资源简介

2026届湖南武冈市展辉高级中学高二上学期物理月考试卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]电场中有a、b两点，已知φa＝－500 V，φb＝1 500 V，将电荷量为q＝－4×10－9 C的点电荷从a移到b时，电场力做功为（　　）
A．负功　8×10－6 J B．正功　8×10－6 J
C．负功　4×10－6 J D．正功　4×10－6 J
2．[4分]科学思维 物理学科核心素养包括“物理观念、科学思维、科学探究和科学态度与责任”四个方面，下列关于物理观念和科学思维的认识，正确的是（ ）
A. 汽车在通过弯道时，如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这种离心现象是由于受到离心力而产生的
B. “探究加速度与力、质量的关系”的实验用到了理想模型法
C. 电场强度，速度，加速度，都采用了比值定义法
D. 卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想
3．[4分]北京市国民体质监测中心曾经调查显示，由于长时间低头看书、看手机时坐姿不正等原因造成我国青少年探颈、驼背比例高达46.1%。如图是某矫正器的铭牌信息，已知当剩余电池容量为总容量的20%时，智能感应式矫正器将停止工作。若该智能感应式矫正器工作时一直处于额定工作状态，使用前电池容量为零，则下列说法正确的是（ ）
商品名称 智能感应式矫正器
内置电池 500mAh/3.7V
充电输入 DC 5V/0.2A
工作电压 DC 3.7V
额定功率 0.4W
充电接口 USB
整机净重 85g
A．理论上该矫正器充满电可以连续工作约4.6小时
B．第一次充满电的时间和可正常工作的时间之比约为
C．电池容量的单位mAh是能量单位
D．该矫正器充满电所储存的能量约为
4．[4分]如图所示，在圆心为的光滑绝缘细圆环上的点固定了一个电荷量为的点电荷；另一个电荷量也为的点电荷沿着圆环从点顺时针缓慢移动到点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．圆心处的电场强度始终不变
B．圆心处的电势始终不变
C．两点电荷组成的系统电势能始终不变
D．运动电荷受到的库仑力先减小后增大，先做负功后做正功
5．[4分]如图所示，，，，AB两端接在电压恒定的电源上，则（　　）
A．S断开时，通过与的电流之比为
B．S闭合时，通过与的电流之比为2∶1
C．S断开时，电阻与两端的电压之比为
D．S闭合时，电阻与两端的电压之比为
6．[4分]一根粗细均匀的导线，两端加上电压时，通过导线的电流为，导线中自由电子定向移动的平均速率为，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压，则（　　）
A．通过导线的电流为 B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动速率为 D．导线中自由电子定向移动速率为
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．[5分]如图所示,正四面体的顶点、、上分别放有电荷量为、、的点电荷,为底面的中心,、、分别为棱、、的中点,取无穷远处电势为零,下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 沿连线及其延长线上的电场方向均由指向
8．[5分]（多选）如图所示，长为、倾角为 的光滑绝缘细杆垂直穿过半径为、带电荷量为的固定大圆环的圆心，细杆上的点及圆心恰好将细杆三等分．现从细杆的顶端由静止释放一个套在细杆上的质量为、带电荷量为、可视为点电荷的小滑环，小滑环恰好在、之间做往复运动．已知大圆环上的电荷分布均匀，静电力常量为，重力加速度大小为，，下列说法正确的是（ ）
A． 小滑环在点的速度大小为
B． 、两点的电势差为
C． 大圆环在点产生的电场的电场强度大小为
D． 小滑环在点时的加速度最大
9．[5分]如图所示,O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点,不计空气阻力,一电荷量为+Q的点电荷固定在O点,现有一质量为m、电荷量为+q的小金属块(可视为质点),从A点以速度v0向右运动,最后停止在B点,已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ,A、B间距离为L,静电力常量为k,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)
A．该过程中小金属块的电势能增大
B．A、B两点间的电势差为
C．若在A处库仑力大于摩擦力,则小金属块速度最大时距O点的距离为
D．若在A处库仑力小于摩擦力,则小金属块由A到B运动过程的平均速度大于
10．[5分]如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧
B．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点
C．保持开关S闭合，增大，粒子依然打在O点
D．保持开关S闭合，减小，粒子打在O点左侧
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．[10分]某实验小组的同学研究一个标有“14 V　7 W”字样的灯泡L的电压随电流的变化特点，实验室提供的器材如下：
A．电源(电动势15 V，内阻很小)；
B．电压表V(量程为3 V，内阻3 kΩ)；
C．电流表A(量程为0.6 A，内阻约为5 Ω)；
D．小灯泡(14 V　7 W)；
E．定值电阻R1=3 kΩ；
F．定值电阻R2=12 kΩ；
G．定值电阻R3=30 kΩ；
H．滑动变阻器R4(阻值范围为0~10 Ω，额定电流为2 A)；
I．滑动变阻器R5(阻值范围为0~500 Ω，额定电流为1 A)；
J．开关、导线若干。
甲 乙
(1)实验前改装时，电压表与定值电阻　　　　(填“串”或“并”)联，该同学选用的定值电阻应为　　　　(填“R1”“R2”或“R3”)；
(2)实验器材中备有两个滑动变阻器，该实验应选用的是　　　　(填“R4”或“R5”)，实验要求能够较准确地画出灯泡的U-I曲线，请在虚线框中帮助该同学画出实验电路原理图；
(3)在研究小灯泡电压随电流的变化特点时，若某次读取电流、电压分别为I0、U0，流经电压表的电流忽略不计，则在如图甲所示坐标纸上描点时对应坐标为　　　　(用I0、U0表示)，依次描点绘图得到如图乙所示U-I曲线；
(4)直接将该灯泡接到电动势为15 V、内阻为5 Ω的电源两端时，灯泡L消耗的电功率为　　　　W(保留3位有效数字)。
12．[10分]在“测量金属丝的电阻率”实验中,某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。
(1)该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻,示数如图1所示,对应的读数是　　　　Ω。
　　　　图1
(2)除电源(电动势3.0 V,内阻不计)、电压表(量程0~3 V,内阻约3 kΩ)、开关、导线若干外,还提供如下实验器材:
A．电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.1 Ω)
B．电流表(量程0~3.0 A,内阻约0.02 Ω)
C．滑动变阻器(最大阻值10 Ω,额定电流2 A)
D．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ,额定电流0.5 A)
为了调节方便、测量准确,实验中电流表应选用　　　　,滑动变阻器应选用　　　　。(填实验器材前对应的字母)
(3)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I,得到多组数据,并在坐标图上标出,如图2所示。请作出该金属丝的U-I图线,根据图线得出该金属丝电阻R=　　　Ω(结果保留小数点后两位)。
　　　　图2
(4)用电流传感器测量通过定值电阻的电流,电流随时间变化的图线如图3所示。将定值电阻替换为小灯泡,电流随时间变化的图线如图4所示,请分析说明小灯泡的电流为什么随时间呈现这样的变化。
　　　图3　　　　　　　　　图4
13．[10分]如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，板间距离为d=0.1m，极板正对面积足够大，定值电阻阻值分别为R0=10Ω、R1=1Ω，电源电动势E=6V、内阻r=1Ω。用绝缘细线将质量为m=0.004kg的带电小球悬于电容器内部。闭合开关S，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°，小球与N板的距离L=0.024m。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小球的带电量q；
（2）剪断细线后小球到达N板的速度大小。

14．[10分]如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，点为荧光屏的中心。已知电子质量m、电荷量e、加速电场电压、偏转电场电压U、极板的长度、板间距离d、极板的末端到荧光屏的距离为且（忽略电子所受重力）。求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度；
（2）电子在偏转电场中的偏转位移y；
（3）电子打在荧光屏上的P点到点的距离h。
15．[16分]如图所示，两个固定的均匀带电球面，所带电荷量分别为+ Q和-Q（Q>0），半径分别为R和，小球面与大球面内切于C点，两球面球心O和O'的连线MN沿竖直方向，在MN与两球面的交点B、O和C处各开有足够小的孔，因小孔损失的电荷量忽略不计，有一质量为m，电荷量为q（q>0）的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。已知点电荷q在场源电荷为Q产生的电场中，具有的电势能为（r表示q到Q的距离），设静电力常量为k，重力加速度为g。
（1）求抛出点A的电场强度和球心O'的电场强度；
（2）当满足，要使质点从A点上抛后能够到达B点，所需的最小初动能为多少；
（3）第（2）问条件仍满足的情况下，要使质点从A点上抛后能够到达O点，在不同条件下所需的最小初动能各为多少。
参考答案
1．【答案】B
【详解】
将电荷量为q＝－4×10－9 C的点电荷从a移到b时，电场力做功为
故ACD错误，B正确。
故选B。
2．【答案】D
【详解】
选项 分析 正误
汽车在通过弯道时，如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这种离心现象是由于摩擦力不足以提供向心力而产生的（易错：需注意没有离心力） ×
“探究加速度与力、质量的关系”的实验用到了控制变量法 ×
电场强度和速度采用了比值定义法，而加速度并不是加速度的定义式，而是决定式（易错：为定义式） ×
卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想 √
3．【答案】D
【详解】A．该矫正器正常工作状态时的电流为，理论上该矫正器充满电可以连续工作的时间为，A错误；
B．第一次充满电的时间，则第一次充满电的时间和可正常工作的时间之比约为，B错误：
C．电池容量的单位mAh是电荷量单位，C错误；
D．该矫正器充满电所储存的能量约为，D正确。选D。
4．【答案】B
【解析】根据矢量合成法则，圆心处电场强度由两个点电荷独立产生的场强合成，先减小后增大，方向也不断改变，错误；电势是标量，运动电荷与点的距离不变，故两电荷在点处的合电势不变，正确；运动电荷受到的库仑力为斥力，因二者距离先增大后减小，故库仑力先减小后增大，静电力先做正功，后做负功，故系统电势能先减小后增大，、错误。
【一题多解 】设两点电荷在圆心处的电场强度方向的夹角为 ， 先由 增大到 后由 减小到 ，根据点电荷电场强度公式和矢量合成法则可知圆心处电场强度，所以圆心处的电场强度先减小后增大，方向也不断改变，A错误；电势是标量，根据点电荷的电势公式可知，圆心处的电势始终为，B正确。
【一题多解】设两点电荷在圆心 处的电场强度方向的夹角为 ， 先由 增大到 后由 减小到 ，根据点电荷电场强度公式和矢量合成法则可知圆心 处电场强度 ，所以圆心 处的电场强度先减小后增大，方向也不断改变，A错误；电势是标量，根据点电荷的电势公式 可知，圆心 处的电势始终为 正确。
5．【答案】B
【详解】A．S断开时，电阻与串联，通过电阻的电流相等，则通过与的电流之比为1∶1，A错误；
B．S闭合时，电阻处在干路，处在支路，电阻与并联，根据，，B正确；
C．S断开时，电阻与串联，电压之比等于电阻之比，C错误；
D．S闭合时，R2，R3并联，，根据分压关系可得，D错误。选B。
6．【答案】C
【详解】横截面的半径变为原来的可知面积变为原来的，由体积不变，可知长度变为原来的倍，由电阻定律的表达式：可得变化后的电阻值，由知，电流变为，故AB错误；由电流的微观表达式：，可知，则，故C正确，D错误。
7．【答案】AC
【详解】将处的点电荷视作两个电荷量为的点电荷，其中电荷量为的点电荷和处电荷量为的点电荷作为一对等量异种点电荷，其产生的电场中，中垂面上电势为零，负电荷所在的处一侧电势均小于零，同理，处电荷量为的点电荷和处电荷量为的点电荷作为另一对等量异种点电荷，其产生的电场中，中垂面上电势为零，负电荷所在的处一侧电势均小于零，根据电势叠加原理可知，直线为等势线，，正确；由前面分析可知，，错误；设正四面体棱长为，如图1所示，在处产生的场强大小为，在处产生的场强大小为，在处产生的场强大小为，则处场强大小为，如图2所示，
图1 图2
、在处产生的场强大小为，由几何关系可得，则、在处产生的合场强大小为，在处产生的场强大小，则处场强大小为，故，正确；如图3所示，
图3
之间的电场方向自指向，左侧电场中，选取关于对称的点，、在处的场强大小为，合场强大小为，在处的场强大小为，可得，所以点的场强方向为由指向，错误。
【思路引导】求电势可将处的点电荷视作两个电荷量为的点电荷，、和、分别作为一对等量异种点电荷；也可利用先求得各点的电势，然后求出代数和；求电场叠加可利用先求得各点的场强，然后求出矢量和。
8．【答案】AC
【解析】由对称性可得，小滑环从A点运动到B点的过程中，静电力对小滑环做的功为0，则有，解得，A正确；由题意，小滑环从A点运动到C点的过程中，合力做的功为0，设电场力做功为，则由动能定理有，解得，两点的电势差，B错误；圆环上的电荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量为，该点到C点的距离，在C点产生的电场的电场强度大小，沿细杆方向的分量，大圆环在C点产生的电场的电场强度大小，C正确；在之间，小滑环受力为沿方向的电场力和重力沿杆向下的分力，在之间，小滑环受力为沿向上的电场力和重力沿杆向下的分力，由此可知，受力最大的位置在段，圆环在轴线上的场强相当于无数对等量同种电荷在中垂线上场强的合场强，在段直线上任取一点，设圆环上任意一点与点的连线与细杆所成的角为 ，则圆环在点产生的电场的电场强度大小，当时，存在最大值．而A点与圆环上任意一点的连线与细杆所成角的正弦值小于，则A点场强不是最大值，小滑环在A点时的加速度不是最大，D错误．
9．【答案】CD
10．【答案】BC
【详解】设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，则根据牛顿第二定律可得加速度为，方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为，结合，，可得，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移或下移，不会影响离子的运动，故粒子仍然打在O点，故A错误，B正确保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，两端的电压为，增大，U将减小，电容器两端的电压减小，根据可知电容器的电荷量减小，电容器放电，但由于晶体二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，故电容器的电荷量不变，电容器两端的电压不变，故粒子仍然打在O点，故C正确；保持开关S闭合，减小，不会影响电阻两端的电压，故粒子打在O点，故D错误。
11．【答案】(1)串(1分) 　R2(1分)　(2)R4(2分)　 见解析(2分)
(3) (I0，5U0)(2分)　(4)6.15(6.10~6.20均可)(2分)
【解析】(1)灯泡的额定电压为14 V，电压表的量程为3 V，可将电压表的量程扩大到15 V，故电压表与定值电阻串联，由串联电路分压规律得=，解得R=12 kΩ，故定值电阻选用R2。
(2)本实验需要画灯泡的U-I曲线，电压需要从0开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，选用最大阻值较小的R4，灯泡的电阻约为RL===28 Ω，<，故电流表采用外接法，电路图如图1所示。
图1
(3)电压表读数为U0时，灯泡两端电压为5U0，流过灯泡的电流为I0，故对应坐标为(I0，5U0)。
(4)设灯泡两端电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律得E=U+Ir，即U=15-5I(V)，在题图乙中作出U-I图线，如图2所示，该图线与灯泡的U-I图线交点的横、纵坐标即为灯泡工作电流及电压，由图2知，交点坐标为(0.49 A，12.55 V)，功率为P=UI=0.49 A×12.55 V≈6.15 W。
图2
【技巧必背】(1)滑动变阻器采用分压式接法的情况：①实验要求电压从零开始或要求多测几组数据；②滑动变阻器的最大阻值过小；③若采用限流式接法，电路中的最小电流或电压超过了电表的量程。
(2)电流表连接方式的判断：若>，则电流表采用外接法，若<，则电流表采用内接法，简记为“大内小外”。
12．【答案】(1)6(2分)　(2)A(1分)　C(1分)　(3)见解析(2分)
5.80(2分)　(4)见解析(2分)
【解析】(1)选择开关调节到欧姆“×1”挡,由题图1可知,该金属丝的电阻Rx=6×1 Ω=6 Ω。
(2)由题知,电源电动势为3 V,则回路中的最大电流为Imax== A=0.5 A,故电流表应选用A。 为了调节方便、测量准确,滑动变阻器要选最大阻值小的,故选C。
(3)将描出的点用直线连接,即可得U-I图线如图所示,
取点(0.30 A,1.74 V),可得R= Ω=5.80 Ω。
(4)刚闭合开关时,灯丝温度较低,电阻较小,电流较大;随着灯丝温度升高,电阻逐渐增大,电流逐渐减小;当灯丝发热与散热平衡时,温度不变,电阻不变,电流保持不变。
13．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，电容器两极的电压，又因，对小球由力平衡有，联立解得小球的带电量，代入数据解得
（2）剪断细线后，小球沿剪断前细线的延长线方向斜向下做匀加直线运动，由牛顿第二定律有，小球的位移为，又，解得小球到达N板的速度为，代入数据解得
14．【答案】（1）（2）（3）
【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理得，解得；
（2）电子在偏转电场中做类平势运动，沿电场力方向有，运动的时间为，解得；
（3）根据相似三角形有，得电子打在荧光屏上的P点到点的距离。
15．【答案】（1），；（2）要使质点从 A 点上抛后能够到达B点，所需的最小初动能为
．（3）当，最小初动能为；当，最小初动能为； 当，最小初动能为．
【详解】
（1）均匀带电球面对球外电场可等效成电荷量集中在球心的点电荷产生的场强，则
均匀带电球面对球内任意位置场强均为0，则
（2）质点在A→B应做减速运动．设质点在A点的最小初动能为Ek0，则根据能量守恒得，可得质点刚好能达到B点的条件为
①
由此可得使质点从A点上抛后能够到达B点，所需的最小动能为
②
（3）质点在B→O的运动有三种可能情况：
a. 质点在B→O做加速运动（参看图1），对应条件为
即
③
此时只要质点能过B点，也必然能到达O点，因此质点能到达O点所需的最小动能由②式给出，即
④
若③式中取等号，则最小初动能比④式给出的Ek0略大一点．
b. 质点在B→O做减速运动（参看图1），对应条件为

即
⑤
此时质点刚好能到达O点的条件为
⑥
由此可得
⑦
c. 质点在B→O之间存在一个平衡点D，（参看图2），在B→D质点做减速运动，在D→O做加速运动，对应的条件为
即
⑧
设D到O点的距离为x，则
⑨
即
⑩
根据能量守恒，质点刚好能到达D点的条件为
（11）
由⑩（11）两式可得质点到达D点的最小初动能为
只要质点能通过D点也必然能到达O点，所以质点能到达O点的最小初动能也就是（12）式（严格讲应比（12）式给出的Ek0略大一点）
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