天津市五区县重点校2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025~2026学年度第一学期期中重点校联考高二物理第Ⅰ卷（共40分）一、单项选择题（本题共5小题，每题5分，共25分）1.如图所示的实验装置为库仑扭秤，该实验通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，从而找到力F与距离r和电量q的关系。这一实验中用到了下列哪些方法（）①微小量放大法②控制变量法③极限法④逐差法A.①② B.①③C.③④ D.②④【答案】A【解析】两个带电小球体之间库仑力较小，为了便于测量，通过悬丝扭转的角度将力的效果放大，因此实验采用了微小量放大法。根据可知，实验中涉及到多个物理量，在研究其中两个物理量的关系时，需要先保持其它物理量不变，即实验中采用了控制变量法。即这一实验中用到了微小量放大法与控制变量法。故选A。2.如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个电子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图可知（）A.无法判断电场的方向B.a点电势低于b点电势C.电子在a点的电势能较大D.电子在a点的动能较大【答案】D【解析】A．不管粒子运动是从a到b，还是从b到a，电场力均指向轨迹内侧，于是电场力沿着电场线向左，电子带负电，电子的受力方向与电场线方向相反，所以可判断电场线方向是向右的，故A错误；B．沿电场线方向电势逐渐降低，所以a点电势高于b点电势，故B错误；CD．若电子从a点向b点运动，是从高电势向低电势运动，电子的电势能增大，电场力做负功，动能减小，所以电子在a点的动能大于在b点的动能，在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误，D正确。故选D。3.有一种利用电容器实现的输液报警装置，实物图和电路图分别如图甲、乙所示。闭合开关，电容器先充电达到稳定，当药液面降低时，电容器的电容减小，蜂鸣器就会因通过特定方向的电流而发出声音。则药液面下降时（）A.电容器的电量增加 B.电容器的电量减少C.电阻的电压始终为零 D.蜂鸣器电流由流向【答案】B【解析】A．药液面下降时，电容器两极板间的介电系数减小，根据可知，电容器的电容减小，故A错误；B．电容器的电容减小，根据可知，电容器的电量减少，故B正确；CD．根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，因为有电流流过电阻R，所以电压不为零，故CD错误。故选B。4.一匀强电场方向平行于xOy平面，平面内、、三点的位置如图所示，三点的电势分别为0V、9V、。下列说法正确的是（）A.电子在点的电势能比在点的低9eVB.坐标原点处的电势为16VC.电场强度的大小为D.电子从点运动到点，电场力做功为16eV【答案】C【解析】A．根据电势能，点的电势能为，点的电势能为。所以电子在点的电势能比点的电势能大，故A错误。BD．由于四边形是矩形，根据对称性可得，所以坐标原点处电势为，电子从运动到，电场力做功为，故BD错误。C．在轴上距离点2.25cm的位置电势也为，画出等势面，如图所示:则有故点与经过点的等势面间距为所以电场强度为，故C正确。故选C。5.如图所示，一横截面积为的铜导线，接入电路，导体中就会产生恒定电场，产生的恒定电流为，设单位体积的导线中有个自由电子，电子的电荷量为，此时电子的定向移动速率为，在时间内（）A.导线处于静电平衡状态B.通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为C.导线中电流的方向与自由电子定向移动方向相同D.通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为【答案】D【解析】A．导线内部电荷有定向移动，各点电势不相等，则不是处于静电平衡状态，故A错误；B．通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为，故B错误；C．导线中电流的方向与自由电子定向移动方向相反，故C错误；D．通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为，故D正确。故选D。二、不定项选择题（本题共3小题，每题5分，共15分，错选不得分，选对但不全得3分）6.对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（）A.甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷B.乙图中，高压输电线上方的两条导线起到稳定金属塔结构的作用C.丙图中，燃气灶电子点火器点火应用了尖端放电的原理D.丁图中，可变电容器是通过旋转动片改变板间距离来实现电容变化的【答案】AC【解析】A．甲图中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电荷，故A正确；B．乙图中，高压输电线上方的两条导线起到静电屏蔽的作用，故B错误；C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C正确；D．丁图中，可变电容器是通过旋转动片改变两板正对面积来实现电容变化的，故D错误。故选AC。7.图甲为电场中一条直电场线，在电场线上建立坐标轴，坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（）A.、两点间的电势差为B.点的电势等于点的电势C.将一质子沿轴从点移动到点，电势能减小D.沿轴从点由静止释放一质子，从点运动到点，加速度先减小后增大【答案】AC【解析】A．、两点间电势差为，故A正确；B．O点的电势为，点的电势为，二者不相等，故B错误；C．根据图像，从点到点电势降低，质子带正电，根据电势能公式可知电势能减小，故C正确；D．在图像中，斜率表示某点的电场强度的大小，所以质子从点运动到点的过程中，加速度先增大后减小，故D错误。故选AC。8.如图甲所示，在真空中固定的两个相同点电荷、关于轴对称（规定轴正方向为电场强度的正方向），沿轴方向上各点电场强度的变化如图乙所示。若在坐标原点由静止释放一个正点电荷，它将沿轴正方向运动，不计重力。则（）A.处电势最高B.、带等量正电荷C.点电荷在处动能最大D.点电荷沿轴正方向运动的最远距离为【答案】C【解析】AC．电荷量为q的正点电荷，从O点到P()点，场强沿轴正方向，电场力对q做正功，动能增大；过P点再向运动（点是O点关于P点的对称点位置），场强沿轴负方向,电场力做负功，动能减小，可知处电势最低，O点电势最高，点电荷q在处动能最大，故A错误，C正确；B．由图像可知，在x轴上的P点对应点，在P点的左侧电场强度为正值，沿x轴正方向，右侧为负值，沿x轴负方向，可知A、B带等量负电荷，故B错误；D．由对称性可知，点电荷q沿x轴正方向最远能到达O点关于P点的对称点点位置，故点电荷q沿x轴正向运动的最远距离为，故D错误。故选C。第Ⅱ卷（共60分）三、实验题（本题2个小题，共12分，每空2分）9.电容器是一种重要的电学组件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中为直流电源，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束稳定时，电容器两板间电压为8V。之后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示（不考虑实验过程中空气和导线绝缘层的缓慢漏电）。（1）乙图中阴影部分的面积______；（选填“>”、“<”或“=”）（2）由甲、乙两图可判断阻值______。（选填“>”、“<”或“=”）（3）计算机测得，则该电容器的电容为______；（保留两位有效数字）【答案】（1）（2）（3）0.15【解析】（1）图乙中阴影面积代表充放电中电容器上的总电量，所以两者相等，即（2）由图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由欧姆定律可知所以（3）由阴影面积代表电容器上的电量得则电容器的电容10.在“测定金属的电阻率”实验中：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，其示数为______mm，测得金属丝的长度为1.00m，粗略测得该金属丝的电阻约为。（2）用伏安法进一步精确测量金属丝的电阻，实验所用器材如下：a.电流表（量程为0.30A，内阻为）b.电压表（量程为9.0V，内阻约）c.滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为2A）d.电池组（电动势为9V，内阻不计）e.开关、导线若干①采用乙图测电阻，由于提供的电流表量程较小，现改装使其量程变为0.60A，则需要在电流表上并联一个定值电阻，则阻值为______。②某次实验中，由电压表和电流表的读数作出的图像如图丙所示，再结合乙图电路，则该金属丝的真实电阻为______，进一步计算可求得金属丝的电阻率。【答案】（1）0.520（2）114.5【解析】（1）由图可知，螺旋测微器的读数为（2）①[1]根据欧姆定律可得代入数据，解得②[2]当电流表读数为0.2A时，通过电阻的电流为0.4A，改装后的电流表的总电阻（与A的并联）为0.5Ω，则该金属丝的电阻为四、计算题（本题共48分。规范答题，写出必要文字说明，体现思维过程）11.如图所示，光滑绝缘的固定斜面（足够长）倾角为，一带正电的小物块质量为，电荷量为，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上。从某时刻开始，电场强度大小变为原来的2倍，（，，）求：（1）原来的电场强度大小；（2）电场变化后小物块运动的加速度大小；（3）电场变化后小物块1s末的速度大小和1s内的位移大小。【答案】（1）（2）（3）6m/s，【解析】（1）对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上则解得（2）当场强变为原来的2倍时所以（3）由运动学公式知则12.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝发出（初速度不计），经灯丝与A板间的电压加速，从A板中心孔射出，然后沿平行金属板M、N中心线进入其形成的匀强偏转电场中，电子进入MN间电场时的速度方向与电场方向垂直，电子经过偏转电场后进入无场区，最后打在荧光屏上的点。已知MN两板间的电压，两板间距离，板长，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量，电荷量，不计重力，求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）电子束打到荧光屏上的位置点到屏幕中心点的距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子在加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有代入数据解得（2）电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，令电子运动时间为，电子在水平方向做匀速直线运动，则有在竖直方向电子做初速度为0的匀加速运动，已知偏电压为，极板间距为，则电子在偏转电场中的加速度为所以电子在偏转电场方向上的侧位移为联立并代入数据解得（3）设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为，电子打到荧光屏上的侧移量为，粒子运动轨迹如图所示运动时间为竖直距离为竖直分速度为联立以上可得