内蒙古自治区鄂尔多斯市第一中学2025-2026学年高二上学期1月月考物理试题

2025-2026学年第一学期高二年级诊断考试物理试卷 考试时间：75分钟 考试分值：100分 命题教师：李爽 测试范围：必修一 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 1．真空中某带负电的点电荷的等势面分布如下图所示，图中相邻等势面的半径差相等。下列说法中正确的是（　　） A．相邻等势面间的电势差相等 B．P点的场强比Q点的场强大 C．P点电势比Q点电势高 D．检验电荷在P点比在Q点的电势能低 2．在电场中，A、B两点间的电势差，B、C两点间的电势差，则A、B、C三点电势高低关系为（　　） A． B． C． D． 3．下列公式错误的是（　　） A． B． C． D． 4．下列关于的磁场相关知识说法正确的是（　　） A．甲图中，通电螺线管内部小磁针静止时N极水平向左 B．乙图中，小磁针正上方的直导线中通有电流时，小磁针的N极会垂直纸面向外转动 C．丙图中，面积为S的矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，此时通过线框的磁通量为BS D．丁图中，同向通电直导线之间的相互作用是通过磁场发生的 5．如图所示，真空中a、b两点分别固定有带电荷量均为的点电荷，c是ab中垂线上的一点，d是ab中点，°，，在c点固定一个带电荷量为的点电荷，已知静电力常量为k，则c处点电荷受到a、b两处点电荷的库仑力的合力大小为（    ） A． B． C． D． 6．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则下列选项说法正确的是（　　） A．q1为正电荷，q2为正电荷 B．q1电荷量大于q2的电荷量 C．NC间场强方向沿x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 7．如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，R0、R2为定值电阻，R1为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，若照射光敏电阻的光照强度增加，电压表示数的变化量绝对值为，电流表示数的变化量绝对值为，两电表均为理想电表。下列说法正确的是（    ） A．电流表的示数变大，电压表的示数变大 B． C．有从左向右的电流流过R2 D．电容器的电容变小 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 8．如图，用铝制易拉罐裁出两个铝环，环是闭合的，环是不闭合的，用塑料吸管连接起来，放在缝衣针尖上架起来，可以绕点自由转动。开始时整个装置静止，在条形磁铁垂直环面靠近过程中，下列说法正确的是（　　） A．用磁铁极靠近时，环中一定有感应电流 B．用磁铁极靠近时，环中一定没有感应电流 C．用磁铁极靠近时，吸管几乎不动 D．用磁铁极靠近时，吸管几乎不动 9．某一电路如图所示，已知电源内阻，，，，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关，当滑动变阻器R4的滑片P滑到最右端时，电压表示数为3V，电流表示数为0.5A，下列说法正确的是（　　） A．滑片P滑动过程中，功率的最大值9W B．滑片P滑动过程中，滑片P右侧电阻值为8Ω时，消耗的功率最大 C．R4功率的最大值是1W D．电源的电动势为6V 10．如图，磁感应强度大小为B的匀强磁场和电场强度大小为E的匀强电场，方向均平行于纸面向上，电场和磁场区域足够大。带电粒子（不计重力）由O点沿x轴正向入射到电磁场中，在z轴（0，0，h）处P点有一接收器，则接收器接收的粒子比荷可能为（　　） A． B． C． D． 三、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分） 11．18世纪，库仑设计扭秤装置探究电荷间相互作用规律。其装置核心是一根弹性金属丝悬挂绝缘横杆，杆的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡。另有一个与A相同的带电小球C插于玻璃罩内合适位置。 (1)实验时，通过旋转顶部旋钮M改变带电小球间距r，利用金属丝扭转角度衡量电荷间作用力F大小。实验数据记录如下： 实验序号 两小球间距r（单位：m） 金属丝扭转角度（单位：°） 1 2 36 2 4 9 3 6 4 已知在该装置中，金属丝扭转角度与两小球间库仑力成正比。根据上述数据，推导库仑力F与两小球间距r的关系为 (2)若保持间距不变，仅将其中小球电荷量减变为原来一半，预计金属丝扭转角度将 （填“增大”或“减小”）； (3)这一实验中用到了下列哪些方法________。 A．微小量放大法 B．控制变量法 C．极限法 D．逐差法 12．电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，它与计算机相连，可以显示出电流随时间变化的I-t图像。按图甲所示连接电路，直流电源电压为9V，电容器选用电容较大的电解电容器。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机。屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像，如图乙所示。 (1)将开关S接通1，电容器的 （选填“左”或“右”）极板带正电，再将S接通2，通过R的电流方向向 （选填“左”或“右”）。 (2)根据I-t图像估算，当电容器开始放电时所带的电荷量 C，电容 F（均保留2位有效数字）。 (3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将 （选填“增大”“不变”或“变小”），充电时间将 （选填“变长”“不变”或“变短”）。 四、解答题（本题共3小题 13题10分 14题15分 15题15分 共40分） 13．如图，整个空间有场强的水平匀强电场。为竖直面的绝缘光滑轨道，其中部分是水平轨道，部分是半径为的圆弧，两段轨道相切于点。为水平轨道上的一点，而且，把一质量、带电荷量小球从点由静止释放，小球将在轨道的内侧运动，取，求： (1)小球到达点时对轨道的压力； (2)小球从到的过程中动能的最大值； (3)小球从到的过程中机械能最大值（面为零重力势能参考平面） 14．如图所示，虚线左侧存在水平向左、电场强度大小为的匀强电场，现将一质量为、电荷量为的带负电的粒子（不计带电粒子受到的重力）由静止从点释放，粒子从边界上的点离开电场并经过点，已知点到的距离为，粒子从点运动到点的时间与从点运动到点的时间相等，求∶ (1)粒子离开匀强电场时的速度大小； (2)、两点之间的距离。 15．如图，在真空中建立直角坐标系xOy，第一、二象限区域存在方向沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。在第三、四象限存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带负电的粒子从y轴上y=3L的P点以某一速度沿x轴正方向射出，经x轴上的Q（图中未标出）点进入磁场，经过Q点时速度方向与x轴正方向的夹角为θ=60°，经过磁场偏转后恰好能回到P点。已知该点电荷质量为m，电荷量为q，不计重力。求 (1)Q点到原点O的距离。 (2)磁场的磁感应强度大小。 (3)粒子从P点出发经过多长时间又运动到P点。 第 2 页 共 3 页 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期高二年级学业诊断考试物理答题卡 15.（共15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 13. （共10分） 14. （共15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 物理答题纸 姓 名 班 级 考 场 座位号 条形码粘贴处 贴条形码区域 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 客观题（请用2B铅笔填涂） 1 A B C D 5 A B C D 9 A B C D 2 A B C D 6 A B C D 10 A B C D 3 A B C D 7 A B C D 4 A B C D 8 A B C D 主观题 请在答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 11.（每空2分，共6分） （1） （2） （3） 12.（每空2分，共8分） （1） （2） （3） （4） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期高二年级诊断考试物理试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D A C C A AD ACD BD 1．B 【详解】A．避雷针的工作原理主要是利用尖端放电避免雷击，故A错误； BD．高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，与工作服内掺入的金属丝，都是利用了静电屏蔽的原理，故B正确，D错误。 C．点火器是利用高压尖端放电的原理，而工作服内掺入的金属丝，是利用了静电屏蔽的原理，故C错误； 故选B。 2．D 【详解】根据 可知，-Q与-Q在O点产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消，2Q在O点与Q在O点产生的场强方向相反，可得产生的场强为 D选项正确。 故选D。 3．D 【详解】两相同金属小球接触后电荷均分。初始电荷为和，总电荷为，均分后每个球电荷为。 接触前库仑力为 接触后库仑力为 比较可得 故选D。 4．A 【详解】AB．由图可知，场源点电荷带正电，所以电场线向外，即沿方向，因为试探电荷带正电，所以，静电力沿方向，则从A移到B的过程中，静电力做正功，故A正确，B错误； C．因为将试探电荷从A移到B的过程中，静电力做正功，所以试探电荷的电势能减小，故C错误； D．因为电场线方向沿方向，又沿电场方向电势降低，所以A点的电势高，B点的电势低，故D错误。 故选A。 5．C 【详解】根据欧姆定律可知，导体两端电压为时，导体的电阻。 故选C。 6．C 【详解】A．直接测量R的电压时，电压表应该与电阻并联，选项A错误； B．直接测量R的电流时，电流表应该与电阻串联，选项B错误； C．正确测量R的电压时，多用电表与电阻并联，则光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，则总电阻减小，总电流变大，则电阻R两端电压变大，即多用电表读数变大，即多用电表示数随光照强度增大而增大，选项C正确； D．正确测量R的电流时，多用电表与电阻串联，当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，则总电阻减小，总电流变大，即多用电流表示数随光照强度增大而增大，选项D错误。 故选C。 7．A 【详解】B．加速电场的电压为U，粒子经过加速电场后获得的速度大小为v，根据动能定理有 可得 粒子从B板运动到荧光屏经历的时间为 质子、氘核和粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为 故B错误； A．设偏转电场的电场强度为E，偏转电场极板的板长为，粒子在偏转电场中的侧移量为 由上式可知y与粒子的比荷无关，即三种粒子在偏转电场中的轨迹相同，则离开偏转电场中的速度方向相同，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，故A正确； CD．由于三种粒子在偏转电场中的侧移量相同，则偏转电场的电场力对粒子做功为 所以偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为 故CD错误。 故选A。 8．AD 【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得 由图中甲图线可知，电动势为，内阻为，故A正确； B．根据欧姆定律，由图中乙图线可知该导体的阻值随电流的增大而减小，故B错误； CD．当该导体直接与该电源相连时，由图中交点可知，电阻的电压和电流分别为，，则该导体消耗的功率为 此时电路消耗的总功率为 则电源的效率为，故C错误，D正确。 故选AD。 9．ACD 【详解】A．由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电路中电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以图乙中最上面的图线表示V2的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为 当电流 I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势 A正确； B．变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则V2读数逐渐增大， B错误； C．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，此时电压表V1的示数即电动机内阻两端的电压，根据欧姆定律可知，电动机的电阻 C正确； D．当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以 D正确。 故选ACD。 10．BD 【详解】A．带电粒子从M点沿MO方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，说明运动轨迹恰好与内圆相切，如图所示 设圆弧轨迹的半径为，圆心为A，连接和，在直角中，由于 即 解得 根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 故A错误； B．由图可知其轨迹圆心A到圆心O点的距离 故B正确： C．带电粒子从M点经圆周运动进入内部圆形区域再通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆相切，如图所示 设圆弧轨迹半径为，圆心为D，其中M、D、O在一条直线上，连接OM、CD，在直角中，有 即 解得 故C错误： D．带电粒子做圆周运动的半径最小，其速率就最小，如上图所示，在直角中，由于 则 整个圆弧轨迹所对的圆心角为 带电粒子做圆周运动，周期 粒子在磁场中的运动时间为 代入数据解得 故D正确。 故选BD。 11． C B D 【详解】（1）[1]本实验中要控制一些量不变，然后再得出电容器电容C的决定因素；故采用的是控制变量法。 故选C。 （2）[2]该实验中，静电计的作用是测定电容器两极之间的电势差。 故选B。 （3）[3]根据 ， AB．甲图中的手水平向左移动时，板间距离增大，电容器电容减小，由于静电计所带电荷量远小于电容器电荷量，可认为电容器电荷量保持不变，则电容器电压增大，所以静电计指针的张角变大，故AB错误； C．乙图中的手竖直向上移动时，极板正对面积减小，电容器电容减小，电容器电荷量保持不变，则电容器电压增大，所以静电计指针的张角变大，故C错误； D．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，可知电容器电容增大，电容器电荷量保持不变，则电容器电压减小，所以静电计指针的张角变小，故D正确。 故选D。 12．(1)B (2) （1.47~1.49均可） （0.18~0.23均可） (3) 小于 小于 【详解】（1）电压表测量外电路的电压，由于新干电池的内阻很小，所以外电路电压变化不明显，即无论如何调节滑动变阻器的阻值，电压表的示数变化都很小。 故选B。 （2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可知 结合题图丙可知，干电池的电动势 解得 （3）[1][2]由于电压表的分流，路端电压越大，通过电压表的电流越大，实际电流比电流表的示数大的就越多，实际的U−I图像的斜率比实验的U −I图像斜率大，在纵轴的截距比实验值大。故电动势测量值小于真实值，内阻测量值小于真实值。 13．（1）；（2） 【详解】（1）根据题意，设粒子的电荷量为q，质量为m，经过加速电场过程，根据动能定理有 解得 粒子在磁场中，由牛顿第二定律有 由几何关系有 联立解得磁感应强度大小为 （2）根据题意，由公式可得，粒子在磁场中运动周期为 粒子在磁场中的时间为 14．（1）小球带正电，；（2）；（3） 【详解】（1）小球在C点静止，受力分析如图所示 根据小球的受力分析可知，小球带负电，由平衡条件可知 解得 （2）小球在轨道内侧恰好做完整的圆周运动，由题可知，小球在D点速度最小，对轨道的压力为零，则有 解得小球在D点的速度为 （3）小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得 解得小球在A点的速度为 小球在A点，根据牛顿第二定律可知 解得 根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为 15．(1) (2) (3)，方向与地面成斜向右上 【详解】（1）第一次抛出，小球能返回到点，说明重力与电场力的合力与的方向相反，则有 解得 （2）小球竖直方向做竖直上抛运动有 水平方向匀加速运动有 又， 解得 （3）当电场方向与第一次抛出的初速度方向垂直时电场强度最小，如图所示 则有 电场强度的最小值为 方向与地面成斜向右上。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $