北京市铁路第二中学2025_2026学年高二上学期11月期中物理试题 [含答案]

这是一份北京市铁路第二中学2025_2026学年高二上学期11月期中物理试题 [含答案]，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.两个相同的金属小球，电荷量分别为+3Q和−Q，相距一定距离时，相互作用力大小为F。若把它们接触一下后，再放回原处，它们的相互作用力大小变为( )
A. F2B. F3C. F4D. F6
2.如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( )
A. Wa=Wb，EaEb
C. Wa=Wb，Ea>EbD. Wa≠Wb，EaEB，根据电场线的疏密表示场强的大小，可知从A到B电场线逐渐变稀疏，由于正电荷速度逐渐增大，可知电荷受到电场力方向与场强方向相同，即从A到B，场强方向由A到B，故A正确，BCD错误。
故选：A。
正电荷从B静止释放后向A运动，说明电场力方向由B→A，因此电场线方向是B→A(正电荷受力方向与电场线方向一致)从v−t图像看，电荷的加速度逐渐减小(图像斜率变小)，说明电场力逐渐减小，即电场强度逐渐减小。电场线的疏密反映场强大小，由此判断。
这道题是电场线与带电粒子运动结合的基础选择题，聚焦“电场线方向与电荷受力的关系”“电场线疏密与场强(加速度)的关联”，是电场线概念的核心应用。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据粒子运动轨迹，粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，但由于电场线方向未标明，故无法确定粒子带正电还是负电，故A错误。
B、电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知a点电场线比b点密，所以Ea>Eb，根据F=qE，可知粒子在a点受到的静电力大，故B错误。
C、粒子经过a、b两点时速度方向为轨迹在该点的切线方向，但题目未明确粒子运动方向(是从a到b还是从b到a)，所以无法确定粒子经过a、b两点时速度的具体方向，故C错误。
D、假设粒子从a运动到b(反之亦然)，根据粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，可知电场力与速度方向夹角大于90∘，电场力做负功，根据电场力做功与电势能变化关系：电场力做负功，电势能增加，所以EpaIac，即Iac对应量程为10mA，Iab对应量程为50mA，故A错误，B正确；
CD.当接ac两端点时，对应量程为10mA，根据欧姆定律可知R1+R2=IgRgI−Ig=2×10−3×1000(10−2)×10−3Ω=250Ω，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据电流表的改装原理结合并联电路的特点进行分析解答。
考查电流表的改装原理，理解并联电路的特点，属于基础题。
14.【答案】ABD
【解析】解：A、电源消耗的总功率的计算公式PE=EI∝I，故A正确；
B、电源的输出功率PR=PE−Pr=EI−I2r，是曲线，故B正确；
C、图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故C错误；
D、当I=3A时，PR=0.说明外电路短路，根据P=EI，得到E=PI=93=3V，r=EI=3V3A=1Ω，故D正确；
故选：ABD。
根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系．
当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和．
15.【答案】B;D;G 1.48;0.74 G，所以重力忽略不计，
(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能EP与其电荷量q的比值，
即：φ=EPq
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG=EGm.
电势φ与重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
答：(1)忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度 2eU0m，
从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离UL24U0d；
(2)根据GF电≈10−14，从而可以忽略了电子所受重力．
(3)电势φ的定义式为：φ=EPq；
电势和“重力势”的共同特点为：电势φ与重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
【解析】(1)根据动能定理，即可求得加速的速度大小，再依据类平抛运动处理规律，结合运动学公式，及运动的合成与分解，从而即可求解；
(2)依据提供的数据，从而计算出重力与电场力，并求得它们的比值，即可求解；
(3)根据电势是电势能与电荷量的比值，故重力势等于重力势能与质量的比值，再根据两者的联系，从而确定共同点．
考查了动能定理的内容，掌握类平抛运动处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，注意类比法的内涵，及如何归纳物理量间的共同点是解题的关键．
20.【答案】(1)小球所受的电场力大小为 3mg (2)小球以 2gr的速度经过D点时，对圆轨道的压力最小
【解析】解：(1)根据小球经过C点时速度最大，可知C点为其圆周运动的等效最低点；
对小球受力分析，重力与电场力的合力与CO共线，如图所示：
由图可知，电场力与重力的合力满足：F合=mgcsθ，电场力大小满足：tanθ=qEmg，解得：F合=2mg，qE= 3mg；
(2)小球在D点时，对小球受力分析如下图：
根据圆周运动特点，即可知压力最小时即N=0，速度大小满足：F合=mv2r，解得：v= 2gr。
答：(1)小球所受的电场力大小为 3mg；
(2)小球以 2gr的速度经过D点时，对圆轨道的压力最小。
(1)根据小球经过C点时速度最大，可知C点为其圆周运动的等效最低点；对小球受力分析，重力与电场力的合力与CO共线，即可得到电场力大小；
(2)小球在D点时，对小球受力分析，根据圆周运动特点，即可知压力最小时，速度大小。
本题考查电场力、重力的复合场作用下的圆周运动，关键是根据等效最高点的理解，计算其圆周运动的最小速度。
21.【答案】(1)带电油滴所带电荷量与质量之比为dgU0 (2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小的比为13 (3)ΔU1与ΔU2之比为14
【解析】解：(1)油滴静止时满足F电=mg，由qU0d=mg，可得qm=dgU0。
(2)第1段Δt内油滴向上加速，位移x1=12a1Δt2；
第2段Δt内向上减速，位移x2=v1Δt−12a2Δt2，其中v1=a1Δt。由x1=−x2得12a1Δt2=−(a1Δt2−12a2Δt2)，解得a1a2=13。
(3)由a1=q(U0+ΔU1)md−g=ΔU1U0g及a2=g−q(U0+ΔU1−ΔU2)md=ΔU2−ΔU1U0g，结合a1a2=13，解得ΔU1ΔU2=14。
答：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比为dgU0。
(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小的比为13。
(3)ΔU1与ΔU2之比为14。
(1)油滴静止时电场力与重力平衡，利用平衡条件可以建立方程，通过电压和板间距离表示电场强度，最终得到电荷量与质量的比值关系。
(2)分析油滴在两个时间段的运动情况，第一阶段向上加速，第二阶段向上减速至回到原点。通过位移关系和速度关系联立方程，消去时间变量后可以得到加速度大小的比值。
(3)根据电压变化对电场力的影响，分别写出两个时间段内加速度的表达式，结合第二问中得到的加速度比值关系，通过代数运算即可求出两次电压变化量的比值。
本题是一道综合性较强的带电粒子在电场中运动的动力学问题，涉及电场力与重力的平衡、匀变速直线运动规律以及多过程分析能力。题目通过电容器电压的突变创设动态情境，考查学生对牛顿第二定律F=ma和运动学公式x=v0t+12at2的灵活运用。第一问通过平衡条件求解荷质比qm，属于基础性考查；第二问需要建立两段运动位移的关联方程，体现对运动对称性的深刻理解；第三问则通过加速度比例关系推导电压变化量之比，综合考查代数运算能力。题目计算量适中但思维链较长，尤其第二问需要构建位移关系式12a1Δt2=−(a1Δt2−12a2Δt2)，能有效训练学生的多过程建模与分析能力。整体难度中等偏上，是训练电磁学与力学综合思维的典型好题。组序
1
2
3
4
5
6
U(V)
1.37
1.32
1.24
1.20
1.10
1.05
I(A)
0.12
0.2
0.31
0.42
0.50
0.57