江西赣州市上犹中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测物理试题

(物理)2026-2027学年第一学期高二素养训练解析 题号 1 2 6 7 9 10 答案 C D B D D AD BD BC 1.C 【详解】A.电场强度是电场的固有属性，仅由电场本身决定，与是否放置试探电荷无关，故A错误： B.耳机线内包裹金属丝网是利用静电屏蔽原理，屏蔽外界电场对音频信号的干扰，和静电吸附无关，故 B错误。； C,B三k号是点电荷电场强度的决定式，对于电场中确定的某点，艹为定值，该点电场强度大小与场源电 荷电荷量Q成正比，故C正确： D.最早提出电场概念、认为电荷间相互作用通过场传递的科学家是法拉第，库仑的贡献是总结出库仑定 律，故D错误。 故选C。 2.C 【详解】将整个半圆弧AC三等分，每一份在圆心O处产生的电场强度均为0，根据对称性和电场强度的 叠加原理可得E=2E。 剩余圆弧AB在圆心O处激发的电场强度大小为E'=2E。cos30° 联立可得E-5E 2 故选C。 3.C 【详解】A.由题图可知，直流电源符号的上端为长线、下端为短线，即上端为正极、下端为负极，因此 电容器上极板带正电，下极板带负电，极板间的电场线由上指向下。沿电场线方向电势逐渐降低，以及M、 N两点在同一等势面上，可知pM=pw,Pr<PwN 即M点的电势比P点的高，即电子在M点的电势能比N点的低，故A错误； B.根据电场线越密的位置场强越大结合题图可知，因为M、N两点在同一等势面上，且M点处的电场 线比N点处更密集，故有EM>Ew 即M点的电场强度比N点的大，故B错误； CD.由对A选项的分析可知PM>P 根据E。=-p可知一个电子在电势越高的位置电势能越小，则从M点运动到P点，其电势能增大，动能减 小，故C正确，D错误。 故选C。 4.D 【详解】A.电池容量代表电池可储存的总电荷量，该电池容量为700mA·h=0.7A×3600s=2520C 远大于0.7C,故A错误： B.已知待机总时间t=45h,总电荷量g=700mA-h,平均工作电流1=？=70mA中≈15.6mA,故B错误； 45h C.J是能量单位，但mAh是电流×时间，是电荷量的单位，故C错误； D.电池放电时，将化学能等其他形式的能转化为电能，是非静电力做功，故D正确。 答案第1页（共8页） 故选D。 5.B 【详解】A.导线的电阻R=p 两导线串联后的总电阻大于任一导线的电阻。1-U图线的斜率为。，故总电阻的图线斜率小于图线1、2， R 应位于区域I,故A错误； B.两导线串联，电流相等。同种材料中自由电荷数密度n相同，由I=nSv 整理得v。:y,=S:Sn=:r=9:4,故B正确： C.由1=4g △t 可知，在相同时间内通过两导线横截面的电量之比为△9。：△Q,=I。:I6=1:1,故C错误： D.两导线电阻之比R:R,=S6:S。=9:4 串联时电压之比U。:U。=R。:R,=9:4,Ea:Eb=Ua:U)=Ra:R。=9:4故D错误。 故选B。 6.D 【详解】甲、乙绕O点转动，转动半径均为L,线速度大小始终相等。 从水平静止释放到甲第一次到最低点的过程中，对两球组成的系统由动能定理：2g5以= .2m-v2 2 解得2=2gEL 2 圆心0在甲的正上方，合力向上提供向心力，设杆对甲的作用力为R(向上为正)：F-mg-gB=m乙 得E=3qE+mg,方向向上 圆心0在乙的正下方，合力向下提供向心力。设杆对乙的作用力为￡（向下为正）：5+mg一gE=m兰 得F3=3qE-mg,方向向下。 根据牛顿第三定律，甲对杆的作用力向下、大小为3qE+g,乙对杆的作用力向上、大小为3qE-mg 因此转轴受到杆的合力为：F=(3qE+mg)-(3qE-mg)=2mg 故选D。 7.D 【详解】A.S闭合，U不变，B板水平左移，仅改变正对面积S,极板间距d不变。由E=y得，板间电 d 场强度E不变，油滴受力不变，仍保持静止，故A错误： B.S闭合，U不变，A板竖直上移，极板间距d增大，由C=6S得电容C减小，由Q=CU得，A板所 4πkd 带电荷量Q减小，故B错误： C.断开S,Q不变，A板水平右移，正对面积S减小，由C= 4a得电容C减小，由U-号得，电容器 电压U增大，因此静电计G的指针张角变大，故C错误： 答案第2页（共8页） D.断开S,Q不变，B板水平右移，正对面积S减小，板间电场强度E= =9=4πk袒，Q不变S减小 d Cd S 因此E增大，电场力增大，油滴将向上运动，故D正确。 故选D。 8.AD 【详解】ABC.根据I-U图像可知，电阻a的阻值保持不变，大小为 U 3 Ra= 2=5 10.69 根据电阻b的伏安特性曲线可知，曲线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，而连线斜率为 局 可知b的电阻随电压的升高而增大，U=1V时，b的电阻为 U_1 Rb= =2.52<Ra=52 1L10.4 故A正确，BC错误； D.U=3V时，b的电阻为 Rb'= U2_3 2=52 120.6 此时Ra=Rb'=52,故D正确。 故选AD。 9.BD 【详解】AB.根据等量异种电荷所形成电场的特点，两电荷连线上ā、c、d三点的场强方向相同，均沿连 线向左，中垂线上b点的场强方向与中垂线垂直且向左，所以、b、c、d四个点的电场强度方向相同，A 错误，B正确； C.根据电场线的方向，可判断a、c、d三点的电势的关系为p。>p。>p 由于a、b是等势点，则p。>p,>pa,C错误： D.根据等量异种电荷所形成电场的特点，可判断a、c、d三点的电场强度的大小关系EdEc>Ea,D正确。 故选BD。 10.BC 【详解】AB。取竖直向下为正方向。根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，电场强度大小为E=U。 粒子带正电，由牛顿第二定律得a=9。 md 0时刻释放的粒子在前半个周期内向下加速，位移为y-)·)门 T 末速度大小为y=a 2 方向向下。后半个周期肉电场方向发向，粒子下减速。位移为⅓子[) a72 末速度为零。粒子的总竖直位移为y=+2= 4 2d 由题意知y=d,联立上述关系并代入T= 答案第3页（共8页） 解得q m,故A错误，B正确： CD.在t= 时刻释放的粒子，在电场中依次经历向下加速、向上加速和向下加速三个阶段，其运动轨迹 8 如图所示。 仁时刻释放的粒子轨迹 t=T d 离开 2d 由前述计算得加速度大小为a=9心， md 第1段历时3 , 子向下造位移为%) 3T 末速度大小为y,=a兰 8 方向向下。第2段历时工， 的)，粒子向上如速，位多为2=12一2)） aT2 =16 末速度大小为y2=a8 T 方向向上。第3段历时日粒子向下加速，位移为%：专+】 T,1(T)2 aT- 128 竖直位移方向向上。离场时粒子距P板的距离为y=+y2+= aT2 8 d 结合前述结果得y=2,故C正确，D错误。 故选BC。 11.【每空2分，共8分】(1) 充电 3.2×104 (2)b (3)ABD 【详解】(1)[1]开关S拨至1处，电源对电容器充电，电流逐渐减小到零，该过程为充电过程。 [2]1-1图线与时间轴围成的面积代表电容器积累的电荷量Q。每个方格对应的电荷量 △g=0.2×103A×0.4s=8×105C 总面积约40格，总电荷量Q≈40×△g=3.2×103C 电源电压U=10.0V,电容C=9≈3.2×104F 答案第4页（共8页） )开关拔至2处，电容器通过电阻R放电。放电初始电流，一，R越小，，越大，图丙中曲线的 大于线b,故电阻较小的是a。 3)A.由U上知，-Q图像为过原点的直线，斜率k,斜率越大，。越大，电容C越小，故A C 正确： B.类比v-t图像与横轴围成的面积表示位移，则U-Q图像与横轴围成的面积代表克服电场力所做的功， 所以搬运△q的电量，克服电场力所做的功近似等于△q上方小矩形的面积，故B正确： C.电容器储存能量E=CU-,E与U成正比，而非U,故C错误： 2C D.由E= 当电荷量减半时，能量E-(但/2_￡，故D正确。 2C 2C 4 故选ABD。 12.【每空2分，共10分】(1) 0.1742/0.1743/0.1744/0.1745 41.4 (2) 2 Q 【连线全对得2分，不是全对不得分】 白 【详解】(1)[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm,由图甲可知金属丝的直径为 D=1.5mm+24.3×0.01mm=1.743mm=0.1743cm [2]10分度游标卡尺的精确值为0.lmm,由图乙可知金属丝的长度为L=41m+4×0.1m=41.4m (2)①[1][2]将电流表的量程改成0~200mA,需要并联电阻分流，根据并联电路特点可得IR=(Im-I)R 解得并联电阻的大小为R=」 R2=50×62=22 1m-1200-501 [3]实验要求电压可以从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器应选择最 大阻值较小的C。 [4]由于改装后电流表内阻己知，则电流表应采用内接法，且滑动变阻器采用分压接法，则完整的实物连线 如图所示 13.【共8分】(1)1=0.6A,U=3.6V (2)L2=1A,U2=2V 答案第5页（共8页） 【详解】(1)当开关S断开时，对电路分析有1-R+R, U …1分 解得L=0.6A…1分 电压表测量R两端的电压，则有U,=IR2…1分 解得U,=3.6V…1分 （2)当开关S闭合时，电路的总电阻R=R+RR=6Q1分 R+Rs 电流表测干路电流，则有山，一尺 U 解得I2=1A…1分 电压表测量R2两端的电压，则有U2=U-R…1分 解得U2=2V…1分 14.【共12分】(1)E=1.08×10N/C (2)0=1×104C (3)F=10N 【详解】(1)设小球C所处位置的电场强度大小为E,根据小球C静止时，细线张力恰好为零，对小球C 受力分析可知Eq=mg…1分 解得E="mg=1.08×10N1C.…1分 (2)因A、B两点固定有电量相等且带正电的小球，则两个点电荷在小球C所处位置产生的电场强度的 大小相等，设一个带正电小球在C所处位置产生的电场强度的大小为E,AC与AB连线的夹角为，由已 知条件可知sina=0.6 根据电场的叠加原理可知小球C所处位置的电场强度E=2 Esina…1分 解得E=。E 2sina =9x105N/C…1分 kO 根据点电荷电场强度公式E,= -2 …1分 解得Q=1×104C…1分 (3)若给小球C一初速度，使小球C恰能在竖直面内做圆周运动，则当小球C到达最高点时，细线张力 为零，由对称性可知最高点和最低点的电场强度大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律得 v2 Eq+mg=m …1分 R R=Lsina=VP-x2…1分 解得v=√2gR…1分 小球C从最高点运动到最低点的过程中，通过分析可知，只有重力做功，根据动能定理得 答案第6页（共8页） 2mgR =-mv2_Imv 二mv2…1分 2 设小球C在最低点时细线的张力为，了根据牛顿第二定律得2 Fsina-十Bg一mg=m…1分 R 解得F= 3mgL V2-x2 =10N.…1分 15.【共16分】(1)20+10W3N (2)(30-105J 6)38=1.65 20 【详解】(1)物块从A运动到B时，根据动能定理有gL-mgL= …1分 物块第一次运动到圆弧轨道B点时，根据牛顿第二定律有F-mg=m 宝…1分 R 解得F=20+10V3)N…1分 (2)令物块重力与所受电场力的合力方向与竖直方向夹角为0，则有m0=gE=目 mg 3 解得0=30°…1分 由于BC是绝缘光滑的六分之一圆弧形轨道，则圆心角等于α=60°>0=30° 可知，物块在圆弧轨道上做圆周运动的等效物理最低点位置与圆心的连线与竖直方向夹角为O,物块第一 次运动到该位置的动能达到最大值，根据动能定理有 qE(L+Rsin0)-umgL-mg(R-Rcos0)=Ekm-0…2分 解得Em=(30-10W5小…1分 (3)结合上述，由于圆弧形轨道对应圆心角α=20 可知，B、C两点关于等效物理最低点位置的半径对称，根据圆周运动的对称性可知，物块在每一次先后 通过B、C两点时的速度大小相等，物块第一次先后通过B、C两点时物块与轨道AB、CD摩擦产生热量 分别为9m=4mgL,Qco1=4(mg cosa+qEsina)x…1分 其中x为物块第一次越过C点在倾斜轨道上向上运动的最大距离，根据动能定理有 [qEcosa-mgsina-u(mgcosa+qEsina)x-0-1mi 2 …1分 其中vc=Vm 物块返回第二次通过C点过程，根据动能定理有 1 [mg sin a-g6cosa-4(mcoa+qEsin]=2m哈…1分 其中Vc2=V2 物块返回第二次过C点，物块与轨道AB、CD摩擦产生热量分别为QB2=mg2, 答案第7页（共8页） Oc2=n(mg cos a+qEsin a)x…1分 其中x,为物块第二次越过C点在水平轨道上向右运动的最大距离，根据动能定理有 -(qE+mg）x2=0-。mv2…1分 2 之后，物块第三次先后通过B、C两点时物块与轨道AB、CD摩擦产生热量分别为QAB3=mgx, Qc3=l(mg cosa+qEsina)x3…1分 其中x为物块第三次越过C点在倾斜轨道上向上运动的最大距离，此过程，在CD上根据动能定理有 [g6caa-sina-(o+Esina)小s=0-m21分 1 在AB上根据动能定理有(g5-mg)x=2m%…1分 其中VC3=V3 结合上述，物块从A点开始运动至第4次到达C点的过程中，物块与轨道AB、CD摩擦产生热量的比值 2ABm+2n2+43 2cp Ccp+2cm2+20cps 解得9=38-1.651分 9D20 答案第8页（共8页）2026-2027学年第一学期高二年级素养训练 物理 一、选择题（本题共10小题，共计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，每小题4分：第8-10题有多项符合题目要求，每小题6 分，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.下列关于静电场及静电现象说法正确的是（) A.若电场中的某点不放试探电荷，则该点的电场强度一定为0 B.优质耳机线内包裹着金属丝网是利用了静电吸附的原理 C. 公式E=k号表明在点电荷的电场中，某点的电场强度的大小与电荷量Q成正比 D,法国科学家库仑认为电荷之间的相互作用通过场来传递，提出了电场的概念 2.如图甲所示，一绝缘半圆弧AC上均匀分布正电荷， 在圆弧的圆心O处激发的电场强度大小为E,若截走 右侧的，如图乙所示，则剩余圆弧AB在圆心0处 激发的电场强度大小E为() A. B. 2 C. D.E 3.如图所示，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板 间形成非匀强电场，实线表示电场线，虚线表示等差等势面。 M、W两点在同一等势面上，NP两点在同一电场线上。下列 相关说法正确的是() A.电子在M点的电势能比P点的高 B.M点的电场强度比N点的小 C.一个电子从M点运动到P点，其电势能增大 D.一个电子从M点运动到P点，其动能增大 4.如图所示是某种手机电池外壳上的文字说明，下列说 法正确的是() 700mA.h 标准3.7V锂离子电池 A.该电池的容量为0.7C 充电限制电压：4.2V B.该电池待机时的平均工作电流约为14.6mA 执行标准：GB/T18287-2000 C.mA·h与J均属于能量的单位 待机时间：45h D.该电池放电时通过非静电力做功将其它形式的能转 警告：切勿投入火中！！！× 化为电能 只能使用指定充电器 高二年级物理学 5.如图甲，图线1、2分别表示长度相同、半径之比：=2：3的同种材料均匀铜导线 a、b的伏安特性曲线，当它们按图乙方式接入电路时，以下说法正确的是() 图甲 图乙 A.a、b总电阻的T-U图线应在区域IⅡ B.通过a、b导线的自由电荷定向移动速率之比为9：4 C.单位时间通过a、b导线横截面的电量之比为9：4 D.a、b两段的电场强度之比为4：9 6.如图，在竖直向下匀强电场中有一长为2L的轻杆，杆的中 点O处有光滑的水平转动轴，杆两端分别固定质量均为m的小 球甲和乙，甲带正电，乙带负电，两者电荷量均为9，电场强 甲 度为E。现将甲、乙从水平位置静止释放，当甲第一次运动到 最低点时，转轴O处受到杆作用力的合力大小为() A.Eg+2mg B.2Eg ⊕ C.2Eg+mg D.2mg 7.某实验小组在研究影响平行板电容器电容的因素的实 验电路中，加入了一个电池，如图所示。开关S闭合后， G 静电计G的指针张开一个角度，两正对水平金属板A、B 间有一带电油滴悬浮不动。忽略静电计G所引起的极板 电荷量影响。下列说法正确的是() A.若仅将B板水平左移少许，则油滴将向下运动 B.若仅将A板竖直上移少许，A板所带的电荷量不变 C.若断开S,仅将A板水平右移少许，则G的指针张角将变小 D.若断开S,仅将B板水平右移少许，则油滴将向上运动 8.图中的实线分别是电阻a、b的伏安特性曲线，虚线c是b（作1V)的切线，a、c相互 平行，下列说法正确的是() N/A A.作1V时，b的电阻为2.52 0.6上--- b B.1V时，a的电阻小于b的电阻 0.4---- C.b的电阻随电压的升高而减小 Q 0.2 D.作3V时，a、b的电阻相等 23六w 科 第1页（共3页） 9.如图所示，直线OO是等量异种点电荷+Q和-Q连线的中垂线，与电荷连线的交点为a, 点b、cd位置如图（ab=acad)。下列说法正确的是() 10 b -0 +0 a c O' A.b点的电场强度方向水平向右 B.a、b、c、d四个点的电场强度方向相同 C.b、c、d三点的电势的大小关系是p=p。>p D.a、c、d三点的电场强度的大小关系是Ea>Ec>Ea 10.如图甲所示，水平放置的两块平行金属板P、Q,长度为2d,间距为d,两板间加如 图乙所示最大值为U。的周期性变化的电压。在P板左侧边缘处有一粒子源A,自1=0时刻 开始，连续向两板之间释放初速度大小为。、方向平行于金属板的相同带电粒子，且=0 时刻释放的粒了恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化的周期T一说，粒子质量为 m,不计粒子重力及相互间的作用力，则下列说法正确的是() 3T Q 甲 A.粒子的电荷量为m心 2U0 B.粒子的电荷量为/ C.在17时刻释放的粒子，从右侧离开电场时的位置距P板的距离为)d 8 D.在1T时刻释放的粒子，从石侧离开中场时的位置距P板的距离为 高二年级物理学科 二、非选择题（本题共5小题，共计54分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要 演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和 单位。) 11.(8分)利用如图甲电路中的电流传感器记录电容器充、放电过程，已知电源输出电 压恒为10.0V。 +∥(×103A) h 丙 (1)开关S拨至1处，得到1-t图像如图乙所示，则该过程为 过程。已知电流 图线与时间轴所围的面积约为40个方格，根据以上数据估算，该电容器电容的测量结果 为 F（结果保留两位有效数字)。 (2)图甲中的电阻R是可变电阻，每次开关拨至1处，电流为零后，将开关S拨至2处， 得到放电过程的I-t图像如图丙中图线a、b两条曲线中，对应电阻R阻值较大的一条是 (填“a”或“b”)。 (3)已知电容器储存的能量等效于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力 所做的功。小明作出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图像如图所示。下列说法正 确的是 A.图线的斜率越大，电容C越小 B.搬运△q的电量，克服电场力所做的功近似等于△q上方小矩形的面积 C.对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比 D.若电容器电荷量为Q时储存的能量为E,则电容器电荷量为号时储存的能量为号 12.（10分)在“测量金属丝的电阻率”实验中。 30 6(cm) 0510 甲 乙 (1)用螺旋测微器和游标卡尺分别测量粗细均匀金属丝的直径和长度，结果分别如图甲和 卷第2页（共3页） 乙所示。金属丝的直径D为cm,长度L为 mm。 (2)将该金属丝（阻值约为52）固定在木板上，准备测量其电阻。现有电源（电动势E 为5V,内阻不计)、开关和导线若干，以及下列器材： A.电流表（量程050mA,内阻为62） B.电压表（量程03V,内阻约3k2) C.滑动变阻器(052,10A) D.滑动变阻器(01002,1A) ①将电流表的量程改成0200mA,则需选用定值电阻= 2; ②为能从零开始测量数据，且方便调节，滑动变阻器应选 (选填器材前的字母)： ③如图所示，测量该金属丝电阻的实验电路实物图中已连接了部分导线，为了更精准测量， 请将实物图连线补充完成，以便实验进行 13.(8分)在如图所示的电路中，A、B之间的电压恒为U=6V,三个定值电阻的阻值 分别为R=42、R2=62、R=32,电压表和电流表均为理想电表。 B(A (1)当开关S断开时，求电流表读数I,和电压表读数U: (2)当开关S闭合时，求电流表读数I2和电压表读数U2。 高二年级物理学科 14.(12分)如图所示，A、B两点固定有电量相等且带正电的小球，两小球到其连线中 点O的距离均为x=0.8m。现用两根长度均为L=1m的绝缘细线由A、B两点系一带电小球 止时，细线张力恰好为零，已知小球C的质量m=02kg,电量q=一2×10C,重力 加速度g=10m/s2,静电力常量k=9.0x10Nm2/C2,不计空气 阻力。 A B (1)求小球C所处位置的电场强度大小： (2)求A、B处小球的电荷量Q: (3)若给小球C一初速度，使小球C恰能在竖直面内做圆周 运动，求小球经过最低点时细线的拉力大小。 15.（16分)如图所示，在竖直平面内固定一足够长的绝缘轨道ABCD,AB水平放置，CD 与水平方向夹角为α=60放置，BC是绝缘光滑的六分之一圆弧形轨道，粗糙轨道AB、CD 与BC分别相切于B、C两点。圆弧的圆心为O,半径R=1m,轨道所在空间存在水平向左 的匀强电场，电场强度的大小E=1×10N/C。现有一质量m=√3kg、电荷量q=1×103C的带 正电的小物块（可视为质点），从A点由静止开始运动。已知AB间距离L=2m,物块与 轨道AB、”间的动摩擦因数均为4=5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大 6 小取g=10m/s2。求： (1)物块第一次运动到圆弧轨道B点时，轨道对物块的支持力大小F: (2)在整个运动过程中物块的最大动能Em: (3)物块从A点开始运动至第4次到达C点的过程中，物块与轨道AB、CD摩擦产生热量 比位8 D -70 C 777777月 B 第3页（共3页）