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2026-2027学年度上学期高二11月期中作业检测
6
物理学科
--A
2
一、选择题(1-7单选，每题4分：8-10多选，每题6分，漏选3分，错选0分：总分46分)
0
1.造纸厂在生产纸张时为了实时监控其厚度，设计了如图所示的装置，其中A、B为平行板电容器
12 UNV
的上、下两个极板，位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上。当流水线上通过的纸张厚度
A.导体两端电压为6V时，电阻为32
减小时，下列说法正确的是(
)
恒压直流电源+
B.导体两端电压为12V时，电阻为0.52
G
A.极板间电势差降低，电容减小
C.该导体的电阻随电压的升高而减小
B.极板间电势差不变，电容器放电
D.由A到B过程中，导体的电阻因温度的影响改变了0.52
C.极板带电荷量增大，电容增大
6.图甲为直线加速原理示意图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数
D.灵敏电流计中无电流通过，极板间电势差不变
序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在1=0时，奇数圆筒比偶数
2.某同学想探究导电溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律。他拿了一根细橡胶管，里面灌满了
圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量
盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他量得盐水柱的长度是0cm,并测出盐水为m,电荷量为，交变电源电压大小为U,周期为T。不考虑电子的重力且忽略电子通过狭缝的
柱的电阻等于R。现握住橡胶管的两端把它拉长，使盐水柱的长度变为50cm。如果溶液的电阻随
时间。下列说法正确的是(
长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，此时盐水柱的电阻应该等于(
)
A.
5R
B.25R
5R
9
c.3
D.
25R
3
圆板1234幻5 67
交变电压
3.如图所示是一根金属导体棒，A端到B端的横截面积逐渐增大，截面C到A、B两端的距离相等。
2T
37
现在导体棒两端加大小为U的电压，下列说法正确的是(
A.电子在圆筒1中做匀加速直线运动
B.金属圆筒1、2、3的长度之比为1：2：3
。第”个国筒的长度应清足L-网召
2neU T
D.第n个圆简的长度应满足L=ym4
AA、C间电压为号
7.如图所示的电路中，接在滑动变阻器R两端的电压恒定为10V,滑片P处在ab的正中央，下列
四种情况中，R上的电压最接近V的情况是(
B.A、C间电流小于B、C间的电流
C.从A到B,自由电荷定向移动速率越来越小
D.从A到B，,自由电荷定向移动速率越来越大
4.如图是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S,由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该
橡胶棒每米所带的电荷量为④，则当该棒沿轴线方向做速度为ⅴ的匀速直线运动时，形成的等效电流
为(
)
⊙⊙OO⊙
⊙OQ ⊙
A.Rh=1002,R=4002
B.Rh=1002,R=200k2
A.qv
B.9
C.qvs
D.qv
C.Rh=200k2,R=100k2
D.Rb=200k2,R=400k2
5.某一导体的伏安特性曲线（图中AB段曲线）如图所示，由图像可知(
)
8.如图所示，质量相同、编号为1、2、3、、的带电小球，用轻质绝缘细线连接后悬挂在天花
板上，空间存在水平向右的匀强电场，静止时小球恰好位于同一直线上。则(题号
2
6
7
9
10
答案
B
B
C
A
D
C
B
AC
BCD
AC
11(每空2分，共8分).(1)8.258/8.259/8.260/8.261/8.262
(2)4.0
(3)2.10
(4)10.60
12.(每空2分，共8分)（①）CE
(2)a
(3)p=IUd
41L
13(8分).(1)95002,900002
e2得N(孩5A
【详解】(1)根据Um=I,(R+R)=10V
代入数据解得R=95002(2分)
根据U2m=I(R+R+R2)=100V
代入数据解得R=900002(2分)
(2)根据1=4B+R）,1=1+H(2分
R
解得1=200
A(2分)
19
14.
a
3
【详解】(1)小球在A点处于静止状态，受力平衡。对小球进行受力分析，小球受到重力mg、电场力qE
和细线的拉力T。根据平衡条件，在水平方向上有Tsin0=gE
在竖直方向上有Tcos0=mg
联立两式消去T,可得an0=9
(2分)
mg
解得电场强度E3m(2分)
4g
(2)由图可知B点位于O点正下方，小球从B点运动到A点的过程中，重力做负功，电场力做正功，细
答案第1页（共3页）
线拉力不做功。根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量。重力做功W。=-mgL(1-cos0)
电场力做功W:=gELsin0
由动能定理得qELsine0-mgL(1-cos9)=mN2-0(2分)
解得V
(2分)
(3)小球运动到A点时，做圆周运动，指向圆心的合力提供向心力。在沿细线方向上，根据牛顿第二定
律有F-mgcos(0-qEsin0=m-
将qE=mgtan8代入，得F-mgcos0-mg
in20-m(2分)
=m-
cos0
再将第二间中V_28g(1-c0s0）代入，解得F73(2分)
cose
7
15.(02m8
(22
(3片≤k≤是
【详解】(1)由题意，对小球从N到M利用动能定理有，m=mg·2L-gB:L
代入gB=吸，求得6=3gL2分)
在M点，向心力指向圆心0（竖直向上），取向上为正N+gE-mg=m心(1分)
求得Nsg1分)
(2)从M飞出后，小球合力向下mg-gE=2mg
得a多，方向竖直向下
水平方向匀速x=VMt(2分)
竖直方向匀加速y=2r-景2分)
1
4
求得y=
故小球不能落在下极板上(2分)
(3)从N到M2m2=2mgL-gL
得2=2gL(2-k)(2分)
飞出M后，根据牛顿第二定律可得加速度a=(1-k)g(向下为正)
答案第2页（共3页）

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