物理试卷答案广西壮族自治区南宁二中2025年秋季期中高二年级上学期期中考试(11.12-11.13)

南宁二中2025-2026学年度上学期二期中考试物理参考答案1.【答案】C【详解】元电荷是电荷量的最小单位，而电子是实物粒子，二者本质不同，AB错误；任何带电体的电量都是元电荷的整数倍，即元电荷电量是任何带电体电量的最小公约数，C正确；密立根通过油滴实验首次精确测得元电荷e的数值，并因此获诺贝尔物理学奖，D错误。2.【答案】C【详解】正电荷在P点电场强度方向为右上方与x轴成45°,则-4q点电荷一定在OP直线上且在O点的左下方，设-4q点电荷的坐标为（-l，-l根据点电荷场强公式得k解得l=a，-4q点电荷的坐标为（-a，-a）。3.【答案】D【解析】【详解】将一正电荷从无限远处移入电场中的M点，电势能减少了7.0×10-9J，可知电场力做正功，则有W=q(0-φM)=7.0×10-9J>0则有φM<0将另一等量的负电荷从无限远处移入电场中的N点，电势能增加了8.0×10-9J，可知电场力做负功，则有W’=-q(0-φN)=-8.0×10-9J<0则有φN<0联立可得0-φM<0-φN则有φN<φM<0故选D。4.【答案】D【详解】A．根据电场线方向和尘埃的运动轨迹，尘埃受到的电场力方向和电场线方向相反，因此尘埃带负电，A选项错误；B．沿电场线方向电势降低，由图可知，A点电势低于B点电势，B选项错误；C．由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的电场强度大于B点，根据牛顿第二定律，尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，C选项错误；D．A点电势低于B点电势，AB之间的电势差为负，又有尘埃带负电，可知电场力做正功，动能增大，则尘埃在A点的动能小于在B点的动能，D选项正确。故选D。5.【答案】D【详解】AB．两个改装后的电压表测同一电阻两端的电压，所以电压表的示数相同，AB错误；CD．设改装后电压表的内阻为RV，则有UV=IgRV测量电阻两端的电压时，设流经电流表表头的电流为I，则则指针的偏角之比应为5：1，C错误，D正确。故选D。6.答案】C【详解】A．由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir当I=0时，E=U，由a图线与纵轴的交点读出电池的电动势为E=3.6V，根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U=2V，电流为I=0.2A，则硅光电池的内阻为rA错误；B．硅光电池的总功率P总=EI=3.6×0.2W=0.72WB错误；C．硅光电池的输出功率P出=UI=0.4W电池的内阻发热的功率为P热=P总-P出=0.32WC正确；D．R的阻值为R外电阻与内电阻的差值为ΔR=R-r=2Ω若将R换成阻值更大的电阻时，图像b的斜率增大（如图所示）。可知电池路端电压U随电流I变化的关系图线与R增大后的U-I图线交点处的切线斜率变小，则电源内电阻r变小，外电阻与内电阻的差值ΔR增大，因为ΔR越大，电源的输出功率越小，所以硅光电池的输出功率将减小，D错误。故选C。7.【答案】C【详解】由图乙可知B点电场强度方向为负值，与规定正方向相反，说明电场强度的方向沿A→B→O方向；C点电场强度方向为正值，与规定正方向相同，说明电场强度的方向沿C→O方向，可得大圆环带负电，而电场强度沿轴线向外先增大后减小，A错误；由图乙可知，在B、C两点电场强度大小相等、方向相反，根据F=Eq，若把带负电的点电荷依次放在B、C两点，则它所受电场力大小相同，方向相反，B错误；根据题意可知，A点、B点均在x轴正方向上，由图乙可知B点电场强度方向为负值，说明电场强度的方向沿A→B→O方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则沿A→B→O方向电势φ逐渐降低，C正确；根据A选项分析可知A点电势比B点高，由于负电荷在电势低的地方具有的电势能大，则它在B点具有的电势能比在A点的大，D错误。8.【答案】BC【解析】当达到静电平衡时，导体是等势体，故导体A端电势等于B端电势，A错误；导体内部各点的合场强为零，则导体中心O点的场强为零，故感应电荷在O点的产生场强与点电荷−Q在O点的场强等大反向，大小为，方向向左，BC正确；撤去点电荷−Q后，导体两端的感应电荷会还原而使得导体不带电，D错误。9.【答案】AC【解析】由φ−x图像的物理意义可知，在x轴正、负半轴分布着方向相反的匀强电场，在−0.5m≤x<0区域内电场强度大小EV/m，方向沿x轴负方向，A正确；在0<x<1.0m范围电场强度大小EV/m，方向沿x轴正方向，B错误;粒子经过x=0处时速度最大，由动能定理可得qUmv，代入数值可得vmm/s，C正确，D错误。10.【答案】CD【解析】据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2分别测量R、路端电压。当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，A错误；电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，B错误；电路中ΔU2=(E−I1r)−(E−I2r)=I2r−I1r，已知电阻R大于电源内阻r，所以ΔU1大于ΔU2，D正确。(3)3.38×10-6（2分）【解析】(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm,从题图甲中读出金属丝的直径D=0.5mm+33.0×0.01mm=0.830mm,游标卡尺的分度值为0.1mm,从题图乙中读出金属丝的直径D=0mm+8×0.1mm=0.8mm。(2)电路中的最大电流约为1A,应选的电流表是A1,电压从零开始调节,滑动变阻器采用分压式接法,选用最大阻值与待测电阻相近的R1。(3)根据电阻定律有Rx,代入数据解得ρ=3.38×10-6Ω·m。12.【答案】（1）1（2分）B（2分）E（2分2）1.25（2分）1100（2分）【解析】(1)水果电池内阻很大，电流表内阻已知时，且其相对电源内接法时误差较小，故S2接1；水果电池电动势约为1.2V，电压表量程为15V时，电压表量程太大，不能用该电压表测电压，所以选择电压表V2测电压，故选B；水果电池的内阻约1000Ω,则滑动变阻器的最大阻值应该与之相差不大，应选E。(2)由图乙所示实验电路可知，电源电动势：E=I(R+RA+r)，则有：.RRA+r)，由图像的斜率、截距含义可得RA+r联立解得电源电动势E=1.25V，r=1100Ω。13.【答案】（1）0.02N（2）2×10-3kg（3）22×105N/C【详解】(1)由库仑定律得：F…………1分代入数据解得：F=0.02N…………1分(2)对A受力分析如图所示：根据物体平衡得：F库＝mgtanα…………2分代入数据：m＝2×10-3kg1分(3)当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小．由mgsinα=qE…………2分解得：EC…………1分14.【答案】(1)PM出=2.5W(3)0.375A【详解】（1）当开关S2拨到a位置时，则有IM…………1分则电动机正常工作时输出的机械功率PM出=P额一IrM1分（2）当开关S2拨到a位置，则有R…………1分解得R=2Ω根据I…………1分解得I=0.6A（3）当开关S2拨到b位置时，可将除滑动变阻器外的电路视为等效电源，该等效电源的得分此时电路中的电流I…………1分2mx02mx0\eE0000（3）y=00 【详解】（1）电子在第二象限做初速度为零的匀加速运动，根据动能定理可得，电子第一次经过y轴的速度eExmv1分解得v1分说明：只要结果算得v第（1）问均给2分（2）电子在第二象限做初速度为零的匀加速运动时xv1t12分电子在第一、四象限做匀速圆周运动，轨道半径为y，则圆周运动的周期有ey运动时间tT1分故电子进入交变电场的总时间t=t1+t2分（3）根据上述分析可知，电子先在第二象限加速运动，在第一、四象限做匀速圆周运动，进入第三象限的速度水平向左，大小为v1，通过电子在水平方向的运动可得，电子在第三象限运动的时间tT1分为了使电子进入第二象限的速度最大，需使y方向的速度最大，根据交变电场的特点可知，电子进入第三象限的时刻满足t总=