重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高二物理上学期阶段性检测试题（一）（Word版附解析）

重庆市西南大学附中高2025届（二上）阶段性检测（一）物理试题全卷满分100分，75min完卷一、单选题：本题共7个小题，每题4分，共28分1.下列说法正确的是（　　）A.大的带电球体不能视为点电荷B.物体带负电荷是其失去电子的缘故C.电场中电场强度为零的地方电势一定最低D.在点电荷О为球心、r为半径的球面上各处的电场强度不同【答案】D【解析】【详解】A．电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成点电荷，因此大的带电球体就也可能视为点电荷，故A错误；B．电子带负电，一个物体带负电荷是它得到负电荷的缘故，故B错误；C．电场强度和电势是描述电场的两个不同方面，电场强度为零的地方电势不一定最低，例如等量同种电荷连线中点处电场强度为零，但该处电势并不是最低，故C错误；D．在真空中点电荷产生的电场中，场强的决定式为因此在点电荷О为球心、r为半径的球面上各处的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同，故D正确。故选D。2.如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，、、和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以断定（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB．电场线的疏密反应场强的大小，但是题中仅给了一条电场线，一条电场线不能判断疏密，则 三点的场强大小无法确定，故AB错误；C．沿电场线方向，电势逐渐降低，所以，故C项正确；D．若该电场是匀强电场，则根据所以可以得到，但该电场不一定匀强电场，所以不一定等于，故D项错误。故选C。3.如图所示，水下光源S向水面A点发射一束光线，折射光线分为a、b两束。则下列说法错误的是（　　）A.a、b两束光相比较，在真空中a光的波长较长B.在水中a光的速度与b光的一样大C.若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，从水面上方观察，b光先消失D.用同一双缝干涉实验装置分别用a、b光做实验，a光干涉相邻条纹间距大于b光干涉相邻条纹间距【答案】B【解析】【详解】B．由图可知，b光的偏折程度较大，故水对b光的折射率较大，由可知，在水中b光的速度较小，B错误，符合题意；A．b光的折射率较大，频率较高，由可知，在真空中b光的波长较短，A正确，不符合题意；C．由于b光的折射角总是较大，若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，从水面上方观察，b光先消失，C正确，不符合题意；D．a光波长较长，由可知，用同一双缝干涉实验装置分别用a、b光做实验，a光干涉相邻条纹间距大于b光干涉相邻条纹间 距，D正确，不符合题意。故选B。4.在如图所示的4种情况中，a、b两点的场强不同，电势相同的是（　　）A.带电平行板电容器两极板间的a、b两点B.离点电荷等距的a、b两点C.达到静电平衡时导体内部的a、b两点D.两个等量异种电荷连线上，与连线中点O等距的a、b两点【答案】B【解析】【详解】A．a、b处于匀强电场中，场强相同，电势不同，a点电势高于b点电势，故A错误；B．a、b处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同，故B正确；C．处于静电平衡状态下的金属内部a，b两点，电场强度均为零，整个导体是等势体，电势相等，故C错误；D．根据电场线的分布情况可知a、b两点场强相同，a、b间的电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势逐渐降低，故a、b两点电势不等，故D错误。故选B。5.高能粒子是指带电粒子在强电场中进行加速，现将一电子从电场中A点由静止释放，沿电场线运动到B点，它运动的图像如图，不考虑电子重力的影响，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下列选项中的（　　）A.B. C.D.【答案】A【解析】【详解】v-t图像的斜率表示加速度，由图像可知，斜率为正且逐渐减小，则粒子的加速度沿运动方向，且逐渐减小，做加速度减小的加速运动，根据牛顿第二定律可知电场强度越来越小，电场线越来越稀疏，电子受电场力与电场方向相反，电场方向由B指向A。故选A。6.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点电荷电场．如图所示，在球面上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且，，已知球面在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】将AB部分补上变成一个完整的均匀球壳，该球壳带电荷量为：；则该球壳在M点产生的场强为：；根据电场的叠加原理可知：球壳上部分在M点产生的场强大小为：；根据对称性可知：在N点产生的场强大小为：  故C正确，ABD错误．故选C．7.如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，一固定绝缘斜面的倾角为，动摩擦因 数为，一质量为m电荷量为+q小物块自斜面底端以沿斜面向上做匀减速运动，（g为重力加速度大小），物块上升的最大高度为H（小于斜面高度），则此过程中（　　）A.物块的电势能增加了B.物块的动能损失了C.物块的机械能变化了D.物块克服摩擦力做功【答案】C【解析】【详解】A．分析可知，带电物块在电场中受到的电场力为所以电场力做功电场力做正功，所以电势能减小了，故A错误；B．分析受力可知，重力和摩擦做负功，电场力做正功，根据动能定理有所以解得故B错误；C．机械能的变化量等于物体的末机械能与物体的初机械能之差，以物体初始位置为零势能面，物体到达最高点时，速度为零。所以有 故C正确；D．在整个运动过程中，摩擦力做功为由于摩擦力做负功，物块克服摩擦力做功，故D错误故选C。【点睛】动能的减少量等于末动能与初动能的差值，但还可以根据功能转换的关系进行分析，通过能量之间的相互转换，得出动能减少量的其他解法。二、多选题：本题共3个小题，每小题5分，共15分，每小题有多个选项符合题意，全部选对得5分，部分选对得3分，有选错得0分。8.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离。下列说法正确的是（　　）A.油滴带正电B.静电计指针张角不变C.油滴静止D.P点的电势不变【答案】CD【解析】【详解】A．根据受力平衡可知，油滴电场力方向向上，极板间电场向下，电场力与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；BCD．根据电容的决定式 联立解得可知电场强度与极板的距离无关，所以电场强度不变，故油滴的电场力不变，不会运动，P点与下极板间的距离不变，由可知P点的电势不变，由可知若将电容器的上极板向下移动一小段距离，则电势差变小，静电力张角变小，故CD正确，B错误。故选CD。9.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，下列说法正确的是（　　）A.粒子一定带负电，在b点时速度比在a点处速度大B.粒子一定带正电，动能先变小后变大C.粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度大D.粒子在a点时的电势能比在b点时的电势能大【答案】BD【解析】【详解】A.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，粒子的轨迹向右下方弯曲，电场力一定沿电场线向右下方，和电场线的方向相同，一定带正电，A错误；B.粒子一定带正电，电场力的方向一定沿电场线向下，电场力的方向和速度的方向先成钝角做负功，动能减小，后成锐角做正功动能增加，B正确；C.电场线越密的地方，粒子所受的电场力越大，加速度越大，粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度 小，C错误；D.沿电场线的方向电势逐点降低，a点电势比b点高，从a点到b点电场力一定做正功，电势能减小，粒子在a点时的电势能比在b点时的电势能大，D正确。故选BD。10.如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个不同的等势面，相邻等势面的间距相等，质子射入电场后（只受电场力作用）的运动轨迹如图中实线所示，其中先后经过的四个点1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的交点，由此可以判定（　　）A.O处的点电荷一定带负电B.质子运动过程中，动能先减小后增大，电势能先增大后减小C.三个等势面的电势高低关系是φa>φb>φcD.质子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功相等【答案】BC【解析】【详解】A．由质子的运动轨迹可以看出，两种电荷互相排斥，质子带正电，可知O处的点电荷一定带正电，A错误；B．质子运动中，电场力先做负功后做正功，质子的动能先减小后增大，电势能先增大后减小，B正确；C．O处的点电荷带正电，越靠近正点电荷，电势越高，因此三个等势面的电势高低关系是φa>φb>φc，C正确；D．点电荷产生的电场中，距离点电荷越远，电场强度越小，由于两相邻等势面的间距相等，所以有U23>U34，由电场力做功公式W=qU可知，质子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功不相等，D错误。故选BC。三、非选择题，共57分11.某探究小组研究电容的充放电过程，用保护电阻R1、R2、电流传感器和其他器材设计如图甲所示的电路。 （1）研究充电过程，应将单刀双掷开关接___________（选“1”或者“2”）；（2）研究放电过程，测得放电电流随时间变化如图乙所示，图线与坐标轴所围成面积的物理意义是___________________；（3）在充电过程中，电容器两端电压为u、电容器电荷量为q，充电时间为t，则下列图像中它们之间的关系可能正确的是___________（填正确答案标号）。A.B.C.D.【答案】①.2②.电容器存储的电荷量③.BD【解析】【详解】（1）[1]研究充电过程，应将电容与电源相接，故应单刀双掷开关接2；（2）[2]I-t图像中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是电容器存储的电荷量；（3）[3]CD．充电过程开始时，电荷量从零开始逐渐增加，充电完毕时电荷量达到最大值，故C错误，D正确；AB．由于电容C不变，根据 可知充电过程随着电荷量增加，极板间电压增大，充电完毕后，电荷量不再增加，电压不变，故A错误，B正确。故选BD。12.某同学利用双缝干涉实验测量光的波长，实验装置如图所示，操作如下：a、接好电源，打开开关，使白炽灯正常发光；b、调整各器件高度，使光源灯丝发出的光能沿遮光筒轴线到达光屏；c、调节白炽灯到凸透镜的距离，使其光线刚好被聚焦到单缝上；d、调节拨杆，使单缝与双缝平行；e、调整测量头（由分划板、目镜、手轮等构成），直至可在目镜端观察到干涉条纹；f、旋转手轮完成测量。（1）经过以上细心调节，该同学通过目镜观察，发现可以在毛玻璃上观察到彩色条纹，但无法观察到等间距的单色条纹，为了解决这一问题，该同学可在凸透镜和单缝之间增加___________（填“偏振片”或“滤光片”）（2）在加装了该器件后，该同学重新操作以上步骤，在毛玻璃上出现了明暗相间的单色条纹，但由于条纹间距过小，导致无法测量，要增大观察到的条纹间距，正确的做法是___________。A.减小双缝的距离B.减小单缝与双缝间的距离C.增大透镜与单缝间的距离D.增大双缝与光屏间的距离（3）做出适当调整后，该同学再次重复前面操作，终于在毛玻璃上看到了清晰的明暗相间的单色条纹，只不过发现里面的亮条纹与分划板竖线不平行，如图所示，若要使两者平行对齐，该同学应如何调节___________。 A.仅左右转动透镜B.仅旋转单缝C.仅旋转双缝D.仅旋转测量头（4）再次调节之后，测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示，然后同方向转动测盘头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数___________。（5）已知双缝间距d为，测得双缝到屏的距离L为，求得所测光波长为___________。【答案】①.滤光片②.AD③.D④.13.870⑤.693【解析】【详解】（1）[1]要观察到等间距的单色条纹，需要用单色光做实验，因此该同学可在凸透镜和单缝之间增加滤光片。（2）[2]根据双缝干涉条纹间距公式可知要增大观察到的条纹间距，可以增大双缝与光屏间的距离L，或减小双缝的距离d，或增大单色光的波长λ。故选AD。（3）[3]旋转测量头，分划板的竖线随之旋转，可使分划板的竖线与亮条纹平行。故选D。（4）[4]由题图乙可知，手轮上的示数为13.5mm+0.01×37.0mm=13.870mm（5）[5]相邻亮条纹的间距 由得代入数据得λ=693nm13.如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，，。求：（1）小球所受电场力F的大小；（2）小球的质量m；（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。【答案】（1）3N；（2）0.4kg；（3）2m/s【解析】【详解】（1）根据电场力的计算公式可得电场力大小为（2）小球受力情况如图所示根据几何关系可得 可得小球的质量为（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则解得将电场撤去，小球回到最低点时速度大小为14.如图，空间存在水平方向的匀强电场E=2.0×104N/C，在A处有一个质量为0.3kg的带电小球，可以看作质点，所带的电荷量为q=+2.0×10－4C，用一长为L=400cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接。AO与电场线平行处于水平状态，取g=10m/s2，现让该质点在A处由静止释放，求：(1)释放瞬间质点的加速度；(2)从释放到第一次到达O点正下方过程中质点机械能的变化量；(3)质点第一次到达O点正下方时的速度大小v。【答案】(1)，方向与水平方向夹角为；(2)16J；(3)12.9m/s【解析】【详解】(1)在释放的瞬间对质点受力分析，竖直向下的重力作用质点受水平向左的电场力为两力的合力大小为与水平方向夹角为 则由牛顿第二定律得(2)质点第一次到达O点正下方时电场力做功为据功能原理知，增加的机械能为(3)质点由释放后将沿合力方向做匀加速直线运动，第一次到达O点正下方时，下降的高度为质点第一次到达O点正下方时，由动能定理得代入数据得15.如图所示，质量小车静止在光滑的水平面上，右边圆弧部分的半径，小车上表面光滑，且均由绝缘材料制成，整个空间开始时有竖直向上的匀强电场。现有一质量、带负电的电荷量的滑块，以的水平速度从小车左端A处向右滑上小车，小滑块刚好能运动到小车右端最高点，之后电场大小不变，方向改为竖直向下，小滑块反向滑回，最终小滑块脱离小车，滑块可视为质点，g取，求：（1）小滑块滑至右侧轨道最高点时的速度以及电场强度的大小；（2）小滑块第二次滑至D点时对小车的压力。 【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）滑块和小车在水平方向上动量守恒，则小滑块运动到小车右端最高点时，由动量守恒定律解得整个过程能量守恒解得（2）滑块和小车在水平方向上动量守恒，则小滑块从最高点再次滑到D点的过程，由动量守恒定律再由能量守恒定律解得，小滑块第二次滑至D点时由牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知，小滑块第二次滑至D点时对小车的压力与小车对滑块的支持力FN大小相等，方向相反，故