广东省中山市第一中学2025-2026学年高二上学期第二次段考物理试题（含答案）

这是一份广东省中山市第一中学2025-2026学年高二上学期第二次段考物理试题（含答案），共9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.利用静电纺丝技术制备纳米纤维材料是近年来材料领域的重要技术.如图所示，初始时无电场，喷嘴处的球形液滴保持静止;随着高压电场逐渐增强，液滴带上正电荷且由球形变为圆锥形(即“泰勒锥”);当电压增至某个临界值时(假设此后电压保持不变)，液滴从尖端喷出，在非匀强电场的作用下向下方运动，M、N为直线路径上的两点.以下说法正确的是( )
A. 喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下只受重力
B. 液滴从M到N的过程做匀加速直线运动
C. 液滴从M到N的过程电场力做负功
D. 液滴向下做螺旋运动时电势能减小
2.如图所示，由正八棱锥O−abcd−O′，底面abcd为正方形，OO′沿竖直方向，M、N、P分别为ab、bc、ad的中点，在a、c两点分别固定两正点电荷，在b、d两点分别固定两负点电荷，四个电荷的电荷量相等。选无穷远处的电势为零，不计电子重力，则下列说法正确的是( )
A. N、P两点的场强相同
B. M、N、P、O四点的电势不同
C. 电子以某一速率v由O点运动到无穷远时，电子的速率将变大
D. 将一带正电的小球由O点静止释放，小球将处于完全失重状态
3.如图所示，恒定电流I流过边长为2a的水平放置的正方形导线，O点为正方形的中心，P点位于O点正上方
且OP=a，每条导线在P点的磁感应强度大小均为B，则P点的磁感应强度大小为( )
A. 0B. BC. 2BD. 2 2B
4.如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中产生感应电流，可行的做法是( )
A. AB中电流I反向
B. AB中电流I先增大后减小
C. AB正对OO′且靠近线圈
D. 线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)
5.图1为上海市投入运营的超级电容公交车，可在乘客上下车时完成充电，实现24h不间断营运；图2为某次充电时电流随时间变化的I−t图像，其与t轴所围面积约为8个单元格。已知充电电压为U，充电一次超级电容储存的能量为W，电能转化为机械能的效率为η，假设公交车始终沿水平面匀速行驶，且受到的阻力恒为f，则( )
A. 为减小充电时间，应增大连接电容器的电路中的总电阻
B. 充电一次超级电容存储的电荷量为2I0t09
C. 超级电容器的电容为I0t0U
D. 充电一次可行驶的路程为Wηf
6.如图所示，把内阻为110Ω、满偏电流为50mA的表头改装成双量程电流表。已知R1=2Ω,R2=8Ω，接线柱a为公共接线柱。下列选项正确的是( )
A. 若只增大R1，则两个量程都增大
B. 若只增大R2，则两个量程都减小
C. 用a、b两个接线柱时电流表的量程为0∼0.6A
D. 用a、b两个接线柱时电流表的量程为0∼3A
7.如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，已知板间距为d，板长为L，两块平行带电极板间为除尘空间，两极板间电压为U0。当进入除尘空间的带电尘埃碰到极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。若质量为m、电荷量为−q的带电尘埃分布均匀，均以速度v平行于极板向右射入除尘空间时，该除尘装置的除尘率η(相同时间内被收集尘埃数量与进入尘埃数量的比值)为25%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。为了让除尘率刚好达到100%，下列操作中可行的是( )
A. 仅将两极板间电压变为2U0
B. 仅将入射速度变为v4
C. 将两极板间电压变为2U0，同时将入射速度变为 2v2
D. 将两极板间电压变为U02，同时将入射速度变为v2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知( )
A. 当电阻箱的电阻增大时，电源的输出功率一定增大
B. 电源内阻一定等于5Ω
C. 电源电动势为9V
D. 电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率等于50%
9.如图所示为双板式静电除尘器的工作原理简化图，高压电源两极分别连接放电极与收尘极板P、Q，在放电极表面附近形成强大的电场，使周围的空气电离;粉尘颗粒进入静电除尘区域，粉尘颗粒吸附负离子后带负电，粉尘颗粒在电场力的作用下向极板P、Q迁移并沉积，以达到除尘目的。已知图中虚线为电场线，A、B、C三点在同一直线上，AB=BC，粉尘颗粒在运动过程中电荷量不变且忽略颗粒之间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A. 高压电源一定为直流电源，且M端为电源的负极
B. 到极板P、Q的粉尘颗粒的电势能均减小
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
10.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴恰能处于静止状态，电流表和电压表均视为理想电表，R2为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，当光照强度减弱时，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数减小，电压表示数减小
B. 光敏电阻R2消耗的电功率一定增大
C. 液滴将向下加速运动
D. 保持光照强度不变，断开开关，放电过程中，a点电势高于b点电势
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并能较准确地测量同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A.电流表G(满偏电流10mA，内阻为10Ω)
B.电流表A(0∼0.6A∼3A，内阻未知)
C.电压表V(0∼5V∼10V，内阻未知)
D.滑动变阻器R(0∼20Ω,1A)
E.定值电阻R0(阻值为990Ω)
F.开关与导线若干
(1)图a是小李同学根据选用的仪器设计的测量该电池组电动势和内阻的电路图。根据该实验电路测出的数据绘制的I1−I2图线如图b所示(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，则由图线可以得到被测电池组的电动势E= V，内阻r= Ω。(结果均保留2位有效数字)
(2)另一位小张同学则设计了图c所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制U−I图线如图d中所示的A、B两条图线。可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接 (选填“1”或“2”)中的实验数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E= ，内阻r= 。(用图中EA、EB、IA、IB表示)
12.在练习使用多用电表的实验中：
(1)一多用电表的电阻挡有四个倍率，分别是×1、×10、×100、×1k，用×100挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到 挡。
(2)重新测量后，指针位于如图甲所示位置，被测电阻的测量值为 kΩ。(保留2位有效数字)
(3)如图乙所示为欧姆表某倍率的内部结构示意图，已知电流计的量程为Ig=100μA，内阻为Rg，定值电阻R0=Rg2，电池电动势为E=4.5V，R为调零电阻，则表盘上30μA刻度线对应的电阻值是 kΩ。(保留2位有效数字)
(4)当图乙所示欧姆表的电池的电动势下降到4.2V、内阻增加了5Ω时仍可调零，调零后，调零电阻R的阻值将变 (填“大”或“小”)，测得的电阻值将变 (填“大”或“小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.密立根油滴实验装置如图所示：两块间距为d的平行金属板A、B分别与电源正、负极相接。当两极板间不加电压时，带电油滴最后以速度v1匀速竖直下落；当两板间加上电压U时，该带电油滴最后以速度v2匀速竖直上升。已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比，即f=kv，其中比例系数k已知，取重力加速度为g。求：
(1)油滴的质量；
(2)求该油滴所带电荷量q。
14.光刻机是半导体行业中重中之重的利器，我国上海微电子装备公司(SMEE)在这一领域的技术近年取得了突破性进展。电子束光刻技术原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长L=0.04m，间距也为L，两极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，芯片到束偏移器下端的距离为L2。若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为I=2×10−8A，单个电子的初动能为Ek0=1.6×10−14J，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略其他因素的影响，电子到达芯片即被吸收。
(1)若扫描电压为零，电子束在束偏移器中做何种运动？电子束到达芯片时的落点位置？
(2)若扫描电压为零，且It=Ne(N为电子个数)，求O点每秒接收的能量E?(e=1.6×10−19C)
(3)若某时刻扫描电压为15kV，则电子束到达芯片时的位置离O点的距离为多少？
15.如图所示，光滑水平地面上固定一个的光滑绝缘14圆弧轨道，半径R=2m，在圆弧轨道底端旁静置一个长木板M=0.5kg，板长为L=5m，绝缘木板上表面和圆弧底端等高。现有一质量为m=1kg的带正电q=2C小滑块从轨道顶端滑下，假设虚线左侧空间存在竖直向下的匀强电场E1=3N/C，右侧空间存在水平向左的匀强电场E2=1N/C，滑块与模板之间动摩擦因素为μ=0.2，滑块电量始终不变，g=10m/s2.则：
(1)求小滑块滑至圆弧轨道最低点时(此时小滑块还未出电场E1)，对轨道的压力的大小；
(2)当小滑块与长木板共速时，求小滑块与长木板摩擦产生的热量；
(3)求出小滑块从滑上长木板到第一次静止的时间。
参考答案
1.D
2.D
3.D
4.D
5.B
6.D
7.C
8.BD
9.BD
10.AD
11.7.5
5.0
1
EA
EAIB

12.×1k
17
35
小
大

13.解：(1)当未施加电压时，由平衡条件可得mg=kv1，解得：m=kv1g。
(2)在极板间施加电压后，电场强度为E=Ud，
油滴做匀速上升运动，根据平衡条件有qE=mg+kv2，解得：q=k(v1+v2)dU。
14.解：(1)若扫描电压为零，电子束做匀速直线运动，落点位置为O；
(2)若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是E=NEk0=IteEk0=2×10−3J；
(3)电子在束偏移器中的加速度大小为a=eUmL，
设电子的初速度大小为v0，则由题意可知Ek0=12mv02，
电子在束偏移器中运动的时间为t=Lv0，
电子在束偏移器中的偏移量为y=12at2，
电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，如图所示
根据几何关系有yY=L2L2+L2，联立解得Y=0.003m。
15.解：(1)当滑块运动到最低点时，设粒子速度为v1，受到轨道的支持力为F1，
由动能定理得mgR+qE1R=12mv12−0
可得v1=8m/s
在最低点对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律F1−mg−qE1=mv12R
解得F1=48N
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力的大小FN=F1=48N；
(2)当滑块滑上木板时，设滑块加速度为a1，木板加速度为a2，取向右为正，滑块与木板之间的摩擦力f=μmg=2N
由牛顿第二定律得qE2+f=ma1
解得a1=4m/s2，方向水平向左，
对木板f=Ma2
解得a2=4m/s2，方向水平向右
设小滑块能够与木板经t1达到共速，且速度为v共，所以v1−a1t1=v共=a2t1
则t1=1s，v共=4m/s
在这段时间内滑块与木板的位移差为Δx=v1t1+12a1t12−12a2t12
解得Δx=4m
产生的热量Q=fΔx=8J；
(3)当滑块与木板共速后，把滑块与木板看成一个整体，
则qE2=(M+m)a3，a3=43m/s2