山西长治市第一中学2026-2027学年高二上学期第四次物理试题

新教育智能题卡 物理答题卡 长治一中高二物理第四次练考 [o]1][2][3][4][5][61[71[8[9] [o][1][2][3][4][5][6][71[8][9] ▣ 姓名： 班级： [o][1][2][3][4][5][61[71[8][9] 号 [o][1][2][3][4][5][6][71[8][9] 学号 [o][1][2][3][4][5][6][7][8][9] ID:1789554710531 一、 单选题(24分) 1 [A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 2 [A][B][C][D] 3 [A][B][C][D] 4 [A][B][C][D] 5 [A][B][C][D] 二、多选题(18分) 7 [A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 9 [A][B][C][D] 三、解答题(58分) 10.(12分) 04812 (2)开关$掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流.流过电阻R的电流方向为 (填“从右向 左”或“从左向右)； (4)根据图象估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为C； (⑤)根据前面的信息估算出该电容器的电容为F。(所有结果均保留两位有效数字) 11.(12分) 0123456789101112 第1页共2页 ■ 12.(16分) 012345678910111213141516 13.(18分) 0123456789101112131415161718 第2页共2页 ■■ 长治一中高二物理第四次练考 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________ 一、单选题 1.某平行板电容器标有“10 V，2.5 μF”，这表示(　　) A.该电容器的击穿电压是10 V B.要使两板间电压降低1 V，它所带的电荷量必减少2.5×10－6 C C.电容器只有在带电时电容量才为2.5×10－6 F D.如在板间插入电介质，电容将减小 2.心脏除颤器是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动的仪器。如图所示是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电后电容器的电压为4.0kV，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，下列说法正确的是(　　) A.放电之前，电容器存储的电荷量为6×104C B.放电过程中通过人体的电流平均值为30A C.放电之后，电容器的电容为零 D.放电之后，电容器的电压仍为4kV 3.图为研究影响平行板电容器大小因素实验时的操作示意图，下列说法符合实际情况的是(　　) A.进行如图甲所示的操作时，平行板电容器的电容增大 B.进行如图乙所示的操作时，平行板电容器的电容增大 C.进行如图丙所示的操作时，若插入的是电介质，平行板电容器的电容增大 D.进行如图丙所示的操作时，若插入的是金属板，平行板电容器的电容减小 4.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是(　　) A.油滴带正电 B.P点的电势不变 C.油滴向上运动 D.静电计指针张角不变 5.（2024-2025·山东潍坊高一下期末）如图所示，真空中倾斜放置两带有等量异种电荷的平行正对金属板M、N，质量、带电量q=10-4C的小球，自M板上小孔以=0.15m/s的初速度水平飞入两板间，经t=0.04s返回出发点，期间未与N板相碰。g取10m/s²，则两板间电场强度E的大小为(  ) A.75V/m B.100V/m C.125V/m D.150V/m 6.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板移动，已知两极板间的电势差为U，极板间距离为d，电子质量为m，电荷量为e，则关于电子在两极板间的运动情况，下列说法正确的是(　　) A.若将两极板间的电势差增加一倍，则电子到达Q板的时间保持不变 B.若将两极板间的电势差增加一倍，则电子到达Q板的时间减为一半 C.若将极板间距离d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变 D.若将极板间距离d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍 二、多选题 7.随着高精密技术的发展，负热膨胀材料(热缩冷涨)的研究成为材料科学的一个重要分支学科。如图所示是采用平行板电容器测量某种负热膨胀材料竖直方向长度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定不动，下极板随材料线度的变化上下微小移动，两极板间电压不变。现在材料温度变化时，极板上所带电荷量变少，则(　　　) A.电容器电容变小 B.极板间电场强度变小 C.极板间电场强度变大 D.材料温度降低 8.（2021·全国乙卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　） A. B.C. D. 9.三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC＝2OA，AC＝2BC，如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.三个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4 B.三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC＝1∶3∶4 C.三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9 D.带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20 三、解答题 10.小明同学想根据学习的知识，估测一个电容器的电容．他从实验室找到8V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路．实验过程如下，完成相应的填空． (1)先使开关S与1端相连，电源给电容器充电(充满)； (2)开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流．流过电阻R的电流方向为　　　　　　　(填“从右向左”或“从左向右”)； (3)传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i—t曲线如图乙所示； (4)根据图象估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为　　　  C； (5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为　　　  F。(所有结果均保留两位有效数字) 11.如图所示，水平放置的两平行金属板A、B的间距为d，电容为C，开始时两极板均不带电，A板接地且中央有小孔，现将带电荷量为q、质量为m的带电液滴从小孔(和A板面积相比足够小)正上方h高处无初速度地滴下，液滴落到B板后电荷全部传给B板． (1)若液滴在A、B间可做匀速直线运动，则此液滴是第几滴？ (2)能够到达B板的液滴不会超过多少滴？ 12.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求： (1)粒子离开电场时速度的大小； (2)匀强电场的场强大小； (3)两板间的距离． 13.（2025-2026·广东东莞高二上期末）“质子疗法”是治疗肿瘤的先进方法，其原理如图所示。质子源产生初速度可以忽略的质子，经过加速电场加速后，形成速率为的高能质子流；之后质子水平进入图中四分之一辐向电场，沿圆弧虚线通过该区域，再从P点竖直向上进入存在水平向右的匀强电场的圆形区域，最终袭击圆上M点的肿瘤细胞，从而杀死肿瘤细胞。已知四分之一圆弧虚线处的电场强度大小恒定，方向沿半径指向圆心O，圆与OP相切于P点，，圆形匀强电场区域的半径为R，M点位于OP上方处，已知质子质量为m、电量为e。质子的重力和质子间相互作用均忽略不计，已知。求： (1)加速电场的电压； (2)四分之一圆弧虚线处的电场强度大小； (3) 圆形匀强电场区域中的电场强度大小E。 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $长治一中高二物理第四次练考 一、 单选题 1.B【解析】铭牌上标的是额定电压和电容，所以10V是所加电压的最大值，并非是击穿电压，A 错误；根据C=号=器，两板间电压降低1V,它所带的电荷量必减少2.5×10~6C,B正确：不管电 容器是否带电，电容均为2.5x106F,C错误；根据C=,插入电介质，电容将增大，D错 误。 2.B【解析】根据电容的定义式可得Q=CU=15×106×4×103C=0.06C,可知放电前，电容器储存 的电量为0.06C,A错误；放电过程通过人体的平均电流大小为=号=0C,=30A,B正确；电容 是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，它只与电容器本身的性质，放电之后，电容器的电容 是不变的，C错误；放电之后，电容器的电荷量为零，根据公式U=号，电压为零，D错误。 3.C【解析】平行板电容器电容的决定式为C=益品，图甲中减小正对面积s,电容减小，故A错 误；图乙中增大两极板之间的距离d,电容C减小，故B错误；在两极板之间插入电介质，介电常数 增大，电容C增大，故c正确，在两极板之间插入金属板，等效于减小两极板间的距离d,电容C增 大，故如错误。故选C。 4.B【解析】根据受力平衡可知，油滴的电场力方向向上，极板间电场向下，电场力与电场方向相 反，故油滴带负电，故A错误：根据C-号。C=篇，B-名，联立得出口-，8- ，可 知电场强度与极板间的距离无关，所以场强不变，由F=E知油滴受到的电场力不变，油滴不会运 动，P点与下极板间的距离不变，由，。=，=a,知，P点的电势不变，由V=4d知，若将电容 E.S 器的上极板竖直向下移动一小段距离，则电势差变小，静电力张角变小，故奶正确，C、D错误。 故选都。 5.C【解析】带电小球做匀变速直线运动，根据加速度的定义可知小球的加速疫大小为 a=0= 2×0.15 t m/s2=7.5m/s2,设带电小球所受电场力与竖直方向的夹角为0，结合带电小 0.04 2 球的运动情况，对带电小球受力分析如图所示 mg 水平方向，根据力的合成和牛顿第二定律，有mgtane0=ma,竖直方向，根据平衡条件，有 Fcos0=mg,又F=gE,联立解得两板间电场强度的大小为E=125V/m,故选C。 6C【解析】电子在两极板间做匀加速直线运动，有d=篇 所以将两极板间的电势差增加一倍，则电子到达Q板的时间变为原来的倍，A、B错误； 电子在两极板间运动，根据动能定理得e= 所以改变极板间距离，不改变电子到达Q板的速率，C正确，D错误， 二、多选题 7.AB【解析】根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式 C=号可知，电容器的电容C变小，A正确；电容变小，根据电容的决定式C-品可知，极板间 距变大，极板之间形成匀强电场，根据电场强度与电势差的关系E=马可知，极板间电场强度E 减小，B正确，C错误；电容变小，极板间距变大，因为材料是负热彭胀材料，材料竖直方向尺度 变小，故温度升高，D错误。 8.AD【解析】带电粒子在匀强电场中做类平地运动，加速疫为a=g型 m 由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为t二！ 离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为tan9==at-gE Vs vo mvg 因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前 面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同； (+g,m)粒子与(+3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(-q,m)粒子的比荷 也相同，所以(+g,m)、（+3g,3m)、(-q,m)三个粒子偏转角相同，但(-q,m)粒子与前两个粒子的 偏转方向相反；（+q,2m)粒子的比荷与(+q,m)、（+3g,3m)粒子的比荷小，所以(+q,2m)粒子比 (+q,m)、(+3q,3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。故选AD。 9.ACD【解析】三个粒子的初速疫相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x=t得，运动时间 4:tg:tc=xA:xB:xc=2:3:4,故A正确；三个粒子在竖直方向上的位移相等，根据=aP, 解得：a4:ag:aC=36:l6:9,故B错误；由牛顿第二定律可知F=a,因为质量相等，所以合外 力之比与加速度之比相同，合外力做功W=y,由动能定理可知，动能的变化量等于合外力做的 功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为E4:EB:EkC=36:16:9,故C正 确；三个粒子所受合外力大小关系为：F4>F>FC,三个粒子的重力相等，所以B仅受重力作用，A 所受的静电力向下，C所受的静电力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，由牛顿第二定律得： a4:aB:ac=(g+qA):lg:(g-qc),解得：qc:qA=7:20,故如正确 三、解答题 10. 从右向左2.4×103~2.6×103C3.0×104~3.3×104℉ 【解析】(2)开关$与1端相连，电源给电容器充电，电容器上极板与电源正极相连，上极板带正 电；开关$掷向2端，电容器放电，流过电阻的电流方向为从右向左（电流从电容器正极板出发经R 到负极板) (4)一曲线与坐标轴围成面积表示电容器释放的电荷量，大于半格的算一格，小于半格的舍弃，则 电荷量为Q=31×0.2mA×0.4s≈2.5×10-3C,由于误差2.4×10-3~2.6×103C均可； (5)电容器的电容为C=号=25x10F≈3.1×10-4p,由于误差3.0×104~3.3×104尔 1.+1(acga+ 【解析】(1)设第滴恰在A、B间做匀速直线运动，则这时电容器的带电荷量为(1-1)4，对第滴液 滴，根据它的受力平衡得亚=g，B=号=品= Ca 解得=C9+1. a (2)当到达B板的液滴增多时，电容器带电荷量Q增大，两板间电压也增大；当某带电液滴到达B板 速度恰好为零时，该液滴将返回，在OB间往复运动，设能够到达B板的液滴不会超过1，由动能定 理有-qV+ugh+山=0，即g是=gh+山， 解得r=mgC+d 12.1)2A(2)Y5m26)L 【解析】(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°， 由几何关系得速应v=50=2@ 2 (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动， 在水平方向上L=ot, 在竖直方向上y=a4,y=Yoan30°=B0 由牛顿第二定律得gB=ma,解得E=Bm0 3gL (3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上d=,解得d=L 13.(1)U=m2 2e (2)E= mv2 er (3)E=4v3m22 eR 【解析】)质子在加速电场中被加速，根据动能定理有U=二 mm22 解得U=mw2 2e (2)质子在辐向电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得，=m 解得E=m2 er (3)质子从P到M做类平抛运动，轨迹如图所示 根据平抛运动规律结台几何关系，有号-成，√-（侵）”- 根据牛顿第二定律eE=ma 解得E=4V3m2 eR