2026-2027秋季福建地区高二（上）物理期中模拟试卷（三）

第1页（共1页）2026-2027秋季福建地区高二（上）物理期中模拟试卷（三）一．选择题（共4小题）1．（2025秋•龙岩期中）如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球a，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是（）A． B． C． D．2．（2025秋•龙岩期中）如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b串联连接在电路中，横截面积之比Sa：Sb＝2：3。下列说法正确的是（）A．a、b导线电阻之比为2：3 B．a、b导线通过的电流之比为2：3 C．a、b导线的两端电压之比为2：3 D．a、b导线的焦耳热功率之比为3：23．（2025秋•龙岩期中）真空中A、B两个异种点电荷带电荷量分别为2Q、−Q（Q＞0），两点电荷固定在光滑水平面相距为L的两处（静电力常量为k），OO1为A、B两个点电荷连线的中垂线，下列说法正确的是（）A．A、B两个点电荷之间的库仑力大小为2kQB．A、B两个点电荷连线之间的电场方向为由B指向A C．OO1连线上各位置的电场强度方向均为与AB平行指向B侧 D．A、B两个点电荷连线之间静止释放一负点电荷，它一定加速向A靠近4．（2025秋•龙岩期中）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|＝2|BP|，电子a入射动能为Ek，电子的电荷量为e，则（）A．P点电场强度大于C点电场强度 B．B点的电场强度E=EC．电子b在P点动能大于Q点动能 D．电子b全程克服电场力做的功等于2eU二．多选题（共4小题）（多选）5．（2025秋•龙岩期中）两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（）A．R1的电阻为R1=10.5Ω＝2B．R1的电阻R1＝tan45°Ω＝1Ω C．R2的电阻随电压的增大而减小 D．当U＝1V时，R2的电阻等于R1的电阻（多选）6．（2025秋•龙岩期中）如图所示，为一电容式位移传感器的示意图，电容器两固定极板间有一可移动的电介质板，电介质板与被测物体相连。电容器接入恒压电源后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，若物体向左平行于极板移动，下列说法中正确的是（）A．在电介质板移出电容器的过程中，电容器的电容增大 B．在电介质板移出电容器的过程中，由a→b的电流流过电流计 C．在电介质板移出电容器的过程中，A极板电荷量增大 D．在电介质板移出电容器前后，两极板间的电压相同（多选）7．（2025秋•龙岩期中）如图所示a、b两个带正电的同种粒子，以不同的速率先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在下极板的a′点，b粒子打在下极板的b'点，若不计重力，则（）A．a的速率比b的速率小 B．a的速率比b的速率大 C．a在电场中运动的时间比b长 D．a在电场中运动的时间和b相等（多选）8．（2025秋•龙岩期中）空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一带电微粒，在t＝0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其他力的作用；测得微粒所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示，t1时电势为φ1，7t1时电势为﹣φ2。下列说法正确的是（）A．该微粒在圆周运动过程中机械能守恒 B．b点与a点的电势差UbaC．该微粒做匀速圆周运动的周期为14t1 D．电场强度的大小为φ1+φ2三．填空题（共3小题）9．（2025秋•思明区校级期中）（1）某次实验中电流表和电压表的示数如甲、乙图所示，若电流表选择0～0.6A的量程，电压表选择0～15V的量程，则电流表示数为_________A，电压表示数为_________；（2）某次实验中，用游标卡尺测量连入电路的圆柱体的长度为L，示数如丙图，则L为__________cm。10．（2025秋•思明区校级期中）如图所示，A、B是材料相同、厚度相同、表面为正方形的金属导体，两正方形的边长之比为2：1，通过这两个导体的电流方向如图所示，不考虑温度对电阻率的影响，则两个导体A与B：（1）串联在电路中，两端的电压之比为________。（2）串联在电路中，自由电子定向移动的平均速率之比为________。11．（2025秋•思明区校级期中）如图所示，物块A、B用一绝缘轻弹簧相连，竖直放在木块C上，C静置于地面上。A、B、C三物块的质量分别为m、2m、3m，A物块带电+q，B物块带电﹣q，C物块不带电，所加竖直向下的匀强电场，场强为E＝mg•q，设所有接触面都光滑，重力加速度为g。当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬间，A、B的加速度分别是aA＝_____，aB＝_________。四．实验题（共2小题）12．（2025秋•思明区校级期中）电容器是一种重要的电学元件，现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可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源两端的电压恒为4V，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，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。（1）在电容器放电过程中，通过电阻R0的电流方向_________（选填“水平向左”或“水平向右”或“无电流”）。（2）图像阴影为I﹣t曲线与时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积S1_____S2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）已知S1＝1200mA•s，则该电容器的电容值为_________法拉（保留两位有效数字）。（4）由甲、乙两图可判断阻值R1_____R2（选填“＞”或“＜”“＝”）。（5）关于电容器在整个充、放电过程中的q﹣t图像和UAB﹣t图像的大致形状，可能正确的有_______（q为电容器极板所带的电荷量，UAB为电容器两板的电势差）。13．（2025秋•思明区校级期中）某实验小组利用图甲所示的电路测量金属丝的电阻率（图中Rx表示待测金属丝的电阻）。（1）正确操作螺旋测微器，测量金属丝的直径结果如图乙所示，则该次测得的金属丝的直径为__________mm。（2）图中已连接了部分导线。请根据甲图补充完成图中实物间的连线；（3）连接好电路后，开关S闭合前滑动变阻器的滑片应滑至_______。（选填“左端”或“右端”）；（4）实验中发现电压表的量程无法满足实验要求，某同学将量程为4mA、内阻为120Ω的灵敏电流计G与阻值为R1的定值电阻串联后，改装成量程为6V的电压表，则R1＝_________Ω。（5）用刻度尺测得被测金属丝接入电路的长度为L，螺旋测微器测得金属丝的直径为d，用电流表和电压表测得金属丝的电阻为Rx，则被测金属丝的电阻率为ρ＝____________________。（用题中所给物理量的字母表示）（6）实验中测得待测金属丝的电阻Rx的阻值约为70Ω，实验时电流表采用了外接法，经检验该方法是正确的，则关于电流表的内阻RA的判断可能正确的是_____。A．RA＝0.9ΩB．RA＝2.4ΩC．RA＝3.2ΩD．RA＝3.9Ω五．解答题（共3小题）14．（2025秋•厦门校级期中）如图所示为某品牌的桶装饮用水电动抽水器，内置充电电池、电动机和小型水泵。已知充电电池的容量Q＝1200mAh，输入电压U1＝5V，电流I1＝1A。电动机输入电压U2＝5V，额定功率P2＝2.5W，电动机的输出功率等于小水泵所需要的输入功率，且不计电动机的机械损耗。小型水泵的抽水效率为η＝75%。用该电动抽水器倒水喝时，出水口与桶内水面高度差为h＝55cm，出水速度为v＝2m/s，出水量为m＝0.2kg/s，忽略水在管道中的机械能损失，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）电动抽水器充满电所需的时间t；（2）小水泵的输出功率P；（3）电动机的内阻r。15．（2025秋•厦门校级期中）如图所示，内壁光滑的绝缘薄壁圆筒倾斜固定在水平地面上，倾角θ＝37°，圆筒的横截面圆的半径R=16m，O为圆筒上横截面圆的圆心，C、D分别为该截面圆的最低点和最高点，O′为圆筒下横截面圆的圆心，C′、D′分别为该截面圆的最低点和最高点，图中AB与CD垂直，A′B′与C′D′垂直。空间存在一沿D′D方向的匀强电场E0，一带电荷量q＝+1×10﹣3C、质量m＝0.01kg的小球（可视为质点）自A点从圆筒壁内侧以初速度v0沿与DC平行的方向抛出后，小球在ACBD面内做圆周运动，且恰未离开圆筒内壁，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝（1）求E0的大小；（2）求v0的大小；（3）若撤去电场E0，在空间施加方向与CD平行且向上的匀强电场E1，场强大小E1＝80N/C，让小球仍从A点以同样的速度抛出，若小球将以最短的时间从A′点离开圆筒，求圆筒的长度L（结果可保留π）。16．（2025秋•厦门校级期中）如图a，在光滑且绝缘的水平面上有一直角坐标系，坐标原点处有一个带负电的小球甲，其产生的电场只局限在第二象限内；在第三象限内有沿水平轴x轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E3（未知）。现有一质量m＝0.1kg，电荷量q＝+0.02C的小球乙从水平y轴上的A点以大小为5m/s，方向与y轴正方向成53°角的初速度射入第三象限，之后从x轴上的B点以平行于y轴方向的速度进入第二象限，小球乙在第二象限做匀速圆周运动，从y轴上的C点以平行于x轴的方向进入第一象限。以小球乙从C点进入第一象限时刻为计时起点，第一象限有如图b所示的周期性变化的电场，其电场强度为E1，E1的正方向沿y轴正方向，如图b，周期为T。已知T＝1s，OB＝L＝1m，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，静电力常量k＝9×109Nm2/C2。求：（1）第三象限电场强度E3的大小；（2）小球甲的电荷量大小；（3）小球乙进入第一象限后，在t=T（4）当t=12nT（n＝1、2

解答一．选择题（共4小题）1．（2025秋•龙岩期中）如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球a，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是（）A． B． C． D．【分析】对小球受力分析，小球受重力、绳的拉力和库仑力，这三个力组成封闭三角形时合力为零，或者三力在同一直线上时，合力也可以为零．【解答】解：小球能处于静止状态，必然受合力为零，由图象知小球受重力、绳的拉力和库仑力，这三个力组成封闭三角形时合力为零，或者三力在同一直线上时合力为零，由图象知只有C正确。故选：C。【点评】正确对小球进行受力分析，知道三个力平衡时，能组成封闭三角形．2．（2025秋•龙岩期中）如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b串联连接在电路中，横截面积之比Sa：Sb＝2：3。下列说法正确的是（）A．a、b导线电阻之比为2：3 B．a、b导线通过的电流之比为2：3 C．a、b导线的两端电压之比为2：3 D．a、b导线的焦耳热功率之比为3：2【分析】根据电阻定律和欧姆定律以及功率公式、串联电路的特点等进行分析解答。【解答】解：A．根据电阻定律R=ρlS，a、b导线电阻之比为RaB．两导线串联接入电路，则电流相同，比值为1：1，故B错误；C．串联电路中，电压与电阻成正比，a、b导线的两端电压之比为3：2，故C错误；D．串联电路中，电流相同，根据P＝I2R，功率与电阻成正比，a、b导线的焦耳热功率之比为3：2，故D正确。故选：D。【点评】考查恒定电流问题，理解电学的基本概念，明确各物理公式的适用范围，属于中等难度考题。3．（2025秋•龙岩期中）真空中A、B两个异种点电荷带电荷量分别为2Q、−Q（Q＞0），两点电荷固定在光滑水平面相距为L的两处（静电力常量为k），OO1为A、B两个点电荷连线的中垂线，下列说法正确的是（）A．A、B两个点电荷之间的库仑力大小为2kQB．A、B两个点电荷连线之间的电场方向为由B指向A C．OO1连线上各位置的电场强度方向均为与AB平行指向B侧 D．A、B两个点电荷连线之间静止释放一负点电荷，它一定加速向A靠近【分析】根据库仑定律求出两个电荷间的库仑力；由电场强度叠加原理分析出A、B间的电场方向和中垂线上的电场方向；分析出静止释放的点电荷所受合力方向判断运动方向。【解答】解：A．A、B两个点电荷之间的库仑力大小为F库=k2Q⋅QB．根据电场线方向由正电荷出发终止于负电荷，所以在A、B两个点电荷连线之间电场方向由A指向B，故B错误；C．A、B两个点电荷连线的垂直平分线OO1上各位置到A、B两个点电荷的距离相等，根据电场强度E=kQ源r2和矢量叠加原理，可知除A、B连线的中点外，垂直平分线D．由于A、B两个点电荷连线之间的电场方向为由A指向B，则A、B两个点电荷连线之间静止释放一负点电荷，负点电荷受到的电场力指向A，点电荷一定加速向A靠近，故D正确；故选：D。【点评】本题考查的是库仑定律、电场强度的叠加，注意矢量叠加时遵循平行四边形定则。4．（2025秋•龙岩期中）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|＝2|BP|，电子a入射动能为Ek，电子的电荷量为e，则（）A．P点电场强度大于C点电场强度 B．B点的电场强度E=EC．电子b在P点动能大于Q点动能 D．电子b全程克服电场力做的功等于2eU【分析】A、根据电场线的密集程度进行判断；B、根据其恰好做圆周运动电场力提供向心力，再结合电子a入射动能进行求解；C、根据电场力做功情况结合动能定理进行判断；D、根据ABC为等势面，再结合电势差的大小求解。【解答】解：A．由图可知，P点电场线与C点电场线相比较为稀疏，所以P点电场强度小于C点电场强度，故A错误；B．电子a入射动能为Ek，根据动能的表达式有E电子a恰好做圆周运动，则有eE=联立解得E=2EkC．根据运动情况可得电场力做负功，由动能定理可知电场力做负功，动能减小，故b粒子在P点动能大于Q点动能，故C正确；D．已知BP电势差为U，且ABC为等势面，由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，则CQ电势差小于2U，可得克服电场力做功为W＜2Ue，故D错误。故选：C。【点评】本题考查的是电场力做功的问题，知道电场力提供向心力以及电场线密集程度的反映电场强弱是解题关键。二．多选题（共4小题）（多选）5．（2025秋•龙岩期中）两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（）A．R1的电阻为R1=10.5Ω＝2B．R1的电阻R1＝tan45°Ω＝1Ω C．R2的电阻随电压的增大而减小 D．当U＝1V时，R2的电阻等于R1的电阻【分析】ABC.电阻的伏安特性曲线中，图线的斜率表示电阻的倒数，据此求电阻；D.根据欧姆定律，求电阻。【解答】解：AB.I﹣U图像的斜率表示电阻的倒数，图线的斜率k=0.51=0.5，所以电阻R1=C.由图可知，电阻R2图线的斜率随电压的增大而减小，I﹣U图像的斜率表示电阻的倒数，所以R2的电阻随电压的增大而增大，故C错误；D.由图像可知，当U＝1V时，通过电阻R1、R2的电流相等，根据欧姆定律I=UR，得R=UI，所以R2的电阻等于R故选：AD。【点评】注意：伏安特性曲线为曲线，曲线上某点割线（不是切线）的斜率表示电阻的倒数。（多选）6．（2025秋•龙岩期中）如图所示，为一电容式位移传感器的示意图，电容器两固定极板间有一可移动的电介质板，电介质板与被测物体相连。电容器接入恒压电源后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，若物体向左平行于极板移动，下列说法中正确的是（）A．在电介质板移出电容器的过程中，电容器的电容增大 B．在电介质板移出电容器的过程中，由a→b的电流流过电流计 C．在电介质板移出电容器的过程中，A极板电荷量增大 D．在电介质板移出电容器前后，两极板间的电压相同【分析】根据电容的决定式C=εrS4πkd【解答】解：A、在电介质板移出电容器的过程中，ɛr减小，由电容的决定式C=εrSBD、在电介质板移出电容器的过程中，电容器与电源保持相连，两极板间电压保持不变，由电容的定义式C=QU，可知，电容减小，则电容器所带电荷量减少，电容器放电，由a到b的电流流过电流计，故C、由于电容器放电，则A极板电荷量减少，故C错误。故选：BD。【点评】解答本题时，要抓住电容器与电源保持相连，极板间电压不变，再根据电容的决定式和定义式相结合进行分析。（多选）7．（2025秋•龙岩期中）如图所示a、b两个带正电的同种粒子，以不同的速率先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在下极板的a′点，b粒子打在下极板的b'点，若不计重力，则（）A．a的速率比b的速率小 B．a的速率比b的速率大 C．a在电场中运动的时间比b长 D．a在电场中运动的时间和b相等【分析】两个粒子垂直射入匀强电场中都做类平抛运动，粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，根据牛顿第二定律可知加速度的大小关系，再根据竖直运动规律可明确时间关系，从而分析速度大小。【解答】解：CD．根据题意可知，两粒子在垂直平行板方向均做初速度均为零的匀变速直线运动，加速度也相同，从同一点出发，则打到板时，运动时间相同，故C错误，D正确；AB．沿平行板方向，两粒子均做匀速直线运动，则相同时间内沿平行板方向位移更大的b，其速率较大，故A正确，B错误。故选：AD。【点评】解决该题的关键是要抓住题目的本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程，明确运动的合成和分解的正确应用。（多选）8．（2025秋•龙岩期中）空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一带电微粒，在t＝0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其他力的作用；测得微粒所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示，t1时电势为φ1，7t1时电势为﹣φ2。下列说法正确的是（）A．该微粒在圆周运动过程中机械能守恒 B．b点与a点的电势差UbaC．该微粒做匀速圆周运动的周期为14t1 D．电场强度的大小为φ1+φ2【分析】题目中带电微粒在匀强电场和变力作用下做匀速圆周运动，电势随时间周期性变化。机械能守恒需满足只有重力做功，而题目中电场力做功导致机械能不守恒。电势差计算需结合电场强度与位置关系，通过电势变化图像确定电场方向与大小。微粒运动周期可通过电势变化周期推断，电场强度方向由电势最高点位置确定。选项分析需综合电场性质与圆周运动特点，电势差表达式需验证几何关系与电场分布。【解答】解：A、该微粒在圆周运动过程中动能不变，不计重力，不考虑势能，则机械能不变，但有除重力以外的其他力做功，机械能不守恒，故A错误；CD、根据匀强电场场强与电势差的关系得E=Ud，其中U＝φ1﹣（﹣φ2）＝φ1+φ2，d＝2R，解得：带电微粒做圆周运动的周期为T＝2×（7t1﹣t1）＝12t1。t1时刻，如图所示：带电微粒所在位置电势最高，此时带电微粒转过的角度为θ=t1T×2π，解得：θ=π6。根据沿电场线电势降低，可知方向与x轴负方向夹角为B、b点与a点的电势差为Uba＝﹣2ERcos30°，代入E=φ1+φ2故选：BD。【点评】本题综合考查带电粒子在匀强电场中的运动与电势变化规律，涉及圆周运动、电势差与场强关系、机械能守恒条件等核心知识点。题目通过带电微粒做匀速圆周运动的情境，巧妙地将电场力做功与电势能变化联系起来，同时结合变力F的作用，构建了较为复杂的物理模型。题目计算量适中，但需要较强的空间想象能力和逻辑推理能力，特别是对电势随时间变化的图像分析要求较高。解题关键在于理解微粒运动轨迹与电场方向的关系，通过电势极值点确定电场强度方向，并运用匀强电场中电势差与场强的关系式进行推导。本题亮点在于将圆周运动周期与电势变化周期相结合，通过时间差计算运动周期，体现了对学生综合分析能力的考查。易错点在于机械能守恒条件的判断，需注意除重力外其他力做功对机械能的影响。整体难度中等偏上，能有效检验学生对电场与运动学综合问题的掌握程度。三．填空题（共3小题）9．（2025秋•思明区校级期中）（1）某次实验中电流表和电压表的示数如甲、乙图所示，若电流表选择0～0.6A的量程，电压表选择0～15V的量程，则电流表示数为0.50A，电压表示数为13.0；（2）某次实验中，用游标卡尺测量连入电路的圆柱体的长度为L，示数如丙图，则L为5.235cm。【分析】（1）根据电表量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；（2）根据游标卡尺的使用方法判断，先确定游标卡尺的精确度再读数。【解答】解：（1）电流表量程为0.6A，由图所示电流表表盘可知，其分度值为0.02A，电流表示数为0.50A；电压表量程为15V，由图4所示电压表表盘可知，其分度值为0.5V，电压表示数为13.0V。（2）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，圆柱体的长度为L＝52mm+7×0.05mm＝52.35mm＝5.235cm。故答案为：（1）0.50；13.0；（2）5.235【点评】本题考查了游标卡尺、电流表与电压表读数等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法。10．（2025秋•思明区校级期中）如图所示，A、B是材料相同、厚度相同、表面为正方形的金属导体，两正方形的边长之比为2：1，通过这两个导体的电流方向如图所示，不考虑温度对电阻率的影响，则两个导体A与B：（1）串联在电路中，两端的电压之比为1：1。（2）串联在电路中，自由电子定向移动的平均速率之比为1：2。【分析】（1）根据电阻定律以及串联电路特点进行分析解答。（2）根据串联电路特点以及电流的微观表达式列式进行分析解答。【解答】解：（1）设正方形的边长为L，导体的厚度为d，根据电阻定律可知R=ρLS=ρLLd=ρd，可得两个导体的电阻之比为R1：R2＝1（2）因两导体串联，通过的电流相等，根据电流的微观表达式I＝neSv，可知自由电子在导体A与B中定向移动的平均速率之比为v1：v2＝S2：S1＝1：2。故答案为：（1）1：1。（2）1：2。【点评】考查电阻定律和串联电路特点的应用，理解电阻定律的内容，属于基础题。11．（2025秋•思明区校级期中）如图所示，物块A、B用一绝缘轻弹簧相连，竖直放在木块C上，C静置于地面上。A、B、C三物块的质量分别为m、2m、3m，A物块带电+q，B物块带电﹣q，C物块不带电，所加竖直向下的匀强电场，场强为E＝mg•q，设所有接触面都光滑，重力加速度为g。当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬间，A、B的加速度分别是aA＝0，aB＝1.5g。【分析】初始状态下系统处于平衡，A受重力、电场力和弹簧弹力作用，弹簧弹力为2mg。迅速抽出C的瞬间，弹簧弹力不变，A受力平衡加速度为零。B受重力、弹簧弹力和电场力作用，重力向下为2mg，弹簧弹力向上为2mg，电场力向上为mg，合力向下为1mg，由牛顿第二定律可得B的加速度。【解答】解：系统初始处于平衡状态。对A分析，受重力mAg＝mg、电场力FA＝qE＝mg及弹簧弹力F，由平衡条件得F＝mAg+FA，解得：F＝2mg。撤去C瞬间，弹簧弹力保持F＝2mg不变。此时A受力不变，合力为零，故aA＝0。对B分析，受重力mBg＝2mg、弹簧弹力F'＝F＝2mg及电场力FB＝qE＝mg（负电荷），由牛顿第二定律得aB=mBg+F'-F故答案为：0，1.5g。【点评】本题综合考查静力学平衡条件、牛顿第二定律的瞬时性应用以及电场力作用下的动力学分析。题目通过带电物块与弹簧组成的系统，构建了一个典型的力学与电学交叉情境，计算量适中但思维层次较高。解题关键在于理解撤去支撑物C的瞬间，弹簧弹力不发生突变的特性，这要求学生对弹簧模型的力学特性有深刻理解。同时，题目巧妙地将电场力与重力耦合，通过电荷性质差异形成非对称受力，有效考查了学生对受力分析的全面性和对牛顿第二定律的灵活应用能力。对A物块的零加速度判断需要准确把握平衡条件的延续性，而对B物块加速度的计算则体现了矢量合成的严谨性，整体上是一道能锻炼学生物理建模能力和逻辑推理能力的好题。四．实验题（共2小题）12．（2025秋•思明区校级期中）电容器是一种重要的电学元件，现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可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源两端的电压恒为4V，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，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。（1）在电容器放电过程中，通过电阻R0的电流方向水平向右（选填“水平向左”或“水平向右”或“无电流”）。（2）图像阴影为I﹣t曲线与时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积S1＝S2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）已知S1＝1200mA•s，则该电容器的电容值为0.30法拉（保留两位有效数字）。（4）由甲、乙两图可判断阻值R1＜R2（选填“＞”或“＜”“＝”）。（5）关于电容器在整个充、放电过程中的q﹣t图像和UAB﹣t图像的大致形状，可能正确的有AB（q为电容器极板所带的电荷量，UAB为电容器两板的电势差）。【分析】（1）根据电容器充电与放电时，通过电阻R0的电流方向相反来答题；（2）在i﹣t图像中，图像与横轴围成的面积表示电荷量，结合电容器充放电过程中电荷量相等，分析阴影部分的面积关系；（3）根据图像和横轴围成的面积表示电荷量，确定电容器的带电量，结合电容的定义式C=Q（4）根据充电和放电时最大电流关系，分析R1与R2的大小；（5）电容器在充放电过程中，电流由最大逐渐减小，U﹣t图像倾斜程度表示电流的大小。【解答】解：（1）由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向水平向左，放电时通过R0的电流方向水平向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相反。（2）I﹣t曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积S1＝S2（3）根据电容的定义，该电容器的电容值为C=Q（4）由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知R1＜R2（5）AD．电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据q＝It可知图像的倾斜程度表示电流的大小，故A正确，D错误；BC．电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据U=Q电容器的电容不变，图像的倾斜程度表示电流的大小，C错误，B正确。故选：AB。故答案为：（1）水平向右；（2）＝；（3）0.30；（4）＜；（5）AB【点评】本题的关键要理解电容器的充电和放电的过程，知道i﹣t图像中图线与横轴围成的面积表示电荷量。13．（2025秋•思明区校级期中）某实验小组利用图甲所示的电路测量金属丝的电阻率（图中Rx表示待测金属丝的电阻）。（1）正确操作螺旋测微器，测量金属丝的直径结果如图乙所示，则该次测得的金属丝的直径为2.095mm。（2）图中已连接了部分导线。请根据甲图补充完成图中实物间的连线；（3）连接好电路后，开关S闭合前滑动变阻器的滑片应滑至左端。（选填“左端”或“右端”）；（4）实验中发现电压表的量程无法满足实验要求，某同学将量程为4mA、内阻为120Ω的灵敏电流计G与阻值为R1的定值电阻串联后，改装成量程为6V的电压表，则R1＝1380Ω。（5）用刻度尺测得被测金属丝接入电路的长度为L，螺旋测微器测得金属丝的直径为d，用电流表和电压表测得金属丝的电阻为Rx，则被测金属丝的电阻率为ρ＝πd2R（6）实验中测得待测金属丝的电阻Rx的阻值约为70Ω，实验时电流表采用了外接法，经检验该方法是正确的，则关于电流表的内阻RA的判断可能正确的是D。A．RA＝0.9ΩB．RA＝2.4ΩC．RA＝3.2ΩD．RA＝3.9Ω【分析】（1）根据螺旋测微器的读数方法可解得；（2）根据电路图连接实物图；（3）为了保护电路，开关S闭合前滑动变阻器的滑片应滑至最左端；（3）由电表改装原理可解得；（4）由电阻定律变形可解得电阻率；（5）根据电流表外接的原理求解。【解答】解：（1）金属丝的直径为2mm+9.5×0.01mm＝2.095mm（2）根据电路图连接实物图如下图（3）为了保护电路，开关S闭合前滑动变阻器的滑片应滑至左端；（4）由电表改装原理U＝Ig（Rg+R1）可得，代入数据解得应串联的电阻R1＝1380Ω（5）由电阻定律得Rx=ρ及金属丝的横截面积公式S＝πR2=π联立可得ρ=π（6）由（3）可知电压表的内阻为1500Ω，由题意知电流表采用了外接法，经检验该方法是正确的，则有RV代入数据得RA＞3.27Ω故D可能，ABC不可能。故选：D。故答案为：（1）2.095；（2）（3）左端；（4）1380；（5）πd2Rx4L【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，电阻率表达式的推导方法。五．解答题（共3小题）14．（2025秋•厦门校级期中）如图所示为某品牌的桶装饮用水电动抽水器，内置充电电池、电动机和小型水泵。已知充电电池的容量Q＝1200mAh，输入电压U1＝5V，电流I1＝1A。电动机输入电压U2＝5V，额定功率P2＝2.5W，电动机的输出功率等于小水泵所需要的输入功率，且不计电动机的机械损耗。小型水泵的抽水效率为η＝75%。用该电动抽水器倒水喝时，出水口与桶内水面高度差为h＝55cm，出水速度为v＝2m/s，出水量为m＝0.2kg/s，忽略水在管道中的机械能损失，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）电动抽水器充满电所需的时间t；（2）小水泵的输出功率P；（3）电动机的内阻r。【分析】（1）根据电荷量和电流的关系计算充电时间；（2）根据功能关系计算单位时间内小水泵对水做的功，再根据公式计算功率；（3）根据效率计算输出功率，再依题意根据公式计算电流，结合总功率和机械功率和热功率关系式列式计算线圈电阻。【解答】解：（1）充满电的时间t=Q（2）根据功能关系，设小水泵抽水1s钟，所做的功为W＝mtgh+12mtv2＝0.2×1×10×0.55J+12×0.2×1×小水泵的输出功率P=Wt=（3）电动机的输出功率P电动机工作电流I由P解得r＝2Ω答：（1）电动抽水器充满电所需的时间t为1.2h；（2）小水泵的输出功率P为1.5W；（3）电动机的内阻r为2Ω。【点评】考查恒定电流的问题，熟练掌握电动机的输入功率、发热功率和输出功率的计算。15．（2025秋•厦门校级期中）如图所示，内壁光滑的绝缘薄壁圆筒倾斜固定在水平地面上，倾角θ＝37°，圆筒的横截面圆的半径R=16m，O为圆筒上横截面圆的圆心，C、D分别为该截面圆的最低点和最高点，O′为圆筒下横截面圆的圆心，C′、D′分别为该截面圆的最低点和最高点，图中AB与CD垂直，A′B′与C′D′垂直。空间存在一沿D′D方向的匀强电场E0，一带电荷量q＝+1×10﹣3C、质量m＝0.01kg的小球（可视为质点）自A点从圆筒壁内侧以初速度v0沿与DC平行的方向抛出后，小球在ACBD面内做圆周运动，且恰未离开圆筒内壁，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝（1）求E0的大小；（2）求v0的大小；（3）若撤去电场E0，在空间施加方向与CD平行且向上的匀强电场E1，场强大小E1＝80N/C，让小球仍从A点以同样的速度抛出，若小球将以最短的时间从A′点离开圆筒，求圆筒的长度L（结果可保留π）。【分析】（1）根据电场力和重力的关系求E0的大小；（2）由机械能守恒定律和圆周运动公式求v0的大小；（3）小球的重力沿OC向下的分量与电场力相等，小球在垂直于中轴线OO′的平面内做匀速圆周运动，在平行中轴线OO′方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据周期公式和运动学公式求圆筒的长度L。【解答】解：（1）由题得qE0＝mgsinθ解得E0＝60N/C（2）小球在圆筒内运动经过横截面的最高点时，设其做圆周运动速度大小为v，则有mgcosθ=m