广东省惠州市实验中学2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题

惠州市实验中学2025-2026学年高二年级上学期 第一次阶段性考试试题 (物理) 考试时长:75 分钟 满分:100 分 一、单项选择题(7小题，每小题4分，共28分) 1.两个相同的金属球(可当成点电荷)，分别带有电荷量-2Q和+4Q，它们之间库仑力的大小为F，现将两球接触后再放回原处，则 A.两球均带负电 B .两球电荷量均为2Q C.两小球间库仑力为 F D.两小球间库仑力为 F 2.某电场区域的电场线分布如图，在电场中有A、B、C、D四个点，下面说法正确的是() 3.如图所示，A为带正电的金属板，其所带电荷量为 Q，在金属板的垂直平分线上，距板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球用绝缘细线悬挂于 O点，小球受水平向右的静电力，偏转θ角保持静止，静电力常量为 k，重力加速度为g，则小球与金属板之间的库仑力大小为 D. mgtanθ 4.一个直流电动机所加电压为 U，电流为 I，线圈内阻为 R，当它工作时，下述说法中正确的是 A.电动机的输出功率为 I²R B.电动机的发热功率为 C.电动机的输出功率为 IU-FR D 电动机的功率可写作 学科网（北京）股份有限公司 5.图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是 ( ) A.甲表是电流表，R增大时量程增大 B.甲表是电压表，R增大时量程增大 C.乙表是电流表，R增大时量程减小 D.乙表是电压表，R增大时量程增大 6.如图所示，大小和形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源相连，把与电源正极相连的金属极板接地。在两极板间有一带电液滴P恰好处于静止状态。下列判断中正确的是 A.液滴一定带负电 B.液滴的电性无法确定 C.若断开开关S，仅增大两极板间距，则液滴静止不动 D.若断开开关S，仅增大两极板间距，则液滴向下运动 7.假设某空间有一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，且带电粒子的运动只考虑受电场力，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是 A. 从x₂到 ，场强的大小均匀增加 B.正电荷沿x轴从O运动到x，的过程中，做匀加速直线运动 C.负电荷沿x轴从x₄移到x₅的过程中，电场力做正功，电势能减小 D. x₂处场强大小为 处场强大小为 则 学科网（北京）股份有限公司 二、多项选择题(3小题，每小题6分，少选3分，多选错选不给分，共18分) 8、对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是 A.甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷 B.乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上 C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理 D.丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理 9.如图所示，实线表示电场线，虚线A、B、C表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过B点的切线与该处的电场线垂直。下列说法正确的是 A.粒子带正电 B.粒子在B点的加速度大小大于它在C点的加速度大小 C.粒子在 B点时电场力做功的功率为零 D.粒子从A点运动到 C点的过程中电势能先减少后增加 10.一种简化的示波管装置(包括电子运动轨迹)如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压 U1，在偏转电极(一对水平的平行金属板)加上直流高压 U₂。则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中 A.电子在水平方向一直做匀速运动 B. U1，一定时，减小 U2，则图中亮点位置会靠近荧光屏中心 C. U₂一定时，减小U₁，则图中亮点位置会靠近荧光屏中心 D. U₂一定时，增大U₁，则打在荧光屏上的电子的动能有可能减小 学科网（北京）股份有限公司 三、实验题(两小题，每空2分，共16分) 11.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和图乙所示。 (1)由甲、乙两图读得圆柱体的直径为 mm，长度为 cm。 (2)选择合适的实验器材，实验电路图如图丙所示，在实验电路图中，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于 端(填“a”或“b”)。 (3)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D，L表示，则用D，L，I，U表示电阻率的关系式为ρ= 。 12.物理兴趣实验小组的同学利用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器，A为理想电流表，V为理想电压表。 (1)当开关S接1时，电容器处于充电过程，此过程中电压表的示数U随时间 t变化的图像为 。 (2)开关S掷向2后，通过电流表A的电流方向为 。(填“从左到右”或“从右到左”) 学科网（北京）股份有限公司 (3)图乙为电容器放电时的I-t图像，已知电容器放电之前的电压为3V，该电容器的实测电容值为 ；(结果保留2位有效数字)。 (4)若不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时I-t曲线与横轴所围成的面积将 (填“变大”、“变小”或“不变”)。 四、计算题(3小题，共38分) 13.(10分)如图甲所示的电路中，两个定值电阻 串联接在输出电压U=12V的恒压电源上，图乙是定值电阻 的U-I图线, 求: 的阻值分别为多少千欧?此时 两端电压是多大? (2)若用另一阻值为5kΩ的定值电阻， 并联在 两端，此时， 两端电压 是多大? 学科网（北京）股份有限公司 14.(12分)如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中 (偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的 P点。已知加速电压为 M、N两板间的电压为 ，两板间的距离为 d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为x，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。 (1)求电子到达 A板时的速度大小 v₀； (2)求电子从平行金属板偏转电场射出时的偏转量y； (3) 求 OP 的距离 Y。 15.(16分)如图，整个空间存在水平向左的匀强电场，竖直面内有一直角坐标系xOy，以y轴为对称轴的光滑圆弧形绝缘轨道ABC放置在 x轴下方，轨道与y轴交于B点, 与x轴交于A(-0.4, 0)、C(0.4, 0) 两点。现有一个可视为质点的带电绝缘小球沿 PA所在直线向A点匀加速运动，从A点沿切线方向进入轨道，一段时间后从C点离开。若小球在轨道内运动过程中恰好不脱离轨道，已知小球质量m=0.3kg,电荷量 P点的坐标为(0，0.3)，重力加速度为 不考虑空气阻力的影响。求： (1)匀强电场电场强度的大小； (2)小球对轨道压力的最大值； (3)小球经过 P点时的速度大小； (4)当小球从C点飞出时，小球落在 x轴上的位置坐标。 学科网（北京）股份有限公司 $参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 C B 0 C D C D ACD BC BD 1.C 【详解】AB.由于两球带异种电荷，根据电荷守恒定律可知，中和部分电荷后，两球再平 均分配，接触前两球的总电荷为2。=-2Q+4Q=+2Q 接触后两球平分总电荷，则两电荷各带+Q,故两球均带正电，故AB错误： C.接触前两球间的库仑力大小为F=k22×42=8C 2 接触后两球间的库仑力大小F'=k_但_上 =二F,故C正确，D错误。 r2r282 故选C。 2.B 【详解】AB.根据电场线的分布特点可知，电场线密集的地方电场强度大，电场线稀疏的 地方电场强度小，因此E4<Ea,E。>E。,故A错误，B正确： CD.沿电场线的方向电势逐渐降低，则有Pa>P,P>P。,故CD错误。 故选B。 3.D 【详解】AB.A为带正电的金属板，不能将其看成点电荷，故不能使用库仑定律求小球受 到的库仑力，故AB错误： CD.小球受到的静电力方向向右、重力竖直向下，小球的受力情况如图所示，由平衡条件 得 F-mg tan e 故C错误，D正确。 故选D。 答案第1页，共10页 F mg 4.C 【详解】B.电动机的发热功率为 PFPR 故B错误； AC.电动机不是纯电阻电路，不能直接使用欧姆定律，电动机的输出功率 P出P-P=U-PR 故A错误，C正确： D.因为 P>P热 即 UD-PR U>IR 欧姆定律不适用 故电动机的功率可写作几，不能转化成TR和 ,故D错误。 故选C。 5.D 【详解】AB.灵敏电流计G改装电压表需串联大电阻分压，改装成电流表需并联小电阻分 流，根据图可知，甲表为电流表，并联的电阻越大，则分流越小，量程越小。故AB错误： CD.同理，乙表是电压表，R越大，则分压越大，量程越大。故C错误：D正确。 故选D。 6.C 【详解】AB.由图可知，平行板下极带正电，电场方向为下极板指向上极板。带电液滴静 答案第2页，共10页 止在P点，故带电液滴所受电场力方向与重力方向相反，大小相等。故带电液滴带正电。 故AB错误； CD.若断开开关S,则极板所带电荷量不变，根据电容的定义式与决定式有 C=旦e5 UJ4πkd 结合电场与电势差的关系有 U_4πkQ E= d sS 则电场强度不变，电场力不变，液滴静止不动，故C正确，D错误。 故选C。 7.D 【详解】A.根据 B=Ap △x 可知p-x图像中图线的斜率表示静电场的电场强度，由图可知，沿x轴方向，从x,到x?, 场强的大小恒定。故A错误； B.同理可知O-x沿x轴方向的电场强度为零，正电荷沿x轴从O运动到x,的过程中，沿x 轴方向的电场力为零，一定不做匀加速直线运动。故B错误： C.由图可知，，移到x的过程中电势降低，根据 E。=qp 可知负电荷沿x轴从x移到x的过程中，电场力做负功，电势能升高。故C错误： D.根据A选项分析可知，x,处图线斜率绝对值大于x,处图线斜率绝对值，所以 E2>E4 故D正确。 故选D。 8.ACD 【详解】A.甲图中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电荷，故A正确： B.乙图中线状电离器B带负电，管壁A带正电，带负电的尘埃被收集在管壁A上，故B 错误； 答案第3页，共10页 C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C正确： D.金属体壳能产生静电屏蔽作用，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽 的原理，故D正确。 故选ACD。 9.BC 【详解】A.根据粒子轨迹可知，粒子所受电场力方向沿电场线切线与电场线方向相反，因 此粒子带负电，A错误； B.根据电场线的疏密表示电场强度的大小，可知B点电场强度大小比C点的大，则粒子运 动到B点所受电场力大小比C点的大，粒子在B点的加速度大小大于它在C点的加速度大 小，B正确； C.由于粒子运动到B点时速度方向与电场力方向垂直，所以粒子在B点时电场力做功的功 率为零，C正确： D.根据上述粒子从A点运动到B点的过程中克服电场力做功，电势能增大，粒子从B点运 动到C点的过程中电场力做正功，电势能减小，所以粒子从A点运动到C点的过程中电势 能先增大后减小，D错误。 故选BC。 10.BD 【详解】A.电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，故A错误： B.设偏转电极板长为L,板间距离为d,电子进入偏转电场时的速度为y。,粒子加速阶段 1 有g0,=2md 在偏转电极中有m:X U,乃 联立解得电子在竖直方向的偏转位移y= 4dU 可知U一定时，减小U2,y减小，则图中亮点位置会靠近荧光屏中心，故B正确： C.U一定时，减小U,y增大，则图中亮点位置会远离荧光屏中心，故C错误： D.根据g=m 可知U一定时，增大U,加速电场做功增加，但偏转电场做功会减小，则打在荧光屏上的 电子的动能可能减小，故D正确。 答案第4页，共10页 故选BD。 11.(1) 1.845(1.844-1.846均给分) 4.240 (2)a 3)πUD2 4IL 【详解】(1)[1][2]由题图甲螺旋测微器可知，圆柱体直径为 D=1.5m+34.5×0.01m=1.845m 由题图乙可知，游标卡尺是20分度的，游标卡尺的精度是0.05m,游标卡尺示数为 Z=42mm+8×0.05mm=42.40m=4.240cm (2)由题图丙可知，为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于a端。 (3)由欧姆定律可知，圆柱体电阻为 R号 由电阻定律得 R=p与 2 联立可得电阻率 πUD2 D= 4IL 12.(1)1 B (2)从左往右 (3)1.1×10-3 (4)不变 【详解】(1)[1]开关接1时，电源与R和C组成电路，此时C处于充电状态 [2]电容器充电过程，其两极板不断积累电荷，电容大小只跟本身结构有关，保持不变，Q 不断变大，由公式C= 可知两极板电压不断增加，最终趋于稳定等于电源电压。故B正 U 确，ACD错误。 故选B。 (2)电容器下极板与电源的正极相连，达到稳定后，电容器下极板带正电。放电时下极板 相当于电源的正极，上极板相当于电源的负极，所以通过电流表A的电流方向应为从左往 右。 答案第5页，共10页 (3)在I-t图像中，阴影部分表示的物理意义是 lt 其图线与坐标轴围成的面积表示的物理量是电荷量。 乙图中图像与横轴围成的面积约41格，分析I-t图像可知，每个方格代表的电荷量为 q=0.2×103×0.4C-8.0×10c 电容器放出的电荷量为 2=41q=3.3×103c 则电容器的电容为 2.33x10p=1,1k10℉ C= (4)不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，导致曲线的最大电流值将减小，放电时 间将变长，而放电时曲线与坐标轴所围面积不变。 13.(1)5k2,10k2,4V (2)2.4V 【详解】(1)由U-I图可知 R,02=50002=水2,1分 20 R=2X102=10002=10k91分) 两电阻串联，电流相等，则有 丛1分) RR 又 U+U2=U(1分) 联立解得 U=4V(1分) (2)R和R并联后阻值为 RR=25张2(2分，公式一分，结果一分) RR+R 根据电流相等有 答案第6页，共10页 U生_(1分) R R2 又 U#+U2=U(1分) 联立解得 =2.4V(1分) 14.(1) 2eU:(2) m a0:3)c1+0 U 21 2du, 【详解】(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理有 eU,=2 m（2分) 解得 2eU(1分) (2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，根究类平抛运动的研究方法，垂直电场方向有 L=vot(1分) 则沿电场方向有 =ma(3分，拆开写E=Ud,Fma,F=Eq每个公式各给一分） e 侧移量 y1分 联立解得 U,P v= 4dU (1分) (3)根据粒子运动轨迹，即类平抛运动的推论，由几何关系可知 答案第7页，共10页 2 y(2分) 2大r 解得 y=L+x1分) 2Ud 2 15.(1)10NC:(2)30N(3)5y6 m/s:(4)-1.904m 3 【详解】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线 方向进入，则此时速度方向与水平方向的夹角为 tano=0.3m 3 0.4m4 解得 0=37° 则加速度方向与水平方向的夹角为37°，则 tan0=g(1分) Eg 解得 B=mg=106N/C(1分) qtan日 (2)根据几何关系可知 sin0=0.4m R 解得圆轨道的半径 2m1分) R= 3 小球在轨道内运动过程中恰好不脱离轨道，则在等效最高点M,恰好由重力和电场力的合 力提供向心力，如图 答案第8页，共10页 ◆y/m As日 C x/m 有 V(gBy+(0g2=m度(1分) R 解得 10 w=3ms1分) 在等效最低点N,小球对轨道压力的最大，此时对小球有 R-gB+0mg=m1分) R 又从N到M点的过程中，根据动能定理得 1 2mn:-2n%=-mg2Rs血6-9E2Rcos9(1分) 。1 联立解得 F=30N(1分) 根据牛顿第三定律可知小球对轨道压力的最大值 F'=F=30N(1分) (3)从P到M点的过程中，根据动能定理得 1 21 m=mg[R(cose-sin )+0.3m]-gERcose (1) 解得 6 3ms)(1分) (4)从M到C的过程中，根据动能定理得 =mgR(cos0-sin )+qE(R c050-0.4m) 1 。1 解得 =2W3m/s(1分) 答案第9页，共10页 小球从C点抛出后在y轴方向做竖直上抛运动，再次回到x轴上的时间为t,则有 t vo=v.sin8=g× (1分) 在x轴方向做匀加速直线运动，有 +x=(COsO+x(1) x-Vot+ 2 m 2 m 解得沿x轴方向运动的位移 x=2.304m 则小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标为 x=0.4m-x=-1.904m(1分) 答案第10页，共10页