安徽阜阳市太和县第二中学2026-2027学年高二上学期阶段检测物理试题

高二上学期月考 一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1．两个带电荷量分别为－Q和＋4Q的金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两点处，它们间库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定在距离为r的两点处，则两球间库仑力的大小为(　　) A．9F B．F C．F D．12F 2．如图所示，在一条直线上有两个相距0．4 m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在静电力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为(　　) A．正，B的右边0．4 m处 B．正，B的左边0．2 m处 C．负，A的左边0．2 m处 D．负，A的右边0．2 m处 3．如图所示，下列说法正确的是(　　) A．φA>φB B．负电荷在A点时的电势能大于在B点时的电势能 C．负电荷由B移动到A时静电力做正功 D．UAB>0 4．如图所示，电容器上标有“80 V　1000 μF”字样。下列说法正确的是(　　) A．电容器两端电压为0时其电容为零 B．电容器两端电压为80 V时才能存储电荷 C．电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为0．08 C D．电容器两端电压低于80 V时其电容小于1000 μF 5．A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图像如图所示。下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是(　　) A．EA＝EB B．EA<EB C．φA<φB D．φA>φB 6．急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即j＝，它可以用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，当交通工具的急动度为零时乘客感觉最舒适。图示为某汽车从静止开始启动一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。下列说法正确的是(　　) A．t3时刻汽车的加速度为零 B．0～t1时间内汽车的加速度逐渐减小 C．t1～t2时间内汽车的加速度均匀增大 D．t2～t3时间内汽车的平均加速度小于t1～t2时间内汽车的平均加速度 7． 如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　) A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大 8．某静电场中，某条电场线与x轴重合，取电场强度E的正方向为x轴正方向，x轴上各点的电场强度E与位置x的关系如图所示。一带正电荷的粒子仅在静电力作用下沿x轴从x1位置运动到x4位置。下列说法中正确的是(　　) A．x2、x4处的电势相等 B．粒子在x2、x4处受到的电场力不同 C．粒子在x3处的电势能最大 D．粒子由x2处运动到x3处过程中电场力做的功大于由x3处运动到x4处过程中电场力做的功 二、多选题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分） 9．(多选)如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B处电荷带正电，C处电荷带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是(　　) A．M、N两点电场强度相同 B．M、N两点电势相同 C．一负电荷在M点电势能比在O点时要小 D．一负电荷在N点电势能比在O点时要大 10．(多选)如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆MP，细杆左侧O点处固定着一个带正电的点电荷，以O为圆心、r为半径的圆周与细杆交于N、P两点，N点为MP的中点。现将一质量为m、电荷量为－q的小球(可视为质点)套在杆上从M点由静止释放，小球滑到N点时的速度大小为。已知重力加速度为g，M点和P点的高度差为3r，取P为零电势点，则下列说法正确的是(　　) A．M、N两点的电势差为－ B．小球从N点到P点过程电场力做的功为－ C．小球滑至P点时的速度大小为3 D．M点的电势为－ 三、实验题 11．（8分）电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，它与计算机相连，可以显示出电流随时间变化的I­t图像。如图甲所示连接电路。直流电源电动势为9 V，内阻可忽略，电容器选用电容较大的电解电容器。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，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I­t图像如图乙所示。 (1)在如图乙所示的I­t图像中用阴影标记面积的物理意义是________________________。 (2)根据I­t图像估算当电容器开始放电时所带的电荷量q0＝________，并计算电容器的电容C＝________。(均保留两位有效数字) (3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I­t曲线与横轴所围成的面积将________(选填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(选填“变长”“不变”或“变短”)，简要说明原因：________________。 12.（8分）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。 (1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的________(填“正极”或“负极”)接触。 (2)某同学设计的实验电路如图a所示。先将电阻箱的阻值调为R1，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是________。(填正确答案标号) A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定 B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定 C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭 (3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1)，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况，两次得到的电流I随时间t变化如图b中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为________(填“R1”或“R2”)时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的________(填“电压”或“电荷量”)。 四、解答题 13．（12分）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。 (1)求带电粒子所受的静电力的大小F； (2)求带电粒子到达N板时的速度大小v； (3)若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。 14．(12)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)小球经过O点时的速度大小； (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 15．（18分）在动摩擦因数μ＝0．2的足够长的粗糙绝缘水平槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图(槽两侧光滑)。A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q(均可视为质点，且不考虑两者间相互作用的库仑力)。现让A处于如图所示的①有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP②恰位于细杆的中垂线上，MP和NQ的距离为3L，匀强电场的电场强度为E＝，方向水平向右。释放带电系统，让A、B③从静止开始运动(忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响)。求： (1)小球B第一次到达电场边界MP④所用的时间； (2)小球A第一次⑤离开电场边界NQ时的速度大小； (3)带电系统运动过程中，B球⑥电势能增加量的最大值。 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．[答案]　B [解析]　两球相距为r时，根据库仑定律得F＝k；接触后各自带电荷量变为Q′＝＝＋，则此时有F′＝k＝F，故B正确。 2． [答案]　C [解析]　根据库仑定律，当C在A的左侧时，C受到A、B库仑力的合力才可能为0，则C在A的左边；为使A受到B、C的库仑力的合力为0，C应带负电；设C在A左侧距A为x处，由于C处于平衡状态，所以k＝，解得x＝0．2 m，C正确。 3． [答案]　B [解析]　沿着电场线的方向电势降低，由图知φA<φB，UAB<0，故A、D错误；WBA＝qUBA，其中q<0，UBA>0，则WBA<0，故C错误；由Ep＝qφ知，负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，故B正确。 4． [答案]　C [解析]　电容表征电容器储存电荷的特性，与电压U和电量Q无关，给定的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可 知，电容器两端只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为Q＝1000×10－6×80 C＝0．08 C，故C正确。 5． [答案]　C [解析]　在v­t图像中，图线斜率的绝对值表示物体的加速度大小，由题图可得，正电荷在A处的加速度大于在B处的加速度，根据牛顿第二定律可得qE＝ma，则A点的电场强度大于B点的电场强度，即EA>EB，故A、B错误；由题图可得，正电荷从A到B的速度减小，电场力做负功，说明电场力方向为从B指向A，即电场线方向为从B指向A，而沿电场线方向电势降低，则φA<φB，故C正确，D错误。 6． 答案：C 解析：在j­t图像中，图线与t轴围成的面积表示加速度的变化量Δa，由题图可知，0～t3时间内图线与横轴围成的面积逐渐增大，则0～t3时间内汽车的加速度逐渐增大，t3时刻加速度取得最大值，t2～t3时间内汽车的平均加速度大于t1～t2时间内汽车的平均加速度，故A、B、D错误。t1～t2时间内急动度不变，根据j＝，可知单位时间内的加速度变化量恒定不变，即加速度均匀增大，C正确。 7． [答案]　A [解析]　根据题意可知两极板间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容的定义式C＝，可知电容器电容C变小，D错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝，可知极板间距d增大，极板之间存在匀强电场，电场强度E＝，可知极板间电场强度E变小，B、C错误；极板间距d增大，由几何关系可知，材料竖直方向尺度减小，A正确。 8． 答案：D 解析：由图可知，从x1到x4电场强度为正，则从x1到x4间电场线方向由x1指向x4，沿电场线方向电势降低，因此x1处电势最高，x2处的电势高于x4处的电势，粒子带正电荷，故粒子在x1处的电势能最大，A、C错误；x2、x4处电场强度相同，由F＝qE可知，粒子在x2、x4处受到的电场力也相同，B错误；由U＝Ed可知，E­x图线与x轴所围图形的面积表示电势差，又由x2处到x3处图线与x轴所围图形面积大于由x3处到x4处图线与x轴所围图形面积，结合W＝qU可知，粒子由x2处运动到x3处过程中电场力做的功大于由x3处运动到x4处过程中电场力做的功，D正确。 9． [答案]　BC [解析]　根据电场强度叠加原理以及对称性可知，M、N两点的电场强度大小相同，但是方向不同，A错误；因A、B处的正电荷在M、N两点的合电势相等，C处的负电荷在M、N两点的电势也相等，则M、N两点电势相等，B正确；令一负电荷从M点沿直线MO运动到O点，A、B处两正电荷对该负电荷的库仑力的合力从O指向M，对该负电荷做负功，C处的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即该负电荷在M点电势能比在O点时要小，同理可知一负电荷在N点电势能比在O点时要小，C正确，D错误。 10． [答案]　CD [解析]　由几何关系可得MN段的竖直高度为hMN＝r，小球从M点到N点的过程中，由动能定理可得mghMN＋(－q)·UMN＝mv－0，由题可知小球滑到N点时的速度大小为vN＝，解得M、N两点的电势差为UMN＝－，A错误；根据点电荷的电场特征可知，N、P两点所在的圆是一个等势面，有φN＝φP，则UNP＝0，所以小球从N点到P点过程电场力做的功为零，B错误；由几何关系可得NP段的竖直高度为hNP＝r，小球从N点到P点过程，根据动能定理可得mghNP＝mv－mv，解得小球滑至P点时的速度大小为vP＝3，C正确；由题意及前面分析知φP＝φN＝0，且有UMN＝φM－φN，联立解得M点的电势为φM＝－，D正确。 11．[答案]　(1)通电0．2 s电容器增加的电荷量(或流过电阻R的电荷量) (2)1．8×10－3 C(1．7×10－3 C也正确) 2．0×10－4 F(1．9×10－4 F也正确) (3)不变　变短　充电电流增大 [解析]　(1)题图乙中1～3．4 s的I­t图线是充电电流随时间变化的规律，又I­t图线与t轴所围的面积表示电荷量，则题图乙中阴影面积的物理意义是通电0．2 s充入电容器(或流过电阻R)的电荷量。 (2)电容器在全部放电过程中释放的电荷量在数值上等于放电过程I­t图线与横轴所包围的面积；首先以坐标纸上的一个小正方形作为一个面积计量单位，数出图线与横轴所围的图形中有多少个完整的小正方形，对于超过该格一半面积的记为一个，不足一半的舍去不计，这样即可以得到包含的小正方形的个数为44个(43～45个都正确)；其次确定每个小方格所对应的电荷量，纵坐标的每个小格为0．2 mA，横坐标的每个小格为0．2 s，则每个小格所代表的电荷量为：q＝0．2×10－3×0．2 C＝4×10－5 C，则电容器开始放电时所带的电荷量q0＝nq＝44×4×10－5 C＝1．8×10－3 C；电容器的电容C＝＝ F≈2．0×10－4 F。 (3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，将开关掷向1，充电完毕时电容器两端的电压不变，由于电容器的电容不变，根据Q＝CU可知充入电容器的电荷量不变，即充电时I­t曲线与横轴所围成的面积将不变。将开关掷向1，电容器开始时所带电荷量为0，可知电容器两端的电压UC＝0，则电阻R两端的电压UR＝E，此时通过R的电流即电容器开始充电时的电流，即Imax＝；只减小电阻R，则Imax增大，而充电时I­t图线与横轴所围成的面积将不变，所以充电时间将变短。 12.答案：(1)正极　(2)C　(3)R2　电荷量 解析：(1)多用电表在使用时，应让电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，故多用电表的红表笔应该与电池的正极接触。 (2)电容器充电完成后，两极板电荷量最多，电势差最大，当开关S与“2”端相接，电容器开始放电，回路立即形成电流，灯泡迅速变亮，随着时间的积累，两极板电荷量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，灯泡的亮度减小，直至两极板电荷量为零，不再有电流流过小灯泡，小灯泡熄灭，故C正确。 (3)开关S与“1”端相接，电容器充电，由图像可知开始充电瞬间，实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为R2；图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，由q＝It可知，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。 13．[答案]　(1)q　(2)　(3) [解析]　(1)两平行金属板间的场强大小 E＝ 带电粒子所受的静电力的大小F＝qE 联立解得F＝q。 (2)带电粒子从M板由静止开始运动到N板的过程中，根据动能定理有qU＝mv2－0 解得v＝。 (3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据动能定理有q＝mv′2－0 带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速直线运动，设经历的时间分别为t1、t2，有＝t1 ＝v′t2 该粒子从M板运动到N板经历的时间 t＝t1＋t2 联立解得t＝。 。 14．答案：(1)mgR　(2) (3)y2＝6Rx(x>0，y>0) 解析：(1)小球从A点运动到B点的过程，根据能量守恒定律得Ep＝mv 其中vB＝ 解得弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep＝mgR。 (2)小球从B点运动到O点的过程，根据动能定理有 －mgR＋qE·＝mv－mv 其中qE＝mg 解得小球经过O点时的速度大小vO＝。 (3)小球运动至O点时速度竖直向上，之后只受电场力和重力作用，将电场力沿x轴方向和y轴方向分解，则 x轴方向有qEcos45°＝max y轴方向有qEsin45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0 说明小球过O点后在第一象限做类平抛运动，有x＝gt2，y＝vOt 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx(x>0，y>0)。 15．答案(1)t1＝ (2)v2＝。(3)3．96mgL 解析：(1)带电系统开始运动后，先向右加速运动，当B进入电场区时，开始做减速运动。设B球进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq－μ·2mg＝2ma1 解得：a1＝g(2分) B球刚进入电场时，由L＝a1t(2分) 可得t1＝。(1分) (2)设B从静止到刚进入电场的速度为v1，由v＝2a1L 可得v1＝(2分) 设B球进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得： 2Eq－3Eq－μ·2mg＝2ma2 解得：a2＝－0．8g(2分) 之后系统做匀减速直线运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2，由 v－v＝2a2L可得v2＝。(2分) (3)当带电系统速度第一次为零时，此时A球已经到达右边界NQ右侧，B球克服静电力做的功越多，B球增加的电势能越多，设系统速度减小到零时，A球离右边界NQ的距离为x，A球离开电场后，系统的加速度为a3，由牛顿第二定律：－3Eq－2μmg＝2ma3 解得：a3＝－2g(2分) 由x＝解得：x＝0．1L<2L，所以B没有出电场，(3分) 故B电势能增加量的最大值为 ΔEp＝－W＝－[－3Eq(L＋x)]＝3Eq(L＋x)＝3Eq·1．1L＝3．3EqL＝3．96mgL。(2分) 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 第2页，共8页 第5页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $