安徽阜阳市太和县新兴私立中学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.在真空中一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0．3 m和0．6 m(如图甲)。在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，其受到的静电力大小跟试探电荷的电荷量的关系如图乙中直线a、b所示。下列说法正确的是(　　) A．A点的电场强度大小为2．5 N/C B．B点的电场强度大小为40 N/C C．点电荷Q是负电荷 D．点电荷Q的位置坐标为0．2 m 2．如图，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电荷量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心，点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d。已知图中a点的电场强度为零，则带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为(　　) A．，水平向右 B．，水平向左 C．＋，水平向右 D．，水平向右 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，在纸面内有一直角三角形ABC，P1为AB的中点，P2为AP1的中点，BC＝2 cm，∠A＝30°。纸面内有一匀强电场，电子在A点的电势能为－5 eV，在C点的电势能为19 eV，在P2点的电势能为3 eV。下列说法正确的是(　　) A．A点的电势为－5 V B．B点的电势为－19 V C．该电场的电场强度方向由B点指向A点 D．该电场的电场强度大小为800 V/m 5．　如图所示，两个电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的球壳和球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为(　　) A．F B．F C．F D．F 6．如图所示，加速电场的两极板P、Q竖直放置，间距为d，电压为U1。偏转电场的两极板M、N水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为U2。P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场，经过偏转电场，到达探测器(探测器可上下移动)。整个装置处于真空环境，且不计离子重力。下列说法正确的是(　　) A．离子在加速电场中运动时间为d B．离子在M、N板间运动时间为L C．离子到达探测器的最大动能为q(U1＋U2) D．为保证离子不打在M、N极板上，U1与U2应满足的关系为U2>2U1 7． 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的电场强度E＝ B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin＝ C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 8．(2024·重庆高考)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示。一电荷量为e的带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1．5 eV，速度沿x轴正方向。若该电荷仅受电场力，则其将(　　) A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动 C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动 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)在x轴上坐标为－3L和3L的两点固定电荷量不等的两点电荷，坐标为3L处电荷带正电，电荷量大小为Q。两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的横坐标分别为－2L和2L，则(　　) A．两点电荷为异种电荷 B．同一检验电荷在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 C．坐标为－3L处电荷的电荷量大小为2Q D．坐标为－3L处电荷的电荷量大小为4Q 10．(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，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(　　) 三、实验题 11．（8分）在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表V1(量程3 V，内阻r1＝3．0 kΩ)，电压表V2(量程5 V，内阻r2＝5．0 kΩ)，滑动变阻器R(额定电流1．5 A，最大阻值100 Ω)，待测定值电阻Rx，电源E(电动势6．0 V，内阻不计)，单刀开关S，导线若干。 回答下列问题： (1)实验中滑动变阻器应采用________接法(填“限流”或“分压”)。 (2)将虚线框中的电路原理图补充完整。 (3)根据下表中的实验数据(U1、U2分别为电压表V1、V2的示数)，在图a给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制U2­U1图像。 测量次数 1 2 3 4 5 U1/V 1．00 1．50 2．00 2．50 3．00 U2/V 1．61 2．41 3．21 4．02 4．82 (4)由U2­U1图像得到待测定值电阻的阻值Rx＝________ Ω(结果保留三位有效数字)。 (5)完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻Ry(阻值约为700 Ω)的阻值，在不额外增加器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请在图b的虚线框内画出你改进的电路图。 12.为了测量一微安表表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空： (1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时________的示数I； (2)然后将S拨向接点2，调节________，使__________________，记下此时RN的读数； (3)多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表表头内阻的测量值。 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，一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。 (1)求电子穿过A板时的速度大小v0； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y； (3)求OP的距离Y； (4)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。 15．（18分）空间有一水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为＋q的小球用一绝缘轻绳悬挂于O点。若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸面向里的初速度v0，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，其圆心P与悬挂点O的连线与竖直方向成37°角，如图所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，求： (1)电场强度E的大小； (2)小球从倾斜圆轨道的最低点A到最高点B的过程中，电势能的变化量。 参考答案 1. [答案]　D [解析]　根据E＝知，图乙图线斜率的绝对值表示试探电荷所在处电场强度的大小，则A点的电场强度大小为EA＝ka＝ N/C＝40 N/C，B点的电场强度大小为EB＝kb＝ N/C＝2．5 N/C，A、B错误；由于带正电的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向 相同，则A、B两点处的电场强度方向都沿x轴正方向，又因为EA>EB，故点电荷Q的位置在A点的左侧，且Q带正电，设点电荷Q的位置坐标为x，则有EA＝k，EB＝k，代入数据解得x＝0．2 m，C错误，D正确。 2． [答案]　A [解析]　由电场的矢量叠加原理，可知矩形薄板在a点处产生的电场强度与点电荷－q在a点处产生的电场强度等大反向，即大小为E＝，方向水平向左，则矩形薄板带负电；由对称性可知，矩形薄板在b点处产生的电场强度大小也为E＝，方向水平向右，故A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]　D [解析]　由公式φ＝可知，φA＝＝＝5 V，故A错误。φP2＝＝＝－3 V，A、P2间的电势差为U＝φA－φP2＝5 V－(－3) V＝8 V，φB＝φA－4U＝5 V－4×8 V＝－27 V，故B错误。A点到B点电势均匀降落，设P1B的中点为P3，该点电势为φP3＝φA－3U＝5 V－3×8 V＝－19 V，而φC＝＝＝－19 V，则P3点与C点为等势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线P3C所示，由几何关系知，P3C与AB垂直，所以AB为电场线，又因为沿电场线方向电势越来越低，所以该电场的电场强度方向是由A点指向B点，电场强度大小为E＝＝ V/cm＝800 V/m，故C错误，D正确。 5．　 答案：D 解析：将乙图中的均匀带电球壳分成三个带电球壳，关于球心对称的两个带电球壳对球心处点电荷的库仑力的合力为零，并且甲、乙两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，因此乙图中带电的球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电的球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D正确。 6． 答案：B 解析：离子在加速电场中做匀加速直线运动，加速度为a1＝，由匀变速直线运动的公式，有d＝a1t，得离子在加速电场中运动时间为t1＝d，故A错误；设离子进入偏转电场的速度为v0，由动能定理有qU1＝mv－0，离子在M、N板间做类平抛运动，运动时间为t2＝，解得t2＝L，故B正确；当离子经过M板或N板右端时到达探测器的动能最大，由动能定理可知，离子到达探测器的最大动能为Ekm＝qU1＋q，故C错误；离子在偏转电场中的加速度大小为a2＝，为保证离子不打在M、N极板上，即离子在竖直方向的偏转位移小于，有a2t<，联立解得U2<2U1，故D错误。 7． [答案]　B [解析]　小球静止时，对小球受力分析，由平衡条件可知qE＝mgtanθ，解得E＝，故A错误；小球所受电场力与重力大小、方向均保持不变，将电场力与重力的合力等效为“新重力”，大小为F＝，作出小球做圆周运动的轨迹，如图所示，则与起始点关于圆心O对称的A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效“最高点”，在A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知F＝，动能Ekmin＝mv，联立解得Ekmin＝，故B正确；由功能关系可知，小球机械能的变化量等于电场力做的功，则当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，小球机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功后做负功再做正功，所以电势能先减小后增大再减小，故D错误。 8． 答案：B 解析：带负电的试探电荷在x2点处的动能为Ek2＝1．5 eV，电势能为Ep2＝－eφ2＝－1 eV，则动能和电势能之和为E＝Ek2＋Ep2＝0．5 eV，因试探电荷仅受电场力作用，则动能和电势能之和恒定，由Ep＝qφ可知，电势越低的位置，负电荷的电势能越大，动能越小，速度越小，当速度为零时，电势能最大，为Ep′＝E＝0．5 eV，即运动到电势为φ′＝＝－0．5 V处，结合题图分析可知，该试探电荷在x1到x2间的φ′＝－0．5 V处和x3右侧的φ′＝－0．5 V处之间做往复运动，不会运动到x0、x1处，故B正确，A、C、D错误。 9． 答案：BD 解析：从坐标为－3L处到坐标为3L处，电势先降低后升高，则电场线先沿x轴正向后沿x轴负向，可知，两点电荷均带正电，为同种电荷，故A错误；在φ­x图像中，图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，则在x＝L处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，设坐标为－3L处点电荷的电荷量大小为Q′，根据电场强度叠加原理有－＝0，解得Q′＝4Q，故C错误，D正确；两点电荷在M点处的合场强大小为E1＝－＝，在N点处的合场强大小为E2＝－＝，则E1>E2，由F＝Eq可知同一检验电荷在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力，故B正确。 10． 答案：AD 解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝，由类平抛运动规律可知，垂直于电场方向有x＝v0t，平行于电场方向有y＝at2，联立得y＝。因为四个带电粒子的初速度v0相同，所以沿x轴方向运动相同距离时，沿y轴方向运动的距离与比荷成正比，再结合粒子所带电荷的电性，分析可知，粒子(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)向一侧偏转，粒子(－q，m)向另一侧偏转，且比荷相同的粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)的偏转程度相同，比荷较小的粒子(＋q，2m)的偏转程度较小，故A、D可能正确，B、C错误。 三、实验题 11． [答案]　(1)分压　(2)图见解析图1 (3)图见解析图2 (4)1．82×103　(5)图见解析图3 [解析]　(1)由电路图可知，V1与Rx串联，由于各电压表的内阻比较大，滑动变阻器阻值较小，为了测得多组数据，滑动变阻器应采用分压接法。 (2)根据实验原理，其电路图如图1所示。 (3)根据表中的实验数据，绘制的U2­U1图像如图2所示。 (4)根据实验电路图，有Rx＝，变形得U2＝U1，则U2­U1图线的斜率为k＝，根据U2­U1图像可得斜率k＝＝1．605，则Rx≈1．82×103 Ω。 (5)因待测电阻Ry(阻值约为700 Ω)的阻值较小，若仍与电压表V1串联，则所分得的电压过小，实验误差较大，故将待测电阻Ry与Rx串联，求出Rx和Ry串联的总电阻，即可求出Ry的阻值。故改进后的电路图如图3所示。 12. [答案]　(1)R0　标准电流表A0 (2)RN　标准电流表A0的示数为I (3)平均值 [解析]　本题测量微安表表头A的内阻采用的是等效替代法，则实验的操作如下： (1)将S拨向接点1，接通S1，调节滑动变阻器R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记录此时标准电流表A0的示数I；由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋rg0＋rg＋r)(其中r为电池内阻)。 (2)将S拨向接点2，调节电阻箱RN，使标准电流表A0的示数保持I不变，记录此时RN的读数；由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋rg0＋RN＋r)。 (3)多次重复上述过程，得到多个RN的值。由(1)(2)中两式可得待测微安表表头内阻rg＝RN，为了减小误差，应计算RN读数的平均值。 13．（12分） [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)　(2) 　(3) (4)增加L或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度 [解析]　(1)电子在加速电场中加速，由动能定理可知：eU1＝mv 解得：v0＝。 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动， 垂直电场方向：L＝v0t 沿电场方向：e＝ma 侧移量：y＝at2 联立解得：y＝。 (3)由几何关系可知：＝ 得：Y＝。 (4)该示波器的灵敏度D＝ 解得：D＝ 则增加L或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度。 15．答案：(1)　(2)减小mv 解析：(1)带电小球在倾斜平面做匀速圆周运动，因此重力和电场力的合力沿OP方向，如图所示，由矢量的合成定则可知Eq＝mgtan37° 解得E＝。 (2)如图所示，小球做匀速圆周运动时合力指向圆心，大小为F合＝F合1tan37° 其中重力和电场力的合力F合1＝ 设小球做圆周运动的半径为R，根据向心力公式有F合＝ 从A点到B点的过程中，电场力对小球做的功为W＝2EqRcos37° 小球电势能的变化量为ΔEp＝－W 联立解得ΔEp＝－mv 即电势能减小mv。 第2页，共8页 第5页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $