贵州黔西南州兴仁市第一中学2026-2027学年高二上学期第一次阶段检测物理试题

2028届高二年级秋季学期第一次月考 物理 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第I卷第1页至第4 页，第Ⅱ卷第4页至第8页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。满分100分， 考试用时75分钟。 第I卷（选择题，共43分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答 题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。 房 一、选择题（本大题共10小题，共43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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部 选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1.关于电荷，以下认识正确的是 A.电荷量很小的电荷就是元电荷 B.物体所带电荷量可以是任意的 C.电子就是元电荷 D.美国物理学家密立根通过油滴实验最早精确地测出了元电荷的数值 2.如图1所示，同种材料制成的圆柱形导体a、b,a的直径是b的2倍。将两部分导体 串接在电路中，通过恒定电流时自由电子在两部分导体中定向移动的速度”。：，等于 图1 A.1:1 B.1:2 C.1:4 D.2:1 高二物理FH·第1页（共8页） 3.如图2所示，将一只满偏电流为100mA、内阻为30n的表头改装成测量电流、电压两 用的电表，已知R,=60,R2=20。下列说法正确的是 A.接0a端是电流表，量程为500mA B.接Ob端是电压表，量程为15V C.接Oa端是电流表，量程为120mA 图2 D.接Ob端是电压表，量程为3V 4.某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图3所示，轻弹簧上端固定，沿 弹簧长度方向固定一把刻度尺。弹簧自然伸长时，指针所指刻度记为C点；在弹簧下 端悬挂一个质量为0.1kg的小钢球，静止时指针所指刻度记为0点，并将该处标记为 加速度0刻度值。现将这个装置用来测量电梯竖直上下运行时的加速度。已知OB、 0C间的距离均为1.00cm,A为0C中点，g取10m/s2,取加速度方向向上为正方向， 下列说法正确的是 A.该弹簧的劲度系数为1N/m W B.指针在B位置时，小钢球处于失重状态 C.指针指在A位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为-5m/s2 B3 D.若在刻度尺上标注加速度值，则刻度对应的数值是不均匀分布的 图3 5.M、N两辆小汽车在平直公路上同向行驶，其速度随时间变化的关系如图4所示，= 0时，M车在前，N车在后，两车间的距离为4m,则M、N两车 /m·s） M A.会相遇2次 16 B.会相遇1次 C.不会相遇 D.无法判断是否会相遇 图4 6.质子仅在电场力的作用下从0点开始沿x轴正方向做直线运动，其在0点处的初动能 为4V。该质子的电势能E。随位移x变化的关系如图5所示，其中0~x2段是关于直 线x=x,对称的曲线，x2~x,段是直线。下列说法正确的是 EJeV A.质子从O运动到x加速度的大小先减小后增大再不变 B.该质子在x1处的动能为7eV C.若x1、2、3处的电势分别为p1、P2、P,则三处电势P1 图5 最高 D.该质子在x3处动能为0，所以最终静止在x]处 高二物理FH·第2页（共8页） 7.如图6所示，开关S闭合后电容器两板间M处的带电油滴恰好处于静止状态，定值电 阻R,与电源内阻r的阻值关系满足R,>r。仅将滑动变阻器R的滑片P下移，下列说 法正确的是 图6 A.电容器所带的电荷量增加 B.带电油滴向下运动 C.R,消耗的功率减小 D.电源的输出功率减小 8.如图7所示，绝缘带电圆环，圆心为O,半径为R,带电荷量为+g,电荷量均匀分布， P、M、N三点在过圆环中心且与圆环共面的一条轴线上，PM=R,OM=ON=2R。在 P点固定放置一点电荷，电荷量大小为Q,则M处电场强度恰好为零。静电力常量为 k。下列说法正确的是 A.P处点电荷带负电 0 N B.圆环在M处场强大小为。 C.N点处的场强大小为264 图7 25R2 D.N点处的场强方向水平向左 9.如图8所示，O点下方用等长的绝缘细线悬挂两带电小球A、B,稳定后A、B小球等 高。在A、B两球中间悬挂带电小球C,，待再次稳定后，悬挂小球C的细线沿竖直方 向，A、B小球再次等高。三个小球均可看作点电荷，则下列说法正确的是 图8 A.A、B质量一定相等 B.A、B所带电荷量一定相等 C.A、C质量一定相等 D.A、C所带电荷量一定相等 高二物理FH·第3页（共8页） 10.如图9所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场的方向同时 射人两平行板间的匀强电场中，P从左端两极板间正中央射人，Q从左端下极板边 缘处射人，它们打在上板同一点。不计重力及粒子间的相互作用，下列说法正确 的是 A.两粒子在电场中的运动时间不同 B.打到极板上时，Q粒子的动能是P粒子动能的4倍 C.粒子P、Q的电荷量之比为1：2 D.粒子P、Q的电势能减少量之比为1：4 图9 第Ⅱ卷（非选择题，共57分) 二、填空、实验题（本大题共2小题，共15分） 11.(8分)某实验小组探究“两个互成角度的力的合成规律”时完成了以下步骤： ①如图10甲所示，将三根细绳的一端系于一点，另一端分别与弹簧测力计1、2、3 的挂钩相连； 单位：N 一2 3非3 甲 乙 图10 ②将弹簧测力计1固定在粘贴有白纸的木板上，用手拉动另外两个弹簧测力计2、3， 细绳套的连接点在拉力F、F2、F,的共同作用下被拉到O点； ③记录三力F1、F2、F,的大小与方向； ④重复以上步骤，记录新的数据。 (1)本实验用到的物理方法是 (选填“等效替代法”或“控制变量 法”）。 高二物理H·第4页（共8页） (2)实验时三个弹簧测力计 (选填“需要”或“不需要”)确保与 木板平面平行。 (3)某次实验中弹簧测力计1的示数如图乙所示，则此时拉力F的大小为 N,弹簧测力计2、3的示数可能为 (填字母代号)。 A.1.10N、0.80N B.2.20N、2.40N C.4.30N、0.50N 12.(7分)某同学利用半偏法测量量程为2mA的电流表的内阻（小于1002），实验电 路如图11所示。 E, 图11 可供选择的器材有： A.电阻箱（最大阻值9999.9D) B.电阻箱（最大阻值999.9D) C.直流电源E（电动势3V,内阻约1Ω) D.开关两个，导线若干 实验步骤如下： ①按图正确连接线路； ②闭合开关S,、断开开关S2,调节电阻箱R,,使电流表满偏； ③保持电阻箱R,接入电路的电阻不变，再闭合开关S2,调节电阻箱R2使电流表示 数为1mA,记录电阻箱R2的阻值。 (1)实验中电阻箱R,应选择 (填“A”或“B”)。 (2)在步骤③中，若记录的电阻箱阻值R2=51.0,则可得到电流表的内阻为 D;若考虑到在接入电阻箱R2时，干路上电流发生的微小变化，则该 测量值 (填“小于”“等于”或“大于”)真实值。 高二物理FH·第5页（共8页） 三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和 单位) 13.(10分)如图12所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻 r=50,定值电阻R=200,直流电压U=220V,理想电压表示数Uv=180V。'g取 10m/s2,求： (1)通过电动机的电流； (2)电动机的输人功率； (3)若电动机以=1/s匀速竖直向上提升重物，不计空气阻力，则该重物的质量。 图12 高二物理H·第6页（共8页） 14.(14分)在学校物理创新实验课堂上，老师为引导学生探究带电物体在复合场中的 运动规律，布置了一个如图13所示的实验环境：空间中有一水平向左的匀强电场 (电场空间足够大)，将一个质量m=0.3kg、电荷量9=0.8C的带正电小球，放在区 域内的O点，然后用弹射器使小球以。=10m/s的初速度、方向与水平方向成B= 37°角斜向右射出，带电小球在电场力与重力作用下做直线运动。si37°=0.6， cos37=0.8,g取10m/s2。求： (1)电场强度E的大小： (2)小球从开始运动到最高点时，电势能的变化量△E。; (3)若仅把电场方向变成水平向右，小球仍以原来的初速度从0点出发，小球会经 过与O点在同一水平面上的A点（未画出），则O、A两点间电势差Uu。 图13 高二物理FH·第7页（共8页） 15.(18分)如图14所示，水平光滑轨道AB左端墙壁上固定着一个弹簧，弹簧右端紧 贴一个质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点）。在B处固定着一个半径为R= 0.2m的光滑竖直圆形轨道，圆轨道最高点为D,最低点B与C略微错开且分别与水 平轨道AB和CE相切。水平轨道CE右侧连接一段水平传送带EF,水平轨道CE与 传送带EF长度均为L=2.0m,动摩擦因数均为4=0.4。传送带以速度。=2.0m/s逆 时针匀速转动，传送带右侧连接一段光滑水平轨道FC,重力加速度取g=10/s2。 (1)若弹簧初始弹性势能E=1J,求滑块经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小； (2)若滑块最终能够停在CE,求弹簧初始弹性势能E的范围； (3)在不脱轨的条件下，求滑块在CE段产生的热量Q与弹簧初始弹性势能E之间 的关系。 G B(C) 图14 高二物理FH·第8页（共8页）2028届高二年级秋季学期第一次月考 物理参考答案 第I卷（选择题，共43分） 一、选择题（本大题共10小题，共43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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5 分，选对但不全的得3分，有错选的得0分) 题号 > 答案 D B B BC AB CD 【解析】 2.根据电流的微观表达式I=eSv,I相同，S与y成反比，a的直径是b的2倍，则S。=4S, 所以0。：Vb=1:4,故选C。 3.用Oa两端时是电流表，量程为1=L,+=100mA+100mA×302=60mA,故A、C错 R 62 误。用Ob两端时是电压表，量程U=1.R+IR2=100×103×30V+600×103×20V=15V, 故B正确，D错误。 4.小钢球静止在O点，重力与弹簧弹力平衡，弹簧伸长量xoc=1.00cm,由平衡条件可知 mg=kc,解得k=3=10ONm,故A错误。B在O点下方，指针在B时弹簧伸长量大 Xoc 于在O点的伸长量，因此弹簧弹力F>g,合力方向向上，加速度向上，小钢球处于超重 状态，故B错误。A是OC中点，距O点的距离xA=0.50cm,此时弹簧伸长量为xoc-xo4, 由牛顿第二定律可得k(xc-o)-mg=a,解得a=_a=-5ms,由上可得对任意相 m 对于O点的位移x,加速度满足a=-人x,因此a与x成线性关系，刻度对应的加速度是 m 均匀分布的，故C正确，D错误。 高二物理FH参考答案·第1页（共6页） 5.由图可知，两车均做匀加速运动，M车的加速度为4-女ms-2ms2,位移为 4-w车的加速度为，-16n 8 ws2=3 s,位移为s=y+产=+寻， t时刻两车间的距离为△=5+，-5=-161+16)，若两车相遇，则△s=0,解得 t=(8±4√5)s,说明两车相遇2次。故选A。 6.E,-x图像的斜率可以表示该质子所受电场力F,可知该质子从O运动到x所受电场力先 减小后增大再不变，根据牛顿第二定律可知质子从O运动到x加速度的大小先减小后增大 再不变，故A正确。由题意，可得该质子在O点处的能量为E=E+E,=4eV+3eV=7eV, 根据能量守恒定律，可得该质子在x处的动能为E=7eV-leV=6eV,故B错误。根据 E。=9p,可知该质子在电势越高的位置电势能越大，若x、x2、x处的电势分别为 ?、马、，由题图知？最高，故C错误。根据能量守恒定律，该质子在x处的电势能为 7V,则动能为零，但是由于受到的电场力不为零，因而不会停在x处，故D错误。 7.仅将滑动变阻器R的滑片P下移，则总电阻减小，故总电流增大，则根据U=E-r可得 外电压减小，根据Q=CU，可得电容器所带的电荷量减小，故A错误。开始时带电油滴 处于静止状态， 厕9，移动后，电压减小，则净<，故带电油滴向下运动，敌 B正确。R消耗的功率为P=2R,由于电流增大，则R消耗的功率增大，故C错误。电 E 2 源的输出功率P= (R+R),由于R+R>r,当R减小时，电源的输出功率增 R+r+R 大，故D错误。 8.因为M处电场强度恰好为零，且带电圆环带正电，所以P处点电荷带正电，故A错误。 设点电荷Q在M点产生的场强大小为E,由于M点的场强为零，可知带电圆环在M点产 生的场强大小也为E,方向相反，可得E=k,所以带电圆环、Q在N点产生的场强为 R (5R)+E=k0 Ey=k2 5十人之—人，氯国方司尺中司·交、角， D错误。 高二物理FH参考答案·第2页（共6页） 9.只有两个小球时，由两球库仑力相等且两小球等高，可知两细线与竖直方向夹角0相等， 根据受力平衡可知am日=三，可知两球质量一定相等：放入C球时，对C进行受力分析， mg 由对称性可知A、B对C的库仑力大小相等，则有k,丝=k丝，可知A、B所带电荷 2 量一定相等；而A与C的质量和电荷量无确定关系。故选AB。 10.两粒子在电场中做类平抛运动，平行极板方向做匀速直线运动，因两粒子平行极板方向位 移相等，射入电场时速度相同，所以两粒子在电场中的运动时间相同，故A错误。垂直 极板方向有d=，a2,号=)Q,两式相比，得4=2a,因两粒子质量相等，所以， 两粒子所受的电场力大小关系为5=2，两粒子所带电荷量的关系为4=三=5=} E 电场力对两粒子做功的关系为： 一21 ，F=4,所以粒子PQ的电势能减少量之比为1：4， 故C、D正确。根据动能定理可知，粒子P、Q动能的增加量之比为 △E=W=1 E。%4,两 粒子射入时的初动能相等，设为E。,打到极板上时，两粒子的动能之比为 -5+AE+ E2Eo+AE。4,故B错误。 第Ⅱ卷（非选择题，共57分） 二、填空、实验题（本大题共2小题，共15分） 11.(每空2分，共8分) (1)等效替代法 (2)需要 (3)2.80 B 12.(除特殊标注外，每空2分，共7分) (1)A (2)51.0(3分) 小于 高二物理FH参考答案·第3页（共6页） 3 【解析】(I当电流表满偏时电流为2mA,此时回路中电阻值为R=2xi02=15x10Q, 所以R1选A。 (2)闭合开关S,、断开开关S2,调节电阻箱R,使电流表满偏即回路中电流为2mA:保 持电阻箱R接入电路的电阻不变，再闭合开关S2,调节电阻箱R,使电流表示数为1mA, 回路中总电流为2mA，所以流过，的电流与流过电流表的电流相等，两者是并联关系， 电压也相等，则电阻也相等，表示电流表的电阻为51.02。由于接入电阻箱R2,导致干 路上电流变大，当电流表示数为1mA时，则流过变阻箱R2的电流大于1mA,这样导致测 量值小于真实值。 三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(10分) 解：(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压 U.=U-Uv=220V-180V=40V ① R=2A 则流过电阻R的电流IR=IM= ② (2)电动机的输入电功率为P=IMUM=360W ③ (3)电动机的发热功率P热=I及r=20W ④ 电动机输出的机械功率P=P电-P热=340W ⑤ 又因为P=mgw ⑥ 可得m=34g ⑦ 评分标准：本题共10分。正确得出③、⑤、⑥式各给2分，其余各式各给1分。 14.(14分) 解：(1)因小球做直线运动，受到竖直向下的重力g和水平向左的电场力qE的合力必 沿此直线，如图 可得mg=qE tan8 ① 所以E=5N/C ② 高二物理FH参考答案·第4页（共6页） (2)设从O点到最高点的位移为x,由运动学公式0-v=2(-a)x ③ 根据牛顿第二定律可得m3=ma ④ sine 小球运动到最高点时其电势能与在O点时的电势能之差为克服电场力做功 W电=Eqxcos日 ⑤ 解得△E。=W=9.6J ⑥ (3)若电场方向水平向右，则在竖直方向有v。sin8=gt ⑦ 小球到达A点所用的时间为t'=2t ⑧ 水平方向由牛顿第二定律可得gE=a ⑨ 根据运动的分解可得).=)，cos8 ⑩ 由运动学规律可得x=v,t'+二at2 ① 2 电势差UoA=Ex 12 解得UoA=96V @ 评分标准：本题共14分。正确得出①式给2分，其余各式各给1分。 15.(18分) 解：(1)弹簧弹性势能全部转化为滑块在B点的动能，由机械能守恒定律有 g=时 ① 解得v。=√2ms 在B点，由向心力公式有N-mg= w ② R 解得N=20N ③ 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为20N ④ (2)滑块要到达CE,必须完整通过圆轨道，不脱轨通过最高点D的最小速度条件为 m02 mg ⑤ R 解得v,=√gR=V2ms 高二物理FH参考答案·第5页（共6页） 从B到D由机械能守恒得B点的最小动能Ei=mg·2R+mw%=5J ⑥ 即最小弹性势能Em=Emn=5J ⑦ 滑块最终停在CE,不能到达F进入光滑轨道FG,因此弹性势能最大满足滑块从C到F 全程摩擦力做功后，动能为0，即Ex=g(L+L)=16J ⑧ 因此E的范围为5J≤E≤16J ⑨ (3)不脱轨分四种情况。 第一种：滑块第一次进圆轨道，上升不超过圆心高度，不脱轨，滑回AB,未进入CE,由 能量守恒定律有E=mgR=2J ⑩ 因此当0<E≤2J时，滑块未进入CE,则Q=0 ① 第二种：滑块进入CE,但未进入传送带，当滑块恰好运动到E点时速度为零，由能量守 恒定律有E=mgL=8J 12 因此当5J≤E≤8J时，滑块出圆轨道后直接停在CE段，则Q=E B 第三种：滑块进入CE,能够进入传送带，然后返回CE,返回达到E点时，速度大小等 于进入传送带的速度，相当于滑块在CE一直减速至停止，因此当8J≤E≤16J时，有Q=E ④ 第四种：当E>16J时，滑块通过CE,进入传送带后到达FG,不再返回，仅在CE运动 一次全程，因此Q=wmgL=8J ⑤ 评分标准：本题共18分。正确得出①、⑥、⑧式各给2分，其余各式各给1分。 高二物理FH参考答案·第6页（共6页）