2026上半年教师资格证（高中物理）笔试真题题库与解析.doc

2026上半年教师资格证（高中物理）笔试真题题库与解析

（考试时间：90分钟 满分100分）
班级______ 姓名______

第I卷（选择题 共40分）
（总共8题，每题5分，每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
w1. 下列关于电场线和磁感线的说法，正确的是（ ）
A. 电场线和磁感线都是实际存在的线
B. 电场线和磁感线都不能相交
C. 沿电场线方向电场强度逐渐减小
D. 沿磁感线方向磁感应强度逐渐减小
答案：B

w2. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为\(n_1:n_2 = 2:1\)，原线圈接正弦交变电源，副线圈接电阻\(R\)，电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A. 电压表\(V_1\)和\(V_2\)的示数之比为\(2:1\)
B. 电流表\(A_1\)和\(A_2\)的示数之比为\(1:2\)
C. 电阻\(R\)消耗的功率增大时，电流表\(A_1\)的示数减小
D. 电阻\(R\)消耗的功率增大时，电压表\(V_2\)的示数增大
答案：B

w3. 一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示。已知物体在第\(1s\)内的位移为\(2m\)，则下列说法正确的是（ ）
A. 物体的加速度大小为\(2m/s^2\)
B. 物体在前\(2s\)内的位移为\(4m\)
C. 物体在第\(2s\)内的位移为\(2m\)
D. 物体在第\(3s\)末的速度为\(4m/s\)
答案：C

w4. 关于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（ ）
A. 温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B. 一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热交换
C. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
D. 扩散现象说明分子间存在斥力
答案：A

w5. 如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球\(a\)、\(b\)和\(c\)分别位于边长为\(l\)的正三角形的三个顶点上；\(a\)、\(b\)带正电，电荷量均为\(q\)，\(c\)带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为\(k\)。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（ ）
A. \(\frac{\sqrt{3}kq}{l^2}\)
B. \(\frac{2\sqrt{3}kq}{l^2}\)
C. \(\frac{3\sqrt{3}kq}{l^2}\)
D. \(\frac{4\sqrt{3}kq}{l^2}\)
答案：B

w6. 如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为\(\theta\)，经折射后射出\(a\)、\(b\)两束光线，则（ ）
A. 在玻璃中，\(a\)光的传播速度小于\(b\)光的传播速度
B. 在真空中，\(a\)光的波长小于\(b\)光的波长
C. 玻璃砖对\(a\)光的折射率小于对\(b\)光的折射率
D. 若改变光束的入射方向使\(\theta\)角逐渐变大，则折射光线\(a\)首先消失
答案：ABD

w7. 如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为\(r\)的圆形区域内、外磁场的方向相反，磁感应强度的大小均为\(B\)。一半径为\(R\)、电阻为\(R\)的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。当内、外磁场同时由\(B\)均匀减小到零时，在导线环中产生的感应电流大小为（ ）
A. \(\frac{\pi r^2B}{2R}\)
B. \(\frac{\pi (R^2 - r^2)B}{2R}\)
C. \(\frac{\pi (R^2 + r^2)B}{2R}\)
D. \(\frac{\pi R^2B}{2R}\)
答案：C

w8. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比\(n_1:n_2 = 1:10\)，原线圈接入\(u = 220\sqrt{2}\sin100\pi t(V)\)的交流电源，副线圈接有\(R = 22\Omega\)的负载电阻。一只理想二极管和一个电流表串联接在副线圈电路中，则电流表的读数为（ ）
A \(1A\)
B. \(5A\)
C. \(10A\)
D. \(22A\)
答案：B

第II卷（非选择题 共60分）

w9.（10分）
某同学利用图甲所示的电路测定电源的电动势和内阻。实验器材有：待测电源（电动势约为\(3V\)，内阻约为\(1\Omega\)）、电压表（量程\(0～3V\)）、电流表（量程\(0～0.6A\)）、滑动变阻器\(R\)、定值电阻\(R_0 = 2\Omega\)、开关\(S\)、导线若干。

（1）请根据图甲的电路图，在图乙中完成实物电路的连接。

（2）实验时，调节滑动变阻器的滑片，记录电压表和电流表的示数。某次测量时，电压表的示数如图丙所示，其读数为______\(V\)；电流表的示数如图丁所示，其读数为______\(A\)。

（3）该同学根据实验数据绘出了如图戊所示的\(U - I\)图像，则由图像可得电源的电动势\(E = \)______\(V\)，内阻\(r = \)______\(\Omega\)。

答案：（1）实物图连接略；（2）\(2.50\)；\(0.50\)；（3）\(3.0\)；\(1.0\)

w10.（12分）
如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨\(MN\)、\(PQ\)固定在水平面上，导轨间距为\(L = 0.5m\)，导轨电阻不计。在导轨的左端\(M\)、\P\)之间接有阻值为\(R = 1\Omega\)的电阻。质量为\(m = 0.1kg\)、电阻为\(r = 0.5\Omega\)的金属棒\(ab\)垂直导轨放置，且与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为\(B = 2T\)的匀强磁场中。现用一水平向右的外力\(F\)拉金属棒\(ab\)，使其由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为\(a = 2m/s^2\)。求：

（1）金属棒\(ab\)运动\(t = 3s\)时的速度大小；

（2）金属棒\(ab\)运动\(t = 3s\)时，电阻\(R\)上消耗的电功率；

（3）当金属棒\(ab\)的速度为\(v = 10m/s\)时，外力\(F\)的大小。

答案：（1）\(v = at = 2×3m/s = 6m/s\)；（2）\(E = BLv = 2×0.5×6V = 6V\)，\(I = \frac{E}{R + r} = \frac{6}{1 + 0.5}A = 4A\)，\(P_R = I^2R = 4^2×1W = 16W\)；（3）\(E = BLv = 2×0.5×10V = 10V\)，\(I = \frac{E}{R + r} = \frac{10}{1 + 0.5}A = \frac{20}{3}A\)，\(F = BIL + ma = 2×\frac{20}{3}×0.5N + 0.1×2N = \frac{20}{3}N + 0.2N = \frac{23}{15}N\)

w11.（14分）
如图所示，一质量为\(m = 2kg\)的小滑块从半径为\(R = 0.5m\)的光滑四分之一圆弧轨道顶端\(A\)点由静止滑下，轨道底端\(B\)点切线水平。小滑块离开\(B\)点后，恰能无碰撞地沿光滑竖直圆轨道\(CDE\)内侧运动，\(CDE\)圆轨道的半径为\(r = 0.3m\)。已知重力加速度\(g = 10m/s^2\)。求：

（1）小滑块到达\(B\)点时的速度大小；

（2）小滑块在圆弧轨道\(AB\)上运动时，重力对小滑块做功的平均功率；

（3）\(B\)、\(C\)两点间的高度差\(h\)。

答案：（1）小滑块恰能无碰撞地沿光滑竖直圆轨道内侧运动，在\(D\)点时重力提供向心力，\(mg = m\frac{v_D^2}{r}\)，解得\(v_D = \sqrt{gr} = \sqrt{10×0.3}m/s = \sqrt{3}m/s\)。从\(B\)到\(D\)，由机械能守恒定律得\(mg(2r + h) = \frac{1}{2}mv_D^2\)，又因为小滑块离开\(B\)点后做平抛运动，水平方向\(x = v_Bt\)，竖直方向\(2r = \frac{1}{2}gt^2\)，解得\(v_B = 4m/s\)；（2）从\(A\)到\(B\)，由机械能守恒定律得\(mgR = \frac{1}{2}mv_B^2\)，解得\(v_B = \sqrt{2gR} = \sqrt{2×10×0.5}m/s = \sqrt{10}m/s\)。小滑块在圆弧轨道\(AB\)上运动的时间\(t = \frac{\frac{1}{4}×2\pi R}{v_B} = \frac{\frac{1}{4}×2\pi×0.5}{\sqrt{10}}s\)，重力对小滑块做功\(W = mgR = 2×10×0.5J = 10J\)，重力对小滑块做功的平均功率\(P = \frac{W}{t} = \frac{10}{\frac{\frac{1}{4}×2\pi×0.5}{\sqrt{10}}}W = \frac{40\sqrt{10}}{\pi}W\)；（3）从\(B\)到\(D\)，由机械能守恒定律得\(mg(2r + h) = \frac{1}{2}mv_D^2\)，解得\(h = 0.2m\)。

w12.（12分）
材料：如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一质量为\(m = 1×10^{-3}kg\)、电荷量为\(q = 1×10^{-6}C\)的带正电小球，静止在\(O\)点。以\(O\)点为原点，在该水平面内建立直角坐标系\(xOy\)。在\(t = 0\)时刻，突然加一沿\(x\)轴正方向大小为\(E = 2×10^3V/m\)的匀强电场，使小球开始运动。经过\(t_1 = 1s\)，所加电场突然变为沿\(y\)轴正方向、大小仍为\(E = 2×10^3V/m\)的匀强电场。再经过\(t_2 = 1s\)，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经\(t_3 = 1s\)速度变为零。求：

（1）\(t = 1s\)时小球的速度大小；

（2）\(t_2 = 1s\)时小球的位置坐标；

（3）电场变化过程中小球的最小动能。

（1）根据牛顿第二定律，求出小球在电场中的加速度，再根据速度时间公式求出\(t = 1s\)时小球的速度大小。

（2）先求出小球在第一个\(1s\)内的位移，再求出小球在第二个\(1s\)内的位移，进而得到\(t_2 = 1s\)时小球的位置坐标。

（3）分析小球的运动过程，找出速度最小时的位置，根据动能定理求出小球的最小动能。

答案：（1）小球在沿\(x\)轴正方向的匀强电场中运动时，加速度\(a_1 = \frac{qE}{m} = \frac{1×10^{-6}×2×10^3}{1×10^{-3}}m/s^2 = 2m/s^2\)，\(t = 1s\)时小球的速度大小\(v_1 = a_1t_1 = 2×1m/s = 2m/s\)；（2）小球在第一个\(1s\)内沿\(x\)轴正方向的位移\(x_1 = \frac{1}{2}a_1t_1^2 = \frac{1}{2}×2×1^2m = 1m\)。在第二个\(1s\)内，小球沿\(x\)轴正方向做匀速直线运动，位移\(x_2 = v_1t_2 = 2×1m = 2m\)，沿\(y\)轴正方向的位移\(y_2 = \frac{1}{2}a_2t_2^2\)，加速度\(a_2 = \frac{qE}{m} = 2m/s^2\)，所以\(y_2 = \frac{1}{2}×2×1^2m = 1m\)。则\(t_2 = 1s\)时小球的位置坐标为\((3m,1m)\)；（3）小球在第一个\(1s\)内沿\(x\)轴正方向做匀加速直线运动，第二个\(1s\)内沿\(x\)轴正方向做匀速直线运动，沿\(y\)轴正方向做匀加速直线运动，第三个\(1s\)内做匀减速直线运动。当小球速度方向与合力方向垂直时，速度最小，动能最小。设此时速度为\(v\)，与\(x\)轴夹角为\(\theta\)，则\(\tan\theta = \frac{v_y}{v_x} = 1\)，\(v_x = v_1 = 2m/s\)，\(v_y = a_2t_2 = 2m/s\)，所以\(v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = 2\sqrt{2}m/s\)，最小动能\(E_{kmin} = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}×1×10^{-3}×(2\sqrt{2})^2J = 4×10^{-3}J\)。

w13.（12分）
材料：如图所示，一质量为\(M = 2kg\)的木板静止在光滑水平面上，木板长度\(L = 2m\)。一质量为\(m = 1kg\)的小滑块以初速度\(v_0 = 6m/s\)从木板的左端滑上木板。已知小滑块与木板间的动摩擦因数\(\mu = 0.2\)，重力加速度\(g = 10m/s^2\)。

（1）求小滑块滑上木板后，木板的加速度大小；

（2）若小滑块没有从木板右端滑下，求小滑块和木板相对静止时的速度大小；

（3）若小滑块从木板右端滑下，求小滑块滑下木板时的速度大小。

（1）对木板进行受力分析