湖北荆州市沙市中学2025-2026学年高一下学期5月阶段检测物理试题

**基本信息** 2025级高一下学期5月月考物理试卷，以电场、电容等核心知识为载体，通过静电透镜、电容式风力传感器等真实情境，融合物理观念与科学思维，实现基础巩固与能力提升的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|6|电场强度、电势、电容定义|通过比值定义辨析（如第1题）强化物理观念| |多选题|4|电势图像、等势线分析|结合φ-x图像斜率（第7题）考查科学推理| |实验题|2|电容器充放电|设计双电容器充放电实验（第12题）培养科学探究能力| |解答题|3|电场力、能量、运动综合|斜面电场中速度最值（第13题）、辐向电场圆周运动（第15题）体现模型建构与创新应用|

2025—2026学年度下学期2025级 5月月考物理试卷 命题人：黄勇 审题人：熊华 考试时间：2026年5月21日 一、单选题 1．下列说法中，正确的是（　　） A．由可知，电场中某点的电势与q成反比 B．由可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 C．公式中，电容器的电容C与电容器两极板间电势差U成反比 D．公式中，匀强电场中任意两点a、b间的距离越大，两点间的电势差不一定越大 2．如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，放置一个均均带电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与电场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的电场强度大小为零，则N点的电场强度大小为（    ） A．0 B．E C．2E D．3E 3．如图所示，虚线为某试探电荷在仅受电场力的情况下从a点到b点的运动轨迹，则下列说法正确的是（　　） A．该试探电荷带负电 B．粒子在b点的电势能比在a点的电势能高 C．试探电荷在a点的加速度比在b点的加速度大 D．若c为ab连线的中点，则 4．如图所示，是半径为R，电荷量为+Q且均匀分布的圆环，在过圆心且垂直于圆面的轴线上有两点A、B，其中A点距圆心为d（R没有远小于d），下列有关说法正确的是（    ） A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．A点的电场强度方向向左 C．A点的电场强度为 D．A点的电场强度为 5．如图甲所示为一均匀带正电的球体，该球体半径为，带电荷量为，电荷在球体中均匀分布。以球心为原点，水平向右为正方向建立轴，试探电荷在球体内部坐标为时所受静电力为，与的关系如图乙所示。以无穷远处为电势零点，球内轴上各点电势随坐标变化的关系图像为（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，匀强电场中有一个梯形，梯形平面与匀强电场的方向平行，，相互平行且均垂直于，，，，已知点电势为，点电势为，点电势为，则下列说法正确的是（　　） A．点电势为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．一电子由点到点再到点的过程中，电势能减少了 D．一正电荷由点无初速度释放，将沿着所在直线运动 二、多选题 7．在轴上的点和A点分别固定有点电荷和点电荷轴上点之间各点的电势随变化的图像如图所示，为的中点，且图线在点处斜率最小。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A．在轴上点之间，点的电场强度最小 B．点电荷带的都是正电荷 C．将电子从点移动到A点的过程中，电子的电势能减小 D．点之间电场强度的方向沿轴正方向 8．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，如图所示为该透镜工作原理示意图。虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，实线为一电子仅在电场力作用下通过该区域的部分运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点。下列说法正确的是（　　） A．P点的电场强度比Q点的电场强度大 B．P点的电势低于Q点的电势 C．电子在P点的动能大于在Q点的动能 D．电子从P运动到Q的过程中，电势能先增大后减小 9．某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（两电极始终不接触）。若移动时静电计上的电荷量可忽略，P点为极板间的一点，下列说法正确的是（　　） A．风力越大，电容器电容越大 B．风力越大，极板间电场强度仍保持不变 C．风力越大，P点的电势仍保持不变 D．风力越大，静电计指针张角越大 10．如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）。小球在长为l的绝缘轻绳牵引下，绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直，直径BD水平。从A点开始，小球的电势能与转过的角度θ的关系如图乙所示，已知重力加速度g，则（　　） A．该电场的电场强度大小为 B．CA两点的电势差 C．轻绳在D、B两点拉力大小的差值为 D．轻绳在D、B两点拉力大小的差值为3mg 三、实验题 11．某实验小组利用如图甲所示的电路探究电容器的充、放电特点。S为单刀双掷开关，R为定值电阻。 (1)S接1时电源对电容器充电，此过程通过电流表A的电流方向______（填“从左到右”或“从右到左”）。 (2)图乙为电容器放电时的图像，图线与坐标轴围成的面积约41小格，电容器放电之前的电压为，测得该电容器的电容值为______F（结果保留2位有效数字）。 (3)若仅减小电阻R，放电时曲线与坐标轴所围成的面积将______（填“变大”“变小”或“不变”）。 12．某实验小组利用如图1所示的电路来探究两个初始不带电的相同电容器A、B的充、放电现象。 实验操作步骤如下： (1)保持开关断开，将开关接1，通过图中电流传感器的电流I的方向为______（选填“向右”或“向左”），直到电压传感器示数稳定为U的过程中，电流I随时间t变化的图线正确的是图2中的______（选填“a”或“b”）图线，该图线与t轴围成的面积为S。 (2)保持开关断开，将开关接2，待电压传感器示数稳定后，此过程中图线与t轴围成的面积为______（选填“S”或“”）。 (3)将开关断开，开关闭合，让电容器B的两极板完全放电；再断开开关，将开关接______（选填“1”或“2”），待电压传感器示数稳定后，其示数为______（选填“”或“”）。以上实验表明，电容器的电荷量变为原来的一半时，其两极板间的电势差也变为原来的一半。 四、解答题 13．如图所示，倾角为37°的光滑绝缘斜面体固定在水平面上，带电量为q的正点电荷A固定在斜面底端，质量为m的带电小球B在斜面上离点电荷A距离为L的M点由静止释放，释放的瞬间，小球B的加速度大小为a=0.5g，小球B向下运动到N点时，速度达到最大值。已知重力加速度为g，静电力常量为k，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)小球B所带电的电性及电量qB； (2)A、N之间的距离d=？ (3)若已知场源点电荷Q在离其距离为r的任意点P处电势，则小球B下滑的最低点离M多远？ 14．如图甲所示，光滑绝缘斜面固定在水平地面上，倾角为，斜面足够长。以点为坐标原点，沿斜面向下建立轴，空间存在方向平行纸面的静电场，轴上电场强度的方向沿轴正方向，其电场强度随坐标变化的图像如图乙所示。现将一质量为、电荷量为的带负电小滑块从点由静止释放。已知点处的电场强度大小为，处的电场强度大小为。求 (1)带电小滑块刚释放时加速度的大小； (2)带电小滑块在处的动能； (3)带电小滑块在沿斜面向下运动过程中电势能增量的最大值。 15．如图所示，在第I象限存在沿-y方向的匀强电场，质量为m、带电量为（）的粒子，从以速度沿方向进入第Ⅰ象限后，从进入第Ⅳ象限，在辐向电场作用下恰好做匀速圆周运动。粒子射出辐向电场时，恰好垂直于y轴进入第Ⅲ象限；在第Ⅱ、Ⅲ象限存在与y轴成、场强大小为的匀强电场，粒子最后打在y轴上的C点（未标出）。不计粒子的重力，取，，求： (1)第Ⅰ象限中匀强电场的场强大小； (2)粒子在第Ⅳ象限中运动时受到的电场力大小F； (3)C点的纵坐标。 高一下学期5月月考物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D D D D AC AC AB AC 1．D【详解】A．该公式是电势的比值定义式，电势与及均无关，由电场本身决定，故A项错误；B．该公式是电场强度的比值定义式，电场强度与及均无关，由电场本身决定，故B项错误；C．电容与电容器带电荷量和两极板间电势差均无关，由电容器本身决定；D．由公式可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场方向的距离越大，两点间的电势差才一定越大，故D项正确； 2．C【详解】由对称性可知，带电圆线圈在M、N两点产生的电场等大反向。由于M点电场强度为零，由矢量合成法则可知环境中匀强电场的场强与M点场强等大反向，即匀强电场与N点的场强等大同向，故N点的电场强度为2E。故选C。 3．D【详解】A．电荷仅受电场力，则电场力方向沿电场线指向轨迹内侧，则电场力方向与电场方向相同，可知该试探电荷带正电，故A错误；B．沿电场线方向电势不断降低，则b点的电势比a点的电势低，又粒子带正电,故B错误；C．电场线分布的密集程度表示电场强弱，根据图示可知，b点的电场强度比a点的电场强度大，则b点的电场力比a点的电场力大，所以试探电荷在a点的加速度比在b点的加速度小，故C错误；D．若该电场为匀强电场，则,由于b点的电场强度比a点的电场强度大，则越靠近b点电势降得越快，则，故D正确。故选D。 4．D【详解】A．均匀带电圆环轴线上的电场强度分布规律是：从圆心处（）开始，随着距离增加先增大后减小，中间存在一个最大值，无穷远处趋于0；由于题目未给出与的具体数值关系以及点的具体位置，因此无法比较、两点电场强度的大小，故A错误； B．圆环带正电，根据电场叠加原理和对称性，轴线上点的电场强度方向应沿轴线背离圆心，即向右，故B错误；CD．在圆环上取一电荷量为的微元，该微元到点的距离， 该微元在点产生的电场强度大小为 ，将分解为沿轴线方向和垂直轴线方向，由对称性可知，垂直轴线方向的分量相互抵消，合场强沿轴线方向。 设微元与点连线与轴线的夹角为，则点的总场强为所有微元在轴线方向分量的代数和因为，所以， 故C错误，D正确。故选D。 5．D【详解】 试探电荷受力，由图乙知与成正比，因此均匀带电球体内部电场强度也与成正比，即（为常数），且电场方向沿正方向。沿电场线方向电势逐渐降低，电场沿正方向，因此越大，电势越低。图像斜率的绝对值等于电场强度。 由于随增大而增大，因此斜率的绝对值随增大逐渐增大，应为下降且越来越陡的曲线，故D正确，ABC错误。故选D。 6．D【详解】A．作AD的中点F，如图所示，则F点电势，则由平行且等于可得，即，解得，故A错误；B．在BD上找点H，使，则在同一等势面上。可得，可得，且，可得几何关系，即电场方向沿DB从D指向B。，则电场强度大小为，故B错误；C．电子带电量，电势能，从到电势能变化，即电势能增加了，不是减少，故C错误；D．电场方向沿DB所在直线。正电荷受力沿电场方向，从D点无初速度释放，加速度沿DB方向，因此将沿DB所在直线运动，故D正确。故选D。 7．AC【详解】A．图像的斜率大小等于电场强度大小，所以点的电场强度最小，选项A正确；BD．分析题中图像可知，点电荷带的是负电荷，点电荷带的是正电荷，点之间电场强度的方向沿轴负方向，选项B、D错误；C．电子带负电，由于点到A点电势升高，因此将电子从点移动到A点的过程中电子的电势能减小，选项C正确。 故选AC。 8．A C【详解】A．等势线越密，电场强度越大。由图可知，点处的等势线比点处的等势线密集，所以点的电场强度比点的大，故A正确； B．电子做曲线运动，所受电场力指向轨迹的凹侧，且电场力方向与等势线垂直。由图可知，电子在点受到的电场力方向大致向左。因为电子带负电，受力方向与电场强度方向相反，所以电场强度方向大致向右。沿电场线方向电势降低，所以点的电势高于点的电势，故B错误； C．电子从运动到的过程中，电场力方向大致向左，位移方向大致向右，电场力做负功。根据动能定理，动能减小，所以电子在点的动能大于在点的动能，故C正确；D．电子从运动到的过程中，电场力做负功，电势能增大，故D错误。 故选C。 9．AB【详解】A．平行板电容决定式为，减小，其他量不变，因此增大，故A正确；B．极板间电场强度，结合，代入得，因此与无关，风力增大减小，仍保持不变，故B正确；C．可动电极（左极板）接地，电势为，点到左极板的距离为，点电势，风力增大，左极板右移，位置不变，减小，不变，因此减小，故C错误；D．静电计指针张角反映极板间电压，由，不变，增大，因此减小，张角变小，故D错误。故选AB。 10．AC【详解】由图乙可知和时的电势能相同，故MN两点电势相等，MN连线为等势线，电场线与等势线垂直，由此可以判断电场强度的方向如图所示，小球在电场中电势能的变化量最大为2mgl，所以小球在电场中最大的电势差的绝对值为，所以该电场的电场强度的大小为，A正确；B．CA两点的电势差，B错误；CD．如图所示，对小球在D点进行受力分析，由牛顿第二定律得，对小球在B点进行受力分析，由牛顿第二定律得，小球从B点到D点的过程中，由动能定理得，解得，C错误，D正确。故选AC。 11．(1)从右到左 (2) (3)不变 【详解】（1）S接1时电源对电容器充电，自由电子在静电力的作用下，从正极板经过电源向负极板移动，故通过电流表A的电流方向从右到左。 （2）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，电容器放出的电荷量为，则电容器的电容为 （3）不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，导致曲线的最大电流值将增大，放电时间将变短，而放电时曲线与坐标轴所围面积不变。 12．(1) 向右 a (2) (3) 2 【详解】（1）[1] 开关接1，电源给电容器A充电，故通过图中电流传感器的电流I的方向为向右 [2] 电容器充电时充电电流由最大逐渐减小到0,故电流I随时间t变化的图线正确的是图2中的a （2）开关接2，电容器A给B的充电，充电结束时，因两电容器相同，故它们平均分配电荷量，即各带原来电容器A电量的一半，而I-t图像中，图像与两条坐标轴围成几何图形的面积表示电荷量，此过程中图线与t轴围成的面积为 （3）[1] 再断开开关，将开关接2，电容器A再次给B的充电，充电结束各分一半的一半电荷量，即A、B各自带电为原来A带电荷量的 [2] 由，电容器的电容不变，故电容器所带电荷量与电势差成正比，故待电压传感器示数稳定后，其示数为 13．(1)带正电 (2) (3) 【详解】（1）由于小球B向下运动到N点时，速度达到最大值，说明此时电场力与重力沿斜面向下的分力平衡，A带正电，则小球B也带正电。释放的瞬间，小球B的加速度大小为a=0.5g,，根据牛顿第二定律可得，解得 （2）小球B向下运动到N点时，速度达到最大值，根据平衡条件可得，解得 （3）离M点距离为 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）带电小滑块刚释放时由牛顿第二定律，解得 （2）从开始释放到到达处由动能定理，其中，解得 （3）当速度减为零时电势能最大，则由动能定理，其中，解得， 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）从A到B过程，水平方向，竖直方向，可得 （2）设粒子在B点处的速度方向与轴正方向夹角为，由，可得，则在B处速度为，由于带电粒子在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，半径与速度方向垂直，故轨道半径，由于辐向电场的电场力充当向心力，故 （3）带电粒子进入第Ⅲ象限后，将电场力沿轴方向分解，则沿轴方向：初速度为向左，受力向右，故向左做匀减速运动，则，当方向位移为0时，即打到轴，所以由，可得，沿轴方向：初速度为0，受力向上，故向上做匀加速运动，则，所以，故打到轴上的纵坐标为。 答案第2页，共7页 1 学科网（北京）股份有限公司 $