【文档说明】辽宁省沈阳市二十中学2023-2024学年高二上学期阶段测试物理试题 含解析.docx，共(19)页，2.286 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度（上）沈阳市第二十中学阶段测试高二年级物理试卷试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1-12题54分）第二部分：非选择题型（13-15题46分）第Ⅰ卷（选择题共54分）一、单选题：本题共12个

小题，共54分。在每个小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，每小题4分；第10-12题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。1.关于物理学史，下列说法中错误的是（）A.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的B.英国

物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场C.卡文迪许测出引力常量G的值，从而提出了万有引力定律D.库仑利用扭秤装置得出了库仑定律【答案】C【解析】【详解】A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通

过油滴实验测得的，故A正确，不符合题意；B．英国物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场，故B正确，不符合题意；C．卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，牛顿提出了万有引力定律，故C错误，符合题意；D

．库仑利用扭秤装置得出了库仑定律，故D正确，不符合题意。故选C。2.如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（）A.把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都闭合B.把C移

近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开C.把C移近导体A，再把C移走，然后把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D.先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而

B上的金属箔片闭合【答案】B【解析】【详解】AB．感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出

现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，把带正电荷的物体C移近导体A，先把A和B分开，然后移去C，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故A错误，B正确；C．先把C移走，A、B电荷恢复

原状，若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开，故C错误；D．把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片闭合，B上的金属箔片也闭合，故D错误。故选B。3.如图所示，A、B、C、D、E是半径为r圆周上等间距的五个点，在这些点上各

固定一个点电荷，除A点处的电荷量为q−外，其余各点处的点电荷电荷量均为q+，圆心O处固定一点电荷Q+，则Q+所受静电力（）A.大小为2kqQr方向沿OA方向B.大小为2kqQr，方向沿AO方向C.大小为22kqQr，方向沿OA方向D.大小为22kqQr，方向沿AO方向【

答案】C【解析】【详解】将A处点电荷q−拆分为q+与2q−，则由对称性可知，A、B、C、D、E五处q+对O处点电荷Q的合静电力为0，故O处Q所受静电力等于A处等效的2q−对它的作用力，由库仑定律可知，静电力的大小为的22kqQF

r=由异种电荷相吸引可知，静电力方向沿OA方向。故选C。4.如图所示，实线为某电场的电场线，虚线为等势面，A、B为电场线上的两个点，下列判断正确的是（）A.A点的场强比B点的场强小B.A点电势比B点电势高C.带正电的检验电荷从A点移动到B点电势能增加D.带负电的检验电荷从A点移动到B点动能

减少【答案】C【解析】【详解】A．电场线的疏密程度反映场强的大小，A处电场线较密集，场强更大，故A错误；B．沿电场线的方向电势降低，由题目图中可知，A点的电势低，故B错误；C．A点的电势低，根据pEq=正电荷在A点的电势能小，所以将一带正电的检

验电荷从A移动到B电势能增加，故C正确；D．A点的电势低，负电荷在A点的电势能大，所以将一带负电的检验电荷从A移动到B电势能减小，故D错误。故选C。5.如图所示，在原来不带电的空心金属球壳外面放置一个正电荷。A、B、C三点分别位于球壳外部、球

壳实体中和球壳空腔内。当球壳处于静电平衡状态时，下列说法正确的是（）A.A点的电场强度小于B点的电场强度B.B点的电场强度小于C点的电场强度C.由于静电屏蔽，C点的电场强度等于0D.由于静电感应，球壳内表面感应出电荷【答案】C

【解析】【详解】ABC．A点处于点电荷的电场中，所以A点的电场强度不等于零；金属空心导体放在点电荷的电场中，出现静电感应现象，最终处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为零，所以B、C两点的电场强度都为

零，则EA＞EB=EC故AB错误，C正确；D．处于静电平衡的导体的电势处处相等，其内表面不带电，故D错误。故选C。6.如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，

现将A板向上平移一小段距离，则（）A.电容器的带电量将增大B.在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流C带电油滴将沿竖直方向向上运动D.M点电势将降低【答案】D【解析】【详解】AB．将A板向上平移一小段距离，板间距离d增大。由r4SCkd=可知电

容器的电容变小，又QCU=.电压U不变。因此电容器带电量减小，电容器放电，回路中有顺时针方向的电流电阻R中有向右的电流。选项AB错误；C．根据电容器内部电场强度UEd=可知，d增大，场强减小，油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，选项C错误；D．A、B两板间的电场

强度E减小，由MBMBEh−=可知，M点电势降低。选项D正确。故选D。7.两个带等量正电荷的点电荷如图所示，O点为两点电荷连线的中点，a点在两点电荷连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，关于电子的运动，下列说法正确的是（）A.电子在从a点向O点运动的过程中，加速

度越来越大，速度越来越大B.电子在从a点向O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C.若在a点给电子一垂直于纸面向外的初速度，电子可能绕O点做匀速圆周运动D.若在a点给电子一垂直于纸面向里的初速度，电子不可能绕O点做匀速圆周运动【答案】C【解析】【详解】AB．等量

同种点电荷的电场线分布如图所示电场线越密，电场强度越大，电子所受电场力越大，加速度越大，而电场力的方向与速度方向同向，电子的速度增大，由图可知，从a点向O点运动的过程中，加速度可能一直减小，也可能先增大后减小，而电子的速度一直增大，故AB错误；CD．在a点给电子一垂直于纸

面向外的初速度，若电场力恰好提供电子做圆周运动的向心力，则电子做匀速圆周运动，故C正确，D错误。故选C。8.某静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为m、带电荷量为q+的粒子（不计重力），以初速度0v从O点进入电场，沿x轴正方向运动。下列叙述正确的是（）A.粒子从

O向右运动到1x运动的过程中做匀减速运动B.若粒子能运动到3x，则从1x运动到3x的过程中，电势能先减小后增大C.若002qvm=，则粒子运动到3x处时速度最大，其大小为05qmD.若00qvm

=，粒子运动到2x时速度大小为0qm【答案】C【解析】【详解】A．x−图像的斜率kx=表示电场强度，由图像可知从O到1x电场强度逐渐减小，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做

加速度减小的减速运动，故A错误；B．由图可知从1x到3x电势逐渐降低，结合电势能公式PEq=可知正粒子的电势能是逐渐减小的，故B错误；C．若002qvm=，则粒子运动到3x处时电势能最小，则动能最大，

速度最大，由动能定理得0220111222mqmvmv=−解得05mqvm=故C正确；D．若00qvm=，粒子沿x轴正方向做减速运动，当减速到零时，由动能定理得021(0)02qmv−=−解得02=则

粒子运动不到2x位置速度就减为0了，故D错误。故选C。9.如图，空间有一范围足够大、水平向右的匀强电场，在电场中用绝缘细线悬挂一质量为m、电荷量为+q的小球，静止时细线与竖直方向的夹角为37°。若小球获得垂直于细线、方向斜向右上的速度v0，小球恰好可在竖直平面内做圆周运动。A点为圆轨

迹上的最高点，已知细线长为l取sin370.6=v，cos370.8=，则（）A.电场强度大小为43mgEq=B.球运动到A点时速度最小C.球运动过程中的最小速度为glD.球运动的初速度052vgl=【答案】D【解析】【详解】A．静止时受力分析则有sin37TqE=c

os37Tmg=联立解得34mgEq=故A错误；B．根据等效重力的方法，小球运动到等效最高点的速度最小，即在图示位置细线的反向延长线与圆交点的位置，故B错误；C．因为恰好能做圆周运动，所以2cos37mgmvl=52glv=故C错误；D．由能量守恒定律则有220112=22Flmv

mv−−合5=4FTmg=合联立解得052vgl=，故D正确。故选D。二、多选题10.有一带电粒子沿图中的AB曲线穿过一匀强电场，a、b、c、d均为匀强电场中的等势面，且电势abcd＜＜＜，若不计粒子所受重力，那么（）A.粒子一定带负

电B.粒子的运动轨迹是抛物线C.从A点运动到B点粒子的电势能增加D.粒子动能和电势能之和在运动过程中保持不变【答案】ABD【解析】【详解】A．根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，则电场沿竖直向下方向，而粒子的的轨迹向上弯曲，说明

粒子所受的电场力竖直向上，所以粒子带负电，A正确；B．粒子所受的电场力是恒力，粒子的运动为匀变速曲线运动，所以轨迹为抛物线，B正确；C．粒子的电场力竖直向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，电势能减小，动能增大，C错误；D．因为粒子的重力不计，粒子的动能和势能相互转化，由能量

守恒定律可知，粒子的动能和电势能之和在运动过程中保持不变，D正确。故选ABD。11.如图，棱长为30cm的正四面体ABCD处于与BCD平面平行的匀强电场中，在A点固定一电荷量94.010CQ−=−的点电荷。若将电荷量92

.010Cq−=的点电荷从D点移动到B点，静电力所做的功为71.210J−，若把这个电荷q从B点移动到C点，静电力做功为72.410J−−。已知静电力常量9229.010Nm/Ck=，E为BC边中点，下列说法正确的是（）

A.DE=B.匀强电场的方向由B点指向C点C.匀强电场的场强大小400V/mE=D.B点场强大小400V/mE=【答案】CD【解析】详解】A．由于公式WUq=可得7DBDB91.210V60V21

0WUq−−===7BCBC92.410V120V210WUq−−−===−由于B、C、D到A处的距离相等，所以A处的点电荷在B、C、D处是等势点。在匀强电场中，E为BC边中点，由于CB120VU=【可得CEEB60VUU==由于DBEB60V

UU==则DE=电势为标量，虽然匀强电场中的D和E两点电势相等，但是由于E点与A点的距离和D点与A点的距离不相等，则点电荷在D点和E点电势大小不相等，综上所述D和E两点电势不相等，故A错误；B．连接D与E，可

知DE为匀强电场的一条等势线，由几何关系可知，BC垂直于DE，则BC为匀强电场的一条电场线，由于沿着电场线方向，电势降低，则匀强电场方向由C指向B，故B错误；C．根据公式UEd=可得CB2CB120V/m400V/m3010

UEd−===故C正确；D．根据点电荷场强公式2kQEr=可知，A点固定的点电荷在B点产生的电场的场强大小为9912229.010410V/m400V/m(3010)kQEr−−===A点固定的点电荷为负电

荷，则场强方向由B点指向A点，在B的场强如图所示根据叠加原理及几何关系可知B400V/mE=方向与棱AB的夹角为60，故D正确。故选CD。12.一带正电微粒从静止开始经电压1U加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为2U。微粒射

入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为60°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（）A.:1:3Ld=B.12:1:2UU=C.微粒穿出电容器区域时速度与水平方向夹角的正切值3tan2=D.仅改

变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹发生变化【答案】AC【解析】【详解】A．设粒子从射入到运动至最到点的时间为1t，根据动力学有12xLvt=112ydvt=粒子射入水平放置的平行板电容器水平速度、竖直速度为cosxvv=，sinyvv=解得:1:3Ld=故A正确；B．

粒子在平行板电容器内的加速度22UqEqammd==竖直方向有22yvad=粒子射入电场的动能2112Uqmv=可得12:2:3UU=故B错误；C．设粒子从最到点运动至射出平行板电容器的时间为2t，根据动力学有2xLvt=可得2112tt=射出磁场时竖直方向的速度22yyvvat==微粒穿出电

容器区域时速度与水平方向夹角的正切值3tan22yyxxvvvv===故C正确；D．设粒子从射入到运动至最到点的水平位移为x，设粒子从射入到运动至最到点的时间为t，为xtv=竖直方向的位移为212y

at=粒子在平行板电容器内的加速度22UqEqammd==粒子射入电场的动能2112Uqmv=联立解得2214UxydU=且xxvt=，12yyvt=联立解得2xL=，ydL==即粒子从射入到运动至最到点的水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，粒子射出磁场的过程同

理可得，故轨迹不会变化，故D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题共46分）三、解答题（13题12分，14题16分，15题18分，要求写出公式和必要的文字说明）13.如图，带电量为7510Q−=+C的小球

A固定在光滑绝缘桌面的上方，高度0.3mh=，一个质量为4210kgm−=带电量8510q−=−C的小球B在桌面上以小球A在桌面上的投影点O点为圆心做匀速圆周运动，其运动半径为0.4mr=。（静电力常量922910Nm/Ck=）求：（1）小球

A、B之间的库仑力F的大小；（2）小球运动的线速度v的大小。【答案】（1）4910NF−=；（2）1.2m/sv=【解析】【详解】（1）由几何关系知，A、B小球间的距离220.5mLhr=+=根据库仑定律2Qq

FkL=解得4910NF−=（2）A、B球连线与竖直方向的夹角为θ，则有tanrh=解得53=库仑力的水平方向分力提供向心力2sinmvFr=代入数据可得1.2m/sv=14.空间中有场强大小为E的

匀强电场，方向水平向右，如图所示。一质量为m、可视为质点的带电小球，从O点竖直向上抛出，此时动能为Ek0，经过一段时间小球再次与O点高度相同时动能5Ek0，不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。求：（1）小球到达最

高点时，所上升的高度；（2）小球的电荷量；（3）此过程中小球动能的最小值。【答案】（1）k021Egm；（2）mgE；()k032E【解析】【详解】（1）带电小球在竖直方向做竖直上抛运动，设小球竖直初速度为v0，则有2

k0012Emv=解得k002Evm=小球到达最高点时所用的位移20k02vExgmg==（2）水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，带电小球在竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，小球回到与O点相同高度处，竖直分速度大小仍然为v0，设此时水平分速度为vx，则合速度

有2220xvvv=+则与O点等高度处的动能为()222k0011522xEmvmvv==+联立解得k08xEvm=水平方向上，由运动学公式可得2xEqvtm=解得mgqE=（3）当带电小球速度方向与合力垂直时，速度最小，动能最小，水平方向加速度大小为Eqagm==由

几何关系可得，此时小球水平速度和竖直速度大小相等，即0vgtat−=解得k0212Etgm=所以此时k021''2xyEvvm==则此时合速度大小为2'2'2'xyvvv=+此时动能的最小值为'2k0kmin122E

Emv==15.如图甲所示，面积很大的两块平行金属板A、B竖直放置。虚线MN表示与金属板A、B平行且等距的一个平面，此面到A、B的距离都是L，此面上会源源不断地产生某种微粒。这些微粒产生后，从静止开始运动，若微粒一旦碰到金属板A、B，就会被吸附在板上不再运动。以第一个微粒释放时为计时零点，由于控

制装置的存在，微粒在不同时刻的加速度变化规律如图乙所示，变化周期为T，以垂直于板向右为正方向，且L、T和a之间满足2364=LaT。已知在0~T时间内平面MN上随时间均匀产生了共3200个微粒，且每个微粒从平面MN上不同

的地方产生，轨迹不会相互干扰，微粒产生后，平面MN不会再对微粒的运动产生任何影响。求：（1）第一个微粒到达A板所用的时间（结果用T表示）；（2）4Tt=时产生的微粒到达A板时的速度大小；（3）1~2TT产生的微粒，有多少个能到达A板。【答案】（1）68tT=；（2）速度大小为零；（3）300个。

【解析】【详解】（1）因为微粒开始做匀加速直线运动，根据公式可得212Lat=解得68tT=（2）因为648TT，所以4Tt=时产生的微粒，先做匀加速再做匀减速，4T内加速运动的位移为21()24Txa=即2132xaT=23L=此时粒子的速度为14vaT=当粒子

减速为零，需要的时间为28vTta==减速阶段粒子运动位移为22112264svtataT=−=13L=由此可得Lxs=+则4Tt=时产生的微粒到达A板时的速度大小为零。（3）设在T-0t时刻产生的粒子恰好

能到达A板，有012atat=102tt=122Ttt+=2022Ttt=−232atat=23024tTtt==−102vat=22vat=22310111()()22vttvttL+−+=0332tT=03

200300tNT==个的速度时间图像如下获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com