四川省遂宁中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题（含解析）

这是一份四川省遂宁中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题（含解析），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟 满分：100分
一、单选题（每小题4分，共28分）
1．某电场区域的电场线分布如图所示，在电场中有A、B、C、D四个点，下列说法正确的是（ ）
A．EA＞ECB．EC＜EDC．φB＞φCD．φA＜φB
2．如果将的点电荷从电场中的点移动到点，电场力做了的负功，则该电荷的电势能改变量△Ep及a、b两点的电势差Uab分别为（ ）
A．△Ep=，Uab=20VB．△Ep=，Uab=－20V
C．△Ep=－，Uab=20VD．△Ep=－，Uab=－20V
3．某同学采用如下器材测量阻值约为100Ω的电阻：电流表A（内阻约2.0Ω），电压表V（内阻约10kΩ），滑动变阻器R（阻值范围0~10Ω），直流电源E（电动势3V，内阻约1.0Ω）、开关S、导线若干。为了尽可能的减少误差，下列电路设计最合理的是（ ）
A． B．
C． D．
4．某同学在测量电源的电动势和内阻时，根据实验数据画出如图所示的图像，下列说法中正确的是（ ）
A．该电源内阻为
B．当该电源直接接上1Ω的外电阻时，路端电压
C．该电源的短路电流
D．当时，外电路电阻为
5．A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）；两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），为滑动变阻器，为定值电阻。当的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为。电源电动势E和内阻r一定，且，下列说法中正确的是（ ）
A．小球带负电
B．保持滑动触头P不动，用较强的光照射，则I增大，U减小，变小
C．若将的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小，变小
D．若将的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大，增大
6．如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直。则（ ）
A．A点的电场强度大小为
B．D点的电场强度大小可能为0
C．A、C两点的电势和电场强度均相同
D．将电子沿直线从D点移动到B点，电场力做正功
7．如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为－x1处分别固定两点电荷Q1、Q2（两点电荷的电荷量和电性均未知）。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是（ ）

A．点电荷Q1的电量可能大于Q2
B．－x1左侧的电场强度沿x轴负方向
C．试探电荷在x3到x4之间受到的静电力沿x轴正方向
D．试探电荷在x>x4区间运动时，机械能随位置坐标的变化率逐渐减小
二、多选题（每小题6分，共18分）
8．如图所示，灯泡A、B均处于发光状态，后来由于电路中某个电阻发生了故障，致使灯泡A比原来亮一些，则发生的故障可能是（ ）
R1短路B．R2断路 C．R3短路 D．R4断路
9．如图所示，、、、是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，，，电场线与矩形所在平面平行，已知、、点的电势分别为、和，一个质子以速度经过点，速度方向与成角，经过一段时间质子恰好经过点，不计质子的重力，则( )
A．点的电势低于点的电势
B．场强方向由指向
C．质子从点运动到点所用时间为
D．质子从点运动到点，电场力做功
10．如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线持续不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用。下列说法正确的是（ ）
A．所有电子离开电场时的速度方向均与初速度方向相同
B．离开金属板时，侧位移越大的电子动能越大
C．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
D．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
三、实验题（共16分，每空2分）
11．如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计的金属球相连。观察静电计指针偏转角度的大小，可推知电容器两极板间电势差的大小。
(1)在实验中观察到的现象是______（填正确答案的标号）。
A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小
B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
C．将左极板右移，静电计指针的张角变小
D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
(2)某同学用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质材料）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后各自接出引线，如图乙、丙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。
①用如图丁所示的电路观察电容器的放电电流变化。换用不同阻值的电阻R放电，在图戊中所描绘的a、b、c三条放电电流的i－t图线中，对应电阻最小的一条是 （填“a”“b”或“c”）。
②a、b、c三条曲线中，a曲线与横轴围成的面积 （填“大于”“小于”或“等于”）b曲线与横轴围成的面积。
12．某物理兴趣小组测量一段某材料制成的电阻丝的电阻率。
(1)先用螺旋测微器测量电阻丝的直径d，示数如图甲所示，其直径= mm；再用刻度尺测出电阻丝的长度为L；
(2)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×100”挡时，指针静止时位置如图乙所示，
= Ω
(3)为了准确测量电阻丝的电阻，某同学设计了如图丙所示的电路：
①闭合，当接a时，电压表示数为，电流表示数为，当接b时，电压表示数为，电流表示数为，则待测电阻的阻值为= （用题中的物理量符号表示），测量值 （选填“大于”、“等于”、“小于”）真实值；
②根据电阻定律计算出该电阻丝的电阻率 （用、d、L表示）。
四、解答题
13．（12分）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为U=80V的恒压电源上，两极板间距为d=4cm，电容器带电荷量为Q=8×10-8C，A板接地（电势为零）。求：
(1)平行板电容器的电容和两板之间的电场强度；
(2)距A板为1cm的C点处的电势；
(3)若将电容器与电源断开后，将B板向下移动3cm，
求此时两板间的电势差；
14．（12分）某同学在实验室找到了一个内阻Rg=900Ω满偏电流Ig=100μA的灵敏电流计、一个单刀三掷开关、电动势为E=1.5V内阻可以忽略的电池及导线若干，并根据所学的知识自制一个简易多用电表，已知电流表的测量范围为0～1mA，电压表的测量范围为0～1V，电路图如图所示，请你帮他计算：
（1）R1、R2的阻值是多少欧姆；
（2）滑动变阻器R的阻值最少需要多少欧姆才能使欧姆表调零；
（3）用自制的表测量电阻，测量前已经调零，当测量某一电阻时，指针指在75μA处，该电阻的阻值是多少欧姆？
15．（14分）如图所示，绝缘粗糙的水平轨道AB与处于竖直平面内的半圆形光滑绝缘轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径，所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线平行于AB，电场强度。将一带电体甲在P点由静止释放，此后甲与位于B点的不带电的绝缘体乙发生正碰并瞬间粘在一起，P点到B点的距离，已知带电体甲的带电量，甲、乙两个物体的质量m均为0.002kg且均可看作质点，带电体甲与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，g取，，。求：
(1)甲、乙两个物体碰撞过程中损失的机械能；
(2)甲、乙两个物体粘在一起后沿半圆轨道运动过程中对轨道压力的最大值；
(3)粘连体离开C点后落到水平轨道上的位置与B点的距离d和落到轨道上时的速度v。
遂宁中学高2027届第三学期半期考试
物理试题参考答案
1. 【答案】C【详解】AB．电场线越密集的地方场强越大，所以，故AB错误；
CD．根据沿着电场线电势降低，可知，故C正确，D错误。故选C。
2. 【答案】A
【详解】点电荷从电场中的点移动到点，电场力做了的负功，由功能关系可知， ；故选A。
3.【答案】C【详解】由于滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻的阻值，因此滑动变阻器应采用分压接法；又因为，说明待测电阻的阻值较小，因此电流表应采用外接法。故选C。
4．【答案】D【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得
图线与纵轴交点表示电动势，图线的斜率绝对值表示内阻，可得
，，故A错误；
B．当外电阻为1Ω时，由闭合电路的欧姆定律有，故B错误；
C．由于图像的纵坐标不是从零开始的，图像与横坐标的交点0.4A不是短路电流，故C错误；
D．由图可知，当时，电流为0.2A，设外电阻为，在有
故D正确，故选D。
5. 【答案】B【详解】A．由题图知，极板A带正电，B带负电，极板间的电场方向水平向右，由平衡条件可知小球受到的电场力方向也水平向右，则小球带正电，故A错误；
B．保持滑动触头P不动，用较强的光照射，减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律
可知干路电流增大；路端电压
减小，即电压表读数U减小；极板间电压
减小，根据
知板间场强减小，则变小，故B正确；
C．滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以若将的滑动触头P向b端移动，电路中电流I，U均不变；极板间的电压不变，场强不变，则角度也不变，故C、D错误；故选B。
6.【答案】B【详解】A．根据场强叠加原理可知，A点的电场强度大小为，故A错误；B．O点正电荷在D点的场强方向水平向左，与匀强电场的场强方向相反，如果满足，则D点的电场强度大小为0，故B正确；
C．O点正电荷产生的电场在A、C两点的电势相同，匀强电场在A、C两点的电势相同，则A、C两点的电势相同，但电场强度大小相同，方向不一样，故C错误；
D．O点正电荷产生的电场在B、D两点的电势相同，所以将电子沿直线从D点移动到B点，只需要考虑匀强电场电场力做功，由于匀强电场对电子的电场力方向水平向左，所以电场力做负功，故D错误。故选B。
7.【答案】D【详解】A．沿电场线方向电势逐渐降低，根据Ep=φq可得沿电场线方向，负电荷的电势能逐渐升高，可得从O到x4电场线方向向右，因此点电荷Q1带正电，Q2带负电。在x4位置时，由图像可得，故此时负电荷所受电场力为0，此时场强为0，根据平衡条件，可得可知，A错误；
B．因Q2带负电，则-x1左侧的电场强度沿x轴正方向，B错误；
C．由图像可得，将带负电的试探电荷从x2移动到x3，电势能在增加，因此电场力做负功，电场力方向沿x轴负方向，故C错误；
D．根据可知，试探电荷在x>x4区间运动时，因沿x轴正向场强逐渐减小，则电势能随位置坐标的变化率逐渐减小，因电荷只有电场力做功，则电势能和机械能之和守恒，则机械能随位置坐标的变化率逐渐减小，D正确。故选D。
8. 【答案】BC【详解】A．若R1短路，相当于R1减小，灯泡A与R1在两条支路上，根据串反并同知灯泡A比原来暗，故A错误；
B．若R2断路，相当于R2增大，灯泡A与R2在两条支路上，根据串反并同知灯泡A比原来亮，故B正确；
C．若R3短路，相当于R3减小，灯泡A与R2的并联部分相当于在干路上，根据串反并同知灯泡A比原来亮，故C正确；
D．若R4断路，R4在干路上，整个电路没有电流，灯泡A不亮，故D错误。故选BC。
9. 【答案】CD【详解】A．在匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故解得，故A错误；
B．设连线中点为，则其电势为，故为等势面，电场线与等势面垂直，故电场线沿着方向，故B错误；
C．质子从点运动到点，垂直电场线方向的位移为
初速度刚好垂直电场线方向，质子从点运动到点所用时间为，故C正确；
D．根据，则质子从点运动到点，电场力做功为，故D正确。故选CD。
10. 【答案】AD【详解】AB．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，所有电子离开电场时竖直方向分速度为，速度都等于，故A正确，B错误。
C．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为
时刻进入电场的电子的侧位移最大，
联立求得，故C错误。
时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为
时刻进入电场的电子的侧位移最大
联立求得，故D正确。故选AD。
11. 【答案】(1)C (2) 等于
【详解】（1）A．电容器带电后与电源断开，电容器极板所带电荷量一定，根据，可知，将左极板向上移动一段距离，极板正对面积减小，电容减小，则电势差增大，即静电计指针的张角变大，A错误；
B．结合上述可知，向两板间插入陶瓷片时，介电常数增大，电容增大，则电势差减小，静电计指针的张角变小，B错误；
C．结合上述可知，将左极板右移，极板之间间距减小，电容增大，电势差减小，则静电计指针的张角变小，C正确；
D．结合上述可知，将左极板拿走，右极板带正电，右极板与接地点之间电势差不等于零，即静电计指针的张角不会变为零，D错误。故选C。
（2）[1]电容器充电稳定后，极板之间电压的最大值一定，根据欧姆定律可知，电阻越小，电流的最大值越大，可知，a、b、c三条曲线中，对应电阻最小的一条是b。
[2]由于三次充电电量相等，所以三条曲线与横轴围成面积相等。
12. 【答案】(1) (2) (3) 等于
【详解】（1）由图甲可知
（2）由图乙读数结合所选倍率可知
（3）[1]待测电阻的阻值为
[2]本实验的测量无系统误差，所以测量值等于真实值。
[3]根据电阻定律有
其中联立求得
13. 【答案】(1) (2)-20V (3)140V
【详解】（1）由电容器的定义式得
两极板间为匀强电场，场强大小为
（2）由题可知，A、C间距为，则A、C间的电势差为
又因为，且
解得
（3）根据公式
可得
将电容器与电源断开后，将B板向下移动3cm时，板间电场强度不变。则AB间电势差为
14. 【答案】(1) R1=100Ω；R2=910Ω (2) R=500Ω (3)
【详解】（1）当s掷1时为电流表，根据并联电路分流原理， 可知
解得R1=100Ω
此时，电流表的内阻为
当s掷2时为电压表，根据串联电路分压原理，可得
解得
R2=910Ω
（2）当s掷3时为欧姆表，调节滑动变阻是指针满偏时有
解得R=500Ω，即滑动变阻器的最大阻值至少需要500Ω。
（3）若电流表指针指在75μA处，此时干路中电流为
则
解得
故刻度应该为500Ω。
15. 【答案】(1)0.05J (2)0.32N (3)0.6m，4m/s，方向竖直向下
【详解】（1）对甲进行分析，根据动能定理有
解得
碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
则甲、乙两个物体碰撞过程中损失的机械能
解得
（2）令甲、乙两个物体粘在一起后沿半圆轨道运动过程的等效物理最低点为D，该位置重力与电场力的合力方向背离圆心，令重力、电场力合力方向与水平方向夹角为，则有
解得
甲乙整体从B运动到D过程，根据动能定理有
在等效物理最低点，对甲乙整体进行分析，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
（3）甲乙整体从B运动到C过程，根据动能定理有
解得
之后，甲乙整体在竖直方向做自由落体运动，则有，
水平方向做匀变速直线运动，则有，
解得，，
落到轨道上时的速度
解得，速度v的方向竖直向下。