河南省南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高二上学期1月第2周周考物理试题

方城县第一高级中学2025-2026学年高二上学期1月第2周周考物理试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．下列关于电场的说法正确的是（    ） A．由电场强度的定义式可知与成正比，与成反比 B．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体都可以当作点电荷处理 C．“元电荷”是最小的电荷量，用表示，，元电荷不是电子 D．电场是库仑首先提出来的，电荷对电荷的作用力就是电荷的电场对的作用 2．对于静电场及其应用，下列说法正确的是（　　） A．图1为静电喷涂机原理图，由图可判断微粒带正电荷 B．图2为金属球放入匀强电场后电场线分布图，A点电场强度大于B点 C．图3为模拟避雷针作用的实验装置，A（尖端）、B（圆球）金属柱等高，随电压升高，A先产生放电现象 D．图4为研究平行板电容器电容实验装置图；当b板迅速向左移动一些时，会看到静电计指针张角突然减小一些。 3．在匀强磁场中放置一金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图甲所示磁场方向为正，磁感应强度B随时间t按图乙所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（　　） A．时刻，圆环中无感应电流 B．时刻，圆环上某一小段受到的安培力最大 C．圆环上某一小段所受安培力最大的时刻也是感应电流最大的时刻 D．时间内，圆环中感应电流方向沿顺时针方向 4．如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J。下列说法中正确的是（　　） A．粒子带负电 B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J C．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J D．粒子在A点的动能比在B点少0.5 J 5．如图，半径为R的圆形区域内有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ是相互垂直的两条直径。两质量相等且带等量异种电荷的粒子从M点先后以相同速率v射入磁场，其中粒子甲沿MN射入，从Q点射出磁场，粒子乙沿纸面与MN方向成角射入，两粒子同时射出磁场。不计粒子重力及两粒子间的相互作用，则两粒子射入磁场的时间间隔为（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，竖直平面内有方向水平向右的匀强电场，一带负电的粒子从电场中的O点以某一初速度向右上方发射，初速度方向与水平方向成45°。粒子运动到其轨迹的最高点时，速度大小与O点速度大小相等，则带电粒子受到的电场力与它的重力的比值为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 7．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（ 　） A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R= C．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小 D．对应P点，小灯泡的电阻为R= 8．如图所示电路中，灯泡A、B的规格相同，电感线圈L的自感系数很大，直流电阻可忽略不计．下列关于此电路的说法中正确的是 A．刚闭合S瞬间，A、B同时亮 B．闭合S达到稳定态后，A逐渐变亮，最后A、B一样亮 C．闭合S达到稳定态后，再将S断开时，A立即熄灭，B逐渐变暗最后熄灭 D．闭合S达到稳定态后，再将S断开时，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭 9．如图所示，圆心为O点，半径的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆的直径。将电荷量为的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4J。下列说法正确的是（　　） A．该匀强电场的场强方向与cd平行 B．电场强度的大小 C．a点电势高于c点电势 D．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为1J 10．如图所示，虚线MN左侧空间存在一方向与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化如乙图所示，曲线部分为正弦图像的一部分。一硬质细导线的总电阻为，将该导线做成半径为r=1m的圆环放置在纸面内，圆心O在MN上，t=0时刻如甲图所示，下列说法正确的是（　　） A．时圆环产生的感应电流为零 B．圆环受到的安培力为1N C．时MN两端产生的电压V D．电流的有效值为0.5A 三、实验题 11．某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。 (1)图甲中实验采用的方法是________（填正确选项前的字母，单选）。 A．理想实验法 B．等效替代法 C．微小量放大法 D．控制变量法 (2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而 ，随着距离的减小而 。（填“增大”“减小”或“不变”） 12．电阻率的倒数称为电导率，是检验纯净水是否合格的一项重要指标。某同学想测量某品牌纯净水的电导率，他将纯净水装入绝缘性良好的塑料圆柱形容器内，容器两端用金属圆盘电极密封，如图甲所示。 （1）用毫米刻度尺测出圆柱形容器长度为L； （2）测量圆柱形容器的内径时，应选用 （选填“乙”或“丙”）测量工具，其读数 cm； （3）进一步测得圆柱形容器内纯净水的电阻为R； （4）待测纯净水的电导率为 （用R、d、L表示）。 四、解答题 13．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿右侧两平行正对的极板中心轴线射入偏转电场，并从另一侧射出，打到荧光屏上的点，为荧光屏的中心点。已知电子质量为、电荷量为、加速电场所加的电压为、偏转电场所加的电压为、水平极板的长度为、上下两板间距离为、水平极板的右端到荧光屏的距离为。不计电子所受重力。求： （1）电子经加速电场加速后的速度大小； （2）电子离开偏转电场时速度的偏转角的正切值； （3）电子打在荧光屏上的点到点的距离。 14．光滑的水平长直轨道放在匀强磁场中，轨道宽，一导体棒长也为，质量，电阻静止在导轨上，它与导轨接触良好。当开关与a接通时，电源可提供恒定的电流，电流方向可根据需要进行改变，开关与b接通时，电阻，若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完成，求： ①当棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的； ②当开关始终接a，要想在最短时间内使棒向左移动而静止，则棒的最大速度是多少； ③要想棒在最短时间内向左移动而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。 15．某个粒子分析装置的简化示意图如图所示，一圆心为O1、半径为2R的半圆和一圆心为O2、半径为R的圆相切于A点，直径AC下方的半圆外区域存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，半径为R的圆内区域存在垂直纸面向外的匀强磁场B2（未知），上方电容器的平行金属板M和N正对放置，板长为R，两板间距为3R，金属板下边缘连线与圆形磁场最高点Q在同一水平线上，Q点距左金属板2R，上边缘连线紧挨着一水平放置的感光板P。一群电量为+q、质量为m的粒子，可在O1左侧长度为R的水平线状粒子发射装置O1D上以相同速度v0竖直向下射出，控制出发的时间，使得所有粒子同时到达A点，其中D点出发的粒子经过A点后恰好能运动至Q点，粒子进入电容器若打到金属板上会被吸收，不考虑电容器的边缘效应，不计粒子重力及粒子之间相互作用力。（计算过程中取） （1）求匀强磁场的磁感应强度B1的大小； （2）若要D点出发的粒子能打到感光板P上，求电容器的MN板电势差范围UMN； （3）控制电容器的电压，使得所有粒子都能打到感光板P上让感光板上发光，求感光板发光持续的时间。 试卷第6页，共7页 试卷第7页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2025-2026学年高二上学期1月第2周周考物理试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D C B D ABC AD AB AD 1．C 【详解】A．电场强度定义式 ，由比值定义法定义的，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量 及其受力 无关，故A错误； B．点电荷是理想化模型，只有当带电体的大小、形状对研究问题的影响可忽略时，才可视为点电荷，并非“任何情况”都适用，故B错误； C．元电荷是电荷量的最小单位，用表示，，而电子是携带该电荷量的粒子，元电荷本身不是实物，故C正确； D．电场是法拉第提出的概念，电荷对电荷的作用力就是电荷的电场对的作用，故D错误。 故选C。 2．C 【详解】A．图1为静电喷涂机原理图，由图可知被喷涂工件带正电，根据异种电荷相互吸引可判断微粒带负电荷。故A错误； B．根据电场线的疏密程度，可知A点电场强度小于B点。故B错误； C．如图所示，A为尖端、B为圆球，因为末端越尖越容易放电，所以随电压升高，A先产生放电现象。故C正确； D．根据，当b板迅速向左移动一些时，两极板间距增大，导致电容器的电容减小，又，装置中极板的电荷量保持不变，所以极板间电压增大，会看到静电计指针张角突然增大一些。故D错误。 故选C。 3．D 【详解】A．在根据法拉第电磁感应定律 可知时刻，磁通量变化率最大，圆环中感应电流最大，故A错误； B．在时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误； C．由上述可知，当感应电流最大时，此时的磁感应强度为0，根据 可知此时圆环上某一小段所受安培力为0，故C错误； D．时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向终沿顺时针方向，故D正确。 故选D。 4．C 【详解】A．由粒子运动的轨迹可知，粒子所受电场力方向向右，而电场强度方向也向右，故粒子带正电，故A错误； B．粒子从A点到B点的过程中静电力做正功，所以电势能减少，粒子在A点的电势能比在B点多1.5 J，故B错误； C．静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，故C正确； D．根据动能定理得 所以粒子在A点的动能比在B点多 0.5 J， 故D错误。 故选C。 5．B 【详解】 O1是粒子甲运动轨迹的圆心，由题意可知，四边形OQO1M是正方形，所以甲乙运动轨迹的半径均为R，甲的运动轨迹的圆心角为。而粒子乙往左偏转飞出磁场，它的圆心角为。 甲运动的时间为 乙运动的时间为 因为两粒子同时射出磁场，所以两粒子射入磁场的时间间隔为 故选B。 6．D 【详解】设带电粒子受到的电场力大小为F，质量为m，重力加速度为g，由题意可知带电粒子在水平方向上做匀减速运动，其水平初速度和竖直初速度的大小分别为， 当粒子运动到其轨迹最高点时，其竖直方向的分速度为零，水平方向的速度大小为 由此可知粒子在水平方向上经历减速至零又反向加速的过程，取水平向左为正方向，根据牛顿第二定律可知粒子在水平方向的加速度大小为 根据运动学公式可得粒子从开始到运动至最高点所需的时间为 又有 联立解得电粒子受到的电场力与它的重力的比值为 故选D。 7．ABC 【详解】A．图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大。故A正确。 BD．根据欧姆定律可知，对应P点，小灯泡的电阻为R=，故B正确D错误； C．对应P点，小灯泡的功率 ，为图中矩形PQOM所围面积大小，故C正确； 故选ABC。 8．AD 【分析】闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化．断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化． 【详解】闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮．稳定态后断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭．故AD正确，BC错误．故选AD． 【点睛】对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象． 9．AB 【详解】A．根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4J，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式 可知dcd是dab的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图 由几何关系得ab在cd方向的投影等于R，即dcd是dab的两倍，所以电场线的方向由c指向d，场强方向与cd平行，故A正确； B．粒子从c到d做的功为 代入数据解得，故B正确； C．沿电场方向电势逐渐降低，c点电势高于c'点电势，a与c'为等势点，所以c点电势高于a点电势，故C错误； D．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为，故D错误。 故选AB。 10．AD 【详解】A．由乙图可知，该电动势为感生电动势，，时B的切线斜率为0，所以该处感应电动势为零，故A正确； B．时，感应电动势大小，感应电流大小 由乙图可知，时，磁感应强度大小，方向与正方向相反，圆环受到的安培力，故B错误； C．时，向外的磁感应强度增大，由楞次定律感应电流为顺时针，感应电动势大小，所以 ，故C错误； D．通过计算，0~为正弦交变电流，电动势的有效值 电流有效值 ~感应电动势大小 感应电流大小，为恒定电流， ~感应电动势大小 感应电流大小，为恒定电流，通过有效值的定义式可以算出一个周期内有效值为0.5A，故D正确。 故选AD。 11．(1)D (2) 增大 增大 【详解】（1）此实验中比较小球在不同位置所受静电力的大小，再使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小，故该实验采用的方法是控制变量法。 故选D。 （2）[1][2]本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力的大小，由图可知，电荷量越大，距离越小，细线偏离竖直方向的角度越大，电荷之间的静电力越大。故电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而增大。 12． 丙 0.36 【详解】（2）[1]测量圆柱形容器的内径，应选用游标卡尺的内测量爪，故选丙。 [2]丙图为10分度的游标卡尺，读数为 （4）[3]纯净水的电阻 则待测纯净水的电导率为 13．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理得 解得 （2）电子在偏转电场中，做类平抛运动，在水平方向上有 在竖直方向上有 ， 联立解得 电子射出时竖直方向速度为 电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值为 联立解得 （3）得电子打在荧光屏上的点到点的距离为 14．①，方向向右；②；③ 【详解】①当电流从M流向N时，由左手定则可判断安培力向右，故加速度方向向右。 根据牛顿第二定律有 代入数据可得 ② 开关始终接a时，电流N到M，经过时间后电流变为M到N，再经时间速度减为零，前 s，则有 后s，则有 根据 联立解得 ③若导体棒达到一定速度时开关接b，产生的感应电流大小恰为1A时，则有， 可知此刻的速度为 棒达到最大速度后开关接b由安培力能提供的加速度大小会比开关接a提供的加速度更大。故最短时间先接a一段时间，电流由N到M，再接到b端一段时间，再接到a端一段时间，电流由M到N，最后直到棒静止 第一段，则有，， 第二段，则有由动量定理 且 则有 第二段末的加速度与第三段相同，则第三段，， 又 解得 v＇=1m/s，， 故 15．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）从O1点射出的粒子运动的轨迹如图，粒子在磁场中运动的轨道半径为 解得： （2）从D点射出的粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知，到达A点与水平方向AO2夹角θ满足，故 设粒子在磁场B2中运动圆心角为α，由几何关系可知，，故 粒子运动到达Q点与水平方向夹角β满足 进入电场类斜抛运动，将速度正交分解， 当电容器的MN板电势差UMN < 0时，粒子恰好不打到M板时候电压设为U1则有，，得 当电容器的MN板电势差UMN > 0时，粒子恰好不打到N板时候电压设为U2则有，，得 电容器的MN板电势差范围： （3）设粒子在磁场B2中运动半径为r2，则，得 由几何关系，从D点射出的粒子运动到达A点，到达感光板时间最短，最短时间为 从O1点射出的粒子到达感光板时间最长，最长时间设为t2，由几何关系可知，到达A点方向水平向左；设从S点离开圆形磁场，设与水平方向夹角φ，满足，则，可得 最长时间设为 则感光板发光持续的时间为 答案第2页，共9页 答案第1页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $