精品解析：湖北黄冈市麻城市第一中学2026-2027学年高二上学期9月阶段检测物理试题

麻城一中2028届高二年级9月月考 物理试题 一、选择题（1-7题单选28分，8-10题多选12分） 1. 如图所示为立定跳远运动员从粗糙地面起跳到落地之前的过程，不计空气阻力，运动员可视为质点，以下说法中正确的是（ ） A. 起跳过程中，地面对运动员的冲量方向竖直向上 B. 运动员在最高点动量为零 C. 从跳起后到落地前运动员重力的冲量为零 D. 从跳起后到落地前运动员的水平方向动量改变量为零 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于起跳时人的速度是斜向上的，所以地面的冲量就是斜向上的，故A错误； B．人在最高点有水平速度，所以动量不为零，故B错误； C．从跳起后到落地前重力的冲量为，不为零，故C错误； D．从跳起后到落地前人的水平方向速度没有变化，所以水平方向的动量改变量为零，故D正确。 故选D。 2. 一根带电量为的均匀正电半圆弧（粗细可忽略不计），已知在其圆心处的场强大小为，方向垂直于直径，如图所示，则带同样电荷量的均匀正电细圆弧，在其圆心处的场强大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知总电量的均匀半圆弧在圆心处场强为，水平分量抵消，合场强垂直直径。可以将半圆弧等分为两个四分之一圆弧，每个四分之一圆弧总电量为，根据对称性，两个四分之一圆弧在圆心处的场强大小相等，方向夹角为。设每个四分之一圆弧场强大小为，根据矢量叠加，合场强满足 解得 这是总电量​的四分之一圆弧的场强。四分之一圆弧总电量为，是上述分解得到的四分之一圆弧电量的2倍，均匀带电圆弧的场强与总电量成正比，因此总场强 故选D。 3. 如图所示，一横截面积为S的长直铜导线两端加上恒定电压后，导线中的自由电子发生定向移动，其定向移动的平均速率为v，已知电子的电荷量为e，铜导线单位体积内的自由电子数为n，下列说法正确的是（　　） A. 铜导线中产生的电流 B. 电子定向移动的平均速率等于光速 C. 若仅增大电压，则电子定向移动的平均速率增大 D. 若将铜导线均匀拉长，则电子定向移动的平均速率增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．等效电流的大小为，故A错误； B．电子定向移动的平均速率是电子在电场力作用下定向移动的速度，其大小远小于光速，故B错误； C．根据欧姆定律可得 可知，当电压增大时，通过导体的电流增大，结合电流的微观表达式 可知，在n、e、S不变的情况下，电流增大时，电子定向移动的平均速率增大，故C正确； D．根据电阻定律 可知，若将铜导线均匀拉长时，导线的长度增大，横截面积减小，因此导线的电阻增大，在导线两端电压不变的情况下，通过导线的电流减小，结合电流的微观表达式 可知，在n、e、S不变的情况下，电流减小时，电子定向移动的平均速率减小，故D错误。 故选C。 4. 三条等势线如图所示，其中、两点在不同等势线上。已知元电荷。下列说法正确的是（ ） A. 电子在点的电势能为 B. 电子在点受到的电场力比点大 C. 电子从点移动到点，电场力所做的功为 D. 电子从点移动到点，电势能减少 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知A点的电势为10V，根据 可得电子在点的电势能为，故A错误； B． 等势面越密的位置，电场强度越大，故点的电场强度大于点的电场强度，根据可知电子在点受到的电场力比点大，故B正确； CD．电子从点移动到点，电场力所做的功为 则电势能增加，故CD错误。 故选B。 5. 如图所示电路图，电源电动势为，内阻为为定值电阻，为滑动变阻器，是平行板电容器中的一点。闭合开关，在滑片向下滑动的过程中，三个电表示数的变化量分别为。关于上述过程，下列说法正确的是（ ） A. 点的电势变大 B. 电流表A的示数变大 C. 电压表的示数变小 D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．电容器电压等于路端电压 滑片向下滑动，接入电路的电阻增大，故增大 电容器内电场强度 增大，则​增大 Q点到接地的下极板距离不变，Q点电势 ​为Q到下极板的距离，因此​变大，故A正确； B．滑片向下滑动，接入电路的电阻增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律，总电流减小，因此电流表示数变小，故B错误； C．由欧姆定律 减小，故减小 由 整理得 减小，故增大，即示数变大，故C错误； D． 由 得​ 由 得​ 因此​ 故D错误。 故选A。 6. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到点，则由O点静止释放的电子（　　） A. 运动到P点返回 B. 运动到P和点之间返回 C. 运动到点返回 D. 穿过点后继续运动 【答案】D 【解析】 【详解】由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有 解得 根据 当C板向左平移到点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有 结合上述有 可知，电子减速运动到的速度不等于0，即电子穿过点后继续向右运动。 故选D。 7. 复印机的核心原理是静电吸附，电晕丝与感光鼓间的强电场的电场线分布如图所示。一带负电墨粉颗粒（忽略重力）沿直线从a点运动到b点，以a为原点，ab连线向下为正方向建立x轴。设电场强度大小为E、电势大小为、速度大小为v、电势能为，则下列图像正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．由电场线的疏密表示电场强度的大小可知，从到（增大），电场线逐渐变疏，电场强度逐渐减小，由于是非匀强电场，随的变化不是线性的，图线切线的斜率绝对值应逐渐减小，故A错误； B．沿电场线方向电势降低，因电场线方向向上，轴向下，故沿轴正方向电势逐渐升高，图像切线的斜率绝对值表示电场强度大小，即，因为逐渐减小，所以图像的斜率绝对值应逐渐减小，故B错误； C．带负电的墨粉颗粒受向下的电场力作用做加速运动，根据牛顿第二定律有 由运动学公式 可知图像切线的斜率 因为逐渐减小，所以斜率逐渐减小，图线应为斜率逐渐减小的上升曲线，故C正确； D．从到电场力做正功，电势能逐渐减小，图像切线的斜率绝对值表示电场力大小，即 因为逐渐减小，所以斜率绝对值应逐渐减小，故D错误。 故选C。 8. 如图所示，在一电场强度为E的匀强电场中放有一个球形金属空腔导体，图中a、b分别为导体壳壁内部与空腔中的两点，则（　　） A. a点的电场强度为零 B. b点的电场强度为零 C. a点的电场强度不为零，b点的电场强度为零 D. a、b两点的电场强度都不为零 【答案】AB 【解析】 【详解】金属空心导体放在匀强电场中，出现静电感应现象，最终处于静电平衡状态，导体内部场强处处为零，导体是个等势体，表面是等势面，所以a、b两点的电场强度都为零。故AB正确，CD错误。 故选AB。 9. 如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻，下列说法正确的是（　　） A. 由甲图可知，该表头满偏电流 B. 甲图是改装成的双量程电压表，选用b端口时，量程为0~15V C. 乙图是改装成的双量程电流表，， D. 乙图是改装成的双量程电流表，， 【答案】BD 【解析】 【详解】Ａ．由图甲可知，故A错误； Ｂ．选用b端口时，电压表的最大测量电压 则选用b端口时，电压表量程为0~15V。故B正确； ＣD．电流表量程为0~100mA时，由并联电路电压相等得 电流表量程为0~10mA时，同理得 联立解得，。故C错误，D正确。 故选BD。 10. 如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个质量为m带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于粒子在OA段的运动情况，下列判断正确的是（ ） A. 该带电粒子带正电 B. 带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小 C. 这段时间粒子的最小动能为 D. 电场力方向与x轴正方向夹角的正切值为2 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误； B．带电粒子从O点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确； D．设加速度方向与x轴正方向之间的夹角为，如图所示 则在沿着y轴方向上 沿着x轴方向上 并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即 联立解得 故D错误； C．由三角函数知识可知 又 解得 当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为，将初速v0沿着电场力方向和垂直电场力方向进行分解，可得 则最小动能为 故C正确。 故选BC。 二、实验题（18分） 11. 用游标卡尺测量该圆柱体的长度。 （1）螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲、乙所示，由图读得圆柱体的直径为_________mm，长度为_________mm。 （2）实验中若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=_________。 （3）若该细圆柱体的电阻为R，现将它均匀拉长到原来的2倍，则拉长后的电阻=_________。 【答案】（1） ①. 0.952 ②. 12.60 （2） （3）4R 【解析】 【小问1详解】 [1]螺旋测微器固定刻度露出，可动刻度读数为 总直径为（0.950~0.953范围内均可） [2]20分度游标卡尺精度为，主尺读数为，游标尺上第12格与主 尺对齐，游标尺的读数为，总长度为 【小问2详解】 由欧姆定律得，由电阻定律得，横截面积 联立整理得 【小问3详解】 圆柱体体积不变，拉长后长度，因此横截面积 由电阻定律得 12. 某学习小组利用图甲电路测量干电池的电动势和内阻（约），其中为电阻箱，为定值电阻，其实验步骤如下： （1）测量的阻值，断开开关，先将多用电表选择开关旋至欧姆挡“”倍率，进行欧姆调零，测量时的示数如图乙所示，则其读数为_____； （2）将多用电表的选择开关旋至直流电压挡，闭合开关，接电路中的点的那支表笔不动，另一支表笔接电路中的_____（选填“”或“”）点，调节并记下电阻箱阻值和电压表的示数，则接点的那支表笔是_____（选填“红”或“黑”）表笔； （3）多次改变电阻箱的阻值，记录下对应的电压； （4）以为纵轴、为横轴，根据实验数据作出图线如图丙所示； （5）若不考虑多用电表对电路的影响，结合图丙可知，干电池的电动势_____V，内阻_____（计算结果均保留两位有效数字）。 【答案】 ①. 6##6.0 ②. b ③. 红 ④. 9.1 ⑤. 1.2 【解析】 【详解】（1）[1]测量的示数为6×1Ω=6Ω。 （2）[2][3]实验中要用多用电表的电压挡测电阻箱两端电压，因多用电表的电流方向为“红入黑出”，而甲电路电流的方向为a→b，则接a的是红表笔，黑表笔应接b点； （5）[4][5]根据 可得 由图像可得， 联立解得E≈9.1V，r≈1.2Ω 三、解答题（42分） 13. 如图所示，在竖直面内的匀强电场中，从A点静止释放一个带正电的小球，小球在此竖直面内沿水平方向加速运动到与A点距离为x的B点。已知小球的电量为q，质量为m，电场与水平方向夹角为37°，重力加速度为g，，求： （1）电场强度E的大小； （2）A、B两点间的电势差。 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）小球在此竖直面内沿水平方向加速运动到与A点距离为x的B点，可知，小球做匀加速直线运动，合力方向由A指向B，对小球进行受力分析有 解得 （2）根据电场强度与电势差的关系有 结合上述解得 14. 某一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电源电压为120V，当电动机以恒定的速度向上提升重物时，电动机线圈的发热功率是150W，电流I=5A。g取．则 （1）电动机线圈的电阻R等于多少？ （2）若电动机因故障不能转动，这时通过电动机线圈的电流为多大？电动机消耗的电功率又为多大？ （3）保持电源电压不变，求该电动机的最大输出机械功率，以及提升该重物对应的最大提升速度。 【答案】（1） （2）20A，2400W （3）600W， 【解析】 【小问1详解】 由能量关系 故 【小问2详解】 电动机转动时为非纯电阻，此时或，当因故障停止转动后，电动机转化为纯电阻，此时电流增大了，或，故此时电流 电动机消耗的电功率为 【小问3详解】 由，得 因为电动机线圈电阻，电源电压，均为定值，调节输入电动机线圈的电流I，可有最大值，因此对上式进行配方，有 当时，有最大值，即时，电动机获得的最大机械功率 由，得重物的最大提升速度 15. 如图甲是某XCT机的实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙所示，图中P、Q之间的加速电压为，M、N两板之间的偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线射入，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线（图中虚线箭头所示）。已知电子质量，电荷量为，偏转极板M、N长，间距，虚线距离靶台竖直高度为，靶台水平位置可以调节，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力。求： （1）电子进入偏转电场区域时速度的大小； （2）若M、N两板之间电压大小时，为使X射线击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离； （3）在（2）中，电子刚出偏转电场区域时的速度； （4）在电场区域由于电子重力远小于电场力，所以电子的重力可忽略不计，试说明为什么电子飞出偏转电场区域后，重力仍可忽略不计。 【答案】（1）m/s；（2）cm；（3）；（4）重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小 【解析】 【详解】（1）根据动能定理有 解得 m/s （2）M、N两板之间电压大小时，根据类平抛运动规律有 根据牛顿第二定律有 根据几何关系可知 解得 cm （3）结合（2）中的类平抛运动规律有 则电子刚出偏转电场区域时的速度为 解得 （4）粒子离开偏转电场后，打到靶台的时间为 不计重力时，竖直方向的位移为 计重力时，竖直方向的位移为 则 即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小，所以计算电子偏转量时可以忽略电子所受的重力。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 麻城一中2028届高二年级9月月考 物理试题 一、选择题（1-7题单选28分，8-10题多选12分） 1. 如图所示为立定跳远运动员从粗糙地面起跳到落地之前的过程，不计空气阻力，运动员可视为质点，以下说法中正确的是（ ） A. 起跳过程中，地面对运动员的冲量方向竖直向上 B. 运动员在最高点动量为零 C. 从跳起后到落地前运动员重力的冲量为零 D. 从跳起后到落地前运动员的水平方向动量改变量为零 2. 一根带电量为的均匀正电半圆弧（粗细可忽略不计），已知在其圆心处的场强大小为，方向垂直于直径，如图所示，则带同样电荷量的均匀正电细圆弧，在其圆心处的场强大小为（　　） A. B. C. D. 3. 如图所示，一横截面积为S的长直铜导线两端加上恒定电压后，导线中的自由电子发生定向移动，其定向移动的平均速率为v，已知电子的电荷量为e，铜导线单位体积内的自由电子数为n，下列说法正确的是（　　） A. 铜导线中产生的电流 B. 电子定向移动的平均速率等于光速 C. 若仅增大电压，则电子定向移动的平均速率增大 D. 若将铜导线均匀拉长，则电子定向移动的平均速率增大 4. 三条等势线如图所示，其中、两点在不同等势线上。已知元电荷。下列说法正确的是（ ） A. 电子在点的电势能为 B. 电子在点受到的电场力比点大 C. 电子从点移动到点，电场力所做的功为 D. 电子从点移动到点，电势能减少 5. 如图所示电路图，电源电动势为，内阻为为定值电阻，为滑动变阻器，是平行板电容器中的一点。闭合开关，在滑片向下滑动的过程中，三个电表示数的变化量分别为。关于上述过程，下列说法正确的是（ ） A. 点的电势变大 B. 电流表A的示数变大 C. 电压表的示数变小 D. 6. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到点，则由O点静止释放的电子（　　） A. 运动到P点返回 B. 运动到P和点之间返回 C. 运动到点返回 D. 穿过点后继续运动 7. 复印机的核心原理是静电吸附，电晕丝与感光鼓间的强电场的电场线分布如图所示。一带负电墨粉颗粒（忽略重力）沿直线从a点运动到b点，以a为原点，ab连线向下为正方向建立x轴。设电场强度大小为E、电势大小为、速度大小为v、电势能为，则下列图像正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，在一电场强度为E的匀强电场中放有一个球形金属空腔导体，图中a、b分别为导体壳壁内部与空腔中的两点，则（　　） A. a点的电场强度为零 B. b点的电场强度为零 C. a点的电场强度不为零，b点的电场强度为零 D. a、b两点的电场强度都不为零 9. 如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻，下列说法正确的是（　　） A. 由甲图可知，该表头满偏电流 B. 甲图是改装成的双量程电压表，选用b端口时，量程为0~15V C. 乙图是改装成的双量程电流表，， D. 乙图是改装成的双量程电流表，， 10. 如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个质量为m带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于粒子在OA段的运动情况，下列判断正确的是（ ） A. 该带电粒子带正电 B. 带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小 C. 这段时间粒子的最小动能为 D. 电场力方向与x轴正方向夹角的正切值为2 二、实验题（18分） 11. 用游标卡尺测量该圆柱体的长度。 （1）螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲、乙所示，由图读得圆柱体的直径为_________mm，长度为_________mm。 （2）实验中若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=_________。 （3）若该细圆柱体的电阻为R，现将它均匀拉长到原来的2倍，则拉长后的电阻=_________。 12. 某学习小组利用图甲电路测量干电池的电动势和内阻（约），其中为电阻箱，为定值电阻，其实验步骤如下： （1）测量的阻值，断开开关，先将多用电表选择开关旋至欧姆挡“”倍率，进行欧姆调零，测量时的示数如图乙所示，则其读数为_____； （2）将多用电表的选择开关旋至直流电压挡，闭合开关，接电路中的点的那支表笔不动，另一支表笔接电路中的_____（选填“”或“”）点，调节并记下电阻箱阻值和电压表的示数，则接点的那支表笔是_____（选填“红”或“黑”）表笔； （3）多次改变电阻箱的阻值，记录下对应的电压； （4）以为纵轴、为横轴，根据实验数据作出图线如图丙所示； （5）若不考虑多用电表对电路的影响，结合图丙可知，干电池的电动势_____V，内阻_____（计算结果均保留两位有效数字）。 三、解答题（42分） 13. 如图所示，在竖直面内的匀强电场中，从A点静止释放一个带正电的小球，小球在此竖直面内沿水平方向加速运动到与A点距离为x的B点。已知小球的电量为q，质量为m，电场与水平方向夹角为37°，重力加速度为g，，求： （1）电场强度E的大小； （2）A、B两点间的电势差。 14. 某一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电源电压为120V，当电动机以恒定的速度向上提升重物时，电动机线圈的发热功率是150W，电流I=5A。g取．则 （1）电动机线圈的电阻R等于多少？ （2）若电动机因故障不能转动，这时通过电动机线圈的电流为多大？电动机消耗的电功率又为多大？ （3）保持电源电压不变，求该电动机的最大输出机械功率，以及提升该重物对应的最大提升速度。 15. 如图甲是某XCT机的实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙所示，图中P、Q之间的加速电压为，M、N两板之间的偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线射入，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线（图中虚线箭头所示）。已知电子质量，电荷量为，偏转极板M、N长，间距，虚线距离靶台竖直高度为，靶台水平位置可以调节，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力。求： （1）电子进入偏转电场区域时速度的大小； （2）若M、N两板之间电压大小时，为使X射线击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离； （3）在（2）中，电子刚出偏转电场区域时的速度； （4）在电场区域由于电子重力远小于电场力，所以电子的重力可忽略不计，试说明为什么电子飞出偏转电场区域后，重力仍可忽略不计。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $