北京市第一〇一中学2025-2026学年高二上学期期中物理（等级考）试卷（含解析）

2025-2026学年北京第101中学高二（上）期中物理试卷（等级考）一、单选题：本大题共10小题，共30分。1.比值定义法是定义物理概念常用的方法，下列哪个表达式不属于比值定义式(

)A.电场强度E=Fq B.电动势E=W总q 2.在真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F.如果保持它们各自所带的电荷量不变，将它们之间的距离减小到原来的一半，那么它们之间静电力的大小等于(

)A.2F B.F2 C.4F D.3.如图是某电场区域的电场线分布，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是(

)A.A点的电场强度最大

B.C点的电势最高

C.把一个点电荷依次放在这三点，它在C点受到的静电力最大

D.带负电的点电荷在B点所受静电力的方向与B点的场强方向相同

4.如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C。实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是(

)A.保持d不变，减小S，则C变小，θ变小 B.保持d不变，减小S，则C变大，θ变大

C.保持S不变，增大d，则C变小，θ变大 D.保持S不变，增大d，则C变大，θ变大5.把一个架在绝缘座上的导体放在负电荷形成的电场中，导体处于静电平衡时，导体表面上感应电荷的分布如图所示，这时导体(

)

A.导体内部场强为零 B.A端的电势比B端的电势高

C.A端的电势与B端的电势低 D.导体内部电场线从

A

端指向

B

端6.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动小段距离，则(

)

A.带点油滴将沿竖直方向向上运动 B.P点的电势将降低

C.电容器的电容增大 D.极板带电量将增大7.一带电小球在从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功7J，电场力做功2J，克服空气阻力做功0.5J，则下列判断正确的是(

)A.动能增大9.5J B.机械能增大1.5J C.重力势能增大7J D.电势能增大8.如图所示，虚线表示电场中一簇等势面，相邻等势面之间电势差相等。一个α粒子(24He)以一定的初速度进入电场中，只在电场力作用下从M点运动到N

A.M点的电势高于N点的电势

B.α粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力

C.α粒子在M点的电势能小于在N点的电势能

D.α粒子经过M点时的速率小于经过N点时的速率9.如图所示，竖直实线表示某匀强电场中的一簇等势面，一带电微粒在电场中从A到B做直线运动(如图中虚线所示).则该微粒(

)A.一定带正电

B.从A到B的过程中做匀速直线运动

C.从A到B的过程中电势能增加

D.从A到B的过程中机械能守恒10.图1是观察电容器放电的电路．先将开关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，传感器将电流信息传入计算机，在屏幕上显示出电流随时间变化的I−t曲线如图2所示．则下列判断正确的是(

)

A.随着放电过程的进行，该电容器的电容逐渐减小

B.根据I−t曲线可估算出该电容器的电容大小

C.根据I−t曲线可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量

二、多选题：本大题共6小题，共18分。11.电荷在电场中移动时的下列判断中，正确的是(

)A.正电荷顺着电场线移动，电场力做正功，电势能减少

B.正电荷逆着电场线移动，克服电场力做功，电势能减少

C.负电荷顺着电场线移动，克服电场力做功，电势能减少

D.负电荷逆着电场线移动，电场力做正功，电势能减少12.两粗细相同的同种金属电阻丝R1、R2的电流I和电压U的关系图像如图所示，可知(

)A.两电阻的大小之比为R1：R2=3：1

B.两电阻的大小之比为R1：R2=1：3

C.两电阻丝的长度之比为L1：L213.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是(

)A.甲表是电流表，R增大时量程减小 B.甲表是电流表，R增大时量程增大

C.乙表是电压表，R增大时量程增大 D.乙表是电压表，R增大时量程减小14.如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，若在A点放置一初速度为零的质子，质子仅在电场力作用下，沿直线AB由A运动到B过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。则下列说法中正确的是(

)

A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度

B.电场方向一定是从B指向A

C.从A到B，在连续相等的间距内，电势减小量越来越大

D.质子从A到B的过程中，在连续相等的时间间隔内，电场力的冲量越来越小15.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R。电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为30∘。下列说法正确的是(

)A.O点的场强大小为kQR2

B.O点的场强大小为3kQR2

C.B、D两点的电势关系是φB=16.有一种飞行器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速粒子流，对飞行器自身产生反冲力，从而对飞行器的飞行状态进行调整的。已知飞行器发射的高速粒子电量为q，质量为m。当单位时间内发射的粒子个数为n，加速电压为U时，飞行器获得的反冲力为F。为了使加速器获得的反冲力变为2F，只需要(

)A.将加速电压变为2U B.将加速电压变为4U

C.将单位时间内发射的离子个数变为2n D.将单位时间内发射的离子个数变为4n三、实验题：本大题共1小题，共12分。17.通过实验测量金属丝的电阻率。

(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图1所示，可得金属丝直径的测量值d=______mm。

(2)按图2所示的电路测量金属丝的电阻R器材(代号)规格电压表(量程0∼3电压表(量程0∼15电流表(量程0∼3电流表(量程0∼0.6滑动变阻器(总阻值约20滑动变阻器(总阻值约500电源(电动势约为3.0从以上器材中选择合适的器材进行测量，电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______(填器材代号)。

(3)若通过测量获得，金属丝的长度l、直径d，电阻Rx，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ=______。

(4)如果将器材中的滑动变阻器R1、R2分别接入图2的电路中，调节滑动变阻器的滑片P的位置，以R表示滑动变阻器可接入电路的最大阻值，以RP表示滑动变阻器接入电路的电阻值，以U表示Rx两端的电压值。在图3中所示的两条曲线中，表示接入R1时的U四、计算题：本大题共5小题，共50分。18.如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m，电荷量为+q的小球。整个装置处于水平向右，场强E大小为3mg4q的匀强电场中。已知重力加速度为g。不计小球受到的空气阻力。

(1)当小球处于图中A位置时，保持静止状态。若剪断细绳，求剪断瞬间小球的加速度大小a；

(2)现把小球置于图中位置B处，使OB沿着水平方向，轻绳处于拉直状态。小球从位置19.如图所示电路中，电池的电动势是30V，内阻是1Ω，灯泡L的额定值是“6V、12W“，电动机线圈的电阻RM=2Ω。灯泡恰能正常发光。求：

(1)电源的输出功率；

(20.如图所示为美国物理学家密立根测量油滴所带电荷量装置的截面图，两块水平放置的金属板间距为d.油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电．油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间．当平行金属板间不加电压时，由于受到气体阻力的作用，油滴最终以速度v1竖直向下匀速运动；当上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U时，带电油滴恰好能以速度v2竖直向上匀速运动．已知油滴在极板间运动时所受气体阻力的大小与其速率成正比，油滴密度为ρ，已测量出油滴的直径为D(油滴可看做球体，球体体积公式V=16πD3)，重力加速度为g.

(121.利用电场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图1所示为电子枪的结构示意图，电子从炽热的金属丝发射出来，在金属丝和金属板之间加以电压U0，发射出的电子在真空中加速后，沿电场方向从金属板的小孔穿出做直线运动。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用力。设电子刚刚离开金属丝时的速度为零。

(1)求电子从金属板小孔穿出时的速度v0的大小；

(2)示波器中的示波管是利用电场来控制带电粒子的运动。如图2所示，Y和Y′为间距为d的两个偏转电极，两板长度均为L，极板右侧边缘与屏相距L2，OO′为两极板间的中线并与屏垂直，O点为电场区域的中心点。接(1)，从金属板小孔穿出的电子束沿OO′射入电场中，若两板间不加电场，电子打在屏上的O22.某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，在匀强电场的作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。

(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为−q的颗粒进入两极板恰好被全部收集，

a.求两极板间的电压U1；

b.若单位时间内有n个颗粒进入两极板，求电路中的电流I；

(2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f=krv，其中r为颗粒的半径，k为已知常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速到最大速度。

a五、综合题：本大题共1小题，共12分。23.如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。

(1)以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U−I图象的示意图，并说明图象与两坐标轴交点的物理意义；

(2)已知滑动变阻器的最大阻值大于电源的内阻，在图3中定性画出电源输出功率P与滑变电阻R的关系曲线，并标注出极值点的坐标；

(3)通过分析说明，在图4中画出电源输出功率P与路端电压U的关系曲线；在图5中画出电源释放的总功率答案和解析1.【答案】C

【解析】解：电场强度E=Fq，电动势的公式E=W总q，电容的公式C=QU都是各个物理量的定义式，符合比值定义法的特点，电阻R=ρL2.【答案】C

【解析】解：由点电荷库仑力的公式F=KQqr2可以得到，

将它们之间所带的电荷量不变，它们各自的距离减小到原来的一半，库仑力减小为原来的4倍，所以C正确，ABD错误。

故选：C。3.【答案】C

【解析】解：A、电场线的疏密反映电场强度的大小，可知A点的电场强度最小，故A错误；

B、沿着电场线电势逐渐降低，可知A点的电势最高，故B错误；

C、因C点的电场强度最大，由F=qE知把一个点电荷依次放在这三点，它在C点受到的静电力最大，故C正确；

D、带负电的点电荷在B点所受静电力的方向与B点的场强方向相反，故D错误。

故选：C。

电场线的疏密表示电场强度的大小，顺着电场线方向电势逐渐降低；由F4.【答案】C

【解析】解：AB、保持d不变，减小S，根据电容的决定式C=εrS4πkd知C变小，而电容器的电荷量不变，根据电容的定义式C=QU可知两极板间电势差增大，则θ变大，故AB错误；

CD、保持S不变，增大d，根据电容的决定式C=εrS4πkd知C变小，而电容器的电荷量不变，根据电容的定义式C=QU可知两极板间电势差增大，则5.【答案】A

【解析】解：AD、绝缘导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，静电平衡时内部电场强度处处为零，内部没有电场线，故A正确，D错误；

BC、处于静电平衡状态的导体是等势体，表面是等势面，A端的电势与B端的电势相等。故BC错误；

故选：A。

导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动。

本题关键要理解掌握：处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，理解场强处处为零的原因。知道净电荷全部分布在导体表面。且整个导体是等势体。6.【答案】B

【解析】解：A、带电油滴处于静止状态，则mg=qE，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动小段距离，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，U不变，d增大，场强E减小，mg>qE，油滴将沿竖直方向向下运动，故A错误；

B.根据选项A可知，平行板电容器间的电场强度为：E场强=Ed，则P点的电势为：φP−φ下=φP=E场强dP下=Ed⋅dP下，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动小段距离，则d增大φP减小，故B正确；

C.根据电容器的决定式有：C=εrS7.【答案】B

【解析】解：A、由动能定理可得，动能的增加量△EK=7J+2J−0.5J=8.5J，故A错误；

B、重力外之其它力做的总功等于机械能的增加量，机械能的增加量为2J−0，5J=1.5J，故B正确；

C、重力做正功7J，故重力势能减小7J，故8.【答案】C

【解析】解：A、α粒子带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向指向右下方即电场线的方向指向右下方，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故A错误；

B、根据等差等势面的疏密程度可知，M点的场强小于N场强，α粒子在M点受的电场力小于在N点受的电场力，故B错误；

C、N点的电势高于M点的电势，由EP=qφ，得α粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故C正确；

D、只有电场力做功，α粒子的电势能减小，则动能增大，速率增大，α粒子经过M点时的速率大于经过N点时的速率，故D错误。

故选：C。9.【答案】C

【解析】解：AB、根据电场线与等势面垂直，知电场线应水平。带电微粒在匀强电场中受到竖直向下的重力和水平方向的电场力作用，微粒做直线运动，合力与速度平行，可知微粒所受的电场力方向必定水平向左，微粒做匀减速直线运动，由于电场方向不能确定，所以微粒的电性不能确定，故A、B错误；

C、当微粒从A到B时，电场力做负功，电势能增加，故C正确。

D、由于电场力对微粒做功，所以微粒的机械能不守恒，故D错误；

故选：C。10.【答案】C

【解析】解：A、电容器的电容由电容器本身的特性决定，与板间的电荷量无关，因此在放电过程中，该电容器的电容不变．故A错误．

BC、I−t图线与时间轴围成的面积表示电荷量，可可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量，但由于电容器电压的变化量无法估算，由C=△Q△U知，不能估算出该电容器的电容大小．故B错误．C正确．

D、电容器充电过程，电流应该随时间的增加而减小，充电完毕时电流减为零．故D错误．

故选：C

11.【答案】AD

【解析】解：AB.因为正电荷所受电场力方向与电场线方向相同，则正电荷顺着电场线移动时，电场力做正功，电势能减少，正电荷逆着电场线移动，电场力做负功，即正电荷克服电场力做功，电势能增加，故A正确，B错误；

CD.因为负电荷所受电场力方向与电场线方向相反，则负电荷顺着电场线移动，电场力做负功，即负电荷克服电场力做功，电势能增加，负电荷逆着电场线移动，电场力做正功，电势能减少，故C错误，D正确；

故选：AD。

AB.12.【答案】BD

【解析】解：AB.I−U图像的斜率表示电阻的倒数，则有1R1=31Ω−1=3Ω−1，1R2=11Ω−1=1Ω−1，则两电阻的大小之比为13.【答案】AC

【解析】解：AB、甲是并联电阻起分流作用，为电流表，R增大，分流电流减小，量程变小，故A正确，B错误；

CD、乙是串联电阻起分压作用，为电压表，R增大，分压电压变大，量程变大，故C正确，D错误。

故选：AC。

电流表串联电阻分压改装成电压表，电阻分压大，量程大；并联电阻分流改装成电流表，分流大，量程大。

此题考查电表的改装，知道串并联电流电压的特点是解题的关键。14.【答案】AD

【解析】解：A、v−t图像的斜率表示加速度，由图可知，质子在A点加速度比在B点的大，根据牛顿第二定律有Eq=ma可知，A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；

B、质子做加速直线运动，受到的电场力方向由A指向B，质子带正电，则电场方向一定是从A指向B，故B错误；

C、质子从A到B的过程中，受到的电场力逐渐减小，在连续相等的间距内，电场力做功越来越小，电势减小量越来越小，故C错误；

D、质子从A到B的过程中，受到的电场力逐渐减小，根据冲量的定义式I=Ft可知，在连续相等的时间间隔内，电场力的冲量越来越小，故D正确。

故选：AD。

v−t图像的斜率表示加速度，根据图像斜率的变化分析加速度变化，结合牛顿第二定律判断A、B15.【答案】AD

【解析】解：AB、根据点电荷的电场E=kQR2知+Q和−Q在O处产生的场强大小均为E=kQR2，夹角为120∘，由电场叠加原理，可得O点的场强大小E=kQR2，方向由O指向D，故A正确，B错误；

C、根据顺着电场线电势降低和对称性，可知φB>φD，故C错误；

D、由图知AC是一条等势线，A点与C点的电势相等，则点电荷在A点的电势能等于在C点的电势能，故D正确。

故选：16.【答案】BC

【解析】解：对粒子加速过程，根据动能定理得：qU=12mv2

根据牛顿第三定律得知：飞行器对粒子的作用力大小也为F。

对粒子，由动量定理得：Ft=nmv−0

联立得：F=nt2qmU

对于单位时间，t=1s，则17.【答案】0.272

V1;A2;【解析】解：(1)金属丝直径的测量值d=0mm+27.2×0.01mm=0.272mm

(2)电源电动势约为3V，电压表选择V1；电路中的最大电流约为Im=ERx=35A=0.6A，电流表选择A2；为了调节方便，滑动变阻器阻值应和待测电阻阻值接近，故选R1。

(3)根据电阻定律Rx=ρlS

根据几何知识S=π(d2)2

联立可得ρ=πRxd2418.【答案】(1)剪断瞬间小球的加速度大小为54g

(2【解析】解：(1)小球在A点静止时，受重力mg、电场力F电=qE及细绳拉力T作用平衡。由题意E=3mg4q，故F电=q×3mg4q=34mg。

剪断细绳瞬间，T消失，合力F合为重力与电场力的矢量和，由勾股定理得F合=(mg)2+(34mg)2，解得：F合=54mg。根据牛顿第二定律F合=ma，解得：a19.【答案】解：(1)小灯泡正常发光，所以，由P=IU

得I=PU=126A=2A

电源的总功率P总=EI=30×2W=60W，

电源的热功率P热=I2r=22×1W【解析】(1)电源的输出功率等于电源的总功率IE减去电源内阻消耗的功率；

(2)电源的效率等于电源的输出功率于电源的总功率的比值；

20.【答案】解：(1)油滴速度为v1时所受阻力f1=kv1，

油滴向下匀速运动时，重力与阻力平衡，则有

f1=mg，

m=ρV=16πρD3

则解得

k=16【解析】(1)当平行金属板间不加电压时，油滴最终以速度v1竖直向下匀速运动时，所受的重力与阻