精品解析：福建省厦门第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题

厦门一中学2025—2026学年第一学期高二年物理学科 第一次阶段测试卷 （本试卷满分100分，考试时间75分钟） 一、单项选择题（只有一项符合题目要求，每小题4分，共16分） 1. 一电荷量为q的正点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F。若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电场强度E为（　　） A. ，方向与F相反 B. ，方向与F相反 C. ，方向与F相同 D. ，方向与F相同 【答案】C 【解析】 【详解】根据电场强度的物理意义：电场强度是反映电场本身性质的物理量，仅由电场本身决定，与试探电荷无关。所以，将该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，该点的电场强度仍然为，方向与F相同，C正确，故选C。 2. “场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场线如图所示。、、、、为同一平面上的个点，是一段以为圆心半径为的圆弧，为的中点。、、、、五点场强分别为、、、、，电势分别为、、、、，则下面说法正确的是（　　） A. 、、三点场强相同 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．电场线的疏密表示场强的大小，则、、三点场强大小相同，方向不同，故A错误； B．玻璃泡上半部分的电场可视为位于点处点电荷形成的电场，则根据点电荷形成的电场的电势分布结合沿着电场线方向电势逐渐降低，可知 故B错误； C．越靠近场强越强，则部分的场强均大于部分的场强，则根据，结合微元法可定性判别出 则 故C正确； D．由于电场为非匀强电场，所以 故D错误。 3. 静电植绒技术，于3000多年前在中国首先起步。现代静电植绒于上世纪50、60年代在德国首先研制出并使用。如图为植绒流程示意图，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛呈垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。不计重力和空气阻力，下列判断正确的是（　　） A. 带电极板带负电 B. 绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断增大 C. 若增大容器与带电极板之间的距离，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率增大 D. 质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大 【答案】D 【解析】 【详解】A．绒毛带负电加速度向下运动，所以电场力向下，电场强度向上，带电极板带正电，A错误； B．绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电场力向下做正功，电势能不断减小，B错误； C．根据 解得 若增大容器与带电极板之间的距离，电势差不变，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率不变，C错误； D．根据 质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大，D正确。 故选D。 4. 某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到处，假设粒子仅受电场力作用，和已知，则（  ） A. 粒子可能带负电 B. 粒子的初动能大小为 C. 粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小 D. 粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为 【答案】B 【解析】 【详解】A．如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此处的速度不可能为零，因此粒子一定带正电，故A错误； B．根据动能定理可得 得 故B正确； C．粒子向右运动的过程中电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，故C错误； D．粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理有 得 故D错误。 故选B。 二、双项选择题（有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共24分） 5. 如图甲所示，一条电场线与轴重合；取点电势为零，轴上各点的电势随变化的情况如图乙所示，若在点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在图示电场区域运动的过程中（　　） A. 电子的电势能一直减小 B. 电子受到的电场力方向不变 C. 电子运动的加速度恒定 D. 电子运动的速度先减小后增大 【答案】AB 【解析】 【详解】， ABD．根据题意，由图乙可知，电势沿轴正方向一直增加，则电场方向一直沿轴负方向，电子受到的电场力一直沿轴正方向，电子运动过程中，电场力一直做正功，电子的电势能一直减小，动能一直增加，电子的速度一直增大，故D错误，AB正确； C．根据图像的斜率表示电场强度可知，电场强度先减小后增大，则电子运动的加速度先减小后增大，故C错误。 故选AB。 6. 如图所示，空间有A、B、C、D四个点，四个点恰好位于一正四面体的四个顶点，两个电荷量均为的点电荷固定在正四面体的两个顶点B、D上，E、F两点分别为棱和棱的中点，正四面体对电场分布和电荷的运动没有影响。下列说法正确的是（　　） A. A点的电场强度大小小于C点的电场强度大小 B. C点的电势低于E点的电势 C. 将原来静止于F点的带负电的试探电荷沿棱方向给一个适当的初速度，之后仅在静电力作用可能做匀速圆周运动 D. 将一负试探电荷从C点沿棱运动到B点过程中电势能逐渐增大 【答案】BC 【解析】 【分析】本题考查电场强度、电势、电势能的理解，考查了考生的推理能力和空间思维能力，体现了物理核心素养的物理观念要素。 【详解】A．根据对称性可知A、C两点都位于两电荷连线的中垂线上且距两电荷的距离相等，所以A、C两点的电场强度大小相等，选项A错误； B．沿着电场线的方向电势逐渐降低，根据等量同种正电荷电场线的特点可知C点的电势低于E点的电势，选项B正确； C．E、F两点分别为棱和棱的中点，根据几何关系可得为棱和棱的中垂线，根据电场的叠加原理可得F点电场强度的方向沿方向，方向与受静电力方向垂直且在棱的中垂面上，设试探电荷电荷量为q，质量为m，则受到的静电力为 设间的距离为d，如果初速度恰好满足 则试探电荷恰好能做匀速圆周运动，选项C正确； D．沿着电场线的方向电势逐渐降低，根据等量同种电荷电场线的特点可知从C点沿棱运动到B点过程中电势逐渐升高，负电荷所处位置电势越高，电势能越小，所以负试探电荷从C点沿棱运动到B点过程中电势能逐渐减小，选项D错误。 故选BC。 7. 微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（　　） A. 静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电 B. 保持向前匀减速运动时，电流表示数恒定且不为0 C. 由向前匀速突然停止运动时，电容器的电容增加 D. 由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由于电容器与电源连接，两端电压不为0，则电容器两极板带了电；静止时，由于电容器所带电荷量不变，电容器没有充放电过程，电流表示数为零，故A错误； B．保持向前匀减速运动时，加速度恒定，则N板的位置在某位置不动，电容器电荷量不变，电路中无电流，故B错误； C．由向前匀速突然停止运动时，板间距减小，， 电容变大，故C正确； D．根据电容器决定式和定义式有， 由静止突然向前加速时，电容器极板之间的间距增大，电容减小，则极板所带电荷量减小，极板处于放电过程，由于M极板带正电，N极板带负电，可知电流由b向a流过电流表，故D正确。 故选CD。 8. 如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，是圆的内接直角三角形，，O为圆心，半径。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为、电荷量为的粒子，这些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为，到达C点的粒子电势能为（取O点电势为零）。忽略粒子受到的重力和粒子间的相互作用，。下列说法正确的是（　　） A. B. 电场方向由A指向B C. 匀强电场的电场强度大小为 D. 经过圆周上的所有粒子，动能最大为 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由题意，根据动能定理有 即 并且 所以 匀强电场中沿同一方向电势均匀变化，所以 则 故A错误； BC．根据前面分析可知 所以OB连线为一条等势线，根据电场强度方向垂直于等势线并由高电势指向电势可知电场强度方向由A指向D，如图所示，在△OAB中，由题意可知 所以 则 所以该匀强电场的电场强度大小为 故B错误，C正确； D．过O作OF平行于AD交圆于F，可知F是圆上沿场强度方向上离O最远的点，则F点电势最低，为 所以A、F两点间电势差为 当粒子经过F点时电势能最小，动能最大，为 故D正确。 故选CD。 三、非选择题（共60分） 9. 一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则粒子带______电（填“正”或“负”），粒子在A、B两点的动能______（填“＜”，“＞”或“＝”）。 【答案】 ①. 负 ②. ＞ 【解析】 【详解】[1][2]根据做曲线运动的物体受力指向轨迹凹侧，可知粒子受到的电场力方向与电场强度方向相反，所以粒子带负电，且电场力方向与速度方向成钝角，故电场力做负功，粒子动能减小，即。 10. 如图，M、N、P是竖直平面内一直角三角形的三个顶点，MN在同一水平线上，。M、N点分别固定有电荷量为、的正点电荷。若一带电小球置于P点时，处于受力平衡状态，则Q1与Q2的比值为___________ ，除P点外，线段MP上___________ （填“存在”或“不存在”）该带电小球受力平衡的其他点。 【答案】 ①. ②. 不存在 【解析】 【详解】[1]根据几何关系设，对检验电荷进行受力分析，可得 其中， 联立解得 [2]如图 根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对其的库仑力组成一个封闭的三角形，若在PQ1连线上存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态，此时点电荷对检验电荷的库仑力变大，根据三角形法则可知此时点电荷对检验电荷的库仑力必然增大；由于此时检验电荷与点电荷间的距离在增大，库仑力在减小，故矛盾，假设不成立，故在PQ1连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。 11. 如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则金属块带______电（填正或负），金属块机械能改变量为______J，金属块的电势能改变量为______J。 【答案】 ①. 正电 ②. -12 ③. 4 【解析】 【详解】[1] 已知在金属块滑下的过程中，由动能定理可得 解得：，金属块下滑过程电场力做负功，电场力水平向右，因此电场力与电场线方向相同，因此金属块带正电； [2] 金属块机械能改变量 [3] 金属块的电势能改变量为 12. 库仑利用扭秤装置研究了静止的点电荷间的相互作用力。如图所示的实验装置为库仑扭秤，细丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的B球，B与A处于静止状态；当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间较小的作用力可以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。 （1）通过细丝扭转的角度可以比较力的大小，这里用到的实验方法为________。 A 等效替代法 B. 微小量放大法 C. 极限法 D. 控制变量法 （2）保持电荷量不变，改变A和C的距离，得到相互作用力F和A、C间距离r的关系，这里用到的实验方法为________。 A. 等效替代法 B. 微小量放大法 C. 极限法 D. 控制变量法 （3）法国物理学家库仑用该实验方法，得到相互作用力F和A、C间距离r的关系是________________。 【答案】（1）B （2）D （3）力F和A、C间距离r的平方成反比 【解析】 【小问1详解】 通过细丝扭转的角度可以比较力的大小，这里用到的实验方法为微小量放大法。 故选B。 【小问2详解】 保持电荷量不变，改变A和C的距离，得到相互作用力F和A、C间距离r的关系，用到的实验方法为控制变量法。 故选D 【小问3详解】 法国物理学家库仑用该实验方法，得到相互作用力F和A、C间距离r的关系为力F和A、C间距离r的平方成反比。 13. 已知电荷的定向移动形成电流，电流大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，即。利用传感器记录电容器充、放电过程，已知电源输出电压恒为12.0V。 （1）开关S拨至1处，得到充电过程的图像如图乙所示。已知电流图线与时间轴所围的面积约为42个方格，根据以上数据估算，电容器充电后所带的电荷量为____________C（结果保留两位有效数字），该电容器电容的测量结果为______F（结果保留两位有效数字）。 （2）仍采用图甲所示电路进行充电研究，若将甲图中电压传感器（内阻无穷大）换成电压表（有一定内阻）重新进行实验，则测出电容器的电容比真实值______（填“偏小”“偏大”或“不变”）。 （3）若将图甲中的电阻R换成阻值不同的电阻，进行放电研究。每次充电后，开关S拨至2处，得到放电过程的图像如图丙中图线a、b、c三条曲线中，对应电阻R阻值最小的一条是______（选填“a”或“b”或“c”）。三条曲线与横轴所围的面积______（填“相等”、“不相等”或“a线最大”）。 【答案】（1） ①. ②. （2）偏大 （3） ①. b ②. 相等 【解析】 【小问1详解】 [1]由图可知，一个小格表示电荷量 则电容器充电后所带的电荷量为 [2]该电容器的电容 【小问2详解】 当电压传感器换成有一定电阻的电压表时，由于电压表的分流作用，使得通过电流传感器大于原来的充电电流，电容器的电荷量大于实际的电荷量，而电容器两端的电压不变，根据可知，电容测量值偏大。 【小问3详解】 [1]根据可知，在电压相同时，电阻越小，电流越大，电容器开始放电时，电压相同，因此，电阻越小对应的电流越大，因此电阻最小的对应的曲线为b。 [2]每次电容器充电和放电的电荷量相同，而在图像中，图线与坐标轴围成的面积即为电荷量，因此三条线与坐标轴围成的面积相等。 14. 如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，AB＝4 cm，BC＝3 cm.把电荷量q＝－2×10－10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功W1＝4.8×10－8J；再由B点移到C点克服电场力做功W2＝4.8×10－8J。 (1)求A、B和B、C间的电势差UAB和UBC； (2)若取B点的电势为零，求A、C两点的电势φA和φC； (3)在图中画出电场方向． 【答案】(1) UAB=-240V，UAB =240V；(2) φA＝-240V，φC＝-240V；(3) 【解析】 【详解】(1)由题意可知，把电荷量q=-2×10-10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功W1=4.8×10-8J； A、B间的电势差为： 由B点移到C点克服电场力做功为：W2=4.8×10-8J，B、C间的电势差为： (2)若取B点的电势为零，则有： UAB=-240V=φA-φB 所以： φA=-240V 因为： UBC=240V=φB-φC 所以： φC=-240V (3)A、C两点的电势都是-240V，所以直线AC是等势线，电场方向垂直于等势线，沿着电场线电势降低，所以电场方向是垂直于AC向上，如图所示： 15. 如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为的小球套在圆环上并从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，，重力加速度大小为g，求： （1）小球能否到达C点（不需要给出理由）； （2）匀强电场的电场强度大小； （3）小球运动过程中，对轨道压力的最大值。 【答案】（1）不能（P为等效最低点，小球在A点时速度为零，则小球只能到达A点关于OP连线的对称点的位置，不能到达C点） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 不能（P为等效最低点，小球在A点时速度为零，则小球只能到达A点关于OP连线的对称点的位置，不能到达C点） 【小问2详解】 小球运动到P点时的动能最大，可知在P点时受重力与电场力的合力沿OP向外，则 可得匀强电场的电场强度大小为 【小问3详解】 小球运动到P点时对轨道的压力最大，小球运动到P点电场力和重力的合力 根据 解得 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为 16. 如图（a）所示，两竖直平行金属板A、B与x轴垂直，接在电压大小为的稳压电源上，A板过原点，在B板上靠近中间处有一长度的水平狭缝。在B板右侧水平放置边长为的两正方形平行金属板C、D，两板间距，距板右端处垂直x轴有一足够大的荧光屏。A板中间位置沿z轴方向有一线形离子源，可以连续释放初速度为零的正离子。已知离子源、B板上的狭缝和C、D板中间线均在同一水平面内。现在C、D两极板间接上如图（b）所示的交变电压（若每个离子穿过C、D板间的时间极短，可认为此过程中C、D板间电压不变）已知离子的比荷均为，不计离子重力以及离子间的相互作用力，忽略电场的边缘效应。 （1）求离子穿过B板狭缝时的速度大小； （2）当离子穿过B板狭缝时，C、D板间电压为，求该离子离开C、D板间电场时的速度大小和方向（与水平方向夹角的正切值）； （3）求离子打在屏上的形成的最大区域面积S； （4）若在C、D两极板间接上如图（c）所示的交变电压，要使所有穿过狭缝的离子都能垂直打到荧光屏上，求如图（c）中T的最大值，与其相应的U最大值。 【答案】（1） （2）， （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 设离子穿过B板狭缝时速度为，根据动能定理有 解得 【小问2详解】 C、D两板间电压，设粒子离开C、D间电场时的竖直方向的速度分量为，速度偏向角为，如图所示，根据牛顿第二定律有 竖直方向有 水平方向由 离子离开C、D板间电场时的速度， 解得，速度与水平方向夹角的正切值 【小问3详解】 设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为，运动过程中的加速度大小为a，有、 解得 可知，当时离子打到极板上，时离子打到屏上。设粒子打到屏上区域的竖直高度为，根据粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。打到屏上的离子好像是从两极板间中线的中点沿直线射出一样，结合题图由三角形相似可得 解得 因此打到屏上区域为高、宽的长方形面积 解得 【小问4详解】 要使所有穿过狭缝的离子都能垂直打到荧光屏上，有 当时中T的最大值， 时刻进入偏转电场的粒子偏转量最大，有，其中 ， 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $