四川省成都市成华区某校2025-2026学年高二上学期阶段性考试（一）物理试卷（含答案）

这是一份四川省成都市成华区某校2025-2026学年高二上学期阶段性考试（一）物理试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )
A.由E＝eq \f(F,q)知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比
B.由C＝eq \f(Q,U)知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C.由E＝keq \f(Q,r2)知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关
D.由UAB＝WABq知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为
1 J，则A、B两点间的电势差为1 V
2. 某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示.下列说法正确的是( )
A.a点的电势高于b点的电势
B.若将一正检验电荷由a点移到b点，电场力做负功
C.c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断
D.若将一正检验电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c
3. 如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，闭合开关S后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )
A.使A、B两板靠近一些
B.使A、B两板正对面积减小一些
C.断开S后，使B板向左平移一些
D.断开S后，使A、B正对面积减小一些
4. 如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,实线为一带负电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,R同时在等势面b上.据此可知( )
A.三个等势面中,a的电势最高
B.带电质点在P点的电势能比在Q点的电势能大
C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D.带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小
5．如图所示，在竖直向上的匀强电场中有一绝缘粗糙1/4圆弧曲面，有一带电金属块沿曲面滑下。已知在金属块滑下的过程中小球的重力势能减小了10 J，机械能增大了8J,电势能减少了13J，则以下判断正确的是( )
A.金属块带正电荷 B.金属块的动能增大了2 J
C.金属块克服摩擦力做功5J D.金属块运动到圆弧最低点速度最大
6．如图所示，不可伸长的轻绳跨过光滑、轻质定滑轮O，一端与带电荷量为+q的小球A相连，另一端连接装水的水桶，带电荷量也为+q的小球B位于定滑轮O正下方，放置在绝缘、粗糙的水平面上，初始时水桶和小球A、B均静止。若将水桶内的水取出少量，水桶和小球A、B再次平衡，小球B仍然处于原位置，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（ ）
A．小球A、B连线上中点的电势等于零
B．小球A、B之间的距离变大
C．水桶的位置变低
D．水平面对小球B的摩擦力变大
7. 在某静电场中,电场方向沿x轴方向,其电势φ随坐标x的分布如图所示(x4 cm区域均无电场).一质量为2×10-10 kg、电荷量为2×10-11 C的带正电粒子(重力不计),以大小为6×103 m/s的初速度从x=-4 cm处沿x轴正方向进入电场.下列判断正确的是( )
A.该电场中,最大电场强度为120 V/m
B.粒子不可能到达x=4 cm处
C.粒子从x=-4 cm处沿x轴正方向运动的过程中,在x=3 cm处的动能最大
D.粒子从x=-4 cm处沿x轴正方向运动的过程中,最小的动能为零
二、多项选择题（每小题有多个正确答案，全部选对得6分，选对但不全得3分，共18分）
8. 把带电荷量2×10－8 C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功
8×10－8 J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10－8 J，取无限远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A. 把该电荷从A点到无限远处，电场力做功8×10－8 J
B. 该电场中A点电势为-4V
C. 该电场中A、B两点的电势差-3V；
D. 若把2×10－8 C的负电荷由A点移到B点，电势能增加6×10－8 J.
9．如图所示，三个带电小球A、B、C可视为点电荷，所带电荷分别为+Q、-Q、+q。A、B固定在绝缘水平桌面上，C带有小孔，穿在动摩擦因数处处相同的粗糙绝缘直杆上，绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处，将C从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零，C沿杆下滑时带电荷量保持不变，C在下落过程中，以下判断正确的是（ ）
A．电场力方向水平向右
B．小球C所受摩擦力一直减小
C．小球C下落一半高度时速度一定最大
D．摩擦产生的内能等于小球C重力势能减少量
10. 如图所示，平行板电容器充电后，两极板间的电场为匀强电场。一电子以初动能Ek从A点沿平行极板的方向水平向右飞入匀强电场，它从B点离开匀强电场时，动能为2Ek、所受电场力的功率为P。仅将该电容器所带电荷量减到原来的12，一电子仍以初动能Ek从A点沿平行极板的方向水平向右飞入匀强电场，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度变为原来的14
B．电子飞越匀强电场的过程中电势能的变化为原来的14
C．电子离开匀强电场时的动能为1.5Ek
D．电子离开匀强电场时所受电场力的功率为P4
三、实验题（本题共2小题，共14分）
11．（5分）某研究性学习小组在探究电荷间的相互作用与哪些因素有关时，设计了如下实验：把一个带正电的小球放在A处，然后把挂在丝线上的带正电小球先后挂在P1、P2位置。测得丝线两次的偏角分别为α=60°和β=30°，而且由于丝线的长度可以调节，两次都确保小球的位置a和b与A在同一条水平线上。
（1）该实验探究结果表明：电荷之间的相互作用力，随着距离增大而 （填“增大”、“减小”或“不变”）
（2）如果两带电小球都可以看成点电荷，则两次的间距之比ra:rb= （结果可用根号表示）。
12．（9分）某学习小组设计如图1所示电路探究电容器的充、放电过程。
(1)按图1所示连接电路，将开关S拨到1时，通过电流表的电流方向 （选填“向左”或“向右”）。
(2)等待充电完成后，将开关S拨到2，每隔5s读出电流表的示数并记录在表格中，若在图2中作出的I-t图像与坐标轴围成的面积为95格，则电容器放电前所带的电荷量为 C（结果保留三位有效数字）。
(3)若作出的I-t图像为图3中的曲线a，现仅增大R的阻值，重复（1）（2）步骤，作出的I-t图可能是图3中的曲线 （选填“a”、“b”或“c”）。
四、计算题（本题共3小题，共40分）
13.（10分）如图所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角.已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C.求：
(1)C、D两点间的电势差UCD、匀强电场的场强大小E；
(2)若选取A板的电势φA＝0，C点距A板1 cm，电子在D点的电势能为多少？
14.（14分）如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C为最低点，圆心角∠BOC=37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L=5R，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD，现有一个质量为m、带电荷量为+q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ=0.25，电场强度大小E=mgq，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；
(2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
15．（16分）如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏.现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A点到MN的距离为eq \f(L,2)，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子到MN的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.
二、多项选择题（每小题有多个正确答案，全部选对得6分，选对但不全得3分，共18分）
三、实验题（本题共2小题，共14分）
11.（1）减小（2分） （2）33（3分）
12.（1）向右（3分） （2）(2)3.80×10-3/0.00380 （3分） (3)b （3分）
四、计算题（本题共3小题，共40分）
13. 答案 (1)-300 V 1.5×104 V/m (2)-7.2×10－17 J
解析 (1)电子从C点移到D点
UCD＝eq \f(WCD,q)＝eq \f(4.8×10－17,－1.6×10－19) V＝-300 V
E＝eq \f(U,dCDsin 30°)＝eq \f(-300,4×10－2×0.5) V/m＝-1.5×104 V/m
(2)d＝dCDsin 30°＋1 cm＝3 cm
UAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2 V＝-450 V
由UAD＝φA－φD和φA＝0得
φD＝450 V
电子在D点的电势能为Ep＝qφD＝－1.6×10－19×450 J＝-7.2×10－17 J.
14．(1)10.8mg (2)1.2R (3)15R
【详解】（1）小物块从A点第一次到C点的过程，由动能定理得
在C点由牛顿第二定律知
联立解得FN=10.8mg
由牛顿第三定律得，小物块对轨道的压力大小是10.8mg。
（2）小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知
小物块第一次到达D点后以速度vD1逆着电场线方向做匀减速直线运动，由动能定理得
联立解得xmax=1.2R
（3）小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动，由功能关系知
解得d=15R
15. 答案 (1)eq \r(\f(eEL,m)) (2)3eq \r(\f(mL,eE)) (3)2 (4)3L
解析 (1)从A点到MN的过程中，由动能定理得：
eE·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mv2
得：v＝eq \r(\f(eEL,m))
(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1＝eq \f(eE1,m)＝eq \f(eE,m)
v＝a1t1
从MN到屏的过程中运动的时间：t2＝eq \f(2L,v).
则运动的总时间为t＝t1＋t2＝3eq \r(\f(mL,eE)).
(3)设电子射出电场E2时平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
a2＝eq \f(eE2,m)＝eq \f(2eE,m)
t3＝eq \f(L,v)
vy＝a2t3
tan θ＝eq \f(vy,v)
解得：tan θ＝2.
(4)如图所示，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2电场的中点O′.
由几何关系知：tan θ＝eq \f(x,\f(L,2)＋L)
得：x＝3L1
2
3
4
5
6
7
C
B
D
B
C
C
C
8
9
10
AD
AD
BD