2026-2027秋季北京市高二（上）物理期中模拟试卷（二）

第1页（共1页）2026-2027秋季北京市高二（上）物理期中模拟试卷（二）一．选择题（共10小题）1．（2025秋•顺义区校级期中）使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）A． B． C． D．2．（2025秋•顺义区校级期中）在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于教材的几幅插图的说法中不正确的是（）A．甲图中，研究物体沿曲面运动时重力做功运用了微元法思想 B．乙图中，探究影响电荷间相互作用力的因素运用了等效替代思想 C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法 D．丁图中，在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，这里用了理想化模型的思想3．（2025秋•顺义区校级期中）某电场的电场线分布如图所示，在a、b两点，电场强度关系大小是（）A．a点场强大 B．b点场强大 C．a，b两点场强相等 D．以上说法都不正确4．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，在优质话筒线的外层包裹着金属编织层，以防止干扰信号混入。其中包含的静电原理是（）A．静电吸附 B．尖端放电 C．静电除尘 D．静电屏蔽5．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（）A．电子在M点所受电场力比在P点所受电场力大 B．N点的场强与P点的场强相同 C．M点的电势比N点的电势高 D．电子在M点的电势能比在P点的电势能大6．（2025秋•顺义区校级期中）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是（）A．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．q1和q2带有同种电荷7．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示某电场的部分电场线和等势线，下列说法正确的是（）A．C点的电场强度为零 B．BD所在的曲线是电场线 C．A点的电势低于B点的电势 D．因为UAB＜0，所以电势差是矢量8．（2025秋•顺义区校级期中）如图甲所示，空间内存在平行纸面的匀强电场（图中未画出），圆上各点和圆心的连线与O1a的夹角记为θ，圆上各点的电势φ与θ的关系图像如图乙所示，已知圆的半径R＝1m，φ1＝5V，φ2＝2V，则该匀强电场的电场强度大小为（）A．1V/m B．1.5V/m C．3V/m9．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示为密立根油滴实验的示意图，初始时开关处于闭合状态。喷雾器将细小的油滴喷入极板M上方空间，油滴因摩擦带负电。某颗油滴经M板上的小孔进入下方的电场后最终静止在距小孔d2的P点，已知电源电压为U，该油滴带电量为﹣q，重力加速度为gA．U=mgdB．该过程中电场力对该油滴做的功为﹣Uq C．断开开关，仅将N板向上平移少许，该油滴将静止在P点下方 D．保持开关闭合，仅将N板向上平移少许，回路中电流沿顺时针方向10．（2025秋•顺义区校级期中）如图甲，在两平行金属板A、B间加一如图乙所示的交变电压，有一粒子源从平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度大小v0＝8×106m/s的电子。t＝0时刻进入电场的电子恰好在t＝T时刻到达A板右边缘。已知电子的质量m＝9×10﹣31kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C，图乙中U0＝405V、T＝1.5×10﹣8s，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。下列说法正确的是（）A．平行金属板的板长为6cm B．金属板A、B间的距离为9cm C．t=T4D．t=T4时刻进入电场的电子到达电场右边界时距A二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，图线a对应导体的电阻为R1，图线b对应导体的电阻为R2，则下列说法中正确的是（）A．R1：R2＝1：3 B．R1：R2＝3：1 C．若通过R1与R2的电流相等，则它们两端的电压之比U1：U2＝1：3 D．若R1与R2两端的电压相等，则通过它们的电流之比I1：I2＝1：3（多选）12．（2025秋•顺义区校级期中）使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是（）A．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处 B．每一次换挡，都要重新进行一次调零 C．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔 D．测量时，若指针偏转很小（靠近∞附近），应换倍率更大的挡进行测量（多选）13．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，图线a是太阳能电池在某光照强度下路端电压U和干路电流I的关系图像，图线b是某光敏电阻的U﹣I图像，虚直线c为图线a过P点的切线，在该光照强度下，将它们组成闭合回路时（）A．太阳能电池的电动势为6V B．光敏电阻的功率为0.8W C．光敏电阻的阻值为40Ω D．太阳能电池的内阻为5Ω（多选）14．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，在水平向右的匀强磁场中，水平放置一根通电直导线（图中圆环中心处），电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以通电直导线为圆心的同一圆周上的四点，ac与磁场方向垂直，bd与磁场方向平行，ac、bd都过圆心。已知a点的磁感应强度为0，下列说法正确的有（）A．c点的磁感应强度为b点磁感应强度的2倍 B．b、d两点的磁感应强度方向相互垂直 C．b、d两点的磁感应强度大小相等 D．在该圆周上c点的磁感应强度最大（多选）15．（2025秋•顺义区校级期中）在如图所示的电路中，R1＝R2＝R3＝10Ω，滑动变阻器R0的最大阻值为15Ω，电源电动势E＝15V，内阻不计。闭合开关S时，滑动变阻器的滑片置于a端，电容器始终未被击穿，其电容C＝500μF，下列说法正确的是（）A．滑片置于a端时，电容器下极板带负电 B．滑片置于a端时，电容器所带电荷量为3.75×10﹣3C C．在滑片缓慢向右滑动到b端的过程中，电容器的带电量先减少后增加 D．在滑片缓慢向右滑动到b端的过程中，通过电容器的电荷量为5×10﹣3C三．实验题（共2小题）16．（2025秋•北京校级期中）在“测量金属丝的电阻率”实验中，金属丝的电阻Rx约为5Ω。（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，如图1所示，测量值d＝__________mm。（2）为测量金属丝的电阻，实验中提供的器材有电源（电动势为3V）、电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）、开关、若干导线及下列器材：A.电流表（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）B.电流表（量程0～3A，内阻约0.025Ω）C.滑动变阻器（最大阻值5Ω，额定电流2A）D.滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）为使金属丝的电压能从零开始增大，并使测量结果尽量准确，上面器材中电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____（填器材前的字母）。测量电路选用如图中的_____。根据所选电路，若只考虑电流表和电压表内阻的影响，关于本实验的误差分析，下列说法正确的是_____。A．电阻的测量值大于真实值，属于偶然误差B．电阻的测量值小于真实值，属于偶然误差C．电阻的测量值大于真实值，属于系统误差D．电阻的测量值小于真实值，属于系统误差17．（2025秋•北京校级期中）根据闭合电路的欧姆定律，电源电动势E和内阻r、路端电压U、电流I的关系为E＝U+Ir。依据这一原理，甲同学用图1所示的电路测量电源的电动势和内阻。（1）调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表和电流表的示数，在坐标纸上标出相应的数据点，作出U﹣I图线如图2所示。根据图线测得该电源的电动势E测＝________V，内电阻r测＝________Ω（结果均保留2位有效数字）。（2）由于电表并非理想电表，导致_______（选填“电压”或“电流”）的测量存在系统误差。在图2上定性画出没有电表内阻影响的理想情况的U﹣I图线，画出图线与横纵坐标轴的交点。若电源的电动势为E，内阻为r，仅从系统误差的角度来看，E测_____E，r测_____r（均选填“＜”“＝”或“＞”）。四．解答题（共4小题）18．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）判断小球的带电性质；（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小。19．（2025秋•西城区校级期中）直流电动机是一个把电能转化为机械能的装置。如图所示，电源的电动势E＝6V，内阻r＝0.5Ω，电动机M的线圈电阻为R＝0.5Ω，限流电阻R0＝0.5Ω，电键S闭合，电动机处于正常工作状态，理想电压表的示数为4.5V，求：（1）通过电动机的电流；（2）电动机输出的机械功率；（3）如果电动机突然卡住，则电动机的热功率是多少（电动机未被烧坏）。20．（2025秋•西城区校级期中）如图所示为示波管的结构原理图，阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经电势差为U0的AB两金属板间的加速电场加速后，从一对水平放置的带电金属板的左端沿中心轴线O'O射入板间（O'O垂直于荧光屏M），两金属板间偏转电场的电势差为U，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场。已知电子的质量为m，电荷量为e；加速电场的金属板AB间距离为d0；偏转电场的金属板长为L1，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水平距离为L2。电子所受重力可忽略不计。（1）求电子经加速电场射出时的速度大小v0。若已知U0＝200V，d0=2.0×10-2m，m＝9.0×10﹣31kg，e＝1.6×10﹣19C，重力加速度（2）求电子在离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距离y1。若单位电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度，该值越大表示灵敏度越高。在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取的措施。（3）求电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y2。21．（2025秋•西城区校级期中）“电场”和“电路”看似毫不相关，实则紧密联系。电路中的宏观现象和规律可从微观角度用电场知识给出合理解释。（1）如图（a）、（b）、（c）所示为外电路中的某段金属导体内建立恒定电场的过程示意图。（a）中E0表示电路闭合瞬间由电源正负极电荷所激发电场的场强，将E0分解为沿导线方向和垂直于导线方向的分量E1、E2；（c）表示最终在导线中形成了沿导线方向的恒定电场。自由电荷在此恒定电场的作用下定向移动形成电流。请解释（b）中抵消E2的附加场强E′的成因。（2）恒定电场的基本性质与静电场相同。在静电场中所讲的电势、电势差及其与场强的关系，例如E=Ud在恒定电场中仍适用。欧姆定律的宏观形式为I=UR。小物同学通过翻阅大学教材，发现欧姆定律还有微观形式，即j=Eρ，（3）小理同学对导线中的恒定电场产生了疑问：“导线中恒定电场的电场线沿导线方向，因此沿导线方向电势降落，为何在分析电路问题时不考虑导线两端的电势差呢？”小物同学首先根据U＝IR给出了宏观解释：“因导线电阻相比用电器电阻小得多，因此不考虑导线上的电势降落”。他又建立了如图所示的模型尝试从微观角度给出解释。两段横截面积和长度均相同的导体A、B串联，其电阻率分别为ρA、ρB（ρA≫ρB），通过导体的电流恒为I。请你结合小物同学的模型和j=Eρ，从导体中“场的视角”解答小

解答一．选择题（共10小题）1．（2025秋•顺义区校级期中）使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）A． B． C． D．【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有B符合条件。故选：B。【点评】本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．2．（2025秋•顺义区校级期中）在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于教材的几幅插图的说法中不正确的是（）A．甲图中，研究物体沿曲面运动时重力做功运用了微元法思想 B．乙图中，探究影响电荷间相互作用力的因素运用了等效替代思想 C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法 D．丁图中，在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，这里用了理想化模型的思想【分析】根据物理学中的研究方法：控制变量法，类比法、微元法、理想模型法、等效替代法等进行判定即可。【解答】解：A．在研究物体沿曲面运动时重力做功运用了微元法思想，故A正确；B．探究影响电荷间相互作用力的因素运用了控制变量法，故B错误；C．探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法，故C正确；D．在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，这里用了理想化模型的思想，故D正确；本题选不正确的，故选：B。【点评】本题考查常见的物理方法，我们要清楚一些物理知识的形成过程，掌握研究物理问题时所采用的研究方法和思想。3．（2025秋•顺义区校级期中）某电场的电场线分布如图所示，在a、b两点，电场强度关系大小是（）A．a点场强大 B．b点场强大 C．a，b两点场强相等 D．以上说法都不正确【分析】明确电场线的性质，根据电场线的疏密判断电场的强弱。【解答】解：电场线的疏密反映电场的强弱，由图知，a处电场线比b处电场线密，所以a点场强大于b点场强，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线的疏密表示场强的相对大小，即可解决本题．4．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，在优质话筒线的外层包裹着金属编织层，以防止干扰信号混入。其中包含的静电原理是（）A．静电吸附 B．尖端放电 C．静电除尘 D．静电屏蔽【分析】根据静电屏蔽的作用分析即可。【解答】解：在优质话筒线的外层包裹着金属编织层，以防止干扰信号混入。其中包含的静电原理是静电屏蔽，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查了静电屏蔽的应用，容易题。5．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（）A．电子在M点所受电场力比在P点所受电场力大 B．N点的场强与P点的场强相同 C．M点的电势比N点的电势高 D．电子在M点的电势能比在P点的电势能大【分析】A.结合题意，由两等量异种点电荷周围的电场分布情况及电场强度与电场力的关系，即可分析判断；B.结合题意，由两等量异种点电荷周围的电场分布情况，即可分析判断；C.结合题意，由两等量异种点电荷周围的等势面分布情况，即可分析判断；D.结合题意，由两等量异种点电荷周围的等势面分布情况及电势与电势能的关系，即可分析判断。【解答】解：如下图，为两等量异种点电荷周围的电场线及等势面的分布情况：A.由题意可知，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称，由上图可知，等量异种点电荷的电场线关于两电荷连线的中垂线对称，则M、P两点场强大小相等，故由F＝qE可知，电子在M点所受电场力等于在P点所受电场力，故A错误；B.由题意可知，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称，则N、P两点关于两电荷连线的中点对称，由上图可知，等量异种点电荷的电场线关于两电荷连线的中点对称，故由上图可知，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，故B正确；C.由题意可知，M、N两点关于两电荷连线对称，则由上图中等势面的分布情况可知，M、N两点在同一等势面上，则M点的电势等于N点的电势，故C错误；D.因为沿电场方向，电势逐渐降低，则由上图可知：φM＞φP，又因为，带负电的物体在电势更高的位置电势能更小，而电子带负电，则有：EPM＜EPP，故D错误。故选：B。【点评】本题考查对等量异种电荷的电场线分布、等量同种电荷的电场线分布的掌握，解题时需注意电场线的方向及电场分布的对称性。6．（2025秋•顺义区校级期中）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是（）A．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．q1和q2带有同种电荷【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零分析知道两个电荷的电性；根据电势的变化分析电势能的变化，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而分析电场力变化。【解答】解：A、负电荷从x1移到x2，曲线的斜率减小，电场强度减小，所以负电荷受到的电场力减小，故A错误；B、图中曲线斜率大小等于电场强度，x1处的斜率不为零，故x1处的电场强度不为零，故B错误；C、由Ep＝qφ可知，负电荷在高电势处电势能小，所以负电荷从x1移到x2，电势升高，电势能减小，故C正确；D、由图可知，无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以q1和q2带有异种电荷，故D错误。故选：C。【点评】解决该题的关键是明确知道图象的斜率表示是电场强度，熟记电势能与电势之间的关系式，知道正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负。7．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示某电场的部分电场线和等势线，下列说法正确的是（）A．C点的电场强度为零 B．BD所在的曲线是电场线 C．A点的电势低于B点的电势 D．因为UAB＜0，所以电势差是矢量【分析】电场线的分布可以反映电场的强弱，等势线与电场线垂直，沿电场线的方向电势逐渐降低，结合电势差的物理意义分析。【解答】解：A．电场线的分布可以反映电场的强弱，C点有电场线分布（尽管图中没有画出），C点的电场强度不为零，故A错误；B．BD所在的曲线与电场线垂直，故BD为等势面而不是电场线，故B错误；C．沿电场线的方向电势逐渐降低，因此A点电势低于B点电势，故C正确；D．尽管UAB＜0，只表示A点电势低于B点电势，负号不表示方向，因此电势差是标量，故D错误。故选：C。【点评】本题考查电场线与等势面的相关知识，考查比较基础，记住相关知识点，根据题意进行准确的分析判断。8．（2025秋•顺义区校级期中）如图甲所示，空间内存在平行纸面的匀强电场（图中未画出），圆上各点和圆心的连线与O1a的夹角记为θ，圆上各点的电势φ与θ的关系图像如图乙所示，已知圆的半径R＝1m，φ1＝5V，φ2＝2V，则该匀强电场的电场强度大小为（）A．1V/m B．1.5V/m C．3V/m【分析】题目描述的物理现象是匀强电场中圆周上的电势分布，已知电势随角度变化的函数关系。解题思路的核心在于识别匀强电场中电势最高点与最低点的连线方向即为电场方向，两点间的电势差最大。通过图像确定最高电势与最低电势的数值，结合圆周半径计算出沿电场线方向的有效距离，即直径长度。最后利用匀强电场中场强与电势差的关系，由最大电势差和距离求出电场强度大小。【解答】解：根据匀强电场中电势分布规律并结合φ﹣θ图像进行定量分析。由图乙可知，圆周上θ＝0时电势最高，为φ1＝5V；θ＝π时电势最低，为φ2＝2V。在匀强电场中，圆周上电势最高点与最低点的连线（即直径）方向与电场线方向平行，两点间沿电场线方向的距离即为直径d＝2R＝2×1m＝2m。根据匀强电场中场强与电势差的关系U＝Ed，最大电势差为Δφ＝φ1﹣φ2，代入数据计算得：E=φ1-φ22R=5-22故选：B。【点评】本题巧妙地将匀强电场的电势分布规律与圆周几何、函数图像相结合，考查学生对匀强电场等势面与电场线关系的理解深度。题目通过构建电势随角度变化的图像，引导学生识别圆周上电势最高点与最低点，并理解这两点连线方向即电场方向这一关键结论。解题核心在于将圆周模型转化为沿电场方向的直线模型，运用电势差与场强的关系公式进行计算。本题计算量小，但思维要求较高，需要学生具备良好的图像分析能力和物理建模能力，能有效锻炼从具体情境中抽象出物理本质的综合素养。9．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示为密立根油滴实验的示意图，初始时开关处于闭合状态。喷雾器将细小的油滴喷入极板M上方空间，油滴因摩擦带负电。某颗油滴经M板上的小孔进入下方的电场后最终静止在距小孔d2的P点，已知电源电压为U，该油滴带电量为﹣q，重力加速度为gA．U=mgdB．该过程中电场力对该油滴做的功为﹣Uq C．断开开关，仅将N板向上平移少许，该油滴将静止在P点下方 D．保持开关闭合，仅将N板向上平移少许，回路中电流沿顺时针方向【分析】根据平衡条件分析；根据电场力做功公式计算；根据电容的定义式、决定式和电场强度与电势差的关系式写出电场强度的表达式分析；根据电容的决定式分析电容的变化，进而分析电容器带电荷量的变化，据此分析电流方向。【解答】解：A.油滴静止时根据平衡条件有qUd=mg，解得U=B.极板M与P点之间的电势差为U2，该过程中电场力对该油滴做的功为W=-UqC.断开开关，极板的带电荷量保持不变，仅将N板向上平移少许，根据C=εrS4πkd，U=QC，E=Ud，解得D.保持开关闭合，电容器两端电压U不变，仅将N板向上平移少许，d减小，根据C=εrS4πkd，可知电容C增大，则极板电荷量故选：D。【点评】掌握C=εrS4πkd，10．（2025秋•顺义区校级期中）如图甲，在两平行金属板A、B间加一如图乙所示的交变电压，有一粒子源从平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度大小v0＝8×106m/s的电子。t＝0时刻进入电场的电子恰好在t＝T时刻到达A板右边缘。已知电子的质量m＝9×10﹣31kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C，图乙中U0＝405V、T＝1.5×10﹣8s，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。下列说法正确的是（）A．平行金属板的板长为6cm B．金属板A、B间的距离为9cm C．t=T4D．t=T4时刻进入电场的电子到达电场右边界时距A【分析】题目描述电子在交变电场中的运动，关键在于分析水平匀速与竖直方向受周期性电场力作用的合成运动。已知t＝0时刻进入的电子恰在t＝T时刻到达右边缘，可确定板长等于水平匀速运动的位移。竖直方向需分析电子在交替电场中的加速与减速过程，利用匀变速运动规律及对称性确定板间距。比较不同时刻进入电场的电子，需分析其竖直方向速度变化是否归零，以及最终偏转位移与板间距的关系。【解答】解：B、设两极板间的距离为d，据题意有d2=2×12a(T2)2A、电子进入电场后，在电场力作用下做类平抛运动，电子在水平方向做匀速直线运动，故有L＝v0T，代入数据解得L＝12cm，故A错误；C、电子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零，因此电子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，故C错误；D、t=T4时刻进入的电子，在前半周期内竖直方向的位移向上，大小为y1=2×12a(T4)2，在后半周期内竖直方向的位移向下，大小为y2=2×12a(T4)故选：B。【点评】本题巧妙地将类平抛运动与交变电场相结合，综合考查带电粒子在交变电场中的运动分析。题目计算量适中，难度中等偏上，重点检验学生对运动独立性原理的掌握以及运用图像法处理周期性电场问题的能力。学生需根据已知时刻电子的运动轨迹逆向推理出板长与板间距，并准确分析不同时刻进入电场的电子在竖直方向的位移叠加情况，对逻辑推理和空间建模能力要求较高。选项C和D的设置尤其能锻炼学生对运动过程细节的把握，需要清晰地理解竖直方向速度变化的对称性，避免因过程复杂而产生误解。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，图线a对应导体的电阻为R1，图线b对应导体的电阻为R2，则下列说法中正确的是（）A．R1：R2＝1：3 B．R1：R2＝3：1 C．若通过R1与R2的电流相等，则它们两端的电压之比U1：U2＝1：3 D．若R1与R2两端的电压相等，则通过它们的电流之比I1：I2＝1：3【分析】AB.根据电阻的伏安特性曲线的斜率的物理意义列式解答；CD.根据电流相等和电压相等时结合欧姆定律列式求解。【解答】解：AB.根据电阻的伏安特性曲线的斜率代表电阻的倒数，可得R1=1V1A=1Ω，R2=3V1A=3Ω，所以R1：RC.若通过R1与R2的电流相等，由欧姆定律可得U1：U2＝IR1：IR2＝1：3，故C正确；D.若R1与R2两端的电压相等，由欧姆定律可得I1：I故选：AC。【点评】考查电阻的伏安特性曲线的应用，理解欧姆定律的内容，属于基础题。（多选）12．（2025秋•顺义区校级期中）使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是（）A．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处 B．每一次换挡，都要重新进行一次调零 C．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔 D．测量时，若指针偏转很小（靠近∞附近），应换倍率更大的挡进行测量【分析】使用欧姆表测电阻前要注意机械调零；每换一次挡都要重新进行欧姆调零；欧姆表内置电源的正极与“﹣”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；使用欧姆表测电阻应选择适当的挡位，使指针指在中央刻度盘附近，如果指针偏转角度较小，说明所选挡位太大，应换小挡．【解答】解：A、使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“∞”处，故A正确；B、每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零，故B正确；C、在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表，故C错误；D、测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故D正确；故选：ABD。【点评】本题考查了用多用电表欧姆挡测电阻的注意使用及方法，掌握使用欧姆表的注意使用即可正确解题；要掌握多用电表的使用方法及注意事项．（多选）13．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，图线a是太阳能电池在某光照强度下路端电压U和干路电流I的关系图像，图线b是某光敏电阻的U﹣I图像，虚直线c为图线a过P点的切线，在该光照强度下，将它们组成闭合回路时（）A．太阳能电池的电动势为6V B．光敏电阻的功率为0.8W C．光敏电阻的阻值为40Ω D．太阳能电池的内阻为5Ω【分析】根据闭合电路欧姆定律结合电源的U﹣I图线确定电源的电动势；两图线的交点表示光敏电阻接在该电源两端时的工作状态，读出电压和电流，再求光敏电阻的功率和阻值，由闭合电路欧姆定律求太阳能电池的内阻。【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律可得U＝E﹣Ir，当I＝0时，U＝E，则图线a的纵截距表示电源电动势，所以太阳能电池的电动势为E＝5V，故A错误；BC、由图可知，在该光照强度下，将太阳能电池和光敏电阻组成闭合回路时，则该光敏电阻两端电压为4V，通过该电阻的电流为0.2A，则该光敏电阻的阻值为R=UI=40.2Ω=20Ω，光敏电阻的功率为P＝UI＝D、太阳能电池的内阻为r=E-UI=故选：BD。【点评】本题主要考查闭合电路的欧姆定律，要理解图线的截距和交点的意义，知道两图线的交点表示光敏电阻接在该电源两端时的工作状态，结合欧姆定律和功率公式即可完成解答。（多选）14．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，在水平向右的匀强磁场中，水平放置一根通电直导线（图中圆环中心处），电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以通电直导线为圆心的同一圆周上的四点，ac与磁场方向垂直，bd与磁场方向平行，ac、bd都过圆心。已知a点的磁感应强度为0，下列说法正确的有（）A．c点的磁感应强度为b点磁感应强度的2倍 B．b、d两点的磁感应强度方向相互垂直 C．b、d两点的磁感应强度大小相等 D．在该圆周上c点的磁感应强度最大【分析】用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项。【解答】解：a点的磁感应强度为0，匀强磁场的磁感应强度为B，可知直导线产生的磁场与匀强磁场的场强等大反向。因直导线在abcd四点产生的磁感应强度大小相同则均为B，直导线在b点的磁场方向向下，可知b点的合磁感应强度为2B，方向指向右下方45°；直导线在c点的磁场向右，可知c点的磁感应强度为2B，方向向右；直导线在d点的磁场方向向上，可知d点的合磁感应强度为2B，方向指向右上方45°；则c点的磁感应强度为b点磁感应强度的2倍，b、d两点的磁感应强度方向相互垂直；b、d两点的磁感应强度大小相等；在该圆周上c点的磁感应强度最大，故A错误，故选：BCD。【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。（多选）15．（2025秋•顺义区校级期中）在如图所示的电路中，R1＝R2＝R3＝10Ω，滑动变阻器R0的最大阻值为15Ω，电源电动势E＝15V，内阻不计。闭合开关S时，滑动变阻器的滑片置于a端，电容器始终未被击穿，其电容C＝500μF，下列说法正确的是（）A．滑片置于a端时，电容器下极板带负电 B．滑片置于a端时，电容器所带电荷量为3.75×10﹣3C C．在滑片缓慢向右滑动到b端的过程中，电容器的带电量先减少后增加 D．在滑片缓慢向右滑动到b端的过程中，通过电容器的电荷量为5×10﹣3C【分析】当滑动变阻器的滑片置于a端时，R0被短路，电容器与R1并联，分析电容器下极板的电性，求出电容器的电压，再求电容器所带电荷量；在滑片缓慢向右滑动到b端的过程中，分析电容器电压的变化情况，以及极板带电情况，再分析电容器的带电量和通过电容器的电荷量。【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片置于a端时，R0被短路，电容器与R1并联，电容器下极板与电源正极相连，下极板带正电，故A错误；B、当滑动变阻器的滑片置于a端时，R1、R2串联后与R3并联，因电源内阻不计，则R1两端电压为U1=E2=电容器所带电荷量为Q=CU1=(5×1C、当滑动变阻器的滑片置于a端时，下极板带正电。当滑片向b端滑动时，下极板电势变低，当滑到10Ω时，此时有R1R2=R0R3，电容器两端的电势相同，电势差为0，电容器的带电量为D、设R1的左端为E点，假设上极板为A，下极板为B，滑片置于b时UEA=E2=152V＝7.5V，UEB=可知UAB＝UEB﹣UEA＝9V﹣7.5V＝1.5V则Q故通过电容器的电荷量ΔQ＝Q+Q′＝3.75×10﹣3C+0.75×10﹣3C＝4.5×10﹣3C，故D错误。故选：BC。【点评】本题是含有电容器的电路，关键是弄清电路的连接情况，确定电容器的电压和带电情况。要知道电路稳定时，电容器相当于开关断开，能够根据串联电路分压规律求电容器的电压。三．实验题（共2小题）16．（2025秋•北京校级期中）在“测量金属丝的电阻率”实验中，金属丝的电阻Rx约为5Ω。（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，如图1所示，测量值d＝0.367mm。（2）为测量金属丝的电阻，实验中提供的器材有电源（电动势为3V）、电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）、开关、若干导线及下列器材：A.电流表（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）B.电流表（量程0～3A，内阻约0.025Ω）C.滑动变阻器（最大阻值5Ω，额定电流2A）D.滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）为使金属丝的电压能从零开始增大，并使测量结果尽量准确，上面器材中电流表应选用A，滑动变阻器应选用C（填器材前的字母）。测量电路选用如图中的甲。根据所选电路，若只考虑电流表和电压表内阻的影响，关于本实验的误差分析，下列说法正确的是D。A．电阻的测量值大于真实值，属于偶然误差B．电阻的测量值小于真实值，属于偶然误差C．电阻的测量值大于真实值，属于系统误差D．电阻的测量值小于真实值，属于系统误差【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；（2）估算最大电流选择电流表，根据方便调节选择滑动变阻器；根据实验要求和误差分析判断；根据电压表的分流作用和欧姆定律分析判断。【解答】解：（1）根据螺旋测微器读数规则可知金属丝直径d＝0+0.01×36.7mm＝0.367mm（2）电路中电流最大值Imax=E为使金属丝的电压能从零开始增大，滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器应选用C。由于Rx＝5Ω＜R分析甲图中电路，可知电压表的分流导致电流表的测量值大于真实值，根据欧姆定律Rx=UI可知，待测电阻的测量值小于真实值，属于系统误差。故故选：D。故答案为：（1）0.367；（2）A，C，甲，D。【点评】本题关键掌握测量金属丝的电阻率的实验原理，电学器材的选择方法，测量电路和控制电路的选择方法，螺旋测微器的读数方法和实验误差分析方法。17．（2025秋•北京校级期中）根据闭合电路的欧姆定律，电源电动势E和内阻r、路端电压U、电流I的关系为E＝U+Ir。依据这一原理，甲同学用图1所示的电路测量电源的电动势和内阻。（1）调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表和电流表的示数，在坐标纸上标出相应的数据点，作出U﹣I图线如图2所示。根据图线测得该电源的电动势E测＝4.4V，内电阻r测＝4.1Ω（结果均保留2位有效数字）。（2）由于电表并非理想电表，导致电流（选填“电压”或“电流”）的测量存在系统误差。在图2上定性画出没有电表内阻影响的理想情况的U﹣I图线，画出图线与横纵坐标轴的交点。若电源的电动势为E，内阻为r，仅从系统误差的角度来看，E测＜E，r测＜r（均选填“＜”“＝”或“＞”）。【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，结合U﹣I图线的纵截距和斜率解答；（2）由于电压表的分流作用，所以导致电流的测量存在系统误差。考虑电压表的分流，分析实际流过电源的电流与测量得到的电流的关系。根据题意，应用闭合电路欧姆定律，推导两次测量值与真实值的关系式，进行比较作答。【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣Ir，可知U﹣I图线的纵截距等于测得该电源的电动势，则E测＝4.4V，U﹣I图线的斜率绝对值等于测得该电源的内电阻，则r测（2）图1中电压表测量的是路端电压，电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，由于电压表的分流作用，所以导致电流的测量存在系统误差。当路端电压为0时，即发生短路时，电压表分流为0，此时电流的测量值与真实值相等，即实验图像与理论图像在横坐标上交于同一点。而在相同的电压之下，理论的干路电流大于实验的干路电流，理论图像的纵坐标交点在实验图像之上，所以理想情况的U﹣I图像如图所示：将图1中电源与电压表等效为一个新电源，则此时的测量值为等效电源的电动势与内阻，设电压表的内阻为RV，则有E测=E由于RVRV+r＜1，故E测＜E故答案为：（1）4.4；4.1（2）电流；＜；＜【点评】本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，实验原理是闭合电路欧姆定律，利用U﹣I图像处理数据得到所测物理量。本题重点在误差分析部分，根据题目的解答，掌握误差分析的方法，可用图像法或解析法分析误差。四．解答题（共4小题）18．（2025秋•西城区校级期中）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）判断小球的带电性质；（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小。【分析】根据小球受力与所处于的位置可确定电场力的方向，再依据小球受力平衡条件，利用力的合成与分解可求出电场力的大小，从而算出电场强度。根据动能定理求出小球经过最低点的速度。【解答】解：（1）由图可知，小球受到的电场力方向向左，电场方向向右，所以小球带负电。（2）小球受三个力作用处于平衡状态，有tan37°=qEmg=34（3）小球从水平位置到竖直方向的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得mgL﹣qEL=联立解得v=答：（1）小球带负电（2）匀强电场电场强度的大小为3mg4q（3）小球经过A点时的速度为v=【点评】对小球进行受力分析与运动分析，再运用三力平衡条件来进行力的处理，根据动能定理求出小球经过最低点的速度。19．（2025秋•西城区校级期中）直流电动机是一个把电能转化为机械能的装置。如图所示，电源的电动势E＝6V，内阻r＝0.5Ω，电动机M的线圈电阻为R＝0.5Ω，限流电阻R0＝0.5Ω，电键S闭合，电动机处于正常工作状态，理想电压表的示数为4.5V，求：（1）通过电动机的电流；（2）电动机输出的机械功率；（3）如果电动机突然卡住，则电动机的热功率是多少（电动机未被烧坏）。【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律计算；（2）根据电动机的输入功率、发热功率和输出功率之间的关系计算；（3）电动机卡住后，相当于纯电阻元件，先根据闭合电路的欧姆定律计算通过电动机的电流，然后根据P＝I2R公式计算。【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可知，通过电动机的电流为I=E-U（2）电动机的输入功率为P入＝UI＝4.5×1.5W＝6.75W电动机的热功率为Pr则电动机的输出功率为P出＝P入﹣Pr＝6.75W﹣1.125W＝5.625W（3）电动机卡住后，相当于纯电阻元件，由闭合电路欧姆定律可得I'则电动机的热功率为P'代入数据解得P'r＝8W答：（1）通过电动机的电流为1.5A；（2）电动机输出的机械功率为5.625W；（3）如果电动机突然卡住，则电动机的热功率是8W。【点评】知道电动机正常工作时的电功率与热功率和输出功率之间的关系，知道电动机卡住后，相当于纯电阻元件。20．（2025秋•西城区校级期中）如图所示为示波管的结构原理图，阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经电势差为U0的AB两金属板间的加速电场加速后，从一对水平放置的带电金属板的左端沿中心轴线O'O射入板间（O'O垂直于荧光屏M），两金属板间偏转电场的电势差为U，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场。已知电子的质量为m，电荷量为e；加速电场的金属板AB间距离为d0；偏转电场的金属板长为L1，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水平距离为L2。电子所受重力可忽略不计。（1）求电子经加速电场射出时的速度大小v0。若已知U0＝200V，d0=2.0×10-2m，m＝9.0×10﹣31kg，e＝1.6×10﹣19C，重力加速度（2）求电子在离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距离y1。若单位电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度，该值越大表示灵敏度越高。在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取的措施。（3）求电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y2。【分析】（1）根据动能定理可得电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小；比较由于重力引起的竖直分速度大小以及电子的水平分速度，从而得出结论；（2）根据类平抛运动的规律求偏转距离，根据示波管的灵敏度表达式分析相应措施；（3）根据类平抛运动的推论和几何关系求电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离。【解答】解：（1）对于电子在加速电场中的加速过程，根