福建省泉州市2025-2026学年高二上学期11月联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025秋季高二年质量监测联考一物理试卷（考试时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1.如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线串联连接在电路中，横截面积之比。下列说法正确的是（）A.两导线电阻之比为B.两导线中的电场强度之比为C.两导线的焦耳热功率之比为D.自由电子在两导线中移动的速率之比【答案】D【解析】A．根据电阻的决定式有，可得两导线电阻之比为故A错误；B．金属导线a、b串联连接，通过的电流相等，根据，可得两导线中的电场强度之比为故B错误；C．金属导线a、b串联连接，通过的电流相等，根据，可得两导线的焦耳热功率之比为故C错误；D．根据电流的微观定义式有可得自由电子在两导线中移动的速率之比为故D正确。故选D。2.某仪器两极间的电场线分布如图所示，一正电荷只在电场力作用下以某一初速度沿x方向运动，从O到A运动过程中，关于各点的电势、电场强度E，电荷的速度v、动能，随位移x的变化图线可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】AB．沿电场线电势逐渐降低，电场线的疏密表示电场的强弱，从O到A场强先增大后减小，由于图像的切线斜率绝对值表示电场强度的大小，则从O到A的电势随位移的变化图线的切线斜率绝对值先增大后减小，故A错误，B错误；C．从O到A场强先增大后减小，根据牛顿第二定律知加速度也是先增大后减小，图像的斜率表示加速度，故斜率应先增大后减小，故C错误；D．根据动能定理可得可知图像的切线斜率表示电场力，由于电荷带正电，从O到A电场力先增大后减小，玉图像的切线斜率的变化一致，且电场力做正功，电荷的动能增大，故D正确。故选D。3.如图所示，a、b、c、d、e、f点是以O为球心的球面上的点，分别在a、c两点处放上等量异种电荷和。下列说法正确的是（）A.b、f两点电场强度大小相等，方向不同B.检验电荷在b、f两点所受的电场力相同C.e、d两点电势不同D.检验电荷在e、d两点的电势能不相同【答案】B【解析】A．根据等量异种点电荷的电场线分布规律，两点电荷连线的中垂面上以垂足O为圆心的圆周上任意位置的电场分布疏密相同，电场线的方向也相同，即b、f两点电场强度大小相等，方向相同，故A错误；B．根据上述可知，b、f两点电场强度大小相等，方向相同，根据则检验电荷在b、f两点所受的电场力相同，故B正确；C．根据等量异种点电荷的电场线分布规律，两点电荷连线的中垂面是一个等势面，则e、d两点电势相同，故C错误；D．结合上述，可知e、d两点电势相同，根据则检验电荷在e、d两点的电势能相同，故D错误。故选B。4.竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带同种电荷，现用水平向左推力F作用于小球B,两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示，如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（）A.地面对小球B的支持力不变 B.推力F将不变C.两小球之间的距离变小 D.竖直墙面对小球A的弹力变大【答案】A【解析】以A球为研究对象，分析受力，如图1所示，设B对A的库仑力F库与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为N1=mAgtanθ将小球B向左推动少许时，θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小；库仑力θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F=N1N2=（mA+mB）gN1减小，则F减小，地面对小球B的支持力一定不变，故A正确，BCD错误；故选A。5.空间有沿x轴正方向的电场，电场强度E与位置x的关系如图所示，图中、为已知量。取处的电势为零，一质量为m、电荷量为的粒子仅在电场力作用下从处由静止开始运动，下列说法正确的是（）A.该粒子在到的过程中做匀加速运动B.处的电势为C.该粒子在处的动能为D.该粒子在到的过程中克服电场力做功为【答案】C【解析】A．由图可知从到处电场强度E随位置x均匀减小，由知粒子的加速度逐渐减小，故A错误；B．取处的电势为零，粒子仅在电场力作用下从处由静止开始运动到处，电场力做正功所以处的电势故B错误；C．粒子由运动到过程应用动能定理该粒子在处的动能为故C正确；D．该粒子在到的过程中所受电场力随x均匀减小，粒子受到的平均电场力，电场力做功为故D错误。故选C。6.如图，与水平面成30°角的光滑绝缘细杆AD穿过一固定均匀带电圆环，并垂直圆环所在平面，细杆与平面的交点为圆环的圆心O。一套在细杆上的小球从A点以某一初速度向上运动，恰能到达D点。已知圆环半径为L、带电量为+Q，小球的质量为m、带电量为+q，，静电力常量为k，重力加速度大小为g，则（）A.圆环在D点产生的场强大小为B.小球在D点的电势能大于在B点的电势能C.小球在C点加速度大小为D.小球在A点的速度大小为2【答案】D【解析】AC．根据题意可知，圆环上电荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量为，该点到点的距离为则在点产生的场强为则圆环在D点产生的场强大小为方向沿向上，同理可求，圆环在点产生的场强大小为方向沿向上，由牛顿第二定律有解得小球在C点的加速度大小为故AC错误；B．根据题意，由对称性可知由沿电场线方向电势逐渐降低可知则有由公式可知，由于小球带正电，则小球在D点的电势能小于在B点的电势能，故B错误；D．根据题意，由对称性可知，小球从点运动到点过程中，电场力做功为零，由动能定理有解得故D正确。故选D。7.如图所示，电荷量为q的带电小球A用长为l的绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量为2q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，小球A平衡时与小球B位于同一竖直平面内，此时悬线与竖直方向夹角，已知带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，则（）A.小球A的质量为 B.小球A的质量为C.细线拉力大小为 D.细线拉力大小为【答案】AD【解析】以小球为研究对象，受力情况如图所示由共点力平衡条件得由库仑定律得联立解得，故选AD。8.如图，空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为的小球，从a点以大小为的初速度竖直向上抛出，经过一段时间运动到与a点等高的b点，已知重力加速度大小为g，场强大小为。下列说法正确的是（）A.小球运动到最高点时距离a点的高度为B.小球运动到最高点时速度大小C.小球运动过程中最小动能为D.a、b两点之间的电势差为【答案】AC【解析】A．根据小球的初速度和受力特点，合力恒定，与初速度不在一条直线上，所以小球将做匀变速曲线运动。将小球的运动分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平向左的初速为零的匀加速直线运动，当小球运动到最高点时，由运动的独立性和等时性可知，其在竖直方向正好到达最高位置，由竖直上抛运动规律即最高点与a点的高度差为，故A正确；B．由竖直方向分运动，可知小球运动到最高点所经历的时间水平方向上有带入可得小球在最高点时竖直方向速度为零，所以实际速度即为水平方向速度，故B错误；C．将重力和电场力合成，合力F合方向为斜向左下方，设与水平方向夹角，则如图所示小球运动过程中只有重力与电场力做功，当小球运动到速度方向与F合垂直时，速度最小；设小球从抛出到此位置经历时间为t1，则解得t1=，，则小球的最小动能为故C正确；D．小球运动到b点经历时间为水平方向速度为竖直方向速度为竖直向下的，设a、b两点之间的电势差为U，根据动能定理带入可解得故D错误。故选AC。9.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出。已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则（）A.在前时间内，电场力对粒子做的功为B.整个t时间内，电场力对粒子做功为C.粒子在竖直方向下落前和后过程中，电场力做功之比1∶3D.在前和后时间内，粒子的动能增量之比为1∶3【答案】BD【解析】AB．粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由可得，前时间内与t时间内垂直于板方向之比为，在前时间内的位移为，在后t时间内的位移为；电场力对粒子做功为故A错误，B正确；C．由电场力做功则前粒子在下落前和后内，电场力做功之比，故C错误；D．在前和后时间内，竖直位移之比为，根据粒子的动能增量之比为1∶3，动能的增量之比等于电场力做的功之比，由电场力做功可知，动能的增量之比为为，故D正确。故选BD。10.如图，一半径为R的光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。一带电小球从A点以某一初速度向左运动，经过P点时重力与静电力的合力恰好给小球提供向心力。已知轨道上的M点与圆心O等高，OP与竖直方向夹角为37°，取，，重力加速度大小为g，则小球（）A.所受重力与静电力之比为 B.经过M点的速度大于C点的速度C.经过P点的速度大于C点的速度 D.经过C点的速度大小为【答案】AB【解析】A．经过P点时重力与静电力的合力恰好给小球提供向心力，则有可知小球所受重力与静电力之比为为故A正确；B．小球从M点到C点过程，根据动能定理可得可知小球从M点到C点动能减小，则小球经过M点的速度大于C点的速度，故B正确；CD．小球经过P点时重力与静电力的合力恰好给小球提供向心力，则有解得小球从P点到C点过程，根据动能定理可得解得故CD错误。故选AB。二、填空，实验题（本题共2小题，第11、12题8分每空2分，第13题4分每空2分，14题8分，选择4分，填空每空2分，共20分）11.电场中有、两点，一个点电荷在点电势能为，在点的电势能为。已知、两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量为，那么该点电荷为_____电荷，把该点电荷从点移到点，电场力做功为_____J。【答案】负【解析】[1]点电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，从A点到B点电场力做正功，所以该点电荷一定为负电荷。[2]静电力做的功等于电势能的变化量即12.如图所示，图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定有三个点电荷+q、+q、-q，则该三角形中心O点处的场强方向为______，大小为______【答案】由O指向C【解析】[1]由于点电荷位于正三角形ABC的三个顶点，则根据电场强度的矢量叠加可得A与B点点电荷在O处电场强度的方向为由O指向C，而负电荷电场线方向在OC连线上由O指向C，故该三角形中心O点处的场强方向为由O指向C；[2]根据几何关系可知A处电荷在O处的电场强度的大小为同理B处电荷在O处的电场强度的大小为A与B点电荷在O处电场强度的大小为故该三角形中心O点处的场强大小为13.如图所示，将一个内阻为、满偏电流的表头和另一个电阻箱连接改装成量程的电压表，应选择图_____（选填“甲”或“乙”），相应图中的电阻箱应调到_____的位置。【答案】乙590【解析】[1]将表头和电阻箱串联改装成电压表，故电路图应选图乙；[2]若电压表量程为3.0V则有解得14.某兴趣小组想自制一个电容器。如图1所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸（某种绝缘介质）一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。（1）为增加该电容器的电容，应当________（填正确答案标号）。A.增大电容器的充电电压 B.减小电容器的充电电压C.锡箔纸面积尽可能大 D.锡箔纸卷绕得尽可能紧（2）为了测量该电容器电容的大小，由于实验室没有电容计，该小组采用了如图2所示的电路进行测量。其中电压传感器和电流传感器可以在计算机上显示出电压和电流随时间变化的图像。先将开关S置于a端，电压和电流随时间变化图像分别如图3、4所示，由图4可得电容器充满电后所带的电荷量约为；则电容大小约为________F。（结果均保留两位有效数字）（3）在（2）问基础上，电容器充满电后，时刻再把开关S置于b端，电容器通过电阻放电，通过电阻R的电流方向为________（填“向左”或“向右”）。【答案】（1）CD（2）（3）向右【解析】（1）AB．电容器的电容大小与电压无关，AB错误；CD．根据电容的公式可知，增大正对面积或减小极板间的距离都可以增大电容器的电容，CD正确。故选CD。（2）根据电容的定义结合甲图可知，充满电后，电容器两端的电压解得（3）充电时，电容器的上极板带正电，开关S置于b端，电容器放电，此时通过R的电流向右。三、计算题（本题共4小题，第15题6分，第16、17题各10分，第16题14分，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的，答案中有单位的必须明确写出数值的单位）15.如图所示，电源电动势、内阻不计，标有“3V、1.5W”的灯泡L恰能正常发光，电动机线圈电阻，求：（1）通过电动机的电流；（2）电动机的输出功率。【答案】（1）0.5A；（2）1.375W【解析】（1）通过电动机电流等于灯泡的电流，即（2）电动机两端的电压U=E-UL=3V则电动机的输出功率16.如图，边长的等边三角形ABC所在平面与匀强电场方向平行，一带电量的粒子从A点移动到B点静电力做功为；从A点移动到C点静电力做的功为。求：（1）电势差、、；（2）场强E的大小和方向。【答案】（1），，；（2），方向由A指向B【解析】（1）由题意可得AB、AC的电势差分别为则B、C两点电势差为（2）由于上一问可知UAB=2UAC所以AB的中点D的电势与C点等电势，又AB与CD垂直，如图所示所以场强的方向沿AB方向，并由A指向B。且场强的大小为17.两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m=5×10-6kg的带电微粒以v0=2m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，A、B间距为d=4cm，板长L=10cm。（g取10m/s2）（1）当A、B间电压UAB=1.0×103V时，微粒恰好不发生偏转，求该微粒的电性和电荷量；（2）若令B板