东北育才高一下学期第二次月考物理试题.docx

2025-2026学年度下学期第二阶段考试高一年级物理试卷
答题时间：90分钟 满分：100分 命题人 校对人：高一备课组
一 选择题（本题共48分，12个小题，每小题4分。1-7为单选，8-12为多选。）
1.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（　　）
A． B． C． D．
2．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）

A．﹣E B． C．﹣E D．+E

3．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（　　）
A．O点的电场强度为零，电势最低
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低

4．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一电子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，电子以速度vB经过B点，且vA和vB的方向相反，则（　　）

A．A点的场强一定大于B点的场强
B．A点的电势一定低于B点的电势
C．电子在A点的速度一定小于在B点的速度
D．电子在A点的电势能一定小于在B点的电势能

5．如图所示，带电量之比为qA：qB=1：3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为XA：XB=2：1，则带电粒子的质量之比mA：mB以及在电场中飞行时间之比tA：tB分别为

A．1：1，2：3 B．2：1，3：2
C．1：1，3：4 D．4：3，2：1
6．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小

7．两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（　　）
A． B． C． D．

8．如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是（　　）
A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度可能先增大后减小
B．圆环沿细杆从P运动到0的过程中，加速度可能先增大后减小
C．增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕
点电荷做圆周运动
D．将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆
后仍然能绕点电荷做圆周运动

9．如图，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止．现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（　　）

A．墙面对A的弹力变小 B．斜面对B的弹力不变
C．推力F变大 D．两球之间的距离变大

10．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度最小值．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（　　）

A．点电荷乙从A点运动到B点的过程中，加速度逐渐减小
B．OB间的距离为
C．点电荷乙越过B点向左运动，其电势能仍增多
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差
11．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子（　　）
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化

12．图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（　　）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
二 填空题 (本题共2小题，共14分 )
13、在验证机械能守恒定律实验时：
（1）．关于本实验的叙述中，正确的有（ ）
A、打点计时器安装时要使两限孔位于同一竖直线上并安装稳定，以减少纸带下落过程中的阻力
B、需用天平测出重锤的质量
C、打点计时器用四节干电池串联而成的电池组作为电源
D、用手托着重锤，先闭合打点计时器的电源开关，然后释放重锤
E、打出的纸带中，只要点迹清晰，就可以运用公式,来验证机械能是否守恒
F、验证机械能是否守恒必须先确定重力势能的参考平面

（2）验证机械能是否守恒时，实验中计算某一点的速度，甲同学用v = gt来计算，乙同学用来计算。其中_______同学的计算方法更符合实验要求。重力加速度g的数值，甲同学用9.8m/s2代入，乙同学用通过对纸带分析计算出重锤下落的实际加速度代入，丙同学用当地的实际重力加速度代入，其中_____同学的做法是正确的。

（3）甲同学实验计算结果时发现重物重力势能的减少量ΔEp略大于动能的增加量ΔEk,，乙同学发现ΔEp<ΔEk，实验过程中肯定存在错误的是______同学。
本实验中引起误差的主要原因是______________________________________。

14．一同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，他的实验如下：在离地面高为h处的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量m的一钢球接触，当弹簧处于自然长度时，钢球恰好在桌子的边缘，如图所示，让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，钢球在空中飞行后落到水平地面，水平距离是L。
若钢球某次在空中飞行后落到水平地面的P点，如图所示.
弹簧的弹性势能EP与钢球质量m、桌面离地的高度h，水平距离L等物理量的关系式是：
EP = ___________________ (用m、h、L、g符号表示)。

三 计算题 （本大题共3小题， 共38）
15(10分)．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间，导轨对物体的支持力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点．试求：
（1）弹簧开始时的弹性势能；
（2）物体从B点运动至C点克服阻力做的功.

16(12分)．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）水平向右电场的电场强度；
（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；
（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．

17(16分)．如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P电荷量是2.0×10﹣6C．质量m=0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ=0.4．P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点．到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时的速度与竖直方向的夹角为α，且tanα=1.2．P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用．F大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g=10m/s2．求：
w（m•s﹣1）
0≤v≤2
2＜v＜5
v≥5
F/N
2
6
3
（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；
（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．

2025-2026学年度下学期第二阶段考试高一年级物理试卷
答题纸
填空题：
13、（1）______(2)______;______(3)________;______________________________________

14． ______________________________
三、计算题
15

16

17、

2025-2026学年度下学期第二阶段考试高一年级物理试卷
答案
1【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．
【解答】解：
A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．
B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．
C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．
D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．
故选D

2【分析】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，
假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．
【解答】解：若将带电量为2q的球面放在O处，
均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．
则在M、N点所产生的电场为E==，
由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为
E′=﹣E，
故选A．

3【分析】圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．
【解答】解：
A、B、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；
C、D、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向右，电势降低，故CD错误．
故选：B．
4【分析】电场线的疏密表示电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集．
由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，即可判断出电子所受的电场力方向向左，电场线方向向右．沿电场线方向电势降低，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小．
【解答】解：A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断AB两点哪儿场强更大，故A错误．
B、由于电子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故电子所受电场力方向向左，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，故场强向右，所以A点电势大于B点的电势．故B错误．
C、由于从A到B过程中电场力做负功，电子的动能减小，所以电子在A点的速度一定大于在B点的速度，故C错误．
D、从A到B过程中电场力做负功，电子的电势能增大，所以电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能，故D正确．
故选：D．

5【分析】带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水平位移与初速度之比求解时间之比．
【解答】解：两个带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．则：
水平方向有：x=v0t，v0相等，所以t∝x，则得：tA：tB=xA：xB=2：1；
竖直方向有：y==
则得：m=
因为E、y、v0相等，则得：mA：mB=：=4：3．
故选：D
6【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．
【解答】解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；
将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；
故选B．

7【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，再由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路．
【解答】解：A、灯泡的额定电压为110V，图中，A灯泡的电压等于220V，大于额定电压，烧坏了，故A错误；
B、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故B错误；
C、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；
D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；
由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确．
故选C．
8【分析】根据动能定理，通过合力做功情况判断动能的变化，根据所受合力的变化判断加速度的变化．圆环离开细杆后做圆周运动，靠库伦引力提供向心力．
【解答】解：A、圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大．故A错误．
B、圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零．故B正确．
C、根据动能定理得：qU=mv2，根据牛顿第二定律得：k=m，
联立解得：k=，可知圆环仍然可以做圆周运动．故C正确，
D、若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动．故D错误．
故选：BC．
9【分析】利用整体法对AB两球分析可知斜面对B的弹力不变，假设A球不动，利用库仑定律可知库仑力的变化，进而知道小球会上升，致使库仑力与竖直方向的夹角变小，水平分量变小，库仑力变小，两球间的距离变大，注意判断即可．
【解答】解：对B选项，利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，B选项正确；
对D选项，假设A球不动，由于A、B两球间的距离减小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；
对A、C选项，因水平分量减小，故A正确，C错误．
故选：ABD．

10【分析】正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．
【解答】解：A、滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球在运动到B点之前，有mgμ﹣F库=ma，因此物体做加速度逐渐减小的减速运动，故A正确；
B、当速度最小时有：，所以解得：，故B正确；
C、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故C错误；
D、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：，所以解得AB间电势差，故D正确．
故选ABD．
11【分析】电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
【解答】解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；
B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；
C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；
D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确．
故选：CD．

12【分析】从静电除尘机理出发即可解题．由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘极指向放电极．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=Eq即可得出结论．
【解答】解：由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B正确．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误．根据F=Eq可得，D正确．
故选BD．

131．AD
2．乙 、丙
3．乙 、重锤下落过程中存在着阻力作用
14．一同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，他的实验如下：在离地面高为h处的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量m的一钢球接触，当弹簧处于自然长度时，钢球恰好在桌子的边缘，如图所示，让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，钢球在空中飞行后落到水平地面，水平距离是L。
(1)若钢球某次在空中飞行后落到水平地面的P点，如图所示，则水平距离L =
cm。

(2)弹簧的弹性势能EP与钢球质量m、桌面离地的高度h，水平距离L等物理量的关系式是：EP = (用m、h、L、g符号表示)。
【答案】
15【解答】解：（1）物块在B点时，由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m，
由题意：FN=7mg
物体经过B点的动能：EKB=m=3mgR
在物体从A点至B点的过程中，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能：Ep=EkB=3mgR．
（2）物体到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有：mg=m，
EKC=m=mgR
物体从B点到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有：W阻﹣mg•2R=EkC﹣EkB
解得：W阻=﹣0.5mgR
所以物体从B点运动至C点克服阻力做的功为：W=0.5mgR．
16【分析】（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向．
（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小．
（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能．
【解答】解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，
FNsin37°=qE①
FNcos37°=mg②
由1、②可得电场强度
（2）若电场强度减小为原来的，则变为
mgsin37°﹣qEcos37°=ma③
可得加速度a=0.3g．
（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，
由动能定理则有：
mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=Ek﹣0④
可得动能Ek=0.3mgL

16【分析】（1）小物体P做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，根据速度公式计算受到的大小；
（2）根据物体的运动的不同的过程，逐项计算受到和位移的大小，在利用功的公式来计算电场力做的功；
【解答】解：（1）小物体P的速率从0只2m/s，受外力F1=2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间△t1，则
F1﹣μmg=ma1 ①
v1=a1△t ②
由式代入数据得△t1=0.5s ③
（2）小物体P从2m/s运动至A点，受外力F2=6N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则
F2﹣μmg=ma2 ④
设小物体P从速度v1经过△t2时间，在A点的速度为v2，则
△t2=0.55s﹣△t1 ⑤
v2=v1+a2△t2 ⑥
P从A点至B点，受外力F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用，
设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则有：
F2﹣μmg﹣qE=ma3 ⑦
⑧
P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向外力为F3，电场力大小为FE，
有FE=F3 ⑨
F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以P从B点开始做初速度为v3的平抛运动．
设P从B点运动至D点用是为△t3，水平位移为x2，
由题意知 （10）
x2=v3△t3 （11）
设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则有：
W=﹣qE（x1+x2） （12）
联立④⑧（10）（12）式并代入数据得W=﹣9.25J．
答：
（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间为0.5s；
（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功为﹣9.25J．