广东广州市执信中学2026-2027学年高二上学期9月阶段检测物理试题

广东省广州市执信中学2026-2027学年高二上物理9月月考 一、选择题（1-7小题为单选，每小题4分，8-10小题为多选，每小题6分，共46分） 1．如图所示，A、B两个点电荷固定在空间，实线为两点电荷电场中的部分电场线，弯曲虚线为一个带电粒子仅在静电力作用下运动的轨迹，a、b为轨迹上两点，下列说法正确的是（　　） A．A、B带同种电荷 B．a点电场强度比b点电场强度大 C．A、B带电荷量的绝对值不相等 D．带电粒子在a点加速度比在b点加速度大 2．某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电荷 B．M点的电场强度比N点的大 C．粒子在M点的动能大于在N点的动能 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 3．有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、O、b三点电势分别为4V、6V、8V。电荷量为的点电荷由a点开始沿路线运动过程中，下列说法不正确的是（　　） A．c点的电势为10V B．点电荷在d点的电势能为 C．匀强电场的方向为a指向b D．该点电荷从a点移到b点过程中，电场力做功为 4．某静电场在轴上的电场强度随的变化关系如图所示，轴正方向为电场强度正方向，其中、、、是间隔相等的四点，选无穷远处电势为零。则下列说法正确的是（     ） A．处电势最大 B．和处电势相等 C．、两点之间的电势差小于、两点之间的电势差 D．负点电荷由运动到的过程中，电场力先做正功后做负功 5．如图为电容式话筒的原理图，为电源，为电阻，薄片P和Q为电容器两金属极板。人对着P说话，P振动而Q不动。在P、Q间距离减小的过程中（　　） A．电容器的电容减小 B．Q极板的带电量变小 C．电容器两极板间电场强度减小 D．中有从流向的电流 6．如图所示，一个均匀带正电的半球壳固定在空间中，在球心O处由静止释放一个带正电的试探粒子（不计粒子重力），粒子在刚释放的瞬间，其电场力产生的初加速度大小为。现沿过球心的平面切去该半球壳的一瓣，切下部分的二面角（夹角）α=60°，并保持其余躯干部分仍然固定。若再次在球心O处由静止释放同样的试探粒子，则其在释放瞬间的初加速度大小变为（     ） A． B． C． D． 7．如图所示，在竖直空间固定半径为R的绝缘圆环，圆环圆心O点正下方距圆环一定距离处有一带正电小球A，圆环上套有一带正电小球B，初始时B静止在圆环上M点的右侧。现用外力使A缓慢向圆环最低点M移动。在此过程中，两小球所带电荷量保持不变且可视为点电荷，不计一切摩擦。则（　　） A．圆环对B球的弹力逐渐变大 B．A、B之间的距离保持不变 C．A、B之间的库仑力先变小再变大 D．A、B之间的库仑力无法判断变化情况 8．平行板电容器的两极板、接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为，如图所示。那么（     ） A．保持开关闭合，板向板靠近，则增大 B．保持开关闭合，板向板靠近，则恒不变 C．开关断开，板向板靠近，则增大 D．开关断开，板向板靠近，则不变 9．如图所示，氕核（质量1，电荷1）、氘核（质量2，电荷1）、氚核（质量3，电荷1）三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（   ） A．三种粒子运动到屏上所用时间相同 B．三种粒子一定打到屏上的同一位置 C．三种粒子打到屏上时的动能一样大 D．三种粒子打到屏上时的动量一样大 10．如图甲，两等量同种正点电荷位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂线上放置绝缘水平轨道，在两点电荷连线中点O有一带电小球，小球可视为质点。时刻给小球一个水平向右的初速度，此后小球运动的图像如图乙所示，时刻图线斜率绝对值为，图线上的P点为间曲线切线斜率最大点，该点切线斜率为，小球运动至距O点L处时速度减为零。带电小球质量为m，所带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球带负电 B．小球与轨道间的动摩擦因数 C．两点电荷连线中垂线上的场强最大值为 D．若取小球最终停止位置为零电势点，则O点电势为 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题10分，14题12分，15题16分，共54分） 11．如图所示是某科技实验小组设计的研究影响库仑力大小因素的装置。在抽成真空的玻璃容器内，有两个金属圆球A、B（可视为点电荷）固定在两个轻质绝缘支架上，整个装置放在高精度电子检测台面上，仅有与金属圆球A相连部分对电子秤有压力。上支架等距贴上红色纸圈作为距离标尺，再穿过容器上部玻璃的小孔（密封性良好且上支架可以上下自由移动）。该小组进行如下操作： 1.为了方便直观知道静电力大小，首先将电子秤的示数归零； 2.用起电机让A、B两个金属球带上相同的电量，保持电量不变，把A、B两个金属圆球的距离定量增大，通过读取电子秤示数，便可得到B对A的静电力大小，把所得数据记录分析； 3.保持A、B两个金属圆球的距离为d，逐次用另一个与A相同且不带电的金属圆球C（图中未画出）与A接触，使A的电量依次减半，通过读取电子秤的示数，便可得到B每次对A的静电力大小，把所得数据记录分析； 4.保持A、B两个金属圆球的距离为d，再使两球带电荷量恢复到初始状态，再逐次用另一个与B相同且不带电的金属圆球D（图中未画出）与B接触，使B的电量依次减半，通过读取电子秤的示数，便可得到B每次对A的静电力大小，把所得数据记录分析。 请回答下列问题： (1)对于本实验采用的主要实验方法是____（单选，填正确选项前的字母） A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想实验法 D．微小量放大法 (2)该小组通过实验数据综合分析研究得到在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，其大小与它们电量的乘积成_____（填“正比”或“反比”），与它们之间距离的二次方成______（填“正比”或“反比”），这个规律即被称为库仑定律。 (3)若某次实验时，将A、B两个金属圆球正对距离调为d不变，然后用起电机让两个金属球带上相同的电量，通过读出此时电子秤的示数为m（单位为kg），已知当地重力加速度为g。便可得到B对A的静电力大小________。 (4)对于本实验主要误差来自_____________________________（写出一条即可） 12．在利用图甲所示装置探究平行板电容器电容的影响因素实验和利用图乙所示装置探究电容器的充放电规律实验时，图乙中电源电压为，图丙是电容器C放电的图象。 (1)在图甲所示实验中，静电计的作用是（   ） A．直接反映极板带电量Q B．直接反映极板间电势差U C．直接反映电容C D．直接反映电场强度E (2)在图甲所示实验中，若仅增大板间距，电容C将________（选填“增大”、“减小”或者“不变”）。 (3)在图乙所示实验中，若按“四舍五入”法，根据“图线与两坐标轴包围面积”试计算电容器全部放电过程的放电量为________C；（结果保留3位有效数字） (4)根据以上数据估算电容器的电容值为________F。（结果保留3位有效数字） 13．如图所示，光滑绝缘细杆竖直固定在、两点连线的中垂线上，、是细杆上两个点，在、两点分别固定一负点电荷，电荷量均为，且。质量为、电荷量为的带正电小球套在杆上，小球从点无初速度下滑到点时的速度大小为。静电力常量为，重力加速度大小为。求： (1)点电场强度的大小； (2)、两点的电势差。 (3)若撤去杆，一个带正电的粒子以垂直于纸面的速度从点射入，恰好做匀速圆周运动，带电粒子的质量为、电荷量为，重力忽略不计，则其速度大小为？ 14．如图，ABCD（I区）、BQDP（II区）是两个连续的边长均为L的正方形区域，I区存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为q（q>0）的正电荷甲在加速电场中靠近M极处由静止加速后，从A点进入I区并恰好可以通过BD的中点S。静电力常量为k，不计重力对粒子运动的影响。 (1)求电荷甲进入I区的速度大小； (2)求加速电场两极板间的电压大小； (3)其他条件均不变，当甲刚到达S点时，在BQ边上某位置处固定一个点电荷乙，恰好可以使甲绕着乙做一段匀速圆周运动后离开Ⅱ区，求乙固定的位置到B点的距离和乙的电荷量大小。 15．如图，轻质弹性绳左端固定于点，右端与一置于水平地面上的木板相连。连接点与点等高。A上左端有一带电物体，空间存在水平向右、场强大小为的匀强电场，已知地面光滑，A、B之间的动摩擦因数为0.75。弹性绳原长为0.5 m。弹力大小与伸长量满足胡克定律。劲度系数为。和的质量均为，不带电，的电荷量为。时，的左端到的水平距离为。和由静止开始释放。设木板足够长，、之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。运动过程中的电荷量保持不变，取重力加速度。0 (1)求时和的共同加速度大小； (2)求与开始发生相对滑动时的速度大小； (3)当B的速度为时剪断绳右端，又经后和速度相等，求从开始、之间因摩擦产生的热量。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C【详解】A．电场线起始于A终止于B，说明A、B带异种电荷，故A错误； B．电场线的疏密反映电场强度的大小，由图可知b点处电场线比a点处密集，则，故B错误； C．若A、B带电荷量的绝对值相等，电场线分布应关于A、B连线的中垂线对称，图中电场线分布明显不对称，说明A、B带电荷量的绝对值不相等，故C正确； D．根据牛顿第二定律有，因为，所以带电粒子在b点的加速度比在a点加速度大，故D错误。 故选C。 2．D【详解】A．电场线与等势面垂直，且电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，又根据电场力指向轨迹的凹侧，判断该带电粒子带正电荷，故A错误； B．等差等势面越密集的地方场强越大，M点的电场强度比N点的小，故B错误； C．带电粒子仅受电场力作用，根据电场力做功可知，从M点到N点的过程中，电势减小，电势差为正，可知电场力做正功，粒子的动能增大，即粒子在M点的动能小于在N点的动能，同理可得粒子在M点的动能小于在N点的动能，故C错误； D．由于粒子带正电，根据可知正电荷在电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，由题图可知，粒子在N点的电势小于M点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确；故选D。 3．C【详解】AB．由于该电场是匀强电场，故沿着同一个方向相同距离的电势差相等，则有 解得， 则点电荷在d点的电势能为 故AB正确，不满足题意要求； C．由于，可知连线为等势线，根据电场方向与等势面垂直且由高电势指向低电势，由图中几何关系可知匀强电场的方向为b指向a，故C错误，满足题意要求； D．该点电荷从a点移到b点过程中，电场力做功为 故D正确，不满足题意要求。故选C。 4．C【详解】AB．由题意可知，电场强度方向沿轴正方向，选无穷远处电势为零，根据沿着电场线方向电势降低，由图像可知，处电势不是零，处电势高于处电势，故AB错误； C．由可知，图线与轴所围的面积表示电势差，则、两点之间的电势差小于、两点之间的电势差，故C正确； D．负点电荷由运动到的过程中，由于轴正方向为电场强度正方向，所以负电荷受到电场力方向沿轴负方向，则电场力对负电荷做负功，故D错误。故选C。 5．D【详解】A．根据平行板电容器的决定式，在P、Q间距离减小的过程中，电容器的电容增大，故A错误； B．根据由于电压保持不变，电容器的电容增大，则电容器极板所带的电荷量增大，故B错误； C．根据由于电压保持不变，P、Q间距离减小，所以电容器两极板间电场强度增大，故C错误； D．由B选项分析可知，电容器极板所带的电荷量增大，则电容器充电，即R中有从N流向M的电流，故D正确。故选D。 6．B【详解】根据牛顿第二定律，试探粒子在球心处刚释放瞬间的初加速度与该点处的电场强度成正比，即将半球面看作是无数点电荷的集合，根据对称性可知点只具有竖直平面内的场强分量，且切下的一瓣在点的场强与水平方向夹角为斜向右下，剩余的一瓣在点的场强与水平方向夹角为斜向左下，如图所示 根据矢量的运算法则及几何关系可知剩余部分在点的电场强度为 故重新释放粒子后，其在该瞬间的初加速度大小变为，故选B。 7．A【详解】A．对B球受力分析，如图所示 由相似三角形对应边成比例可知解得 随着OA距离的减小，圆环对B的弹力一直增大，故A正确； BCD．根据， 可知，随着FN增大，AB距离在减小，所以A、B间的库仑力FE增大，故BCD错误。故选A。 8．AD【详解】小球受力平衡时满足 可知悬线偏离竖直方向偏角的大小由极板间电场强度决定。 AB．保持开关闭合，电容器始终与电池相连，极板间电压等于电源电动势保持不变。极板间电场强度满足 当板向板靠近、极板间距减小时，电场强度增大，电场力随之变大，因此增大，增大，故A正确，B错误； CD．电容器充电后与电源断开，极板带电量保持不变。结合平行板电容决定式 联立推导得 可见电场强度和极板间距无关，因此板靠近板时，不变，电场力不变，不变，故C错误，D正确。 故选AD。 9．BC【详解】A．粒子在加速电场中加速，由动能定理可知qU1= mv02 - 0解得v0= 粒子在加速电场中的运动时间t1= = 2L1 粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间t2= = L2 则粒子运动到屏上所用时间为t = t1 + t2= (2L1 + L2) 由于三种粒子的电荷量相同、质量不同，则三种粒子运动到屏上所用时间不相同，A错误； B．在偏转电场中的竖直位移为y = a2t22= ()2联立得y = 则y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打在屏上的同一位置，B正确； C．加速电场E1对粒子做功为W1= qU1 三种粒子的q相等，所以加速电场E1对三种粒子做功相等，偏转电场E2对粒子做功 W2= qE2y 三种粒子的q和y均相等，则知偏转电场E2对三种粒子做功相等，由动能定理可得，三种粒子打到屏上时的动能一样大，C正确； D．由动能和动量的关系p = 气核、氘核、氚核三种粒子质量不同，可知三种粒子打到屏上时的动量不等，D错误。故选BC。 10．BC【详解】A．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，所以O点电势最高，小球在初始阶段电场力小于摩擦力小球做减速运动，时刻电场力和摩擦力相等，速度减到最小，此后电场力大于摩擦力，小球做加速运动，时刻，小球加速度最大，所受的合外力最大，摩擦力不变，所以电场力最大，时刻，加速度为零，电场力和摩擦力相等，此后电场力小于摩擦力，小球做减速运动，直到停止，所以小球带正电，故A错误； B．在初始时刻，小球受到的电场力为零，只受摩擦力，根据牛顿第二定律 其中时刻图线斜率绝对值为，则有 联立可得，故B正确； C．由上分析可知，时刻，小球所受的电场力最大，根据牛顿第二定律 其中联立解得，故C正确； D．小球从O点运动到N点停止，根据动能定理 且 联立解得，故D错误。故选BC。 11．(1)B(2) 正比 反比(3)mg (4)金属球尺寸影响，无法完全看作点电荷（或标尺读数误差、绝缘支架漏电，写出一条即可） 【详解】（1）此实验中比较小球在不同距离时所受电场力的大小，再使小球间距离不变，分别改变两小球所带电荷量，比较小球所受静电力的大小，是采用了控制变量法。 故选B。 （2）[1][2]通过实验数据研究得到在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，其大小与它们的电量的乘积成正比，与它们之间距离r的二次方成反比。 （3）电子秤的读数是m时，A对电子秤的压力为 根据牛顿第三定律，电子秤对A的支持力为 A处于平衡状态，根据平衡条件，可得B对A的静电力大小为 （4）金属球尺寸影响，无法完全看作点电荷；标尺读数误差、绝缘支架漏电等都会引起实验误差。 12．(1)B(2)减小(3)(4) 【详解】（1）静电计指针偏转角度与电荷量或电势差成正比，在此实验中，极板的带电量不变，故静电计指针偏转角度直接反映极板间电势差U。 故选B。 （2）根据平行板电容器决定式，可知，当增大板间距时，电容C将减小。 （3）图线与两坐标轴包围面积对应的格子数为42个，故电容器全部放电过程的放电量为 （4）估算电容器的电容值为 13．(1)(2)(3) 【详解】（1）因为，所以三角形为等边三角形，则由数学知识可知，M、N两点固定的点电荷在B处的电场强度与竖直向下方向的夹角均为30°，由电场强度的叠加原理可知，B点电场强度为 （2）设A、B两点的电势差为U，带电小球，由A到B的过程，根据动能定理可得 解得 （3）根据电场力提供向心力可得解得 14．(1)(2)(3)，【详解】（1）不考虑带电粒子的重力作用，粒子I区电场中做类平抛运动，在水平方向有在竖直方向有，联立解得电荷甲进入I区的速度大小为 （2）在加速度电场中，由动能定理可得解得 （3）在I区电场中S点处竖直速度合速度为， 所以合速度与I区边界的夹角为45°，由几何知识知，圆心在BQ边中点，则乙固定的位置到B点的距离为，则做圆周运动的半径为 由牛顿第二定律得联立解得乙的电荷量大小为 15．(1)(2)2m/s(3) 【详解】（1）B受到的电场力： 对A、B整体由牛顿第二定律：解得 （2） A、B刚好发生相对滑动时，对B有：得此时共同临界加速度 设此时弹性绳的伸长量为，对A：解得 对应B向右的位移 此过程中由动能定理代入数据解得 （3）发生相对滑动后，B的加速度 剪断绳后，A的加速度 经共速，共速速度则剪断绳时，A的速度 由刚好发生相对滑动到B的速度达到过程： 此过程B的位移 对A，根据动能定理解得A的位移 相对位移 由剪断绳，到共速过程相对位移 从开始、之间因摩擦产生的热量 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $