广东省深圳市深圳盟校2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题（含答案）

第第页广东省深圳市深圳盟校2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．真空中电荷量分别为q1、qA．如果它们的电荷量都不变，当距离变为r2B．如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为2FC．如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力将变为FD．如果它们的电荷量都加倍，距离变为2r2．在接通开关的10s内通过一导线横截面的电荷量为5C，则电流是（）A．2A B．0.2A C．0.5A D．5A3．如图所示为某小灯泡的U−I曲线。图像P点与原点的连线与横轴成α角，P点的切线与横轴成β角，下列说法正确的是（）A．小灯泡的电阻随电压的增大而减小B．小灯泡的电阻不随电压变化C．电压为U0时，小灯泡的电阻可表示为D．电压为U0时，小灯泡的电阻可表示为4．如图所示为某静电场中的电场线，一带电粒子从电场中的A点运动到B点，虚线为粒子的运动轨迹，若粒子仅受电场力的作用，下列说法正确的是（）A．该粒子带正电 B．粒子的动量变化率增大C．电场力对粒子做正功 D．粒子的电势能减小5．在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3A．电压表读数不变 B．电流表读数变大C．R1两端的电压升高 D．流过R6．如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。ad=4cm，cd=2A．c点的电势为8VB．电场强度大小为200C．电场强度大小为100D．电场强度的方向向左下方与bc连线夹角为45°7．如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，电动机的电阻R0=1Ω，定值电阻R1A．通过电动机的电流为3A B．电动机内阻损耗的功率为2WC．电动机的输出功率为6W D．电源的效率为75%8．如图所示，两块彼此绝缘的金属板A、B水平平行放置并与一个电源相连，其中B板接地。开关S闭合后，在A、B两板间C点处有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（）A．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向上运动B．若将S断开，将油滴固定，再将B板向下平移一小段位移，油滴的电势能变大C．保持S闭合，再将A板向上平移一小段位移，C点电势降低D．保持S闭合，再将B板向左移动一小段位移，电容器带电量不变9．水平直线上P、Q两点分别固定一个负点电荷，O点为直线上某一点，M、N两点是O点正上、下方距离O点均为d的两点，一电量为q的正点电荷置于O点时N点处的电场强度恰好为零，静电力常量为k，若将该正点电荷移动到N点，下列说法正确的是（）A．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强大小为3kqB．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强大小为5kqC．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强方向向下D．将该正点电荷移动到N点后，M点的场强方向向上10．如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时水平射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，下列说法正确的是（）A．子弹A和子弹B的质量相等B．子弹A和子弹B对木块的冲量大小相等C．子弹A射入初速度一定比子弹B大D．入射前，子弹A的动能等于子弹B的动能二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．在“观察电容器的充、放电现象”实验中。（1）用如图1所示的电容器做实验，电容器外壳上面标着“200μF，10V”，下列说法正确的是（）；A．若所加电压大于10V，则电容器可能被击穿B．电容器电压为5V时，电容是200μFC．电容器电压为5V时，电容是100μF（2）把干电池E、电阻箱R、电容器C、电流传感器A（内阻不计）、单刀双掷开关S按图2电路图连接，先将单刀双掷开关接1，稳定后将单刀双掷开关接2并开始计时，将电流传感器中的数据输入计算机得到I−t图像如图3所示，若图线与坐标轴围成的面积为S，纵截距为I0，电阻箱的阻值为R，则该电源的电动势E=；电容器的电容C=（用S、I12．实验小组利用现有实验仪器测量一电阻阻值R，测量过程如下：（1）组员先用多用电表粗测电阻，选用欧姆挡“×10”倍率测量其阻值时，发现指针偏转角太大，为了测量结果比较精确，组员按以下步骤进行了实验：①应换用（选填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡；②两表笔短接，进行（选填“欧姆调零”或“机械调零”）；③重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，测量结果是Ω。（2）除待测电阻RxA.电流表A1（量程为200mA，内阻rB.电流表A2（量程为500mA，内阻rC.滑动变阻器RaD.滑动变阻器RbE.定值电阻R1F.定值电阻R2G.电源（电动势E=4.5V，内阻可以忽略）H.开关S、导线若干①实验要求测量尽可能精确，且通过电阻的电流调节范围尽量大，请将设计好的电路图画在虚线框中（要标出器材的符号）。②按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表A1、A2的示数I1和I2，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并作出I2−I1图线（I1为横轴），若图线的斜率为k，则该待测电阻阻值为Rx13．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照射强度下路端电压U和电流I的关系图（电池电动势不变，内阻不是常量），图线b是某电阻的U−I图像，倾斜虚线是过a、b交点的切线。在该光照强度下将它们连成闭合回路时，求：（1）此时硅光电池的内阻和电动势；（2）此时硅光电池的总功率和效率。14．如图所示，一半径为R的绝缘光滑圆形轨道竖直固定，轨道最低点B点与一条粗糙水平轨道平滑相连，轨道所在空间存在水平向右、场强大小为E=3mg4q的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m，带正电荷量为q的小球，设A、B间的距离为s，已知小球与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2，C点为圆形轨道上与圆心O等高的点，重力加速度为g，小球可视为质点，（1）为使小球能做完整的圆周运动，求s的最小值；（2）在第（1）的情况下，求小球对圆轨道的最大压力；（3）若s=5R，设B点电势为零，求小球运动速度最大时的电势能。15．如图所示，光滑水平面上静置一个质量为3m的滑块轨道A，滑块A的下部分是圆心角为45°的圆弧，上部分是倾角为45°的斜面，轨道最底端与水平面平滑连接。两个质量均为m的小滑块B、C放在水平面上离A足够远处，小滑块B的右侧连接有轻弹簧，给B一个向右的初速度v0（1）弹簧的最大弹性势能；（2）C刚滑上A时的速度大小；（3）为使C不从A的顶端冲出，A总高度的最小值是多少？

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．真空中电荷量分别为q1、q2的两个点电荷，相距r时，相互作用力为F，根据库仑定律可得F=kq1B．如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为F2C．如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力将变为F3D．如果它们的电荷量都加倍，距离变为2r，作用力将变为F故答案为：B。

【分析】根据库仑定律（F=kq1q2．【答案】C【解析】【解答】根据电流的定义式I=qt故答案为：C。

【分析】利用电流的定义式（电流等于单位时间内通过导体横截面的电荷量）直接计算。3．【答案】D【解析】【解答】AB．由U−I曲线可知，随着电压增大，图像上点与原点连线的斜率（对应UICD．电压为U0时，小灯泡的电阻为U0I0。由于纵坐标与横坐标的意义、标度不同，不能用故答案为：D。

【分析】根据电阻的定义（R=UI），结合小灯泡4．【答案】B【解析】【解答】A．粒子运动轨迹的凹侧指向受力方向，电场线方向向上，而粒子受力方向向下（与电场线方向相反），因此粒子带负电，并非正电，故A错误；B．由动量定理Ft=Δp得粒子的动量变化率CD．电场力对粒子做负功，电势能增大，故CD错误。故答案为：B。

【分析】结合电场线的性质（疏密表场强）、曲线运动的受力特点（力指向轨迹凹侧），以及动量定理、电场力做功与电势能的关系，逐一分析选项。5．【答案】D【解析】【解答】AB．将R3的滑片向下滑，R3的接入电阻变大，故外电路的总电阻R外变大，根据闭合电路欧姆定律有I=ER外+rC．由电路图可知，流过R1的电流为干路电流I，根据U1=IR1D．根据U外=U1+U并，因U外变大，U1变小，故U并变大，即R2两端的电压变大，根据I2=U并故答案为：D。

【分析】通过滑动变阻器阻值变化分析外电路总电阻，结合闭合电路欧姆定律，逐步推导干路电流、路端电压，再分析各支路的电流、电压变化。6．【答案】B【解析】【解答】A．根据匀强电场中平行等距的线段电势差相等，则有Uad=Ubc，即BCD．将bd连接起来，两点的电势差为12V，而ba的电势差为4V，故将bd分成三等分，在bd连线上找c点的等势点n，如图所示则有φ过b点作等势线cn的垂线，与ad相交于e点，则有φ即e点为ad连线的中点，则有ae=12根据几何关系，可得从b点到等势线cn沿电场线方向的距离为d=则电场强度大小E=根据电场线与等势线垂直，可知该垂线的方向即电场强度的方向，设与bc连线的夹角为θ，根据几何关系有tan解得θ=即电场强度的方向向右上方与bc连线夹角为45°，故B正确，CD错误。故答案为：B。

【分析】利用匀强电场中“平行等距线段电势差相等”的规律确定未知点电势，再结合“电场强度与电势差的关系”计算场强。7．【答案】C【解析】【解答】A．由欧姆定律可知电路中的总电流为I=UB．电动机内阻损耗的功率为P损C．电源内电压为Ur=Ir=2V，由闭合电路欧姆定律可知电动机两端的电压为UD．电源的效率为η=E−故答案为：C。

【分析】先通过定值电阻的电压、电阻求干路电流，再结合闭合电路欧姆定律分析电动机两端电压，最后计算电动机的输出功率、电源效率等物理量。8．【答案】A,C【解析】【解答】A．S断开时，Q不变，根据C=QU=B．S断开时，改变d，根据C=QU=εS4π由于B板接地，则φB=0，可知将B板向下平移一小段位移，两极板间的距离C．保持S闭合，则电容器两极板间电势差U不变，根据E=Ud可知，若将A板向上平移一小段位移，板间场强减小，结合UCB=EdD．将B板向左移动一小段位移，根据C=εrS故答案为：AC。

【分析】分“开关断开（电荷量Q不变）”和“开关闭合（电压U不变）”两种情况，结合电容决定式、电场强度与电势差的关系、电势能公式，分析极板移动时的物理量变化。9．【答案】A,C【解析】【解答】正点电荷q在N点产生的场强大小为E又N点场强为零，则P、Q两点电荷在N点产生的合场强E=方向向上，根据对称性可知，P、Q两点电荷在M点产生的合场强大小为E=方向向下，故将该正点电荷移到N点后，M点场强为EM故答案为：AC。

【分析】先根据“O点的正点电荷在N点时，N点场强为零”，确定P、Q处负电荷在N点的合场强；再利用对称性得到P、Q在M点的合场强，最后结合正点电荷在M点的场强，叠加得到M点的总场强。10．【答案】B,C【解析】【解答】ABD．对木块而言，因为木块始终保持静止，可知两颗子弹对木块的作用力相同，时间相同，即入射过程子弹A受到的阻力等于B受到的阻力，根据动能定理E子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，可知子弹A射入木块时的动能一定比子弹B射入木块时的动能大；对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有m整理可得2由于E则有mAC．整体总动量守恒，且始终为零，故有mAvA=m故答案为：BC。

【分析】结合动量守恒（系统总动量始终为零）和动能定理（阻力做功等于动能变化），分析子弹的质量、初速度、动量等物理量的关系。11．【答案】（1）A；B（2）I0R【解析】【解答】（1）A．该电容器正常工作的最大电压为10V，若大于10V，则可能被击穿，故A正确；BC．电容器的电容与所加的电压无关，都为200μF，故B正确，C错误。故答案为：AB。（2）开关接1稳定时，电容器上的电压为U=故电源的电动势为E=U=根据Q=It可知I−t图像与时间轴围成的面积S表示Q根据C=解得C=SI0R

故答案为：I0R（1）A．该电容器正常工作的最大电压为10V，若大于10V，则可能被击穿，故A正确；BC．电容器的电容与所加的电压无关，都为200μF，故B正确，C错误。故选AB。（2）[1]开关接1稳定时，电容器上的电压为U=故电源的电动势为E=U=[2]根据Q=It可知I−t图像与时间轴围成的面积S表示Q根据C=解得C=12．【答案】（1）×1；欧姆调零；13.0（2）；R1【解析】【解答】（1）指针偏转角度很大，表明被测电阻较小，应更换更小的挡位，从而提高测量精度。更换挡位后要进行欧姆调零10∼15一个小格表示1Ω，读数需再往下估读一位，故阻值读数为13.0Ω

（2）测量电路如图所示，因要求测量尽可能精确，且通过电阻的电流调节范围尽量大，故变阻器采用分压接法，变阻器选Ra，并将A1和R1A1和R1串联当做电压表，故电阻R解得I2=R1+r1+RxRxI1（1）[1]指针偏转角度很大，表明被测电阻较小，应更换更小的挡位，从而提高测量精度。[2]更换挡位后要进行欧姆调零[3]10∼15一个小格表示1Ω（2）[1]测量电路如图所示，因要求测量尽可能精确，且通过电阻的电流调节范围尽量大，故变阻器采用分压接法，变阻器选Ra，并将A1和R1[2]A1和R1串联当做电压表，故电阻R解得I2=R113．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律可得U=E−Ir由图线a可知硅光电池的电动势为E=8由两图线交点可知U=5V，I=0.2A解得硅光电池的内阻为r=15（2）解：此时硅光电池的总功率为P此时外电路功率为P则硅光电池的效率为η=【解析】【分析】（1）电动势与内阻：利用硅光电池U-I图线的纵轴截距得电动势，结合交点处的电压、电流，用闭合电路欧姆定律求内阻；

（2）功率与效率：总功率为电动势与电流的乘积，外功率为路端电压与电流的乘积，效率为外功率与总功率的比值。（1）根据闭合电路欧姆定律可得U=E−Ir由图线a可知硅光电池的电动势为E=8由两图线交点可知U=5V，I=0.2A解得硅光电池的内阻为r=15（2）此时硅光电池的总功率为P此时外电路功率为P则硅光电池的效率为η=14．【答案】（1）解：为了使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，小球到达某点时恰好受重力和电场力，设该点为图中的E点

将重力和电场力合成，等效成一个“重力场”，则合力的大小为F合=mg2+qE2=54mg

设合力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有tanθ=qE（2）解：由题分析可知图中F点为等效最低点，小球对轨道的压力最大，从等效最低点F到等效最高点E，根据动能定理有−在等效最低点F，根据牛顿第二定律有F联立解得FN=7.5mg

（3）解：小球经过等效最低点F时速度最大，且φB=0又U解得φ故小球运动速度最大时的电势能E【解析】【分析】（1）临界条件：将重力与电场力的合力作为“等效重力”，等效最高点的合力提供向心力，结合动能定理求s的最小值；

（2）最大压力：等效最低点是合力的反方向位置，用动能定理求速度，再由牛顿第二定律