资源简介

福建省莆田市仙游第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考
物理试题
一、单选题
1．如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J。下列说法中正确的是（　　）

A．粒子带负电 B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J D．粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
2．如图甲是我国自行研制的CPU“龙芯”系列。图乙中，R1和R2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的芯片内部电阻，R1的表面边长为R2的两倍。现给R1、R2通以相同的电流I，则R1与R2相比（　　）
A．电阻率
B．两端电压U1=U2
C．相同时间内产生的焦耳热Q1>Q2
D．相同时间内通过的电荷量q1>q2
二、多选题
3．如图，两电荷量分别为Q（Q＞0）和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．b点的电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大
4．如图所示，让一价氢离子（）和二价氦离子（）的混合物，从O点由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子的运动轨迹，下列说法正确的是（　　）
A．在加速电场中运动时间较短的是
B．经加速电场加速度后，的动能较小
C．在偏转电场中和的加速度之比为1:2
D．在加速和偏转过程中两种离子的轨迹都重合
5．关于图中四幅图像的说法正确的是（　　）
A．甲图中，带正电的C靠近枕型导体，因静电感应A端带正电荷，B端带负电荷
B．乙图是库仑的扭秤装置，利用点电荷之间较小的作用力可使细丝发生比较大的可测量的扭转，通过细丝扭转的角度可以比较力的大小，主要用到的实验方法是微小量放大法
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的内外表面感应出等量异种电荷，导体壳内空腔C电场强度为0
D．丁图中，燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理
6．在x轴方向存在一静电场，其电势与x的关系如图所示，其中之间为直线，之间和之间的图线关于中心对称，的区域内为平行于x轴的直线。下列说法正确的是（ ）
A．右侧的电场方向均沿x轴正方向
B．处的电场强度大小为
C．把一正电荷从处由静止释放，仅受电场力的作用，将在之间做往复运动
D．把一电子从处由静止释放，仅受电场力的作用，将在之间做往复运动
7．已知半径为的均匀带正电的球壳，其在内部各点的电势为，外部到球心距离为处的电势为。如图所示，现有均匀带电的绝缘球壳，半径分别为和，在一条直线上，两小球壳和大球壳相切，三球壳带电荷量均为。则下列正确的是（　　）
A．点电场强度为0，电势为
B．点电场强度和电势均为0
C．、两点电势差为0
D．、两点电势差为
8．如图甲，竖直平面中有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为的小球，小球绕O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动。图中AC为水平直径，BD为竖直直径。从A点开始，小球动能与转过角度θ的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（　　）
A．BD为电场的一条等势线
B．该匀强电场的场强大小为
C．轻绳的最大拉力大小为6mg
D．轻绳在A、C两点拉力的差值为
三、填空题
9．某金属导体的伏安特性曲线如图，该导体的电阻随电压的升高而 （填增大或减小），当导体两端电压为2V时，电阻为 。
10．如图所示，电阻与电动机串联，电阻，电动机M的内阻。如A、B电压为，理想电压表示数，则流过电动机的电流是 A，电动机的输出功率 W。
11．一匀强电场的方向平行于平面，平面内、、三点的位置如图所示，三点的电势分别为、、。则坐标原点处的电势为 ，电场强度的大小为 。
四、实验题
12．高一年级的同学在进行分组实验时，利用如图所示的装置探究平行板电容器电容的影响因素。他准备了以下器材：平行板电容器（极板可调节间距d和正对面积S），静电计，不同厚度的塑料片（作为电介质），直流电源、导线、开关
实验步骤如下：
①保持S和d不变，在两极板间插入不同厚度的塑料片，记录静电计读数。
②保持d和电介质不变，改变S，记录静电计读数。
③保持S和电介质不变，改变d，记录静电计读数。
已知：本实验中电容器充电后断开电源，带电量Q不变。试回答以下问题：
(1)实验中静电计的作用是（　　）
A．直接反映极板带电量Q
B．直接反映极板间电势差U
C．直接反映电容C
D．直接反映电场强度E
(2)在步骤1中，插入塑料片后，静电计读数将 （选填“增大”“减小”或者“不变”）。
(3)在步骤3中，若增大极板间距d，电容C将 ，极板间电场强度将 （选填“增大”“减小”或者“不变”）。
13．在“用传感器观察电容器的充、放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。其中C表示电容器的电容，R表示电阻的阻值，U表示电源电压（忽略电源内阻）。
(1)开关S改接1后，电容器将进行 （填“充电”或“放电”）；若不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，重复上述过程，流过电阻R的总电荷量将 （填“增大”、“不变”或“减小”）；
(2)改变电路中某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，两次充电对应的电容器电荷量Q随时间t变化的图像分别如图丙中a、b所示。根据图像分析：a、b两条曲线不同是 （填“R”或“U”）不同造成的；
(3)电容器充电过程实际是克服极板上电荷的静电力做功，使电势能增加的过程（即极板间储存电场能的过程），若某次充电过程的两极板间电压U与电荷量Q的关系图像如图丁所示，请类比利用v-t图像求位移的物理思想，计算该充电过程电容器储存的电场能为 （用U0、Q0表示）。
五、解答题
14．如图所示，带正电的小球1用绝缘细线a悬挂在水平墙壁上，带负电的小球2用绝缘细线悬挂在竖直墙壁上。两小球处于静止状态时，细线b水平，细线a与竖直方向的夹角为37°，小球1、2（均可视为点电荷）的连线与水平方向的夹角也为37°，小球1、2间的距离d=2m。已知小球1、2所带的电荷量大小分别为，静电力常量，取重力加速度大小。求：
(1)小球1、2间的库仑力大小；
(2)细线b上的弹力大小和小球2的质量；
(3)小球1的质量。
15．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：
（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小？
（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？
（3）若电子从t=T时刻射入，恰能从两板中央平行于板飞出，则两板间距至少多大？
16．光滑水平面上方存在水平向左的匀强电场，电场强度大小。带负电的绝缘滑块（可视为质点）置于带负电的绝缘长木板左端，与长木板保持相对静止共同向右运动，当长木板右端距墙时，滑块与长木板的速度，长木板与墙碰撞时间极短，碰后长木板速度大小不变，方向反向。已知长木板带电量、质量，滑块带电量、质量，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：
（1）长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小；
（2）第一次碰墙反弹后滑块不从木板上滑下，求第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离是多少；
（3）第二次碰墙反弹后滑块恰好不从木板上滑下，求木板长度；
（4）若最终滑块未从木板上滑下，求木板至少多长。
参考答案及解析
1．答案：C
解析:A.由粒子运动的轨迹可知，粒子所受电场力方向向右，而电场强度方向也向右，故粒子带正电，故A错误；
B.粒子从A点到B点的过程中静电力做正功，所以电势能减少，粒子在A点的电势能比在B点多1.5J，故B错误；
C.静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5J，故C正确；
D.根据动能定理得
所以粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故D错误。
故选C。
2．答案：B
解析: A.两电阻材料相同，则电阻率
选项A错误；
B.根据
可知
因电流相同，可知两端电压
选项B正确；
C.根据
可知，相同时间内产生的焦耳热
选项C错误；
D.根据
可知，相同时间内通过的电荷量
选项D错误。
故选B。
3．答案：BC
解析：A.结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0，故A错误；
B.由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故B正确；
C.正电荷从a向O运动的过程中，电场力做整功，电势能减小。所以将整的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功；故C正确；
D.两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等。故D错误。
故选：BC。
4．答案：AD
解析:C.带电粒子在偏转电场中，加速度为
故在偏转电场中和的加速度之比为2:1，故错误；
A.带电粒子在加速电场运动中
则有
解得
因在加速电场中的加速度更大，故在加速电场中运动时间较短的是，故A正确；
B.带电粒子在加速过程中，根据动能定理
因的电量较大，故的动较大，故B错误；
D.带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
在偏转电场中做类平抛运动，有
联立解得
设速度偏向角为，则速度偏向角的正切值
故两粒子在同一加速电场中加速，再经过同一偏转电场偏转，可知y与相同，即两种离子的轨迹都重合，故D正确。故选AD
5．答案：BD
解析: A.图甲，根据静电感应原理可知，导体棒A端因感应带负电，B端带正电，故A错误;
B.乙图是库仑的扭秤装置，利用点电荷之间较小的作用力可使细丝发生比较大的可测量的扭转，通过细丝扭转的角度可以比较力的大小，主要
用到的实验方法是微小量放大法，故B正确，
C.丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷，内表面没有电荷，导体壳内空腔C电场强度为0，故C错误;
D.丁图中，燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理，故D正确。
故选BD。
6．答案：BD
解析:AC.根据沿着电场线方向电势逐渐降低，由题图可知，区域的电场方向沿x轴正方向，在的区域内电场强度为0；把一正电荷从处由静止释放，正电荷受到的电场力沿x轴正方向，在区域内正电荷沿x轴正方向做加速运动，在的区域内，正电荷沿x轴正方向做匀速运动，故AC错误；
B.在电势均匀变化，则电场为匀强电场，图像的斜率表示电场强度，可得
则处的电场强度大小为，故B正确；
D.把一电子从处由静止释放，由题图可知之间与之间的电势差绝对值相等，故电子在之间与之间静电力做功大小相等，从O点到处，静电力做正功，从处到处，静电力做负功，到处速度减为0，再反向运动，即电子将在之间做往复运动，故D正确。
故选BD。
7．答案：AC
解析:A.根据对称性可知，均匀带电的绝缘球壳O在O点产生的电场强度为零，均匀带电的绝缘球壳在O点产生的电场强度等大反向，矢量和为零，故O点电场强度为0;O点的电势为，故A正确；
B.均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳在处产生的电场强度为零，均匀带电球壳在处产生场强不为零，则点场强等于球壳在处产生的电场不为零；点电势等于均匀带电球壳在点的电势之和，则，故B错误；
C.根据对称性可知，和电势相等，则两点电势差，故C正确；
D.两点电势差为，故D错误。故选AC。
8．答案：BD
解析:AB.由图像知为等效最低点，为等效最高点，根据动能定理可知
解得
重力和电场力的合力在等效最低点与等效最高点连线上，运动距离为2l，则合力大小为mg，根据余弦定理可知
解得
根据几何关系可知，电场强度方向和重力方向夹角为，方向斜向上，如图所示。
由于为匀强电场，则可知BD不是电场的等势线，故A错误，B正确；
C.在等效最低点拉力最大，根据牛顿第二定律可得
此时动能为
解得
故C错误；
D.从等效最低点到A点过程，根据动能定理得
在A点根据牛顿第二定律得
联立得
从等效最低点到C点过程，根据动能定理得
在C点根据牛顿第二定律得
联立得
轻绳在A、C两点拉力的差值为
故轻绳在A、C两点拉力的差值为，故D正确。
故选BD。
9．答案：增大；1
解析:在图中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，该导体的电阻随电压的升高而增大；
当导体两端的电压为2V时，电流为2A，故电阻
10．答案：0.5；7
解析: 因为电阻与电动机串联，所以流过电动机的电流等于流过电阻的电流，即
电动机的输出功率为
11．答案：9；
解析:匀强电场中，平行且相等的线段，电势差相等。则又
代入数据，解得坐标原点处的电势为
由题意可知
所以Oc为等势线，则电场方向垂直斜向左上，如图所示
设b点到Oc的距离为d，则所以电场强度
12．答案：(1)B
(2)减小
(3)减小；不变
解析:（1）静电计是测量电势差的仪器，故直接反映极板间电势差U。
故选B。
（2）插入电介质后，电容C增大，而Q不变，由可知U减小，故静电计读数将减小。
（3）由可知，d增大时C减小；
根据，得
故当Q不变，d增大时，E不变。
13．答案：(1)放电；02秒内电容器释放的电荷量；不变
(2)430
(3)BCD
解析:(1)开关S接1时，电源在给电容器充电，开关S改接2后，电源断开，电容器放电，在电路中充当电源
曲线与坐标轴所围成的面积表示初始时刻电容器所带电荷量的多少，也表示在该段时间内，电容器所放出电荷量的总和，则阴影面积表示02s内电容器放出的电荷量
只减小电阻的阻值，对电容器所带电荷的量没有影响，所以初始时刻电容器所带电荷量不变，即曲线与坐标轴所围成的面积将不变
(2)由可得
(3)ABD电容器的电容是由电容器内部结构决定的，与所带的电量以及两板间的电压无关，故A错误，BD正确
C根据可知，其斜率为定值，故C正确
故选BCD
14．答案：(1)45N
(2)36N，2.7kg
(3)2.1kg
解析:（1）根据库仑定律有
解得
（2）对小球2受力分析，水平方向上有
竖直方向上有
解得，
（3）将小球1、2作为整体受力分析，有
解得m1=2.1kg
15．答案：（1） ；（2）；（3）
解析:（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得
可求
（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动
（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度再减速到零，然后反方向加速度到再减速到零.由于电子穿过电场的时间为T，所以竖直方向每段加速、减速的时间只能为，即电子竖直方向只能先加速时间到达某一速度再减速时间速度减小到零，然后反方向加速时间到达某一速度，再减速时间速度减小到零，电子回到原高度.根据以上描述电子可以从t时刻进入
.
设两板间距至为d，而电子加速时间的竖直位移为
而电子减速时间的竖直位移也为h；所以电子在竖直方向的最大位移为
而
解得
所以d的最小值为
16．答案：（1）；（2）；（3）；（4）
解析:（1）由题意知滑块与长木板保持相对静止共同向右运动，则把两者作为整体可得
解得
所以长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小满足
解得
（2）长木板与墙碰后对滑块和木板分别受力分析，由牛顿第二定律得
解得
当两者共速时，设经过时间t两者共速，设向左为正，则有
解得
此时间内木板的对地位移为
共速至左侧最远
第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离
（3）第一次反弹至共速滑块距木板左侧距离
最左侧至第二次碰墙壁前由动能定理得
碰撞墙壁后加速度与第一次碰撞后相同，至共速
此时间内两者的对地位移为
此阶段相对位移
则木板长度为
（4）从开始至最终停下，由能量守恒得
解得

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