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学年第一学期鼎尖名校大联考
2025-2026
高二物理 卷参考答案
B
选择题: 题,每题 分; 题,每题 分,共 分。
1-8 4 9-10 5 42
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A D B D C D C C CD AD
分
11.(8 )
【答案】 答 之间均可 分 分
(1)1.705( 1.704~1.707 )(2 ) (2)C(2 )
答 之间均可 分 分
(3)3.3( 3.1~3.5 )(2 ) (4)D(2 )
分
12.(8 )
【答案】 分 分
-6 -7
(1)1.36×10 (2 ) 1.70×10 (2 )
不变 分 分
(2) (2 ) (3)BD(2 )
分
13.(10 )
mg
【答案】 3 分 3mg2t2 分
(1)q (4 ) (2)- (6 )
2 2
【解析】 竖直方向上 设OA竖直方向的距离为h
(1) , ,
由AB OA可知AB竖直方向的距离为 h 分
=2 2 ………………………………………………………… 1
由动能定理可得 mgh qEh 分
:3 -2 =0 ……………………………………………………………………… 2
mg
解得 E 3 分
: = q …………………………………………………………………………………………… 1
2
解法一 由AB OA可知 小球水平位移之比x x
(2) : =2 , AB=2 OA
小球在水平方向做匀速直线运动 故t t 分
, AB=2 ………………………………………………………… 1
从O到A点小球下落的高度为h 1gt2 分
= ……………………………………………………………… 1
2
从A到B点小球下落的高度为其 倍 得 h gt2 分
2 , 2 = …………………………………………………… 1
从O到B点小球下落的高度为H h 3gt2 分
=3 = ……………………………………………………… 1
2
此过程动能不变 故机械能变化量为ΔE mg H 3mg2t2 分
, =- · =- ………………………………… 2
2
注 不写负号的扣 分
【 】: 1 。
解法二 从O到A点小球下落的高度为h 1gt2
: =
2
从A到B点小球下落的高度为其 倍 得 h gt2
2 , 2 =
电场力做功W qE h 3mg gt2 3mg2t2
=- ·2 =- · =-
2 2
此过程动能不变 故机械能变化量为ΔE W 3mg2t2
, = =-
2
分
14.(14 )
【答案】 使用OA对应量程为 的电流表 使用OB对应量程为 的电流表 使用
(1) 0~10mA ; 0~1mA ;
OC对应量程为 的电压表 分
0~3V (3 )
见解析 分
(2) (3 )
R 分 R 分 R 分
(3)1=10Ω(2 ),2=90Ω(3 ),3=2950Ω(3 )
【解析】 当接OA两个端点时 对应量程为 的电流表 分
(1) 、 , 0~10mA ……………………………… 1
当接OB两个端点时 对应量程为 的电流表 分
、 , 0~1mA ……………………………………………… 1
当使用OC两个端点时 对应量程为 的电压表 分
、 , 0~3V ……………………………………………… 1
当接OA两个端点时 R 与表头串联 再和R 并联 等效电路如图 所示 分
(2) 、 ,2 , 1 , (a) …………………… 1
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B 1 6当接OB两个端点时 R 与R 串联 再与表头并联 等效电路如图 所示 分
、 ,1 2 , , (b) ……………………… 1
当使用OC两个端点时 等效电路如图 所示 分
、 , (c) ……………………………………………………… 1
根据并联电路特点 当接OA两个端点时 电表满偏电流I 有
(3) , 、 , 1=10mA,
I I R I R R 分
(1- g)1= g(g+ 2) ……………………………………………………………………………… 2
当接OB两个端点时 电表满偏电流I 有
、 , 2=1mA,
IR I I R R 分
g g=(2- g)(1+ 2) ……………………………………………………………………………… 1
联立上述两式 代入数据可解得 R R 分
, :1=10Ω,2=90Ω ……………………………………………… 2
当使用OC两个端点时 为电压表 电表满偏电压U
、 , , g=3V
U IR IR 分
g= 2 3+ g g ………………………………………………………………………………………… 2
代入数据可解得 R 分
:3=2950Ω …………………………………………………………………………… 1
分
15.(18 )
Eqb
【答案】 2 分 .b 分 b 分
(1) m (4 ) (2)①(0,12 )(7 ) ②5 (7 )
【解析】 出射至A点 由动能定理 得
(1) , , :
Eqb
=
1mv2A- 1mv2
0 …………………………………………………………………………………… 2
分
2 2
Eqb
得v 2 分
0= m …………………………………………………………………………………………… 2
解法一 设粒子从y轴上y 处水平以速度v 射出 则
(2) :① 0 0 ,
qEy
0=
1mv2A- 1mv2
0 ……………………………………………… 1
分
2 2
qE b y
得v 2 (2 - 0) 分
0= m ……………………………………………… 1
设粒子到达挡板上A'点的速度为v' 因v v'
A , A⊥ A
故v 与x轴夹角等于v'与挡板夹角
A A
由动能定理 得
, :
qEb
=
1mv
A
'2
-
1mv2A
2 2
qEb
得v' 6 分
A = m ……………………………………………………… 1
粒子在第四象限竖直方向匀速 则v' θ v θ 解得 θ 6 分
, Acos= Asin , tan = ………………………………… 1
2
故 θ 10 θ 15
cos= ,sin =
5 5
qE b y qEb
粒子在第一象限水平方向匀速 则v v θ 即 2 (2 - 0) 10 分
, 0= Acos, m =2 m × ……………… 1
5
化简解得y .b 分
0=12 ……………………………………………………………………………………… 1
故出射位置坐标为 .b 分
(0,12 )……………………………………………………………………………… 1
粒子从A点运动到挡板上A'点
② ,
qE
v' θ v θ t 分
Asin -(- Acos)=m ……………………………………………………………………………… 2
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B 2 6bm
解得t 10 分
= qE …………………………………………………………………………………………… 2
纵轴方向的位移y' v θt b 分
= Asin =26 …………………………………………………………………… 1
由几何关系 粒子与A点的距离s y'2 b2 b 分
, = + =5 …………………………………………………… 2
解法二 设粒子从y轴上y y 处出射 同理由动能定理
:① = 0 , :
qE b y
qEy
0=
1mv2A- 1mv2
0,
得v2
0=
2 (2
m
- 0)
………………………………………………………… 2
分
2 2
粒子在第四象限运动时 设到达挡板的时间为t'
,
qE
x轴方向 b vt' 1 t'2 分
:- = 0 - ·m ……………………………………………………………………… 1
2
qE
由速度垂直条件
:
v y2
=
v
0(m
t'
-
v
0)…………………………………………………………………… 1
分
qEy
v
y =
2
m
0
……………………………………………………………………………………………… 1
分
联立化简得y .b 分
0=12 …………………………………………………………………………………… 1
故出射位置坐标为 .b 分
(0,12 )……………………………………………………………………………… 1
qEb qEb
②
由y
0=1
.
2
b得v
y =
12
m ,
v2
0=
8
m …………………………………………………………… 2
分
5 5
bm
到达挡板的时间为t' 10 分
= qE ………………………………………………………………………… 2
y轴方向的位移y
=
v
y
t '
=26
b
……………………………………………………………………… 1
分
由几何关系 粒子与A点的距离s y2 b2 b 分
, = + =5 …………………………………………………… 2
注 以上计算题若有其他解法 步骤正确亦可得分
【 】: , 。
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B 3 6【详解】
【答案】
1. A
【解析】 当带电体靠近导体时 导体内的自由电荷会发生移动 导体近端会感应出与带电体相反的电荷
, , ,
远端感应出相同的电荷 云层带负电 通常云层带电多为负电 那么屋顶的 鸱吻 作为导体 其尖端会
。 ( ), “ ” ,
感应出正电荷 因为异种电荷相互吸引 铁索中的自由电荷是电子 带负电 由于云层的负电会排斥电
( )。 ( ),
子 所以铁索中的自由电子会向大地方向 向下 移动 选项正确
, ( ) 。A 。
【答案】
2. D
【解析】 BC两个点电荷在其连线中点场强等值反向 合场强为 但A点电荷在此点仍有场强 故该点
、 , 0, ,
场强不为 错误
0,A ;
如图 BC两个点电荷在三角形中心处场强大小相等 合场强方向与A在此处场强方向相同 故合场强
1, 、 , ,
不为 错误
0,B ;
q2 q2
如图 B受到C静电力F k B还受到A的静电力F k2 B所受静电力为两个力合力 F
2, CB= L2 , AB= L2 , ,AB
q2
k3 错误
= L2 ,C ;
q2 q2
如图 A受BC两个电荷静电力 大小相等 F F k2 F F k23 故 正确
3, 、 , ,BA= CA= L2 ,A=2 BAcos30°= L2 , D 。
【答案】
3. B
【解析】t t 内电流表示数不断变大 说明压敏电阻的阻值不断减小 小球对压敏电阻的压力逐渐变
1~ 2 , ,
大 则小球向右运动的加速度逐渐变大 故选项 错误
, , A 。
t t 内电流表示数不变 说明压敏电阻的阻值不变 小球对压敏电阻的压力不变 小球向右做匀加速运
2~ 3 , , ,
动 故选项 正确 选项 错误
, B , C 。
t t 内电流表示数不断减小 说明压敏电阻的阻值不断增大 小球对压敏电阻的压力逐渐减小 则小球
3~ 4 , , ,
的加速度逐渐减小 做加速度减小的变加速运动 故选项 错误
, , D 。
【答案】
4. D
【解析】 电势 φ 随x变化图像的斜率表示电场强度E x 范围内存在沿 x轴方向 E
,0≤ ≤3cm + 、 =200
的匀强电场 x 范围内存在沿 x轴方向 E 的匀强电场 错误
V/m ,-3cm≤ ≤0 - 、 =200V/m ,A、C ;
x 范围内存在沿 x轴方向的电场 粒子沿 x轴加速 x 范围内存在沿 x轴方
0≤ ≤3cm + , - ,-3cm≤ ≤0 -
向的电场 粒子沿 x轴减速 粒子会在x轴上往复运动 错误
, - , ,B ;
从x 处运动到x 处电势差等于零 电场力做的功为零 故两处动能相等 正确
=1cm =-1cm , , ,D 。
【答案】
5. C
【解析】 断开开关 电容器通过R 放电 小球受到的电场力减为零 小球向下运动 错误
S, 1 , , ,A ;
保持开关闭合 R 滑片左移不改变电容器电压 小球电场力不变 仍静止 错误
,3 , , ,B ;
保持开关闭合 下极板下移 电容C减小 电压U不变 由 Q CU知电荷量Q减小 电容器放电 电流由
, , , , = , ,
b到a 电流方向与负电荷移动方向相反 正确
( ),C ;
保持开关闭合 R 滑片上移 电容器电压减小 电容器放电 电流由b到a 错误
,2 , , , ,D 。
【答案】
6. D
【解析】 粒子受到水平向右的电场力作用 不计重力 故竖直方向为匀速运动 错误
, , ,A ;
v v v v 错误
0sin60°= Bsin30°,B= 3 0,B ;
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B 4 6mv2
由动能定理得qU
AB=
1mv2B- 1mv2
0,
U
AB= q
0
,C
错误
;
2 2
qE mv
水平方向匀加速v v tE 0 正确
,Bcos30°- 0cos60°=m , =qt,D 。
【答案】
7. C
【解析】 进行欧姆调零时 红 黑表笔短接 调节欧姆调零旋钮 使指针指到表盘右侧 刻度线处 故
, 、 , , “0” , A
错误
;
图甲中黑表笔与内部电源正极连接 若用该多用电表的欧姆挡对图丙中二极管的正向电阻进行粗略测
,
量 多用电表的黑表笔应与二极管的C端相连 故 错误
, , B ;
若采用 倍率测量时 发现指针偏转角过大 说明倍率挡选择过高 应换 倍率 并且更换倍率后
“×10” , , , “×1” ,
需要重新进行欧姆调零 故 正确
, C ;
采用 直流测电流时 表盘每小格代表 按照读数规则 只能读到最小刻度的1 不能估读到
10mA , 0.2mA, , ,
2
下一位 故 错误
, D 。
【答案】
8. C
W
【解析】 由U =
W
q 可求得 , U A 1 D 1 = q
A
1
D
1 = 3×10
-3
-
J
4C=-30 V, φA 1 =0, φD 1 =30 V;
-1×10
W
U D 1 D 2 = q
D
1
D
2 = -2×10 -
-
4
3
J =20 V, φD 1 =30 V, φD 2 =10 V;
-1×10 C
W
U D 2 C 2 = q
D
2
C
2 = 1×10
-
-
3
J 4 =-10 V, φD 2 =10 V, φC 2 =20 V;
-1×10 C
C 1 D 1 与C 2 D 2 平行等距 , U C 1 D 1 = U C 2 D 2 ⇒ φC 1 =40 V, 故 A 错误 ;
匀强电场的电场强度由多个方向的分量合成 并非单纯由 指向 错误
, D1 A1,B ;
U AC = φA - φC =-20 V, W AC = qU AC =2×10 -3 J, 故 C 正确 ;
1 2 1 2 1 2 1 2
C 1 C 2 D 2 D 1 中心电势 φ =25 V, E p= qφ =-2.5×10 -3 J, 故 D 错误 。
【答案】
9. CD
【解析】 由题意可知设P和Q两球之间的库仑力为F 绳子的拉力分别为T T 质量分别为m m
, 1,2, 1, 2;
与竖直方向夹角为θ
,
对于小球P 水平方向合力F F qE
: 1= + 1 ,
对于小球Q 水平方向合力F F qE
: 2= - 2 ,
因此 F F
:1> 2;
对于小球P有 T θ mgT θ F
:1cos= 1 ,1sin = 1,
对于小球Q有 T θ mgT θ F
:2cos= 2 ,2sin = 2,
因此 T T m m 正确
:1> 2, 1> 2,C ;
qq
两小球之间的相互作用力总是等大反向的 其大小F k 1 2 故它们的电荷量大小无法判断 故 错误
, = r2 , , B ;
同时释放两球 竖直方向上做自由落体运动 同时落地 正确
, , ,D 。
【答案】
10. AD
T
【解析】 电子在偏转电场中做类平抛运动 水平方向L vt解得t 正确
, = 0 , = ,A ;
2
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B 5 6电子受到的电场力是指向 板 电子离开电场的位置都在中线OO'的上方 错误
A , ,B ;
T
t 时刻射入电场的电子在电场中加速时间只有t 时刻射入电场的电子在电场中加速时间的一半
= =0 ,
4
T
加速位移为其四分之一 但还有 时间匀速 故 错误
, , C ;
4
eE eU
进入偏转电场的电子加速度a 0 电子离开电场时距离AB中心线的距离y 1at2 解得y
=m=md, 、 = , =
2
eUT2 d eUT2
0 d 0 正确
md ≤ ,min= m ,D 。
8 2 4
分
11.(8 )
【答案】 答 之间均可 分 分
(1)1.705( 1.704~1.707 )(2 ) (2)C(2 )
答 之间均可 分 分
(3)3.3( 3.1~3.5 )(2 ) (4)D(2 )
【解析】 读数
(1) 1.5mm+20.5×0.01mm=1.705mm;
导线两端电压调节范围大 故采用变阻器分压式连接 又因为导线电阻较小 采用电流表外接法 故
(2) , , , ,
选
C;
图丙斜率的值等于待测电阻值 R 2.0V
(3) , = =3.3Ω;
0.6A
d2 -3 2
R π 20 3×(1.705×10 )
由R ρ
L
得 ρ
·
4 6
×
4 -8
(4) = S = L = Ω·m≈8×10 Ω·m。
91
分
12.(8 )
【答案】 分 分
-6 -7
(1)1.36×10 (2 ) 1.70×10 (2 )
不变 分 分
(2) (2 ) (3)BD(2 )
【解析】 所带电荷量等于图像所围的面积
(1) ,
Q
Q -6 -6 电容为C -7
=68×(0.1×10 ×0.2)C=1.36×10 C, =U=1.70×10 F。
充电完成后 电荷量 仅由电容 和电源电压 决定 与电阻 无关 由于 曲线面积等
(2) , Q=CU C U , R 。 I-t
于电荷量 因此增大 时面积不变 从等效的思想出发 电容器储存的能量等于把电荷从一个极
Q, R 。(3) ,
板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功 也等于图像所围的面积
,
Q
由公式E 1QUC 解得E 1CU2
= , =U, = ;
2 2
Q Q2
由公式E 1QUC 解得E
= , =U, = C。
2 2
故选
BD。
高二物理 卷参考答案 第 页(共 页)
B 6 6
