2025-2026学年四川省成都嘉样教育集团高二（上）期中质量监测物理试卷(含答案）

这是一份2025-2026学年四川省成都嘉样教育集团高二（上）期中质量监测物理试卷(含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法中正确的是( )
A. 欧姆定律适用于任何电路和任何元件，包括气体导电
B. 由I=neSv可知，金属导体中自由电荷的运动速率越大，电流一定越大
C. 由I=UR可知，通过导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比
D. 由R=UI可知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比
2.真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和4r，现用一电荷量为q的试探电荷先后放在A、B两点，则试探电荷在A、B两点的库仑力大小之比为( )
A. 16∶1B. 1∶16C. 9∶1D. 1∶9
3.真空中有A、B、C三个电性未知的点电荷，它们电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点处的电场强度大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则( )
A. A、C均带正电B. A、B、C均带负电
C. EaφbD. Ea>Eb，φaEpB>EpC
C. 不同粉尘颗粒在A、B、C点受到的电场力大小为FA>FB>FC
D. A、B、C三点的电势满足φB=φA+φC2
7.某静电场的电场强度方向与x轴平行，在x轴上各点电势φ随坐标x的变化情况如图所示。现将一电子自x=−x0处由静止释放(不计重力)，则在−x0∼2x0间电场强度E、电子运动时的速度v、动能Ek、电势能Ep随坐标x变化的图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.关于多用电表的使用，下列说法正确的是( )
A. 甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，表笔接法不正确
B. 乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，黑表笔电势高于红表笔
C. 丙图中用的是多用电表电阻挡测量二极管的电阻，黑表笔电势高于红表笔
D. 丙图、丁图中用的是多用电表电阻挡测量同一个二极管的电阻，丁图中测量值较小
9.计算机键盘按键的关键结构由平行板电容器组成，每个按键的结构图如图甲所示，电路图如图乙所示。在每个按键的正下方存在相互平行的活动金属片、固定金属片，即平行板电容器的两块极板，两个金属片间隙充满空气(绝缘介质)，当用力压下某按键时，下列说法正确的是( )
A. 电容器电容减小B. 电容器极板所带电荷量增加
C. 电容器极板间的电场强度增大D. 电容器将进行短暂的放电过程
10.如图甲所示，平行板电容器两极板M、N的间距为d，两极板长为L，M板按地(电势为零)，r=0时刻，电荷量为q，质量为m的带正电粒子沿两板中心线PQ以某一初速度射入极板间，N板的电势φ时间变化的规律如图乙所示，当k=1时，粒子在T(已知)时刻恰从M板右端边约飞出。忽略边界效应，板间的电场为匀强电场，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子从P点飞入时的动量大小为mLT
B. 图乙中的φ0为md2qT2
C. 图乙中k=4，粒子恰从N板右端边缘飞出
D. 图乙中k=5，粒子恰从N板右端边缘飞出
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组设计了如图a的电路图来“测量一段金属丝的电阻率”实验，待测金属丝的电阻约为20Ω。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量如图b所示，读数为 mm；
(2)现有电源(E=3V，内阻r约为0.1Ω)、滑动变阻器R(0∼5Ω)、开关S和导线若干，以及下列电表：
A.电流表(0∼0.6A，内阻约为0.125Ω)
B.电流表(0∼200mA，内阻约为1Ω)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 (选填器材前的字母)；某同学发现实验室没有合适的电压表，有一只电流计，内阻Rg=25Ω，满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程3V电压表，需串联一个 Ω的电阻；
(3)设被测金属丝电阻为R，长度为L，直径的平均值为d，则该金属丝电阻率的表达式为ρ= (用R、L、d等物理量表示)。
12.用如图a所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表(电阻无穷大)、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S、导线若干
(1)将开关S接1使电容器充电，充电过程中电容器的电容C (填“变大”、“变小”或“不变”)；
(2)充电过程中，电压表示数增大，最后稳定在12V。在此过程中，电流表的示数 (填选项前的字母)；
A.先迅速增大后还渐减小到总于零
B.先迅速增大后稳定在某一非零数值
(3)断开开关S，将电流表更换成电流传感器，t=0时将开关S接2，此时通过定值电阻R的电流方向为 (选填“a流向b”或“b流向a”)，通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的i−t图像，如图b，t=2s时I=10mA，图中M、N区域面积比为1:1(即2s前和2s后)，可求出R= Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示电路中，电阻R1=4Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，U=8V，试求：
(1)开关S断开，电路稳定后，R1两端的电压;
(2)开关S闭合，电路稳定后，R2两端的电压;
(3)开关S闭合，电路稳定后，任意连续4s内，流过R1上的电荷量q．
14.如图所示，一对水平放置的平行金属板长为L，间距为d，接在直流电源两极间，电压为U。一束质量为m、电荷量为q的带电粒子经加速电场(图中未画出)加速后，沿水平方向从两板正中的O点射入。不计带电粒子重力。
(1)求粒子在金属板间运动的加速度a的大小;
(2)如果粒子都能打在下金属板的中点P，求粒于射入电场时速度v0的大小;
(3)要想让所有的粒子都能从金属板右侧飞出，求加速电场的电压Um应满足什么条件?
15.如图所示，倾角θ=37∘、长度L=6m的光滑绝缘斜面底端Q点与竖直光滑绝缘圆弧轨道QMN平滑连接，圆弧轨道的MN段为14光滑管道(管道粗细远小于轨道半径且略大于物块尺寸)，O为圆心，ON与OM分别为竖直和水平半径。过Q点竖直虚线左侧空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小E0;过Q点的竖直虚线右侧空问(包含虚线边界)存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E=5×105V/m。一带电小物块(可视为质点)在斜面顶端P处由静止释放，小物块在斜面PQ上的加速度a=3m/s2，已知小物块的质量m=43kg、电量q=−2×10−5C，整个过程中小物块电量始终保持不变，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。

(1)求匀强电场的电场强度E0的大小;
(2)若圆弧轨道半径R=3.6m，求小物块第一次从P运动到Q过程中电势能的变化量△Ep及小物块第一次经过Q点瞬间受到圆弧轨道支持力的大小;
(3)要使小物块第一次沿圆弧轨道向上运动过程中，能进入MN段管道且不从N点飞出，求圆轨道半径R的取值范围。(结果可保留分数)
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.C
5.D
6.B
7.D
8.AC
9.BC
10.AD
/1.838∼1.842均正确
B
975
πd2R4L

12.不变
A
a流向b
600

13.解：(1)根据串联关系：UR1=IR1
由欧姆定律：I=UR1+R3
UR1=3.2V
(2)根据串并联电路特点得U2=R12R12+R3U
R12=R1R2R1+R2
U2=2V
(3)由电流的定义式得q=I1t
由欧姆定律得I1=UR1′R1
根据并联电路特点得UR1′=U2
联立解得q=2C

14.解：(1)带电粒子在金属板间只受电场力，由牛顿第二定律有qE=ma
又E=Ud
解得a=qUmd
(2)带电粒子在金属板间做类平抛运动
竖直方向有12d=12at2
水平方向有12L=v0t
解得v0=L2d qUm
(3)带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子能在下极板最右端射出时，水平方向有最小速度vxm，
在水平方向则有L=vxmt
在竖直方向则有12d=12at2
联立解得vxm=Ld qUm
要想让所有的粒子都能从右侧飞出，粒子射入电场的初速度要满足v0≥Ld qUm
带电粒子在加速电场中，由动能定理可得qUm=12mv02−0
解得Um≥UL22d2

15.解：(1)在斜面PQ上对小物块受力分析知mgsinθ−|q|E0sinθ=ma
解得匀强电场的电场强度大小为E0=103×105V/m
(2)方法1:物块从P到Q由功能关系知W电=−△Ep
由恒力作用公式：W电=qE0Lsinθ
解得PQ间电势能的变化量为ΔEp=24J
方法2:物块从P到Q由功能关系知
W电=−△Ep
mgsinθ⋅L+W电=12mvQ2−0
物块从P到Q由运动学公式可知vQ2=2aL
解得小物块第一次到达Q点时的速度大小为vQ=6m/s;
解得PQ间电势能的变化量为：ΔEp=24J
若圆弧轨道半径R=3.6m，小物块第一次经过Q点瞬间，受力分析受到重力、电场力和支持力，由径向合力提供向心力，有FN−mgcsθ−|q|Esinθ=mvQ2R
解得物块对圆弧轨道的支持力大小为：FN=30N
(3)设电场力和重力的合力为G′，其方向与竖直方向的夹角为β，设此力为等效重力，则由勾股定理G′= (mg)2+(Eq)2=503N
由几何关系tanβ=Eqmg=34
即β=37∘=θ
即Q点为接下来做圆周运动的最低点，则过点Q和圆心的反向延长线，交于圆周S点，为等效最高点;如图所示
当圆轨道半径较小时，小物块第一次沿圆弧轨道到达S点时，速度为零，小物块不脱离轨道也不从N点飞出，由动能定理可知−G′⋅2R=0−12mvQ2
代入数据得R=1825m，即圆轨道半径的取值范围为R>1825m;
假设第一次沿圆弧轨道到达M点时，与轨道之间弹力为零，设此时速度为vM，则G′sinβ=mvM2R
由动能定理可知−G′(R+Rsinβ)=12mvM2−12mvQ2
代入数据得R=7295m
即圆轨道半径的取值范围为1825m