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2025-2026学年高二年级阶段性诊断物理
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 关于静电场，下列说法正确的是（　　）
A. 沿电场线方向，电场强度一定越来越小
B. 电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹
C. 同一等势面上各点电场强度一定相等
D. 电场线与等势面处处相互垂直
【答案】D
解析：A．沿电场线方向，电场强度不一定越来越小，如匀强电场沿电场线方向，电场强度不变，故A错误；
B．电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，仅考虑电场力作用下，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故B错误；
C．同一等势面上各点电势相等，电场强度不一定相等，故C错误；
D．电场线总与等势面垂直且从高电势指向低电势，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，质量均为m的两橡胶球A、B都带有电量为Q的正电荷，其中B球放在台秤上的泡沫塑料凹槽中，A球用绝缘细线悬挂在O点。两球心之间的距离为d，两橡胶球所带电荷分布均匀，忽略泡沫塑料凹槽的重力，重力加速度为g，静电力常量为k，则台秤的示数为（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
解析：两球间有静电斥力，大小为
对B球受力分析可知
即台秤的示数为。
故选A。
3. 如图所示，n匝闭合圆形线圈静止在通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内。下列说法正确的是（　　）
A. 线圈内磁感应强度的方向垂直于纸面向外
B. 仅增加线圈匝数，通过线圈的磁通量增大
C. 仅增大通电长直导线的电流，通过线圈的磁通量不变
D. 让线圈在平面内远离导线时，线圈内将产生感应电流
【答案】D
解析：A．根据右手螺旋定则，线圈内磁感应强度的方向垂直于纸面向里，A错误；
B．由知仅增加线圈匝数，通过线圈的磁通量不变，B错误；
C．由知仅增大通电长直导线的电流，长直导线周围的磁场增强，则通过线圈的磁通量增大，C错误；
D．离通电长直导线越远，其产生的磁场越小，让线圈在平面内远离导线时，通过线圈的磁通量减小，线圈内将产生感应电流，D正确。
故选D。
4. 如图1所示，将带电量为的点电荷固定在点，现把带电量为的试探电荷沿直线从点移到点，、之间的距离为，、之间的距离为，图2是试探电荷所受电场力大小随距离的变化图像。已知图像阴影部分曲边梯形的面积为，则在处点电荷产生的电场中，、之间的电势差为（　　）
A. B.
C. D.
【答案】D
解析：图像阴影部分曲边梯形面积的物理意义代表试探电荷从点移到点过程中克服库仑力所做的功，即电场力做负功，
因为
所以
故选D。
5. 摆球质量相等的甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动，其振动图像如图所示，则由图可知（　　）
A. 甲、乙两单摆的振动周期之比是3：4
B. 甲、乙两单摆的摆长之比是2：3
C. 甲、乙两单摆的摆长之比是4：9
D. 甲、乙两单摆运动到最低点时的动能一定相等
【答案】C
解析：A．由图可知甲、乙两单摆的振动周期之比是2：3，A错误；
BC．根据
可得
可得甲、乙两单摆的摆长之比是4：9，B错误，C正确；
D．设单摆的摆角为θ
因摆角很小，则
摆球到达最低点的动能为
因甲乙两摆球质量相等，且振幅分别为2cm和1cm，摆长之比为4:9，代入可知甲、乙两单摆运动到最低点时的动能不相等，D错误。
故选C。
6. 如图所示，竖直放置的平行板电容器左板带正电，右板带负电，两板之间的距离为d。一电子以初速度v0从左极板沿电场线方向射入电场中，电子刚好能够打到右极板上。现在把右极板向右平移的距离，右极板平移后，以下说法正确的是（　　）
A. 电容器的电容变为原来的
B. 两板之间的电压变为原来的
C. 两板之间的场强大小变为原来的
D. 若沿电场线重新发射电子打到右极板，电子的初速度需要变为
【答案】B
解析：A．根据可知，把右极板向右平移的距离后。两极板间距变为，可知电容器的电容变为原来的，A错误；
B．根据Q=CU，因电容器带电量不变，可知两板之间的电压变为原来的，B正确；
C．根据
可得
因电容器带电量不变，可知两板之间的场强大小不变，C错误；
D．根据，可知
可知若沿电场线重新发射电子打到右极板，电子的初速度需要变为，D错误。
故选B
7. 如图所示为某质点做简谐振动的x-t图像，图像上a点的坐标为 （0，cm），则t0的值为（　　）
A. 1.3s B. 1.2s C. 1.1s D. 1.0s
【答案】A
解析：设质点的振动方程为
当t=0时，即
可得；
当t=0.1s时x=0.2cm，则
解得T=1.2s
则t0=1.3s
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 热敏电阻的阻值随着温度的变化而改变。按照温度系数不同分为正温度系数热敏电阻（PTC）和负温度系数热敏电阻（NTC）。PTC热敏电阻的电阻值随温度的升高而增大，NTC 热敏电阻的电阻值随温度的升高而减小。如图所示电路中，R1是一只NTC 热敏电阻，R2为定值电阻，C为电容器，电压表为理想电压表，当温度升高时（　　）
A. 电压表的示数增大
B. 定值电阻R2的功率增大
C. 热敏电阻R1两端的电压增大
D. 电容器C内部电场强度减小
【答案】BD
解析：当温度升高时，R1阻值减小，则总电阻减小，总电流变大，路端电压减小，即电压表的示数减小，根据P=I2R2可知，定值电阻R2的功率增大，热敏电阻R1两端的电压减小，电容器两极板间电压减小，则根据可知，电容器C内部电场强度减小。
故选BD。
9. 研学活动中，小红用固有频率分别为fa、fb和fc的钢片a、b和c制成转速计，将其探头分别与转动的电动机接触，电动机转动的角速度为，稳定后，发现钢片c的振幅最大，则（　　）
A. 钢片c的振动是自由振动
B. 钢片b的固有频率与电动机转速无关
C. 钢片a的振动频率为
D. 电动机转动的角速度一定等于
【答案】BC
解析：A．钢片c的振动是受迫振动，A错误；
B．钢片b的固有频率与自身的性质有关，与电动机转速无关，B正确；
C．钢片a做受迫振动，其振动频率等于电动机转动的频率，由得，C正确；
D．钢片c的振幅最大，说明钢片c的固有频率和电动机转动的频率最接近，但电动机转动的角速度不一定等于，D错误。故选BC。
10. 如图1所示，水平放置两块带电金属板AB和CD，长度AB=CD=1.2m，两板间距 AC=BD=0.3m，两板间加上大小为 103V、周期为6×10-4s的交变电压，如图2所示。一束电荷量为4×10-4C、速度为2×103m/s质量相同的带正电粒子以平行于极板方向紧贴极板AB从A点射入电场中，t=0时刻进入电场的粒子紧贴极板CD从D点离开电场，带电粒子重力不计，忽略边缘效应，则（　　）
A. 粒子质量
B. t=0射入电场的粒子离开电场时静电力做功为0
C. 射入电场的粒子从两板正中央离开电场
D. 射入电场的粒子从两板正中央离开电场
【答案】BD
解析：A．粒子在电场中运动的时间为
粒子在垂直于极板方向先做匀加速运动，再做匀减速运动，由对称性可知到达CD板右端时的竖直速度为零，可知，
解得粒子质量为，A错误；
B． t=0射入电场的粒子垂直极板方向先加速后减速，且加速和减速的位移大小相等，电场力先做正功后做负功，且正负功大小相等，可知离开电场时静电力做功为0，B正确；
C．射入电场的粒子，垂直极板方向，在时间内先向下做匀加速运动，在时间内向下做匀减速运动直到速度为零，在时间内向上做匀加速运动，时间内向上做匀减速运动直到速度减为零，此时粒子回到上极板附近，则粒子从上极板右端离开电场，C错误；
D．射入电场的粒子先向下加速运动，因
则运动的位移
解得
然后向下减速运动速度减为零，位移
然后反向向上加速运动，根据
解得
然后向上减速运动，位移
此时粒子竖直方向距离出发点的距离
可知粒子从两板正中央离开电场，D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 如图1所示为观察电容器的充、放电现象的实验电路，是电容器，是单刀双掷开关，是与计算机相连的电流传感器，是滑动变阻器，是电动势为的直流电源。
（1）单刀双掷开关置于时，电容器________，单刀双掷开关置于时，电容器________。（均选填“充电”或“放电”）
（2）通过调整滑动变阻器触头可以调整电容器的放电时间，若发现放电时间过短，此时只需要________（选填“向上”或“向下”）调整滑动变阻器的滑片，就能够延长放电时间。
（3）图2是电流随时间变化的图像，图像与坐标轴围成的面积表示电容器所带电荷量，计算图像与坐标轴围成的面积时，数出一共有40小格，则电容器所带电荷量为________C，电容________。（结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）充电 放电 （2）向下 （3） 33
解析：（1）[1]单刀双掷开关置于时，电源通过电流传感器给电容器充电，回路中的电流方向为顺时针，使其上极板带正电荷，下极板带等量的负电荷
[2]单刀双掷开关置于时，电容器、电流传感器、滑动变阻器组成闭合回路，此时电容器放电，回路中的电流方向为逆时针
（2）调整滑动变阻器的滑片向下，增大其接入电阻，电流变小，电容器放电时间变长，就能够延长放电时间
（3）[1]在图像中面积表示电荷量为
[2] 电容为
12. 某实验小组在测量金属丝电阻率的实验中，实验室提供的实验器材有：待测金属丝Rx，电源（电动势E约3V，内阻很小），双量程电压表（0~3V、0~15V，内阻极大），双量程电流表（0~0.6A、0~3A），滑动变阻器（最大阻值10Ω），鳄鱼夹，多用电表，开关、导线若干。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图1所示，则被测金属丝直径D=___________ mm。
（2）某同学利用多用电表欧姆挡粗测金属丝的电阻，如图2所示，他把多用电表置于欧姆挡，选择“×10”倍率，正确操作，测量结果发现欧姆表读数近似为零，这位同学意识到应该是倍率选择不恰当，他重新选择合适的倍率后，测得金属丝电阻，请判断这位同学重新选择的倍率是 ___________（选填“×1”或“×100”）。
（3）为了更精确测量，同学们决定用伏安法测量金属丝的电阻，电路如图3所示，在电路连接时，电压表要选用 ___________ 量程，电流表要选用 ___________ 量程。
（4）实验过程中，记录下两个鳄鱼夹之间的待测金属丝长度L，然后调整滑动变阻器的滑片，使电流表指针靠近表盘中央的位置，然后记录下此时电压表和电流表的读数U、I，则金属丝的电阻率=________（用D、L、U、I表示）。
（5）为减小误差，调整鳄鱼夹的位置，多次重复（4）的操作，记录下多组L、U、I数据，用R=计算出相应的电阻值，然后用图像法处理数据，作出的R-L图像如图4所示，则被测金属丝电阻率的测量值为_________Ω·m（取3，结果保留1位有效数字）。
【答案】（1）0.400##0.401##0.399 （2）×1 （3）0~3V##3V 0~0.6A##0.6A （4） （5）
解析：（1）
（2）多用电表置于欧姆挡，选择“×10”倍率，正确操作，测量结果发现欧姆表读数近似为零，则证明倍率选择过大，应该选自始至终小的倍率，故应该选择“×1”倍率；
（3）[1]电源电压是，则电压表应该选择的量程是；
[2]根据欧姆定律则电路中的电流的最大值为，故应该选择的电流表的量程为，如果选择则选择的量程过大，读数误差太大；
（4）根据，，
联立得；
（5）根据
得
所以图像的斜率代表，在取两点利用
解得
13. 如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为，灯泡的额定电压为，额定功率，电动机线圈电阻为，开关闭合，灯泡正常发光，电动机正常工作。求：
（1）通过电动机的电流；
（2）电动机正常运转时的输出功率。
【答案】（1） （2）
解析：（1）流过灯泡的电流
根据闭合电路欧姆定律
所以干路电流
（2）电动机的输入功率
电动机的热功率
电动机的输出功率
14. 如图所示，质量分别为mP=0.2kg和mQ=0.1kg可视为质点的小球P和Q用细线相连，P与一端固定的劲度系数k=50N/m的轻弹簧连接，系统静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，剪断细线。
（1）试证明剪断细线后球P的运动是简谐运动；
（2）求P的振幅A及其在最高点受到弹簧的弹力大小。
【答案】（1）见解析 （2），
解析：（1）设球P在平衡位置时，弹簧的伸长量为x0，有
剪断细线后，设P离开平衡位置的位移为x，取沿斜面向下为正方向，则
弹簧的拉力
球P沿斜面方向受到合力
所以球P的运动是简谐运动
（2）球P在平衡位置时，弹簧的伸长量
代入数据得
剪断细线时，弹簧的伸长量为x1
有
代入数据得
P的振幅
P在最高点弹簧的形变量
则弹簧被压缩1cm
所以球P所受弹力
15. 如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，x轴水平，y轴左侧存在竖直向上的匀强电场，P是电场中纵坐标为0.3m的一点。y轴右侧有水平向右的匀强电场，场强大小为，电场内有一竖直光滑绝缘圆弧轨道OAB，圆弧轨道的圆心为，直径AB与x轴垂直，。一质量为0.1kg、电荷量为的带负电的小球从P点以4m/s的初速度沿x轴正方向抛出，小球从坐标原点O沿切线方向进入圆弧轨道。已知重力加速度g取，。求：
（1）y轴左侧匀强电场的电场强度大小；
（2）如果圆弧轨道半径为0.5m，当小球到达轨道最低点A时对轨道的压力为多大；
（3）若要使小球进入圆弧轨道后能从O点或B点离开轨道（中间不脱离轨道），轨道半径的取值范围。
【答案】（1） （2） （3）或
解析：（1）由小球到达O时，恰好沿切线进入弧形轨道
小球的竖直分速度
设小球从P到O的过程中做类平抛运动时间为t
y方向由平均速度公式
又因为
解得
（2）小球到达O 点时的合速度为
小球从O 到A过程，根据动能定理
由牛顿第三定律可得
（3）设重力与电场力的合力F与竖直方向的夹角为
则
则，如图所示，等效最高点为图中的D点，小球能到达D点则可从B点离开轨道
重力与电场力的合力大小
小球由O到D，根据动能定理
小球恰好通过D点时
解得R1=0.4 m
当小球运动到与OD垂直的C点时速度减为零，则可从O点离开轨道
由动能定理
解得R2=1 m
故半径的取值范围为或

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