周测评(20)阶段检测(五)-【衡水真题密卷】2024-2025全学年高一物理学科素养周测评（粤教版）

2024一2025学年度学科素养周测评（二十） 物理·阶段检测（五） (考试时间40分钟，总分100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 5 6 答案 1.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中等间距的等势面，一个质量为m的带电粒子在A点 以大小为1的速度射入电场，沿实线轨迹到达B点时速度大小为2，且速度方向与等 势面平行，不计粒子受到的重力，则 ( ) A.匀强电场的电场强度方向一定竖直向上 B.匀强电场的电场强度方向一定竖直向下 C.等势面b的电势一定比等势面c的电势高 D.粒子在A点的动能大于在B点的动能 2.如图所示，竖直固定放置半径为R、上端有很小的孔的金属球壳，将竖直悬挂的电荷量 为十Q的小球（可视为点电荷）放置在金属球壳的球心处，整个装置处于电场强度为E 的水平向左的匀强电场中。在金属球壳的纵截面上有A、B、C三点，则 ) A达到静电平衡后，金属球壳空腔内没有电场 B.达到静电平衡后，金属球壳空腔内的电场线水平向左 C.达到静电平衡后，A、B、C三点的电势关系为PB=Pc=PA D.达到静电平衡后，A、B、C三点的电势关系为9B>Pc>PA 3.如图所示，有两个电荷量均为十q的光滑小球，其中一个固定于绝缘半球形容器的底部 A点，另一个小球置于容器右侧B点（未固定），右侧小球恰处于静止状态。已知 ∠AOB=0,容器的半径为x,静电力常量为，两带电小球均可视为点电荷，下列说法正 确的是 ( ) 高一学科素养周测评（二十）物理第1页（共4页） 衡水真 A.两个小球间的库仑力大小为，P(1一c0s0) kg 班级 B.圆心0处的电场强度大小为g/2(1+cos) 姓名 C.若两个小球的电荷量缓慢减小，右侧小球所受支持力逐渐增大 D.若两个小球的电荷量缓慢减小，右侧小球所受支持力逐渐减小 得分 4.如图所示，沿纸面方向的匀强电场内有一长方形区域ABCD,A点有一质子源，以相同 大小的初速度。沿各个方向射入电场，其中到达B、D两处的质子具有相同大小的速 度v=20o。已知AB=L,BC=√3L,质子电荷量为q,质量为m,不计质子重力，下列说 法正确的是 A.电场方向由B指向D B电场强度大小为3m 3mvo C.长方形区域内两点间电势差的最大值为 D.质子能从长方形区域飞出的最大速度为3vo 5.竖直放置的光滑绝缘的四分之一的圆形轨道两端分别与绝缘粗糙水平传送带CD和光 滑绝缘的竖直轨道AB平滑相接，C点为四分之一圆形轨道的最低点，整个装置处在水 平向左的匀强电场中，如图甲所示。一带正电的金属小物块（视为质点）从A点无初速 度自由滑下，滑至底端C点并冲上沿逆时针方向匀速转动的水平的足够长的传送带，在 水平传送带上运动的速度一时间图像如图乙所示，规定速度水平向左为正方向，小物块 刚滑到传送带上时开始计时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是() ↑/(ms) 0 s E .4 D 甲 乙 A.金属小物块经过最低点C时对轨道的压力最大 B.传送带的速度大小为2m/s C.仅增大传送带转动的速度一定能使金属小物块冲出A点 D.沿竖直轨道从A点滑到C点的过程中，金属小物块的重力势能与电势能的总和先减 小后增大 6.如图所示，地面上方某区域存在方向水平向左的匀强电场，电场 强度E=3mg,将一质量为m,带正电荷g的小球在电场中从P 10 3q E 点以初速度。=√2gR水平向右射出。与P点在同一竖直面内 题密卷 高一学科素养周测评（二十）物理第2页（共4页） YJ 右下方有一半径为R的光滑固定圆弧轨道ABC,B为轨道最低点，小球运动过程中恰 好经过A点，沿圆弧切线方向进人圆轨道，且在A点速度大小仍为v。,重力势能和电势 能的零点均取在P点。重力加速度为g,下列说法正确的是 () A.在空中运动过程中，小球速度的水平分量先增大后减小 B.∠AOB=609 C.小球在B点的速度等于vo D.小球沿轨道从A运动到B的过程中，对轨道的最大压力为2，√3mg 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.（12分)电容器的充、放电过程是电容器的主要工作形式，也是我们了解电容器的一个载 体。某实验小组为了研究电容器的充、放电过程，从实验室找来了一些实验器材，设计 了如图甲所示的电路图，用电流传感器、电压传感器观察电容器的充、放电过程。（计算 结果均保留两位有效数字) 电流 ↑I/mA 传感器 2.0-- 电压传感器 1.0- <-1---1- 0 2468t/s 甲 (1)开关接1时，电源给电容器充电，为了调高电容器的充电电压，滑动变阻器的滑片P 应向 (填“a”或“b”)端移动。 (2)开关接1，调节滑动变阻器的滑片位置，当电压表示数稳定为8V时，将开关接2，电 流传感器记录下了电流随时间变化的关系，如图乙所示，则电容器的电容约为 F。 (3)开关接2时，如果不改变电路的其他参数，只增大电阻箱的电阻，放电时I-t图像与 横轴围成的面积将 (填“增大”“不变”或“变小”)；放电时间 (填“变 长”“不变”或“变短”)。 (4)在(2)条件下，开关接1时，电源给电容器充电所获得的电能为 J。 8.(20分)如图所示，倾角为30°的足够长且上表面光滑的斜面体固定在水平面上，带电小 球a固定在斜面底端A点，质量为m的带电小球b在斜面上D点由静止释放，结果小 球b沿斜面向上运动，小球b通过斜面上P点和Q点的加速度大小相等，已知AD= DP=2PQ=1,不计小球的大小，两小球均带正电且所带电荷量相同，重力加速度为g, 静电力常量为k。 (1)求两个小球所带的电荷量。 YJ 高一学科素养周测评（二十）物理第3页（共4页） 衡水真是 (2)求小球b在D点释放的一瞬间的加速度。 (3)若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势？可表示为P=k9,其 中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。小球b运动 过程中速度最大的位置在F点（图中未标出），求D、F两点间的电势差（不考虑小球 b产生的电场的影响)。 Q 6 D Q30° 9.(20分)两平行金属板水平正对放置，板长L、两板间距离为，以B板中线右瑞点为原 点、中线为x轴建立如图甲所示坐标系。在x>0的区域存在垂直xOy平面的匀强电 场，以之轴正方向为电场正方向，其电场强度随时间变化如图乙所示。A板中线最左端 P点有一个α粒子发射源，可沿竖直平面内特定方向发射粒子，已知α粒子的电荷量为 十q、质量为m,不计粒子的重力。当A、B两板加上某电压时，α粒子恰能从y轴上的C 点以速度vo沿平行于x轴正方向进入x>0的区域。已知yc=0.5d,a粒子到达C点 计为t=0时刻，不计电场的边缘效应。求： (1)A、B两板所加的电压。 (2)当t=2T时，该a粒子的速度大小。 (3)从t=0时刻起，该α粒子动能最大时的位置坐标。 乙 密卷 高一学科素养周测评（二十）物理第4页（共4页）·物理· (3)带电粒子进入偏转电场将做类斜抛运动，利 用运动的合成与分解可知，粒子在竖直方向上最 终速度为零，由偏转电场两端的变化电压可知， 粒子在竖直方向上的运动可以是只有一个匀减 速过程，也可以是先匀减速再匀加速再匀减速过 程，以此类推，故粒子在竖直方向上有 d 其中y=22n+D,a=dm =9(m=01,2,3,…） 2024一2025学年度学科素养周测 一、选择题 1.D【解析】电场方向垂直于等势面，又因为合外 力指向运动轨迹凹侧，所以粒子所受电场力方向 竖直向上，因不知粒子的电性，所以无法判断电 场强度的方向以及电势的高低，A、B、C错误；粒 子从A点运动到B点电场力做负功，动能减小， 粒子在A点的动能大于在B点的动能，D正确。 2.C【解析】达到静电平衡后，由于带电量为十Q 的小球（可视为点电荷）放置在金属球壳的球心 处，整个装置处于电场强度为E的水平向左的匀 强电场中，则金属球壳空腔内电场强度不为零， 金属球壳空腔内有电场，A错误；达到静电平衡 后，金属球壳空腔内的电场强度等于，点电荷十Q 与水平向左的电场的合电场强度，，点电荷十Q的 电场强度是发散向外的，故多数情况下球壳空腔 内的电场强度电场线不是水平向左的，B错误；达 到静电平衡后，金属球壳是一个等势体，A、B、C 三点的电势关系为PA=PB=Pc,C正确，D错误。 3.B【解析】由余弦定理可知，两小球之间的距离 为r1=√r2+r2-2rrc0s0=√2r2(1-c0s0), 两小球之间的库仑力大小为F=g ri 2r2(1-c0s),A错误；两小球在0点的电场强度大 kg 小均为E-贸，故合电场强度为E=2Bcas2 厂g2+c0s,B正确；由受力分析可知，右侧 小球所受库仑力、重力、支持力构成的失量三角 形始终与三角形OAB相似，满足mg=Y_E 故在两个小球的电荷量缓慢减小时，右侧小球所 受支持力大小不变，C、D错误。 ·3 参考答案及解析 粒子在水平方向有 L=0c0s30°(2m+1)2 1 又因为Ug=2m6 d5(2m+U(n=0,1,2,3,…）. 解得L=2NU 评（二十）物理·阶段检测（五） 4.C【解析】质子在B、D两点\4 D 具有相同动能，故B、D两点 为等势点，匀强电场的电场线 垂直于等势线BD,而质子由 B C A点运动到B、D两，点过程中 动能增加，电场力做正功，且质子带正电，故电场 方向如图所示，A错误；由A点到B点，由动能定 理得9E·os30L=分m2-7m,解得E= 1 ,B错误；由以上分析可知，A、C两点间电 势差最大，为Uc=E·2Lcos30°=3m0,C正 确；质子由C点出电场时电场力做功最多，速度 最大，南A到C,由动能定理得Uc=阳- 2mu,解得ue-7u,D错误。 5.BD【解析】金属小物块在圆弧轨道下滑时受向 下的重力和向左的电场力以及轨道的支持力，在 三力平衡位置加速度为零，速度最大，对轨道的 压力最大，该位置在C点以上的某位置，则经过 最低，点C时对轨道的压力不是最大，A错误；由 -t图像可知，物块滑上传送带上后先向右减速， 速度减为零后向左加速，最后与传送带共速，可 知传送带的速度大小为2m/s,B正确；仅增大传 送带转动的速度，则物块再次回到C,点时的最大 速度等于第一次经过C点时的速度，则金属小物 块最多只能刚好回到A点，C错误；沿竖直轨道 从A点滑到C点的过程中，只有重力和电场力做 功，则金属小物块的动能、重力势能和电势能之 和守恒，由分析可知，从A点到C点金属块的速 度先增加后减小，即金属块的动能先增加后减 小，可知金属小物块的重力势能与电势能的总和 YJ 衡水真题密卷 先减小后增大，D正确。 6.BCD【解析】在空中运动过程中，小球受到向左 的电场力，所以速度的水平分量一直减小，A错 误：小球水平方向的加速度为口，=gE-3g】 m 38,竖 直方向的加速度为a,=g,设从P到A运动的时 间为t,根据速度的合成可知A点速度满足= (0。一a,2)+(g1),解得1=50，根据速度的 分部可知m∠A0B=二-受，解得∠AOB= 60°，B正确；电场力与重力的合力为F= E中(mg)-25mg,与整直方向的夫痛 满足an一g=3,根据对称性可知，小球在 B点的速度等于0，C正确；根据“等效重力场” 可知，小球沿轨道从A点运动到B点的过程中， 对轨道的最大压力在圆孤AB的中点处，根据动能 定理有mg[R(1-cos60)-R(1-cos30)] gER(sin60°-sin309)=2mw-号mvi,在图 1 孤AB的中点，根据牛顿第二定律有F'一N mR,解得N=2W3mg,结合牛顿第三定律可知 对轨道的最大压力为2W3mg,D正确。 二、非选择题 7.(1)b(2)4.4×10-4(4.1×10-4~4.6×10-4均 正确)(3)不变变长(4)1.4×10-2(1.3× 10-2~1.5×10-均可) 【解析】(1)滑动变阻器采用分压式接法，故向b 端滑动充电电压升高。 (2)I-t图像与坐标轴围成图形的面积表示电容 器放电过程放出的电荷量，根据I-t图像得出每 一小格代表的电荷量q=(0.25×103×1)C 0.25×10-3C,图像与坐标轴围成的面积约为14 个小格，电容器充满电的电荷量为Q≈14×q= 85×103C,电容器的电容为C二号≈4.4 10-4F。 (3)由电容器的电荷量Q=CU可知，电容器储存 的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成的 面积保持不变；增大电阻R时，由于电阻对电流 的阻碍作用增强，放电电流减小，所以放电时间 将变长。 (4)U-Q图像的面积表示电容器储存的电能，如 国所示。所以w=2UQ=1.4×102J。 ●3 Y灯 学科素养周测评 ↑U八W 0 oc e品a-四 8.(1)415k 【解析】(1)设两个小球的带电荷量均为q,由于 小球b通过斜面上P点和Q点的加速度大小相 等，所以小球b通过斜面上P点和Q点的合外力 大小相等，则 、92 3(22)2-mgsin30°=mgsin30°-6, (41)2 解得q=41√5旅· mg (2)设小球b在D点释放的一瞬间的加速度为a, 由牛顿第二定律得 692 i2-mg sin30°-ma 27 解得a=108。 (3)设小球b在F点加速度为a',与A点的距离 为'，小球b运动到速度最大的位置时a'=0 则mg sin30”=6g号 '2 解得1'=40 5 则D、F两点间的电势差为 U=m9r=是-是--入g. 9.(1)md26 9L2 (2)J6+(EgT 2m (3)/2k-1 EoqT2 （2uT,0.5d,(2k-1)8m 【解析】(1)a粒子恰能从y轴上的C点以速度 。沿平行于x轴正方向进入x>0的区域，则有 qU =ma d ad-gar 1 L=vot 解得U=mdo 9L2。 T (2)在0~2时间内，a粒子沿x轴正方向做匀速 运动，y轴方向上不动，沿之轴正方向做匀加速 运动，有vx=v0 v,=0 ·物理· Eoq T EoqT v=at= m 22m 当1=)时，a粒子速度大小为 =++-+0。 (3)分析得，a粒子在t= _2k-1T,k∈Z+时动能 2 最大，在-202T∈Z,内 2024一2025学年度学科素养周狈 一、选择题 1.B【解析】云层靠近避雷针时，由于云层带正电， 所以避雷针感应出负电荷，A错误；越尖锐的位 置电荷的密度越大，其周围的电场强度也越大， 足以使周围的空气分子电离从而发生尖端放电。 所以避雷针是利用尖端放电的一种设施，B正确； 由于云层带正电，所以放电电流方向为从云层到 全殿，C错误；根据电流定义可得1=9-A 10000A,D错误。 2.B【解析】根据电阻定律可得通入沿PQ、EF MN方向的电流时的电阻大小分别为RQ= picR即=pac,Rw=pab,因为有a>b>c,bc 横截面积最小，ab横截面积最大，所以可得RQ> REF>RMN,根据题图乙所示的伏安特性曲线可 得图线斜率越大的电阻越小，所以可得通入沿 PQ、EF、MN方向的电流时导体的伏安特性曲 线分别为③②①，B正确。 3.D【解析】电流表的改装需要并联一个分流电 阻，故题图甲是改装后的电流表，改装后量程为 表头G的电流满偏时通过改装表的总电流，即量 程I=1十I=1,(R+R,所以并联的分流 R。 R。 电阻越大，其量程越小，A、B错误；电压表的改装 需要串联一个分压电阻，故题图乙是改装后的电 压表，改装后量程为表头G的电流满偏时加在改 装表两端的总电压，即量程U=I.Rg十IgR。= I。(Rg十R。),所以串联的分压电阻越小，其量程 越小，C错误，D正确。 4.A【解析】I-U图线上的点与坐标原点连线的 斜率的倒数表示电阻，由图线可知，电阻α图线 上的点与坐标原，点连线的斜率不断增大，其电阻 不断减小，所以a的电阻随其两端电压的增大而 ·39 参考答案及解析 2k-1 x=vot= y=0.5d g-(2-5器g}=21)0买 8m 故a然子在动能最大时的生标为(2②。。，T, EoqT 0.5d,(2k-1) 8m。 评（二十一）物理·恒定电流 减小，A正确；由于横、纵坐标轴的比例标尺不 同则不能由R=-aD。求解，B错误；电流灵 U 示数大于0.8A时，根据R=可知，电阻a的 阻值小于电阻b的阻值，R。、R。串联，故电压表 V1的示数小于V2的示数，C错误；根据欧姆定 U 律可得R。=R。=了=2D,此时电阻a的阻值与 电阻b的阻值相同，D错误。 5.BC【解析】回路中R,和R。并联电阻为R1= RR。 R,干R。,回路中的总电阻为R=R十R。一R。, RRo U:Ri R十RO 所以元=RRR，十R一R 一，取个特殊值， R+R。 U.R. U: 当R。=R:时，行=2R。二R,当R越大， 就越小，A错误，B正确；根据图线的走势，图线1 更加平缓，从而更容易调节R。两端的电压，C正 确，D错误。 6CD〖解折】旅搭1=1，十货，则并联的电阻地 小，则量程越大，因R<R2,则开路转换式中，开 关S接1时的量程大于开关S接2时的量程，A 错误；开路转换式中，若电阻R1发生变化，则开 关S接1时对应的量程会发生变化，而开关S接 2时对应的量程不会发生变化，B错误；闭路抽头 式中，接抽头3时并联的电阻只有R?,而接抽头 4时并联的电阻有R?和R4,则抽头3对应的量 程大于抽头4对应的量程，并且若电阻R?发生 变化，则抽头3、4对应的两个量程都会发生变 化，C、D正确。 YJ