贵州黔西南州金成实验学校2025-2026学年高一下学期期中检测物理试题

秘密 启用前! 2025一2026学年度第二学期0522质量检测试题 高一年级 物理 (命题人 答卷注意事项: 1、学生必须用黑色(或蓝色)钢笔、圆珠笔或签字笔在试卷上答题。 2、填涂答题卡必须使用2B铅笔填涂。 3、答题时字迹要清楚、工整 4、本卷共15小题,总分为100分。 一、单选题(4*7=28) 1.(课本23页第一题)如图所示,两个相互接触且不带电的金属导体A、B均置于绝缘支 架上,现将带正电的绝缘小球C放到A的左侧等高处。下列说 法正确的是() C⊕ A.此时,A带正电,B带负电 B.若先将A、B分开,再移走C,B带正电 C.若先将C移走,再把A、B分开,A带正电 D.若先将C移走,再把A、B分开,B带正电 2.(课本17页第5题)电场线是法拉第为连接抽象数学与物理现实搭建的奇妙桥梁,而物 理学的魅力,正藏在对自然图景的深度想象与科学建模之中。如图所示,A、B、C、D是某 电场中的四个点,其中电场强度最大的点是() A.A点 B.B点 C.C点 D.D点 Q 第 第 第 二 c 四 题 题 B. 图 图 图 :-0 3.(课本51页第一题)真空中两点电荷A、B形成的电场的部分电场线如图所示,O点为A、 B连线的中点,电场线关于过O点且垂直、连线的虚线对称。下列说法正确的是( ) A.A、B带等量的正电荷B.、带等量的负电荷 C.、带不等量的正电荷D.、 带不等量的负电荷 4.如图,将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点,再沿 连线从B点移动到C点。在此全过程中() A.试探电荷所受的静电力先增大后减小 B.试探电荷的电势能先不变后减小 C.试探电荷的电势能先增大后减小 D.试探电荷所经过各点处的电势先升高后降低 5.如图所示,在直角三角形ABC的顶点A、B分别固定有点电荷Q、Q2,现将一试探电荷 g固定于顶点C,测得g所受电场力与AB边垂直。己知AB:AC:BC=5:4:3,则() Q23 Q24 A.Q4 B.Q3 C. Q2_27 D. Q2_64 Q164 Q27 B 试卷第1页,共4页 6(课本50页第3题).如图甲,A、B是某电场中一条电场线上的两点,一个负电荷从A 点由静止释放,仅在静电力的作用下从A点运动到B点,其运动的v一1图像如图乙所示。A、 B两点的场强分别为E4、EB,电势分别为p4、Pg,负电荷在A、B两点的电势能分别为EA、 EB,则下列选项正确的是() A.E>EB,>P8 B.E<EB,<os B C.EA>EB,EPA>EPB D.E<E8,EPA<EPB 乙 7.如图所示,平行板电容器与电源连接,其中B板接地。开关S闭合后,在两板间C点有 一个质量为m、电荷量为g的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是() A.保持S闭合,将两板平行错开一些,电容器的电容增加 B.保持S闭合,将A板向上平移一小段距离,C点电势降低 C.若将S断开,再将两板平行错开一些,电容器带电量减少 D.若将S断开,再将A板向上平移一小段距离,油滴会向下运动 二、多选题(每题5分,选对但不全得3分,有选错不得分) 8.为避免雷击,高大的建筑物顶端均需安装避雷针。如图是某避雷针放电时空间电场线的 分布图,电场线指向避雷针尖端。M、W、P三点位于同一条电场线上,空间电场分布关 于直线MP对称。一带电探测粒子仅在电场力作用下运动,其部分轨迹如图所示。下列说法 正确的是() A.粒子在轨迹上某点的加速度方向与电场线切线方向相反 B.粒子从A点运动到B点的过程中,电场力一定做负功 C.M、N、P三点满足电势关系PM>Pw>Pp D.粒子在图中A点的电势能一定大于在B点的电势能 避雷针 9.某一沿x轴方向的静电场,电势P在x轴上的分布情况如图所示,A、 B是x轴上的两点。一正电荷仅在电场力的作用下从A点运动到B点, 0A 该电荷在() A.O点的速度最大 B.A点受到的电场力小于在B点受到的电场力 C.A点时的电势能小于在B点时的电势能 D.A点时的动能小于在B点时的动能 l0.一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如 图所示,三点的电势分别为15V、29V、47V,下列说法正确的是() y/cm A.坐标原点处的电势为-3V a 6 0 B.电子在a点的电势能比在b点的高14eV 4 C.电子从b点运动到c点,克服电场力做功为l8eV 2 D.电场强度的大小为5Vcm,方向沿Oc连线,由c指向O 三、实验题(每空两分) 02468x/cm 11.某物理兴趣小组探究影响电荷间静电力的因素,其实验装置如图所 示。带正电的小球A固定不动,带正电的小球B通过绝缘丝线系在铁架台上,小球B会在 静电力的作用下使丝线偏离竖直方向。在实验时,把系有带电小球B的丝线先后固定在横 杆上的P、P、P位置,调节丝线长度,使A、B两球球心始终在同一水平线上。已知小 试卷第2页,共4页 球B的质量为m,当地重力加速度大小为g。 (1)实验采用的方法是() PI P2 P3 A.微小量放大法B.控制变量法 C.等效替代法D.理想实验法 (2)分析A、B两球之间的库仑力大小与A、B两球球心间的距离I的关系可知:当两小球所 带的电荷量不变时,两小球间的静电力随两球球心间的距离的增大而(选填“增大”、 “减小”或“不变”)。 (3)若在实验中,小球A、B所带的电荷量分别为9,和92,待小球B平衡后,测出丝线偏离 竖直方向的角度O和A、B两球球心间的距离l。则静电力常量k= 。(用题中涉及 的物理量符号表示) 12.如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容C与其极板间距离d极板间正对面 积S之间的关系装置图。请回答下列问题: 甲正对面积S对电容C的影响 乙两板间的距离d对电容C的影响 丙电介质对电容C的影响 (1)本实验采用的科学方法是 (2)该实验中静电计的作用是 A.测定该电容器两极的电势差 B.测定该电容器的电容 C.测定该电容器的电荷量 D.测定A,B两板之间的电场强度 (3)指出下列三个上图所示的情况下,静电计指针的偏转角度变化情况: ①正对面积减小时,静电计指针的偏转角度 ②板间距离增大时,静电计指针的偏转角度 ③插入电介质时,静电计指针的偏转角度 四、解答题(13题10分,14题14分,15题17分) 13(课本24页第3题).如图,A、B、C、D是正方形的四个顶点,在A点和C点放有电 荷量都为2q的负电荷,在B点放了某个未知电荷9后。恰好D点的电场强度等于0。求放 在B点的电荷电性和电荷量。 D A 2q 29 B 试卷第3页,共4页 14.如图所示,空间有水平方向的匀强电场,电场强度为E=10N/C,用长为L=3m的绝 缘细线,悬挂一质量为m=kg的带电小球,静止时细线偏向右侧,与竖直方向夹角为37 , 已知重力加速度g=10m/s2,现将小球向右拉至水平,然后由静止释放。 (1)小球带何种电荷?电荷量9为多少? (2)求小球经过竖直方向时的速度大小: (3)求小球经过竖直方向时,细线对小球的拉力大小F: 15.如图,一平行板电容器上方MW、PQ之间的区域有方向水平向右、大小为E=2 103N/C 的匀强电场。一带正电粒子从平行板电容器下极板点静止释放,经加速后从b点垂直进入 匀强电场,带电粒子最终从MN上的c点离开。已知电容器电容C=1 I05F、带电量 Q=2x103C,粒子比荷4=1x10C/kg,MW、PQ之间的距离d0.2m,不计粒子的重力, m 求: M不- d (1)电容器的电压U: (2)粒子经b点时的速度大小; (3)b、c点间水平距离x。 试卷第4页,共4页参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 B B B C ⊙ CD AD ABD 1.B 【详解】AB.C靠近导体时在A端感应出负电，B端感应出正电，若先将A、B分开，再 移走C,根据感应起电原理可知A带负电，B带正电，故B正确，A错误； CD.若先将C移走，此时导体A和B的电荷又发生中和，不再带电；再把导体A和B分 开，同样不再带电，所以此时A不带电，B也不带电，故CD错误。 故选B。 2.B 【详解】电场线的疏密表示电场强度的大小，所以B点的电场强度最大。 故选B。 3.A 【详解】电场线起始于正电荷（或无穷远），终止于负电荷（或无穷远）。本题图中电场线箭 头向外，从A、B出发指向外侧，说明A、B都带正电。 题干说明电场分布关于过O点的虚线对称，说明A、B的电荷量相等，即二者带等量正电荷， 符合等量正点电荷的电场线分布特征。 故选A。 4.B 【详解】根据等量异种电荷连线中垂线的特点，试探电荷从A到B的过程在等势线上移动 时，电势不变，电势能不变，静电力变大，从B到C的过程中电势变大，静电力变大，静 电力做正功，电势能减小，ACD错误，B正确。 故选B。 5.A 【详解】根据电荷q受到的电场力方向，可以判断出点电荷只、Q2对q的电场力分别为耳和 耳，如图 B 根据库仑定律，则有R=但g AC2 乃-巴9 BC2 根据几何关系AB:AC:BC=5:4:3 可知∠A=37°，tan37°=星 联立解得是3 4 故选A。 6.C 【详解】速度时间图像的斜率表示加速度，根据图像可知，电荷在静电力的作用下加速度逐 答案第1页，共5页 渐减小，根据牛顿第二定律可知，电荷从A点运动到B点的过程中，所受的静电力逐渐减 小。根据 F=gE 可知，电场强度逐渐减小，即Ea>E。由图像可知电荷从A点运动到B点的过程中，速度 逐渐增大，动能逐渐增大，故电场力做正功，电势能逐渐减小，即E4>EB。根据 E=qφ 电荷带负电，所以p<9。 故选C。 【点睛】明确电荷在电场中的受力情况，根据图像分析电荷的运动情况，继而结合牛顿第二 定律推导电荷受力情况的变化，再结合电场力与电场强度，电场力做功与电势能和动能，电 势能和电势的关系进行解答。 7.B 【详解】A.保持S闭合，电容器两板间电压U不变。将两板平行错开一些，正对面积S减 小，根据电容决定式C心可知，电容器的电容C减小，放A错误： B.保持S闭合，电压U不变。将A板向上平移一小段距离，板间距d增大，根据B-y 可 知板间场强E减小。B板接地，电势为零，C点电势P=Us=Eds 由于C点位置不变，d不变，E减小，所以降低，故B正确 C.若将S断开，电容器带电量Q不变。再将两板平行错开一些，电容C减小，但电荷量Q 仍保持不变，故C错误； D.若将S断开，电荷量Q不变。再将A板向上平移一小段距离，板间距d增大。根据 B=V-旦、4ze Γd-CdeS 可知，板间场强E不变，油滴受到的电场力F=q不变，油滴仍处于静止状态，故D错误。 故选B。 8.CD 【详解】A.粒子的加速度方向与所受电场力方向一致，由轨迹弯曲方向可知，粒子受力方向 与电场线切线方向相同，说明粒子带正电，因此加速度方向与电场线切线方向相同，故A 错误； BD粒子从A到B运动过程中，电场力方向与速度方向夹角为锐角，粒子的速率一直在增加， 电场力做正功，电势能减少，故B错误，D正确： C.电场线的方向是电势降低的方向，因此w>Px>P,故C正确： 故选CD。 9.AD 【详解】A.根据E。=qP,由于O点的电势最低，则正电荷在O点时的电势能最小，由于 动能和电势能之和保持不变，则正电荷在O点时的动能最大，速度最大，故A正确： 答案第2页，共5页 B.根据E=△吧，可知0-x图像的切线斜率表示电场强度，则A点的场强大于B点的场强， △X 电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故B错误： CD.由图像可知A点的电势大于B点的电势，根据E。=qP,由于电荷带正电，则正电荷 在A点时的电势能大于在B点时的电势能，由于只有电场力做功，所以动能和电势能之和 保持不变，则正电荷在A点时的动能小于在B点时的动能，故C错误，D正确。 10.ABD 【详解】A.在匀强电场中 P。-Pa=-P。 解得 g。=-3V A正确： B.根据负电荷在电势越低的点，其电势能越大，可知电子电子在α点的电势能比在b点的 高，且 Wa-W,=-e(p.-4)=14eV B正确： C.电子从b点运动到c点，电场力做功为 W=-eUbc =-e(-)=18ev C错误； D.沿x方向的场强大小为 E.=47-15 V/am-4V/am 8 沿y方向的场强大小为 E,-15-(3动vcmr=3Vcm 6 合场强为 E=√E2+E=5V/cm 方向沿Oc连线，由c指向O,D正确。 故选ABD。 11.(1)B (2)减小 (3gl tan 492 【详解】(1)实验中，小球B先后固定在横杆上的乃、乃、乃位置，只有A、B两球球心 距离不同，其余均相同，因而实验采用的方法是控制变量法。 故选B。 答案第3页，共5页 (2)设丝线偏离竖直方向夹角为日，对小球B受力分析，小球B受力平衡，则A、B两球 之间的静电力大小 F=mgtan 距离增大时，可以观察到夹角日也逐渐减小，则静电力减小。 (3)根据题意，结合库仑定律有 k4g=mg tan日 12 整理可得静电力常量 k=ngl2tan日 4q2 12.(1)控制变量法 (2)A (3) 增大 增大 减小 【详解】(1)实验中在研究两个物理量之间的关系时，先保持其它物理量一定，可知，本实 验采用的科学方法是控制变量法。 (2)该实验中静电计的作用是测定该电容器两极的电势差。 故选A。 (3)[1]实验中近似认为平行板电容器极板所带电荷量不变，根据 c-号c= 可知，正对面积减小时，电容减小，极板之间的电势差增大，则静电计指针的偏转角度增大： [2]结合上述可知，板间距离增大时，电容减小，极板之间的电势差增大，则静电计指针的 偏转角度增大： [3]结合上述可知，插入电介质时，介电常数增大，电容增大，极板之间的电势差减小，则 静电计指针的偏转角度减小。 13.正(2分)，4W2q 【详解】设正方形边长1，A、C点的电荷在D点的场强均为 B=k29 (2分) 则A、C点的电荷在D点的合场强为 g=B-25M（2分) c0s45°12 方向由D指向B。因为D点的电场强度恰好等于零，则B点的点电荷在D点的场强与A、 C点的电荷在D点的合场强等大反向，因此B点的点电荷带正电，且B点的点电荷在D的 电场强度大小是 F=k- N22 (2分) 解得 0=4W2q(2分) 14.(1)小球带正电，q=0.75C (2)v=V15m/s 答案第4页，共5页 (3)F=15N 【详解】(1)电场方向水平向右，小球静止时偏向右侧，说明电场力方向向右，与电场方向 一致，因此小球带正电。(2分) 小球静止时受力平衡，对小球受力分析得qE=gtan37°(2分) 代入解得g="gtam37 =0.75C(2分) （2②)小球从水平位置到竖直方向过程，由动能定理可得mgL-gL=方m2-0(2分) 代入数值解得v=√15ms(2分) (3)小球在竖直方向做圆周运动，沿细线（竖直方向）合力提供向心力斥一g=m -(2 分) 代入解得F=15N(2分) 15.(1) 200V (2) 2×103m/s (3) 0.1m 【详解】(1)根据电容的定义式C=9(2分) I 解得U=200V(2分) (2)粒子在电容器中加速，由动能定理qU= 2m(3分) 解得。=2×10m/s(2分) (3)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，竖直方向匀速运动d=,t(2分) 水平方向初速度为0的匀加速直线运动，加速度4=型(2分) 水平位移x=(2分 联立解得x=0.1m(2分) 答案第5页，共5页