四川成都市树德中学2026-2027学年高二上学期10月阶段性测试物理试题

树德中学高2025级高二上学期10月阶段性测试物理试题 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符 合题目要求的 1、以下对静电学相关概念和现象的理解，正确的是() A.摩擦过的琥珀能够吸引羽毛，说明羽毛带电。 B.等势面间距越大，电场强度越小。 C.电子一定从电势低的地方向电势高的地方移动。 D.电荷在电场中某点的电势能，等于把它从该点移到电势能为零的位置时静电力所做的功， 2、两个带电小球静止时细线与竖直方向的夹角分别为α、B,两球在同一水平面上，A、 B两小球的质量与电量分别为m1、91,2、q2,若心B,则（) A.m1受到的库仑力大于m2受到的库仑力 B.m1受到细线的拉力大于2受到细线的拉力 C.m<m2 m191 1m293 D.qi<q2 3、智能运动手环的计步功能是通过电容式加速度传感器实现的，其工作原理如 图所示。P和Q为电容器的两个极板，P板固定于手环上，Q板两端与固定在手 前 环上的轻质弹簧相连，开始时弹簧处于原长状态，下列说法正确的是() A.手臂向前运动的速度越小，电容器的电容越小 B.手臂向后加速运动的加速度越大，电容器的电容越大 后 C.手臂向前加速运动的加速度越小，电容器两极板间的场强越小 D.手臂向后加速运动的加速度越大，电容器所带电荷量越少 4、如图，左侧固定着一个带正电的点电荷，以点电荷为圆心绘制两个同心 圆，直线ABCD过圆心且与两同心圆相交。右侧有一个不带电的金属导体。 则下列判断正确的是() A.A与B两点电场强度大小相等，方向相反 B.将某一带负电的点电荷从B点沿圆弧逆时针移动到A点过程，电场力 不做功 C.点电荷在C点产生的场强和金属导体的感应电荷在D点产生的场强等大同向 D.金属导体内部D点的电场强度为零，因此D点的电势也为零 5、如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，M、N是坐标轴上 关于O点对称的两点。一个带正电的粒子从M点由静止释放， 仅在电场力的作用下沿直线到达N点，到达N点时速度恰好为 零，该过程中的v-t图像如图乙所示。规定O点的电势为零， 取x轴正方向为电场的正方向，粒子的重力不计，则关于M、 0 N之间电场强度E、电势P、电势能E。随坐标x变化的图像中 甲 可能正确的是()》 0 6、长为L的绝缘轻细线一端连接质量为m、电荷量为9的 带正电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的O点， 1.5E 整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好 能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，PQ Q: .0 0.5E 为轨迹圆的一条直径。以P点为起始点，小球运动过程中 的电势能E。与小球运动的路程s之间的关系如图乙所示， 图中E,>0。下列说法正确的是（) 甲 E四 A.Ure B.从P点到Q点电场力对小球做正功 9 C.小球运动过程中速度的最小值为 2E m D.小球运动过程中所受细线拉力的最大值为65,0 L 7、如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板AB,、AB2的间距和板长均为，上极板接地，下极 板不带电。一发射源从A点沿A4B2方向以相同速度持续喷射出质量为m、电荷量为+9(g很小)的油滴 (视为质点)，第1滴油滴落在下极板中点C处，油滴落在极板上立即被吸 收且电荷均匀分布在极板上。已知重力加速度为8，不计空气阻力，忽略油滴 A, 间的相互作用，则() A.油滴喷射的初速度大小为√gd B.最终稳定时，油滴沿AB2方向做匀速直线运动 C.油滴在平行板间运动的最短、最长时间之比为1：4 B D.油滴在平行板间运动时电势能最多减少。mgd 二、 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8、研究表明，人在兴奋时，心肌体表会形成瞬时电势分布，可等效为等量异 种点电荷产生的电场，如图实线为等差等势线，标有电势数值，a、b、c、d 为等势线上的点，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为两点电荷连线 中垂线上对称的两点，下列说法正确的是() A.c、d两点的电场强度不同 -1.5mV B.a、b两点的电场强度相同 -1.0my +1.5mVi C.心肌离子Na从a运动到b,电场力做正功，电势能减小 -0.5mV D.将心肌离子Na+在c点由静止释放，在只受电场力的作用下，它可以沿 着cd连线运动到d点 /+0.5mV +1.0mV 9、如图1是摄影师航拍到钱塘江两波潮水娓娓向对方走来，交织在一起形成壮观的景象。其原理为两列 平面波相遇的干涉现象，可将两列波简化成如图 2示意图（其中实线表示波峰，虚线表示波谷）， 甲、乙两列频率均为0.5Hz的水波以2m/s的速度 传播，振幅均为0.2m,波面间形成夹角120°， 此时O点刚要开始起振，C点距O点8m,则 A.C点是振动加强点 B.经过、波传到C点 图1 图2 C.图中此刻A点经过的总路程比B点多1.6m D.稳定干涉后，O、C连线间共有三个振动加强点（不含C、O) 10、如图所示，足够大的水平地面上O点和M点所在的两条竖直虚线之间存在水平向右、大小为E的匀 强电场，OM=d。在O点处静止释放一个带正电的小球A,待A离开电场足够远后，将另一带正电的小 球B也在O点处由静止释放。B离开电场后，A和B之间的相互作用满足库仑 定律（两球“足够远时，相互作用的力为零，并规定此时二者相互作用的势能为 零)，已知A和B的质量分别为m和？，A带电荷量为9，不计一切阻力，则 E 下列说法正确的是（) A.A在电场中的运动时间为1=2，md 777777777777777777777 0 B。要使B离开匀强电场后靠近A并与A重新发生相互作用，则B的带电荷量应大于号 C.若B的带电荷量也为9，则A和B之间的电势能最大值为gEd D.要使B在离开匀强电场之后的过程政变运动方向，则B的电荷量应大于。 三、实验题（每空2分，共8分） 11、某实验小组为探究电容器的充放电过程 中其电荷量Q、极板电压U和电容C的变 化及充放电电流的特点，做了如下实验： 固定极板 选择了某梳齿状可变电容器，图(a)为其 C 电流接计 动极板 传感器算机 截面图，上端为固定极板，下端为可上下运 个上下运动 动的动极板。将该电容器接人图(b)所示 图(a) 图b) 电路，探究过程的步骤如下： ①当动极板运动到最低处，开关S接a端，电源E向电容器充电； //mA ②充电结束后S接b端空置，动极板向上运动： ③当动极板运动到最高处，S接C端，电容器通过R放电。 (1)在步骤①②③中，R中的电流方向分别为 A.向上；向上；向下 B.向下；向下；向上 C.向上；没有；向下 D.向下；没有；向上 图(c) (2)关于该过程，下列图像可能正确的是 ◆Q U ◆UU ② ② B ③ ② ③ ① ③ ① (3)电容器放电电流随时间变化图像如图(c)所示，图像包围的小方格数量约为17个，则可估算出电 容器开始放电时所带的电荷量9= C(保留两位有效数字)； (4)若保持动极板运动到最高处不动，将电阻R更换为阻值更大的电阻，重做实验，电容器放电时的I- 图像用虚线表示，与原来放电图像（用实线表示）进行比较，可能正确的是 四、解答题（本题共4小题，共38分） 12.(8分)将带电荷量q=+8.0×108C的点电荷，从无限远处O点移到匀强电场中的P点，需克服电 场力做功4.0×106J,9在P点受到的电场力是4.0×105N。规定无限远处O点的电势为0。求： ()(2分)P点处的电场强度E的大小： (2)(3分)电势差Uo; (3)(3分)P点的电势P. 13.(10分)近年来我国航天事业取得了举世瞩目的成就。如图(a)所示，太空舱中一弹簧振子沿轴线 AB自由振动，一垂直于AB的长绳与振子相连，沿绳方向为x轴，沿弹簧轴线方向为y轴，弹簧振子振 动后，某时刻记为t=0时刻，振子的位移y随时间t变化的关系式为y=Asin 2元 绳上产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波。如图(b)所示， 实线为。时刻绳子的波形，虚线为。+0.4s时 刻绳子的波形，P为x=4m处的质点。 (1)(2分)在(a)图中画出t=T时的波形图： (2)(4分)求绳波的传播速度； (3)(4分)若振动周期T>1s,求从，时刻到 (a) (b) t。+1.8s时刻的过程中质点P运动的路程S。 14、(12分)计算机断层(CT)扫描仪是医院常用设备，如图所 示为其部分结构的示意图，图中两对平行金属极板MN、EF分别 竖直、水平放置。靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中 线OO经MN间电场加速后进入EF间电场偏转，最后打到水平放 置的靶台P上。已知MN极板间电压为U;EF极板长为L,间距 M 也为L,上极板E接地，EF极板区域外电场不计；长为0.5L的靶 台与OO的距离为L、左端与EF极板右端的水平距离也为L。已 知电子质量为m,电荷量为e,不计电子重力和所受空气阻力。 (1)(2分)求电子穿过N极板小孔时的速度大小： ②)(6分)若F极板所加电压为，=4，电子从A点离开偏转电场，求电子在偏转电场内运动时竖直 3 方向位移大小y和电子在A点的电势能E: (③)）(4分)若EF极板所加电压为L,电子恰能打到靶台最右端，求EF与MN极板间所加电压之比 U 15、(16分)如图所示，一绝缘装置由水平滑板AB和四分之一光滑圆弧BC构成，该装置静置在光滑 水平面上。已知AB段上表面粗糙，动摩擦因数为0.5，其右端与四分之一光滑圆弧在B点相切，AB长 度和圆弧半径均为尺，整个装置处在方向竖直向下的匀强电场中，场强大小E=m.一电荷量为+9，大 小可以忽略的滑块以初速度。=2√2gR从A点滑上滑板，并且能在 B、C之间的D点（未画出）与滑板共速。已知该绝缘装置和滑 块质量均为m,重力加速度为8，则： (1)(3分)滑块在水平滑板AB运动过程中，受到的摩擦力是多少？ (2)(5分)B、D两点的高度差是多少？ (3)(8分)若开始时滑块在A点处于静止状态，现将原电场变为大 小为E。、方向水平向右的匀强电场。当滑块运动到B点时撤去匀强 电场，要求滑块不能从C点飞出，则新电场强度E,大小必须满足什么条件？ 树德中学高2025级高二上学期10月阶段性测试物理试题参考答案 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 D C B C B D D BC AC BCD 1.A.摩擦后的琥珀带电，带电体可以吸引轻小不带电物体，羽毛可以不带电，故A错误；B.等差等势面间 距越大，电场强度越小，故B错误；C,电子的运动轨迹由初速度和合外力确定，若初速度由高电势指向 低电势，电子也可能由高电势向低电势运动，故C错误；D.电势能的定义是：把电荷从该点移到选定的 零电势能位置，静电力所做的功等于电荷在该点的电势能，故D正确 3.A极板Q相对于手环的位移由手环的加速度决定，与手臂运动的速度大小无关，故A错误；B.当手 臂向后运动的加速度增大时，极板Q由于惯性将相对于手环向前移动，弹簧的形变量增大，两极板间距 离1减小，根据电容的决定式有C=S可知电容器的电容C变大，即加速度越大，电容越大，故B正 Ankd' 确；C.当手臂向前加速运动时，极板Q由于惯性将相对于手环向后移动，两极板间距离d增大，且向前 运动的加速度越小，弹簧的形变量越小，两极板间距离☑越小，根据匀强电场场强公式有E= d ,由于电 容器与电源始终相连，两极板间的电压不变，可知此时电容器两极板间的场强越大，故C错误；D.由 对B的分析可知，手臂向后运动的加速度越大，两极板间距离d减小得越多，电容器的电容C越大，根 据电容的定义式有q=CU,由于电容器两端的电压不变，可知电容器所带电荷量越多，故D错误。 4.A.由于感应起电，金属导体左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，根据电场叠加原理可知，A点电 场强度小于B点电场强度，方向相反，故A错误；B.由以上分析可知，正点电荷与B点间的电场强度 较大，根据U=Ed可知，正点电荷与B点间的电势差较大，即B点电势低于A点电势，所以将某一带负 电的点电荷从B点沿圆弧逆时针移动到A点过程，电势升高，电势能减小，电场力做正功，故B错误： C.根据，点电荷的电场分布可知，点电荷在C点产生的场强与D点产生的场强大小相等，方向相反，而 D点合场强为零，即点电荷在D点产生的场强与金属导体的感应电荷产生的场强等大、反向，所以点电 荷在C点产生的场强和金属导体的感应电荷在D点产生的场强等大同向，故C正确；D.电场中某点电 势的大小与电场强度的大小没有因果关系，故D错误。 5.A.由图乙可知，粒子的动能先增大后减小，根据能量守恒定律可知，电势能先减小后增大，故A错 误；B.v-1图像的斜率代表加速度，由图像可知，粒子的加速度先减小后增大；因为粒子仅在电场力的 作用下运动，根据牛顿第二定律有gB=m,解得a=9E,所以电场强度E也应该先减小后增大，粒子 m 从M点由静止释放，向N点运动，速度先增大，说明粒子先做加速运动，电场力方向与运动方向相同， 即沿+x方向；然后速度减小，做减速运动，电场力方向与运动方向相反，即沿-x方向；由于粒子带正电， 所以电场强度方向与电场力方向相同，故电场强度先沿+x方向，后沿-x方向。因为规定沿+x方向为电场 强度的正方向，所以在O点左侧E>0且逐渐减小，在O点右侧E<0且逐渐增大，故B正确： CD.规定O点的电势为零，沿电场线方向电势逐渐降低，在O点左侧，电场强度沿+x方向，所以电势为 正且沿+x逐渐降低；在O点右侧，电场强度沿-x方向，所以电势为正且沿+x逐渐升高，故CD错误。 6.A.小球在运动过程中只有电场力做功，电场力做功与电势能变化的关系为W=一△E。,根据图像可知 B四2L=2Eo,可得E=0,则gp0=-Edp0= qL EX=-号，故A错误：B.小球从P点到Q点.电 v2 场力对小球先做负功再做正功，故B错误；C.带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，有g=m 此时速度最小，解得v= 故C错误；D.速度从最小v到最大值v',根据动能定理有 m Eq:2L=Imv2-_ 二mw2,速度最大时，绳上拉力最大，则有T-Eg=m 2 2 联立可得7 _6正0，故D正确。 L 7.A.板长和间距均为d,初速度沿AB2,故Vx=y,=,总初速度v=√2y。,第一滴油滴下落时板间无 电场，仅受重力，可分解为水平方向的匀速直线运动、竖直方向的竖直上抛运动。落在下极板中点C,在 水半方向，有W=号在竖直方向，有%=g号联立解得，=总初速度，==受=，故A 2 错误；B.随着电荷量的积累，两板间电场强度逐渐增大，粒子竖直方向上的加速度减小，水平方向的位 移逐渐增大，直至下极板的电荷量积累至油滴刚好离开B,点为止，之后粒子将一直从B,点射出，故B错 误；C.水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间对应于油滴落在C点 和B点的时间，则时间之比为1：2，故C错误；D.电场力做功最多时油滴向上运动至最高点，由运动 的对称性和分析知，水平方向上w=d,竖直方向上，微匀减速直线运动，至最高点时，位移h=点. 22 联立解得力=从A点到最高点的过程中，由动能定理，有所。一mgh=0m心，解得队=专mgd,即电 4 8 势能最多减少。mgd,故D正确。 9.A.O点刚要开始起振，将过O点的两列波面等效为波源，C点到两波面间距相等，即间距差为0， 根据干涉原理可知，C点是振动加强点，故A正确；B.O点刚要开始起振，波面间形成夹角120°，C点 到过0点的两列波面间距x=xcsn120,波传到C点的时间(=互=2√5s,故B错误；C.根据图2可知， 1 AO沿垂直于右侧波面的投影比BO沿垂直于左侧波面的投影长一个波长，即A点比B点振动时间多一个 周期，由于A、B均为振动加强点，则图中此刻A点经过的总路程比B点多4A=4×(0.2+0.2)m=1.6m, 故C正确；D.将过O点的两列波面等效为波源，由于O、C连线上各个质点到左右两波面的间距相等， 可知，O、C连线上各个质点均为振动加强点，故D错误。 10.A.A在电场中a=四，d=)ad2,A在电场中的运动时间为1= 故A错误；B.A离开电场时 m 1 Eg d-)m心0B离开电场甜时Qd二)2-0，要使B离开阿强电场后靠近A并与A重新发生相互作 用，则%>以联立得B的带电荷量9如>号，故B正确：C.A离开电场时d-m以2-0，B离开电场时 2 d=-0A和B共速时电势能最大，m+紧m+分 24 a+》-m+2-++g 24 2 4 得A和B之间的电势能最大值为E。=g,故C正确；D.离开电场后，A和B之间的相互？ 有m+受=m ,m1 3.8 2.2+1v2,可得B=一sB十vA离汗电场时 5 Bgd=m心，2-0，B离开电场时B4d=)T2-0要使B在离开匀强电场之后的过程改变运动方向，则 1 2 24 了+兮<0，联立得B的电荷量9。>)9，故D正确。 38 16 VB=- 11.(每空2分)(1)D (2)BC (3)1.7×102℃ (4)C 12.(共8分)(1)500N/C(2分) (2)50V(3分)(3)50V(3分) y个 13. (共10分)(1) (2分）(2)v=(10n+2.5)m/s(n=0,12,3…) (4分)》 (3)S= 04+② m(4分) 20 (2)振源在坐标原点，绳子上产生的波向右传播，由t。到t。+0.4s波传播的距离 △x=n2+=(4n+1)m(n=012,3),则波速v=A,解得v=(10n+2.5)m/s(n=0,l2,3） （3)由题意得04s=nT+7a=01l23-,解得T=65>5,则n=0,T=1.6s,以4时刻为计时起点， 4n+1 质点P位移y随时间t变化的关系式y=0.lsin m,可得在+1.8s时刻，质点P位移y=-2 2π m,质 20 点P的路程S=4A+y,解得S= 0.4+ 2 20 12分)(2)3 L 10eU 14. (共12分)(1) (6分) (3)1(4分) m 9 ()电子在加速电场中由静止开始运动，动能定理得：心，=2m心， 2eU 整理后解得=√m (2)电子进人偏转电场后，水平方向匀速运动，运动时间1=上，竖直方向受电场力加速度a= ml 代人，-g, 2 竖直位移： 1e 3 化简得y=。 气，上极板E接地电势为0，EF间为 2 mL 匀强电场，电场强度方向竖直向上，A点相对于E板的竖直距离为+y= .5L ,因此A点电势： 6 =E. L -U2.5L_100电势能E4=-01= 10eU 2+y= L69 9 (3)根据类平抛的“速度反向延长线过水平位移中点”推论：设电子出偏转电场时竖直偏移量为y',出偏 y'L 电场后到靶合的水平距离为)，则LL,3L,解得y=,又偏转电场内竖直倜移量通用公 4 222 y'=1.el, ) U3-1 2 mL 代入-2，得础解得 m 15.供16分)①f=mg,方向与%方向相反3分)（②h=05R(5分）3s<E,≤3m(8分) (1)滑块在水平滑板AB运动过程中，竖直方向受力分析有F=mg+qE=2mg,滑动摩擦力∫=F,解 得f=mg,方向与方向相反 (2)滑块从A运动到D过程，水平方向系统动量守恒有m,=(m+m)v共，设BD两点高度差为h,根据能 量守恒定律有)m=m+m+mg+gBh+,R联立解得h=0.5R 2 (3)滑块所受的电场力F=qE。()滑块能到达B点，即要求滑块与滑板在AB段发生相对滑动，滑块 加速度大于滑板加速度，有F-ms>ms解得F>mg m m ()设滑块运动到B点时相对地面的位移为s,滑板的位移为S2,所需时间为t。若滑块恰好能到达C 点，整个过程中对系统用能量守恒定律有S,)m+my+mgR+g,g=mgR=0.5mgR,整个过无 中对系统用动量定理有F=(m+m)y,滑块运动到滑板的B点过程中，滑块的对地位移为 S1= 1 F-umg 联立可得FY=Fgt'+6mgR: m m 1 umg 滑块与滑板相对于地面的位移有S,=S2+R,其中滑板的对地位移为52= 联立可得F2-4F,mg+3mg2=0,解得F=3mg;所以F应满足mg<F≤3mg,综上得"m3<E。≤ mg