2026上半年教师资格证（高中物理）笔试真题题库与解析

2026上半年教师资格证（高中物理）笔试真题题库与解析

（考试时间：90分钟满分100分）班级______姓名______第I卷（选择题共40分）（总共8题，每题5分，每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）w1.下列关于电场线和磁感线的说法，正确的是（）A.电场线和磁感线都是实际存在的线B.电场线和磁感线都不能相交C.沿电场线方向电场强度逐渐减小D.沿磁感线方向磁感应强度逐渐减小答案：Bw2.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为\(n_1:n_2=2:1\)，原线圈接正弦交变电源，副线圈接电阻\(R\)，电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A.电压表\(V_1\)和\(V_2\)的示数之比为\(2:1\)B.电流表\(A_1\)和\(A_2\)的示数之比为\(1:2\)C.电阻\(R\)消耗的功率增大时，电流表\(A_1\)的示数减小D.电阻\(R\)消耗的功率增大时，电压表\(V_2\)的示数增大答案：Bw3.一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示。已知物体在第\(1s\)内的位移为\(2m\)，则下列说法正确的是（）A.物体的加速度大小为\(2m/s^2\)B.物体在前\(2s\)内的位移为\(4m\)C.物体在第\(2s\)内的位移为\(2m\)D.物体在第\(3s\)末的速度为\(4m/s\)答案：Cw4.关于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（）A.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B.一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热交换C.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动D.扩散现象说明分子间存在斥力答案：Aw5.如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球\(a\)、\(b\)和\(c\)分别位于边长为\(l\)的正三角形的三个顶点上；\(a\)、\(b\)带正电，电荷量均为\(q\)，\(c\)带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为\(k\)。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）A.\(\frac{\sqrt{3}kq}{l^2}\)B.\(\frac{2\sqrt{3}kq}{l^2}\)C.\(\frac{3\sqrt{3}kq}{l^2}\)D.\(\frac{4\sqrt{3}kq}{l^2}\)答案：Bw6.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为\(\theta\)，经折射后射出\(a\)、\(b\)两束光线，则（）A.在玻璃中，\(a\)光的传播速度小于\(b\)光的传播速度B.在真空中，\(a\)光的波长小于\(b\)光的波长C.玻璃砖对\(a\)光的折射率小于对\(b\)光的折射率D.若改变光束的入射方向使\(\theta\)角逐渐变大，则折射光线\(a\)首先消失答案：ABDw7.如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为\(r\)的圆形区域内、外磁场的方向相反，磁感应强度的大小均为\(B\)。一半径为\(R\)、电阻为\(R\)的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。当内、外磁场同时由\(B\)均匀减小到零时，在导线环中产生的感应电流大小为（）A.\(\frac{\pir^2B}{2R}\)B.\(\frac{\pi(R^2-r^2)B}{2R}\)C.\(\frac{\pi(R^2+r^2)B}{2R}\)D.\(\frac{\piR^2B}{2R}\)答案：Cw8.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比\(n_1:n_2=1:10\)，原线圈接入\(u=220\sqrt{2}\sin100\pit(V)\)的交流电源，副线圈接有\(R=22\Omega\)的负载电阻。一只理想二极管和一个电流表串联接在副线圈电路中，则电流表的读数为（）A.\(1A\)B.\(5A\)C.\(10A\)D.\(22A\)答案：B第II卷（非选择题共60分）w9.（10分）某同学利用图甲所示的电路测定电源的电动势和内阻。实验器材有：待测电源（电动势约为\(3V\)，内阻约为\(1\Omega\)）、电压表（量程\(0～3V\)）、电流表（量程\(0～0.6A\)）、滑动变阻器\(R\)、定值电阻\(R_0=2\Omega\)、开关\(S\)、导线若干。（1）请根据图甲的电路图，在图乙中完成实物电路的连接。（2）实验时，调节滑动变阻器的滑片，记录电压表和电流表的示数。某次测量时，电压表的示数如图丙所示，其读数为______\(V\)；电流表的示数如图丁所示，其读数为______\(A\)。（3）该同学根据实验数据绘出了如图戊所示的\(U-I\)图像，则由图像可得电源的电动势\(E=\)______\(V\)，内阻\(r=\)______\(\Omega\)。答案：（1）实物图连接略；（2）\(2.50\)；\(0.50\)；（3）\(3.0\)；\(1.0\)w10.（12分）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨\(MN\)、\(PQ\)固定在水平面上，导轨间距为\(L=0.5m\)，导轨电阻不计。在导轨的左端\(M\)、\(P\)之间接有阻值为\(R=1\Omega\)的电阻。质量为\(m=0.1kg\)、电阻为\(r=0.5\Omega\)的金属棒\(ab\)垂直导轨放置，且与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为\(B=2T\)的匀强磁场中。现用一水平向右的外力\(F\)拉金属棒\(ab\)，使其由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为\(a=2m/s^2\)。求：（1）金属棒\(ab\)运动\(t=3s\)时的速度大小；（2）金属棒\(ab\)运动\(t=3s\)时，电阻\(R\)上消耗的电功率；（3）当金属棒\(ab\)的速度为\(v=10m/s\)时，外力\(F\)的大小。答案：（1）\(v=at=2×3m/s=6m/s\)；（2）\(E=BLv=2×0.5×6V=6V\)，\(I=\frac{E}{R+r}=\frac{6}{1+0.5}A=4A\)，\(P_R=I^2R=4^2×1W=16W\)；（3）\(E=BLv=2×0.5×10V=10V\)，\(I=\frac{E}{R+r}=\frac{10}{1+0.5}A=\frac{20}{3}A\)，\(F=BIL+ma=2×\frac{20}{3}×0.5N+0.1×2N=\frac{20}{3}N+0.2N=\frac{23}{15}N\)w11.（14分）如图所示，一质量为\(m=2kg\)的小滑块从半径为\(R=0.5m\)的光滑四分之一圆弧轨道顶端\(A\)点由静止滑下，轨道底端\(B\)点切线水平。小滑块离开\(B\)点后，恰能无碰撞地沿光滑竖直圆轨道\(CDE\)内侧运动，\(CDE\)圆轨道的半径为\(r=0.3m\)。已知重力加速度\(g=10m/s^2\)。求：（1）小滑块到达\(B\)点时的速度大小；（2）小滑块在圆弧轨道\(AB\)上运动时，重力对小滑块做功的平均功率；（3）\(B\)、\(C\)两点间的高度差\(h\)。答案：（1）小滑块恰能无碰撞地沿光滑竖直圆轨道内侧运动，在\(D\)点时重力提供向心力，\(mg=m\frac{v_D^2}{r}\)，解得\(v_D=\sqrt{gr}=\sqrt{10×0.3}m/s=\sqrt{3}m/s\)。从\(B\)到\(D\)，由机械能守恒定律得\(mg(2r+h)=\frac{1}{2}mv_D^2\)，又因为小滑块离开\(B\)点后做平抛运动，水平方向\(x=v_Bt\)，竖直方向\(2r=\frac{1}{2}gt^2\)，解得\(v_B=4m/s\)；（2）从\(A\)到\(B\)，由机械能守恒定律得\(mgR=\frac{1}{2}mv_B^2\)，解得\(v_B=\sqrt{2gR}=\sqrt{2×10×0.5}m/s=\sqrt{10}m/s\)。小滑块在圆弧轨道\(AB\)上运动的时间\(t=\frac{\frac{1}{4}×2\piR}{v_B}=\frac{\frac{1}{4}×2\pi×0.5}{\sqrt{10}}s\)，重力对小滑块做功\(W=mgR=2×10×0.5J=10J\)，重力对小滑块做功的平均功率\(P=\frac{W}{t}=\frac{10}{\frac{\frac{1}{4}×2\pi×0.5}{\sqrt{10}}}W=\frac{40\sqrt{10}}{\pi}W\)；（3）从\(B\)到\(D\)，由机械能守恒定律得\(mg(2r+h)=\frac{1}{2}mv_D^2\)，解得\(h=0.2m\)。w12.（12分）材料：如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一质量为\(m=1×10^{-3}kg\)、电荷量为\(q=1×10^{-6}C\)的带正电小球，静止在\(O\)点。以\(O\)点为原点，在该水平面内建立直角坐标系\(xOy\)。在\(t=0\)时刻，突然加一沿\(x\)轴正方向、大小为\(E=2×10^3V/m\)的匀强电场，使小球开始运动。经过\(t_1=1s\)，所加电场突然变为沿\(y\)轴正方向、大小仍为\(E=2×10^3V/m\)的匀强电场。再经过\(t_2=1s\)，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经\(t_3=1s\)速度变为零。求：（1）\(t=1s\)时小球的速度大小；（2）\(t_2=1s\)时小球的位置坐标；（3）电场变化过程中小球的最小动能。（1）根据牛顿第二定律，求出小球在电场中的加速度，再根据速度时间公式求出\(t=1s\)时小球的速度大小。（2）先求出小球在第一个\(1s\)内的位移，再求出小球在第二个\(1s\)内的位移，进而得到\(t_2=1s\)时小球的位置坐标。（3）分析小球的运动过程，找出速度最小时的位置，根据动能定理求出小球的最小动能。答案：（1）小球在沿\(x\)轴正方向的匀强电场中运动时，加速度\(a_1=\frac{qE}{m}=\frac{1×10^{-6}×2×10^3}{1×10^{-3}}m/s^2=2m/s^2\)，\(t=1s\)时小球的速度大小\(v_1=a_1t_1=2×1m/s=2m/s\)；（2）小球在第一个\(1s\)内沿\(x\)轴正方向的位移\(x_1=\frac{1}{2}a_1t_1^2=\frac{1}{2}×2×1^2m=1m\)。在第二个\(1s\)内，小球沿\(x\)轴正方向做匀速直线运动，位移\(x_2=v_1t_2=2×1m=2m\)，沿\(y\)轴正方向的位移\(y_2=\frac{1}{2}a_2t_2^2\)，加速度\(a_2=\frac{qE}{m}=2m/s^2\)，所以\(y_2=\frac{1}{2}×2×1^2m=1m\)。则\(t_2=1s\)时小球的位置坐标为\((3m,1m)\)；（3）小球在第一个\(1s\)内沿\(x\)轴正方向做匀加速直线运动，第二个\(1s\)内沿\(x\)轴正方向做匀速直线运动，沿\(y\)轴正方向做匀加速直线运动，第三个\(1s\)内做匀减速直线运动。当小球速度方向与合力方向垂直时，速度最小，动能最小。设此时速度为\(v\)，与\(x\)轴夹角为\(\theta\)，则\(\tan\theta=\frac{v_y}{v_x}=1\)，\(v_x=v_1=2m/s\)，\(v_y=a_2t_2=2m/s\)，所以\(v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=2\sqrt{2}m/s\)，最小动能\(E_{kmin}=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}×1×10^{-3}×(2\sqrt{2})^2J