针偏转角 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
12．为测量电源的电动势和内阻，某小组同学设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件及其参数为：电池组（电动势约5V）、电流表（量程2A）、电阻箱R1（0~99.9Ω）、滑动变阻器R2（0~10Ω）、开关三个及导线若干。
(1)实验步骤如下：
a、在闭合开关前，调节电阻R1或R2至最大值，之后闭合开关S，再闭合S1或S2（根据b步骤判断）；
b、调节电阻 （选填“R1”或“R2”），得到一系列电阻值R和电流I的数据；
c、断开开关，整理实验仪器。
图乙中的实线是由实验数据绘出的图像，电源电动势E= V，内阻r= Ω（计算结果保留2位有效数字）；
(2)考虑到电流表实际并非理想电表，则电源电动势测量值 真实值，内阻测量值 真实值（以上均选填“大于”“等于”或“小于”），真实的图像更接近图乙中的 虚线（选填“①”“②”或“③”）；
四、解答题（本题共3小题 13题8分 14题15分 15题17分 共40分）
13．如图所示为某一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电源的电动势E=110V。不计电源电阻及各处的摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，试求：
（1）电动机的输出功率；
（2）电动机的输入功率；
（3）电动机线圈的电阻。
14．一束电子流经U1 = 5000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，两极板间电压U2 = 400 V，两极板间距d = 20 cm，板长L1 = 50 cm。
(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y；
(2)若平行板的右边缘与屏的距离L2 = 5 cm，求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y（O点位于平行板水平中线的延长线上）；
(3)若另一个质量为m（不计重力）的二价负离子经同一电压U1加速，再经同一偏转电场，求射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？
15．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道BCD与倾角为53°的粗糙倾斜轨道AB在B点平滑连接，倾斜轨道AB长度为2m，圆弧轨道半径，B点左侧空间存在水平向右的匀强电场，电场方向平行于轨道平面。一质量为m=0.4kg的带正电的小滑块（可视为质点）从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，小滑块滑到D点时速度为零，OD连线与竖直方向的夹角为37°，已知小滑块与倾斜轨道AB之间的动摩擦因数为，取重力加速度，。求：
（1）小滑块第一次到达B点时的速度大小；
（2）小滑块最终在斜轨道AB上通过的总路程；
（3）小滑块运动过程中对圆弧轨道的最大压力大小。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
答案第1页，共2页参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A B B B D C AC BD BD
1．A
【详解】奥斯特实验说明了通电导线对磁体有作用力，故A正确；
综上所述本题答案是：A
2．A
【详解】A球受重力、拉力和静电力处于平衡，根据平衡条件得，A球受到B球的库仑力为
由得
故选A。
3．B
【详解】欧姆定律适用于金属导电和电解液导电。
故选B。
4．B
【详解】根据电流的定义式
故选B。
5．B
【详解】试题分析：场线的疏密反映电场的强弱，M点的场强小于N点的场强，所以粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故A错误；沿电场方向电势降低，从图中可知：M点电势比N点高，所以B正确；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力方向和电场线切线方向一致，说明粒子带正电．故C错误；粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，粒子在M点的动能小于在N点的动能．故D错误.
考点： 电场线，电势，电势能
6．D
【详解】AB．由电动势的定义式，可知，电源中每通过1C电量，非静电力做功为1.5J，电源把1.5J的化学能转变为电能，而不是1s内将1.5J的化学能转变成电能，故AB错误；
C．当1s内能使1.5C的电量通过导线的某一截面时，电路中电流是1.5A，但电动势不一定等于1.5V，故C错误；
D．导线某一截面每通过1C的电量，这段导线就消耗1.5J的电能，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查对电源电动势的理解．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小，当非静电力把1C的正电荷从负极移到正极时，一节干电池向整个电路提供1.5J的电能。
7．C
【详解】A.在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故AB错误；
C.越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零，故C正确；
D.根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断，故D错误．
8．AC
【分析】由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变大，板间电势差U变大，由C=Q/U分析电容C如何变化，根据进行分析．
【详解】由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变大，板间电势差U变大，由C=Q/U分析可知，电容C应变小，根据分析可知，应减小正对面积，增大板间距离、或减小电介质；仅将M板水平向左平移远离N板，增大间距，导致电容C变小，故A正确；在M、N之间插入玻璃板，增大电介质，导致电容C变大，故B错误；将M板向下平移，则减小正对面积，导致电容C变小，故C正确；将M、N之间紧靠M插入有一定厚度的金属板，相当于减小d，则电容C增大，故D错误．故选AC.．
【点睛】本题考查电容器的动态分析问题，对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，根据电容的定义式和决定式进行分析．
9．BD
【详解】A．电场线由P发出，终止于Q，所以P带正电、Q带负电，故A错误；
B．根据沿电场线方向电势降低，可知点电势高于点电势，故B正确；
CD．带电粒子从到，粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，即粒子受到P的吸引，电场力与电场线方向相反，则电场力与速度方向夹角大于90°，电场力做负功，粒子电势能增加。又因为粒子运动经过的位置电场线逐渐稀疏，所以粒子所受电场力减小，加速度减小，故C错误，D正确。
故选BD。
10．BD
【详解】若撤去Q3，点电荷Q所受的合力为Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力，方向竖直向下，向下加速运动的过程中，由于距离两电荷的距离变化，导致库仑力的变化，则加速度变化，做变加速直线运动，A错误．Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力为：，方向竖直向下，根据几何关系知，Q3与点电荷Q的距离为：，根据平衡条件得：，解得，带负电，B正确．根据知，Q的电量可以约去，若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q将仍然受力平衡，C错误．若将Q1的电荷量改为-q，Q受到Q1、Q2的合力，方向水平向右，Q3对Q的库仑力大小为，方向竖直向上，根据平行四边形法则知，Q受到的合力大小，D正确．
11． 控制变量法 变大 变小
【详解】（1）[1]本实验通过控制一些变量不变，研究其他变量对电容的影响，使用的是控制变量法；
（2）[2]根据电容的决定式可知，上移左极板，两极板正对面积S减小，则电容减小，根据由于与电源断开，电容器电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大；
（3）[3]根据电容的决定式可知，将极板间距离减小时，电容增大，根据由于与电源断开，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。
12．(1) R1 5.0V 3.0Ω
(2) 等于 大于 ③
【详解】（1）[1]要用电阻箱与电流表结合测量电动势与内阻，则要改变电阻箱的值并且记录接入电路电阻的阻值，故调节电阻R1得到一系列电阻值和电流数据。
[2][3]由闭合电路欧姆定律可得，整理得
由上式可知图线的斜率是电动势的倒数，图像的斜率为
解得电动势为
图线在纵轴上的截距是
解得内阻
（2）[1][2]考虑到电流表实际并非理想电表，由闭合电路欧姆定律可得
可得
可得图像的斜率不变，故电动势测量值等于真实值。图线在纵轴上的截距是
可得内阻的测量值大于真实值。
[3]图乙中的实线是由实验数据绘出的图像，由两种情况的表达式可知真实的图像更接近图乙中的③。
13．（1）450W；（2）550W；（3）4Ω
【详解】（1）电动机的输出功率
P2=mgv=500×0.9W=450W
（2）电动机的输入功率
P1=EI=110×5W=550W
（3）根据能量守恒定律得
解得
r=4Ω
14．(1)2.5 cm
(2)3 cm
(3)2.5 cm，3 cm
【详解】（1）加速过程，由动能定理得
进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，则有
在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为
偏转距离
结合上述解得
解得
（2）电子在电场中的运动轨迹如图所示
设飞出电场速度方向与水平方向夹角为θ，则有
可知，速度方向的反向延长线与粒子类平抛运动水平分位移的交点为水平分位移的中点，则由几何关系知
解得
解得
（3）结合上述有
，
可知，粒子的侧移与粒子的质量m和电荷量q无关，故二价负离子经同样装置后有
，
15．（1）4m/s；（2）4m；（3）12.2N
【详解】（1）小滑块从A点由静止开始下滑到B点，设L=AB=2m，由动能定理可得
解得
（2）小滑块滑到D点时速度是零，小滑块从B到D，由动能定理可得
解得
小滑块在电场力作用下，又返回到B点，小滑块在电场中没有能量减少，因此返回到B点时，速度大小仍是4m/s，设小滑块返回后在倾斜轨道上通过的路程是s，由动能定理可得
解得
由于
小滑块在斜轨道AB上通过的总路程是
（3）小滑块在电场中受到重力、电场力和圆弧轨道的弹力，由题意可知，小滑块在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，对圆弧轨道有最大压力，等效平衡位置如图所示，由图可知，即与竖直方向的夹角为

设等效平衡位置为Q点，小滑块由B点到等效平衡位置Q点，由动能定理可得
小滑块在Q点时，由牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知，小滑块运动过程中对圆弧轨道的最大压力大小是12.2N。
答案第1页，共2页

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