云南曲靖市罗平县第一中学2025-2026学年高二上学期阶段性考试（三）物理试题

**基本信息** 高二物理月考卷聚焦电场、电路、电磁感应核心内容，通过基础概念辨析、情境化问题与实验探究，分层考查物理观念建构与科学思维能力，适配阶段性知识巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/48|元电荷、等势面、电路动态分析|结合等势面分布（题2）、恒流源电路（题7）考查科学推理| |实验题|2/14|电容器充放电、电压表内阻测量|融合探究过程（题11静电计张角变化）与数据处理（题12电阻计算）| |计算题|3/38|电动机功率、磁通量变化、电子偏转|多过程问题（题15电子加速偏转）与实际应用（题13电机功率）结合，突出模型建构|

罗平县第一中学2025-2026学年上学期阶段性考试（三） 高二 物理 满分100分，考试时间75分钟。 第I卷(选择题，共48分) 1、 选择题(本大题共10小题，每小题4分，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求;第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1.下列有关物理概念和现象的描述正确的是(  ) A.元电荷是电荷的一种，其电荷量的大小为1.6×10-19C B.电场和电场线都是实际存在的物质，最早由法拉第提出 C.静电除尘的工作原理主要是利用异种电荷相互吸引的原理 D.避雷针可以使建筑物避免被雷击，其工作原理主要是静电屏蔽 2.空中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图所示，a、b、c、d为电场中的四个点，则(  ) A.P、Q两点处的电荷等量同种 B.a点和b点的电场强度相同 C.c点的电势高于d点的电势 D.负电荷从a到c，电势能增加 3.一只鸟站在一条通有电流的裸导线上时，鸟两爪之间的电压为。已知鸟两爪间的距离是，输电线的横截面积是，鸟的电阻远大于鸟两爪间导线的电阻，则(  ) A.鸟两爪间导线的电阻为 B.鸟两爪间导线的电阻为 C.裸导线的电阻率为 D.裸导线的电阻率为 4.如图所示，线框abcd通有恒定电流的长直导线线框从位置I按照以下四种方式运动，磁通S变化的绝对值最大的是(  ) A.平移到位置II B.以bd为转轴转到位置II C.以MN为转轴转到位置Ⅲ D.平移到以MN为对称轴的位置III 5.空间存在正方形ABCD，点O为对角线交点，点M为CD边的中点。现将三个点电荷分别固定在A、B、D三点，其电荷量分别为、、)，为了使点O的电场强度为零，下列方法正确的是(  ) A.在M点放置电荷量为的点电荷 B.在M点放置电荷量为的点电荷 C.在C点放置电荷量为的点电荷 D.在C点放置电荷量为的点电荷 6.两电荷量分别为和的点电荷放在轴上的、两点，两电荷连线上各点电势（规定无穷远电势为零）随变化的关系如图所示，则（      ）  A.和为同种电荷 B.点的电场强度为零，段点电场强度最大 C.段场强方向沿轴正方向 D.将一负点电荷从点移到点，电场力先做正功后做负功 7.如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器的滑片向下移动过程中，下列说法正确的是() A.电流表的示数增大 B.电路中总电阻增大 C.电压表的示数增大 D.恒流源输出功率增大 8.如图甲所示，面积为0.2m2的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为2，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻R的阻值为8，下列说法正确的是(　　) A.线圈具有收缩的趋势 B.a、b两点间的电势差Uab＝1.6V C.t＝5s时穿过线圈的磁通量为10Wb D.电阻R上产生的热功率为0.32W 9.如图甲所示的电路中，电源电动势为6V，内阻为1Ω，定值电阻R0=3Ω，滑动变阻器的阻值。滑动变阻器滑片由左端滑动到右端，其消耗的功率P随阻值R变化的图像如图乙所示。关于图乙中R1、R2、P0、Pm的大小，下列正确的是（  ） A.R1=3Ω B.R2=8Ω C.P0=2W D.Pm=2.25W 10.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为、质量为的小物块从C点静止释放，其运动的图象如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是(  ) A.小物块带正电 B.A、B两点间的电势差 C.小物体由C点到A点电势能先减小再增大 D.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强 第Ⅱ卷(非选择题，共52分) 二、实验题(本大题共2小题，共14分) 11.（6分）图示为研究电容器的实验装置。 (1)图甲中，电容器充电后与电源断开，B板固定不动、保持A板与B板的距离不变，将A板向上移动一小段距离，静电计指针张角将　　　　 (填“变大”、“变小”或“不变”)。 (2)某小组通过实验研究电容器的充放电现象，实验电路如图乙所示，电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图乙中电源电动势为8V，实验前电容器不带电。先将开关S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，将开关S与“2”端相连，直至放电完毕，则图像丙中阴影部分的面积与　　　　 (填“相等”或“不相等”)，若计算机测得，则该电容器的电容为　　　　 F。 12.（8分）一实验小组要测量一只电压表的内阻，过程如下。 (1) 用多用电表粗测电压表内阻，主要步骤有 ① 把多用电表选择开关置于欧姆挡某位置，然后红黑两只表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘“0Ω”位置； A.红表笔接红接线柱、黑表笔接黑接线柱 B.红表笔接黑接线柱、黑表笔接红接线柱 ② 已知被测电压表的红色接线柱为“+”、黑色接线柱为“-”，欧姆表与电压表连接时，正确的做法是                  ； ③ 当选用“×10”倍率时，发现指针位置过于靠左，如图1中的虚线所示。同学们认为是倍率选择不合适造成的，于是决定更换倍率，更换倍率后再次测量前重新欧姆调零； ④ 更换倍率后指针位置如图1中实线所示，这次选用的倍率为                  (填“×1”或“×100”)，电压表内阻的测量值为                  。 (2)同学们利用身边的实验器材，设计了如图2所示的测量电路，图2中电压表甲为被测电压表，电压表乙为标准电压表，定值电阻阻值为。 ① 请在图3虚线框中把实验电路图补充完整，并在两电压表旁标明甲、乙                  ； ②电路连接好之后，闭合开关，当滑动变阻器滑片位于某一位置时，电压表甲、乙的读数分别为和，则被测电压表内阻测量值的表达式为                  。 三、计算题(本大题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.（10分）如图所示，M为一线圈电阻r=0.4Ω的电动机电源电动势当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4A。求∶ (1)电源内阻； (2)开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率。 14.（12分）(1)如图1所示，匝数为N、面积为S的闭合线圈abcd水平放置，与磁感应强度为B的匀强磁场夹角为45°，现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，求：整个过程中线圈的磁通量变化量； (2)如图2所示，在直角三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面的无限长通电直导线，其中A点处导线方向垂直纸面向外，。已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度，k为比例系数，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流强度。今测得C点的磁场沿BC方向向右，求：B点处导线中电流的方向以及AB两点处导线中电流的大小之比。 15.（16分）一束电子从静止开始经加速电压加速后，水平射入水平放置的两平行金属板中间，如下图所示。金属板长为，两板距离为，竖直放置的荧光屏距金属板右端为，若在两金属板间加直流电压时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，其中电子的质量为，电量为，不计电子重力及电子之间的相互作用。求：(结果用、、、表示) (1) 电子刚进入偏转电场时的速度大小； (2) 电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小； (3) 打在荧光屏上的OP的长度和打到P点时的动能。 答案 1.C【解析】元电荷是电荷量的最小单位()，并非具体的电荷种类(如电子或质子)，A错误；法拉第最早提出电场的概念，并引入了电场线的概念。电场是客观存在的物质，但电场线是人为假想的工具，用于描述电场分布，并非实际存在，B错误；静电除尘的原理是通过电晕放电使尘埃带电，带负电的尘埃被正极吸引，符合异种电荷相互吸引的原理，C正确；避雷针通过尖端放电中和云层电荷，避免电荷积聚引发雷击，与静电屏蔽无关，D错误。故选C。 2.C【解析】根据题图中等势面的分布特点可知，P、Q两点处的电荷等量异种，A错误；根据等量异种电荷电场线的分布可知a点和b点的电场强度大小相同，方向不同，B错误；因P点处为正点电荷，电势由P点向外逐渐降低，所以c点的电势高于d点的电势，C正确；因a点电势比c点低，根据可知负电荷从a到c，电势能减少，D错误。故选C。 3.C【解析】由欧姆定律可知鸟两爪间导线的电阻，解得，AB错误；根据电阻定律，解得裸导线的电阻率为，C正确；D错误。故选C。 4.D【解析】设线框在I、II、III位置时的磁通分别为、、由于距离导线越远，磁场的磁感强度越小，由于线框都垂直于磁场方置，可知三个磁通大小关系为，但的方向与、相反，从位置I平移到位置II时磁通变化绝对值：，从位置I以bd为转轴转到位置II，磁通变化绝对值，从位置I以MN为转轴转到位置Ⅲ，磁通变化绝对值，从位置I平移到以MN为对称轴的位置III，磁通变化绝对值，联立知最大，D正确，ABC错误。故选D。 5.B【解析】设正方形的边长为，根据点电荷电场强度公式，可知在O点产生的场强大小为，方向沿OC方向，和在O点产生的电场强度大小相等，方向相同，根据矢量的合成可知合场强大小为，方向沿OD方向，、、在O点产生的合场强大小为，方向沿OM方向。要使点O的电场强度为零，该电荷只能放在M点，且该电荷只能是正电荷。由题可知，O点到M点的距离为，由电场强度公式可得该电荷的电荷量，故选B。 6.D【解析】由图可知，在q1附近电势为正，在q2附近电势为负，故q1带正电，q2带负电，A错误；该图像的斜率表示场强E， A点场强不为零，段点场强为零，B错误；N→C段中，电势升高，所以场强方向先沿x轴负方向。C错误；因为MC段场强沿x轴负方向，CD段场强沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功。D正确；故选D。 7.A【解析】由题意可知，滑动变阻器的滑片向下移动时，接入电路的电阻变小，电路中总电阻减小，B错误；恒流源流出的总电流不变，电路中总电阻减小，根据欧姆定律可知并联部分总电压减小，即电压表的示数减小，则流过电阻R的电流减小，由于总电流不变，则流过滑动变阻器的电流增大，即电流表的示数增大，A错误；C正确；恒流源输出功率，由于恒流源电流大小不变，总电阻减小，所以恒流源的输出功率减小，D错误。故选A。 8.ABD【解析】由乙图图像可知，穿过线圈的磁通量逐渐增加，根据楞次定律结论“增缩减扩”可知，线圈具有收缩的趋势，A正确；由法拉第电磁感应定律可知感应电动势，根据楞次定律可知a点电势高于b点，则、两点间的电势差，B正确；根据磁通量定义式可知时穿过线圈的磁通量为，C错误；电阻上产生的热功率为，D正确。故选ABD。 9.BCD【解析】当外电路电阻等于电源内电阻时，电源的输出功率最大，将R0看作电源的内电阻，滑动变阻器消耗的最大功率为，A错误，D正确；滑动变阻器消耗的功率为P0时，与P0关系式满足，解得滑动变阻器阻值为，滑动变阻器消耗的功率为，BC正确。故选BCD。 10.ABD【解析】物块由静止释放，从C向A做加速运动，说明电场力方向与运动方向相同，在等量同种电荷连线的中垂线上，电场方向由中点指向无穷远(若电荷为正)，因此物块带正电，A正确；从速度时间图象可知，A、B两点的速度分别为=6m/s，=4m/s，再根据动能定理得，解得，B正确；从速度时间图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，C错误；带电粒子在B点的加速度最大，为，所受的电场力最大为，则场强最大值为，D正确。故选ABD。 11. (1)变大　(2)相等　　 【解析】(1)电容器充电后与电源断开，一定；B板固定不动、保持A板与B板的距离不变，将A板向上移动一小段距离，正对面积变小，故变小；变大，静电计指针描述的是极板间的电势差，所以静电计指针张角将变大。 (2)曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以图像丙中阴影部分的面积与相等。电容器两端电压等于电源电动势，有；计算机测得，有，则该电容器的电容为 12. (1) ②B；④×100，1600； (2)①见解析；② 【解析】(1) ②根据多用电表“红入黑出”可知红、黑表笔要分别与电压表的负极、正极相连。故选B。 ④由题图1中的虚线可知，待测电压表的内阻约为1500，为了减小测量误差，使指针指在中央刻度线附近，应将选择开关旋转到欧姆挡“×100”位置，由题图1中实线可知，该电压表内阻为 (2) ① 根据图2的实物连接图，完整的电路图，如图所示 ②待测电压表甲与定值电阻串联，电流大小相同，根据欧姆定律和串联电路分压规律有，解得 13. (1)1Ω；(2)2.5W，87.5W 【解析】(1)当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，根据闭合电路欧姆定律可知 代入数据解得电源内阻为=1Ω (2)当S闭合时，I2=4A，则U内=I2=4V，U外=E- U内=40V-4V=36V 即电动机两端电压为36V，根据电功率的公式有P热W 电动机消耗的功率为 机械功率为P机=PM- P热=87.5W 14. (1)；(2)垂直纸面向里， 【解析】(1)设初位置穿过线圈的磁通量为正，可得线圈水平放置时的磁通量为 将线圈以ab边为轴顺时针转动90°时，穿过线圈的磁通量为 则整个过程中线圈的磁通量变化量为 (2)由题意可知，C点的磁感应强度B由B指向C，设A处导线和B处导线中的电流在C点激发的磁场的磁感应强度分别为和，根据安培定则可知的方向垂直于AC向上，则的方向一定垂直于BC向下，如图所示，所以B处导线中的电流方向应垂直纸面向里 设，则 由图可知 根据直线电流产生的磁感应强度，联立解得 15. (1)； (2)； (3)， 【解析】(1)电子经的电场加速后，由动能定理，可得 解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为 (2)电子以的速度进入偏转电场做类平抛运动，水平方向上，有 竖直方向，根据牛顿第二定律，电子的加速度为 根据匀变速直线运动的位移-时间公式，有 联立解得电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小为 (3)根据匀变速直线运动的速度-时间关系，可得电子离开偏转电场时，垂直极板速度大小为 根据几何关系可得电子离开偏转电场时偏转角的正切值为 打在荧光屏上的OP的长度为 由动能定理得，打在荧光屏的P点动能为 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $