福建莆田第一中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测物理试卷

莆田一中2026～2027学年度上学期10月月考试卷 高二 物理必修第三册第1章-第4章第1节 （满分：100分 考试时间：75分钟） 命题人： 许琳琳 审核人：潘成 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．静电现象在自然界普遍存在，在生产生活中也时常会发生静电现象。人们可让静电服务于生产生活，但也需对其进行防护，做到趋利避害。下列关于静电现象的说法正确的是（ ） A．静电除尘的原理是静电屏蔽 B．印刷车间的空气应保证适当潮湿，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电 C．避雷针利用带电导体凸起尖锐地方电荷稀疏、附近空间电场较弱的特点 D．干燥天气里脱毛衣时会产生火花，是因为摩擦过程中凭空创造出了电荷 2．如图所示为元件甲和乙的伏安特性曲线，两图线交于A点，A点坐标为（12V，1.5A）。下列说法正确的是（ ） A．甲为非线性元件 B．元件乙的电阻随电压的增大而减小 C．当元件两端电压大于12V时，甲的电阻比乙的大 D．若将甲、乙元件并联在电压为5V的理想电源中，则2s通过干路某一横截面的电荷量为3.25C 3．如图所示，用内阻为110Ω、满偏电流为50mA的表头改装成量程为0.6A和3A的双量程电流表，接线柱a为公共接线柱，下列说法正确的是（ ） A．用a、b两个接线柱时量程为0.6A B．的阻值为2Ω C．的阻值为10Ω D．和的阻值之和为14Ω 4．如图，与水平面成30°角的光滑绝缘细杆AD穿过一固定均匀带电圆环，并垂直圆环所在平面，细杆与平面的交点为圆环的圆心O。一套在细杆上的小球从A点以某一初速度向上运动，恰能到达D点。已知圆环半径为L、带电量为+Q，小球的质量为m、带电量为+q，，静电力常量为k，重力加速度大小为g，则（ ） A．圆环在D点产生的场强大小为 B．小球在D点的电势能大于在B点的电势能 C．小球在C点的加速度大小为 D．小球在A点的速度大小为2 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5．如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成电路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是（ ） A．振动膜向右运动时，电容器的板间电压增加 B．振动膜向右运动时，电阻上有从a到b的电流 C．振动膜向左运动时，电容器的板间电场强度减小 D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量增加 6．如图所示，在匀强电场中有边长为1m的等边三角形ABC，其中O点为该三角形的中心，A、B、C三点电势分别为2V、4V、6V。下列关于电场强度和电势差的说法正确的是（ ） A．A、O两点的电势差UAOV B．B、O两点的电势差 C．该匀强电场的电场强度大小为m D．该匀强电场的电场强度大小为m 7．在轴上O、P两点分别放置电荷量为、的点电荷，一个带负电的试探电荷在两电荷连线上的电势能随变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则（ ） A．和都是正电荷且 B．B、C间场强方向沿轴正方向 C．C点的电场强度大于A点的电场强度 D．将一个正点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功 8．如图甲所示，P处有一粒子源，可以均匀地“飘”出（初速度为零）质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，经M、N间的加速电场加速进入辐向电场（电场强度沿半径指向O，同一半径处电场强度大小相等），粒子沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，从辐向电场射出后，沿平行板A、B间的中线射入A、B两板间的电场中，A、B两板间所加的电压随时间变化如图乙所示，图中未知、T已知，从t＝0时刻射入A、B板间的粒子恰好打在B板的中点，从A、B板间射出的粒子在两板间运动的时间均为T，板长和板间距离相等，M、N板间所加电压为U，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ） A．经MN板间加速后，粒子获得的速度大小为 B．辐向电场中虚线上各点的电场强度大小为 C．M、N板间所加电压大小为4U D．A、B板间射出的粒子占射入A、B板间粒子的百分比约为45.7% 三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13题为实验题，14、15、16题为计算题。 9．（3分）如图所示，电路中电源电动势E＝3 V，内阻r＝1 Ω，R2＝6 Ω。闭合S1、断开S2时，理想电压表的示数为2.25 V。则： (1)R1的阻值___________Ω； (2)闭合S2后，电压表的示数为__________V. 10．（3分）如图甲，节能路灯通过光控开关实现自动控制电灯亮度，图乙为其内部电路简化示意图。电源电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为光敏电阻（其阻值随光照强度增加而减小）。当外界光照强度减弱时，电压表的示数_________（填“变大”或“变小”），小灯泡的亮度_________（填“变亮”或“变暗”）。 11．（3分）如图所示，、、三个小球（可视为质点）的质量分别为、、，小球带负电，电荷量为，、两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为，静止时，、两小球间细线的拉力为 ；剪断点与小球间细线的瞬间，、两小球间细线的拉力为 。 12．（5分）探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻，电容器C，单刀双掷开关S。 (1)为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置①应该接入测量______（填“电流”或“电压”）仪器 (2)根据测到的数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为______（填“充电”或“放电”） (3)若充电后电容器两板间电压为6V，电阻，测量电压电流的仪器均可视为理想，将开关S接b，电流I随时间t变化的图像如图丙所示，测得在时mA，图丙的图线下的2s前后的面积：______。实验中发现放电太快，可以通过______（填“增大”或“减小”）来延长放电时间。 13．（8分）某实验小组利用图甲所示的电路测量金属丝的电阻率（图中表示待测金属丝的电阻）。 (1)正确操作螺旋测微器，测量金属丝的直径结果如图乙所示，则该次测得的金属丝的直径为___________mm； (2)图中已连接了部分导线。请根据甲图补充完成图中实物间的连线______； (3)连接好电路后，开关S闭合前滑动变阻器的滑片应滑至______。（选填“左端”或“右端”）； (4)用刻度尺测得被测金属丝接入电路的长度为L，螺旋测微器测得金属丝的直径为d，用电流表和电压表测得金属丝的电阻为，则被测金属丝的电阻率为 ＝___________。（用题中所给物理量的字母表示） (5)实验中测得待测金属丝的电阻的阻值约为70Ω，实验时电流表采用了外接法，经检验该方法是正确的，若电压表的内阻＝1500Ω，则关于电流表的内阻的判断可能正确的是___________。（填序号） A．＝0.9Ω B．＝2.4Ω C．＝3.2Ω D．＝3.9Ω 14．（10分）如图所示，小型直流电动机（其线圈内阻为r = 1Ω）与规格为“4 V 4 W”的小灯泡并联，再与阻值为R = 4 Ω的电阻串联，然后接至12 V的电源上，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求： (1)通过电动机的电流； (2)电动机的输出功率； (3)电动机的效率。 15． （12分）如图所示，一根长L=3m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.6×105N/C，与水平方向成θ＝300角的倾斜向上的匀强电场中，杆的下端M固定 一个带电小球A，电荷量Q＝+5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷 量q＝+2.0 ×10一6C，质量m＝2.0×10一2kg，现将小球B从杆的上端N由静止释放 （静电力常量k＝9.0×109N·m2／C2，取g =10m / s2） （l）求小球B开始运动时的加速度大小； （2）求小球B从N端运动到速度最大时，匀强电场对小球B做的功； （3）小球B从N端运动到距M端的高度h2＝1.0m时，速度为v＝1.5m / s ，求此过程中小球A对小球B的库仑力所做的功。 16．（16分）如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管固定在竖直平面内。圆管围成的圆的圆心为，内外管的间距远小于圆管半径，D点为圆管的最低点，、两点在同一水平线上，的长度为。过的虚线与过的虚线垂直相交于点，在虚线的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线的下方存在方向竖直向下、范围足够大的、电场强度大小的匀强电场。圆心正上方的点有一质量为、电荷量为的带电小球（可视为质点），、间距为。现将该小球从点无初速度释放，经过一段时间后，小球刚好从管口处无碰撞地进入圆管内，并继续运动。已知重力加速度大小为g。 （1）求虚线上方匀强电场的电场强度大小； （2）求小球在管中运动经过点时对管的压力； （3）小球从管口离开后，经过一段时间到达虚线上的点（图中未标出），求小球在圆管中运动的时间与运动的总时间之比。 试卷第2页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 莆田一中2026～2027学年度上学期10月物理月考试卷答案 1.【答案】B【详解】A．静电除尘的原理是带电粒子受到电场力作用，故A错误； B．印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，需空气保持一定湿度，以便及时导走静电，故B正确； C．避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点，故C错误； D．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体，而不是创造出新的电荷，故D错误； 故选B。 2.【答案】D【详解】A．甲的伏安特性曲线为直线，是线性元件，故A错误； B．乙的曲线在电压增大时，电流增大速率低于电压，电阻增大，故B错误； C．在元件两端电压等于时，，而在元件两端电压大于时，甲的电阻不变，乙的电阻随电压的增大而增大，则甲的电阻比乙的小，故C错误； D．并联在的理想电源时，总电流，由，故D正确。 故选 D。 3.【答案】B【详解】根据电路可知用a、b和a、c接线柱时电流表的量程分别为， 则有 所以用a、b两个接线柱时电流表的量程为0 ~ 3 A，用a、c两个接线柱时电流表的量程为0 ~ 0.6 A；将数据代入可解得， 则有 故选B。 4、【答案】D【详解】AC．根据题意可知，圆环上电荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量为，该点到点的距离为 则在点产生的场强为 以点为坐标原点，方向为正方向建立轴，在点产生的场强在轴方向的分量为 则圆环在D点产生的场强大小为 方向沿向上，同理可求，圆环在点产生的场强大小为 方向沿向上，由牛顿第二定律有 解得小球在C点的加速度大小为 故AC错误； B．根据题意，由对称性可知 由沿电场线方向电势逐渐降低可知 则有 由公式可知，由于小球带正电，则小球在D点的电势能小于在B点的电势能，故B错误； D．根据题意，由对称性可知，小球从点运动到点过程中，电场力做功为零，由动能定理有 解得 故D正确。故选D。 5.【答案】BC 【详解】A．由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，A错误； B．振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离减小，根据 可知，电容增大，由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，根据 故电容器的电荷量增大，处于充电状态，所以电阻上有从a到b的电流，B正确； C．振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，电压不变，根据 所以电容器的板间电场强度减小，C正确； D．振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，根据 可知电容减小，由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，根据 振动膜所带的电荷量减小，D错误。 故选BC。 6.【答案】AC 【详解】AB．如图所示，过O点作AC的垂线BD，则D为AC的中点，则 又 则BD为等势线，O在BD上，故 所以，A、O两点的电势差 B、O两点的电势差  故A正确，B错误； CD．由于电场线与等势线垂直，则AC为一条电场线，且电场方向为由C到A，由，其中解得V/m故C正确，D错误。 故选AC。 7.【答案】BD 【详解】A．由题图可知，试探电荷在OP之间的电势能沿x轴正方向逐渐减小，则OP之间的电势沿x轴正方向逐渐升高，根据沿电场方向电势降低可知，OP之间的电场方向由P指向O，则是负电荷，是正电荷，故A错误； B．由题图可知，从B到C电势能增加，试探电荷带负电，则电势降低，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴正方向，故B正确； C．根据图像的切线斜率表示电场力，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则C点的电场强度小于A点的电场强度，故C错误； D．由题图可知，从B点到D点，试探电荷带负电，电势能先增大后减小，则电势先降低后升高；将一个正点电荷从B点移到D点，电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故D正确。故选BD。 8.【答案】AD 【详解】A．根据动能定理，解得 B．根据牛顿第二定律，解得 C．由于从A、B板间射出的粒子在板间运动的时间均为T，则板长 由于板长和板间距离相等，从t＝0时刻射入A、B板间的粒子恰好打在B板的中点，则该粒子在两板间运动的时间为0.5T，则，解得 D．设在时间内，从时刻射入板间的粒子在电场中发生的最大侧移刚好为，如图甲所示 则 解得 设在时间内，从时刻射入板间的粒子最后从上极板右侧离开电场，如图乙所示    则， 解得 根据对称性可知，从板间射出的粒子占射入粒子的百分 9．【答案】 3 2 10．【答案】 变小 变亮 【详解】[1][2]光照强度降低时，光敏电阻阻值增大，则电路的总电阻变大，则根据闭合电路欧姆定律 ，可知电流I变小，电压表示数为，所以电压表示数变小；R2、R3和L所在的并联支路的电压变大，则小灯泡电流增大，即小灯泡变亮。 11.【答案】 【详解】[1]把B、C作为整体受力分析，设A、B间细线的拉力为，则有 解得 [2] 剪断点与小球间细线后，若B不带电，三个小球具有共同的加速度（三个球做自由落体运动），此时AB间、BC间细线的拉力均为零，现在B球带负电，AB间细线的拉力不为零，BC间细线的拉力仍为零，设此时AB间细线的拉力为，把AB作为一个整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对A受力分析，结合牛顿第二定律则有 解得 12.【答案】(1)电流 (2)放电 (3) 增大 【详解】（1）位置①与电容器串联，串联仪器用于测量通过电容器的电流，故应接入电流表。 （2）电容器放电时，电容器两端电压等于定值电阻两端电压的大小，由欧姆定律得 其图像为过原点的直线；充电时，由闭合电路电压关系得，图线斜率为负。图乙为过原点的正斜率直线，故该过程为放电。 （3）[1]在时，由欧姆定律得 由电流的定义可知，图线与横轴围成的面积表示放电过程中通过电阻的电荷量。由电容定义式得，电容器初始电荷量为，时剩余电荷量为 因此前与后续放电过程对应的面积之比为 [2]由欧姆定律得，在电容器电压相同时，增大可减小放电电流，使电荷释放得更慢，从而延长放电时间。 13.【答案】(1)2.095/2.094/2.096 (2) (3)左端 (4) (5)D 【详解】（1）该次测得的金属丝的直径为 （2）根据甲图补充完成图中实物间的连线如下 （3）开关S闭合前滑动变阻器的滑片应滑至左端，使待测支路电压为零，保护电路。 （4）根据电阻定律有 解得电阻率为 （5）由题意知电流表采用了外接法，经检验该方法是正确的，则有 代入数据得 故选D。 14.【答案】(1)1 A (2)3 W (3)75% 【详解】（1）通过电阻R的电流 解得 通过电动机的电流， 解得 （2）电动机消耗的电功率， 解得 电动机线圈内阻的热功率 电动机的输出功率 （3）由电动机的效率 15.【答案】（1）a=1.5m/s2 ；（2）-0.24J；（3）-5.75×10-2J 【详解】（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得 解得 代入数据解得 （2）小球B速度最大时合力为零，即 解得 代入数据解得 匀强电场对小球B所做的功 （3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有 解得 16.【答案】（1）； （2），方向竖直向下； （3） 【详解】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从点沿切线方向进入圆管，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则 解得 （2）从到的过程，根据动能定理有 解得 小球在管中运动时 小球做匀速圆周运动，则 圆的半径 在点时，圆管下壁对小球的支持力大小 由牛顿第三定律得，方向竖直向下。 （3）小球由点运动到点的过程做匀加速直线运动，设所用时间为，则 解得 设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为，则 小球离开圆管后做类平抛运动，设小球从点到点的过程中所用时间为，则 其中 由几何关系可知，联立解得 则 答案第2页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 $