【文档说明】四川省成都市石室中学2024-2025学年高二上学期10月考试物理试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，858.588 KB，由小赞的店铺上传

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成都石室中学2024-2025学年度上期高2026届10月考试物理试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。2．选择题使用2B铅笔填涂

在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3．考试结束后将答题卡收回。4．本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ

卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共4页。满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）1.以

下说法正确的是（）A.物理学中引入“质点”、“点电荷”等概念，从科学方法上来说是理想模型法B.根据122qqFkr=可知，当r→0时，F→∞C.由Uab=Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D.mA·h是

能量的单位【答案】A【解析】【详解】A．“质点”、“点电荷”等都是为了研究问题简单而引入的理想化的模型，所以它们从科学方法上来说属于理想模型，故A正确；B．122qqFkr=只适用于点电荷电场的计算，当r趋近于零时，带电体不能看成点电荷，公式不适用，故B错误；C．U

ab=Ed中的d表示沿电场方向的距离，不是任意方向的距离，只有在匀强电场中，沿电场方向的距离越大，两点间的电势差越大，故C错误；D．mA∙h中mA是电流的单位，h是时间的单位，它表示电流与时间的乘积，即电量的单位，故D错误。故选A。2.两个分别带有电荷量-Q

和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定距离变为2r，则两球间库仑力的大小为（）A.2FB.85FC.45FD.165F【答案】D【解析】【详解】两带电荷金属小球相互接前，由库仑定律21222255qqQ

QQFkkkrrr===两带电荷金属小球相互接后再分开，分别带电+2Q，由库仑定律212122222162qqQQQFkkkrrr===由以上可以得1165FF=故选D。3.下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出

，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处电场强度最小的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据点电荷的电场强度公式2kqEr=可得各14圆环上的电荷在O点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可；由于电荷均匀分布，则各14圆环

上的电荷等效集中于14圆环的中心，设圆的半径为r，则A图O点处的场强大小为2AkqEr=将B图中正、负电荷产生的场强进行叠加，等效两电荷场强方向间的夹角为90°，则在O点的合场强22BkqEr=方向沿x轴负方向；C图中两正电荷在O点的合场强为零，则C中的场强大小为2Ck

qEr=D图由于完全对称，易得合场强ED=0；故O处电场强度最小的是图D。故选D4.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示，已知单摆的摆长为l，则重力加速度g为（）A.224ltB.22ltC.2249

ltD.224lt【答案】D【解析】【详解】小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，半个周期后再次最大，所以此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图像可知：单摆的周期为4Tt=根据周期公式得。2LTg=所以224lgt

=故选D5.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点．下列说法中正确的有A.粒子带负电B.粒子在M点动能大于在N点的动能C.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能D.粒子在M点受到的电场力

大于在N点受到的电场力【答案】C【解析】【详解】A．根据粒子的运动轨迹可知粒子带正电，选项A错误；BC．由M到N，电场力对粒子做正功，所以粒子动能增大，电势能减小，选项B错误，C正确；D．因为N点电场线比M点

密集，所以N点场强大于M点场强，粒子在N点受到的电场力大于在M点受到的电场力，选项D错误．故选C。6.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，此时导线中自由电子定向移动的平均速率为v。设导线在单位体

积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e。则在Δt时间内（）A.通过导线横截面的电荷量为neB.通过导线横截面的自由电子数为IteC.通过导线横截面的自由电子数为ItSeD.通过导线横截面的电荷量为nevS【答案】B。的【解析】【详解】AD．根据电流的定义式qIt=可得，在Δt时间内

过导线横截面的电荷量为qItnevSt==AD错误；BC．在Δt时间内过导线横截面自由电子数为qItNee==B正确，C错误。故选B。7.如图所示，绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，37B=，53C=，两个可视为质点

的带电物体P、Q分别静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。已知AB、AC面均光滑，斜面体和P、Q的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为g，sin370.6=°。下列判断正确的是（）A.P、Q质量之比是16：9B.P、Q带异种电荷，

且Q的电荷量等于P的电荷量C.水平面对斜面体底部有水平向右的静摩擦力D.水平面对斜面体的支持力大于12)Mmmg++(【答案】A【解析】【详解】A．由库仑力F、重力mg和倾角的关系式为tanFmg=可知，P、Q质量之比为12tantan5316t

antan379mCmB===A正确；B．P、Q两物体都是三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等的库仑引力，P、Q一定是带异种电的荷，电荷量大小关系不能确定，B错误；CD．由斜面和P、Q所构成的整体是二力平衡，水平面对斜面支持力等于总

重力，水平面对斜面没有摩擦力，水平面对斜面的支持力为()12NMmmg=++CD错误；故选A。8.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，A、B为两个固定的等量正点电荷，O点是AB连线的中点。有一质量为m的带电小球在两电荷

连线的中垂面内做半径为R的匀速圆周运动，圆心为O，带电小球和电荷A的连线与AB连线夹角为30°，两个点电荷所带电荷量均为24ERk，重力加速度为g，静电力常量为k。下列说法正确的是（）A.小球可能带正电B.小球所带电荷量的大小为EmgC.小球运动的角速度

为gRD.从最高点运动到最低点的过程中，小球的电势能不变【答案】C【解析】【详解】AB．由于小球在两电荷连线的中垂面内做匀速圆周运动，则有Eqmg=由此可知，小球受到竖直向上的匀强电场的电场力，小球带负电，且mgqE=故AB错误；C．由于带电小球和电荷A的连线与AB连线夹角为30°，则2

22sin30()sin30QqkmRR=可得gRw=故C正确；D．小球在运动过程中，机械能和电势能之和保持不变，小球由最高点运动到最低点的过程中，机械能减小，电势能增大，故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共6小题，每

小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分）9.一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是t=1s时刻的波形图；P是介质中位于x=2m处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（）A.波速为2m/sB.波向左传播C.x=5

m处的质点在t=9s时位于平衡位置D.质点P在0~5s时间内运动的路程为50cm【答案】AD【解析】【详解】A．由a图可知，该波的波长为4m，由b图可知其周期为2s，所以该波的波速2m/svT==A正

确；B．由b图可知，t=1s时，质点P向上振动，根据沿波传播方向上“下波上、上波下”的特点可知，该波向右传播，B错误；C．由a图可知，t=1s时，x=5m处的质点在恰好在波峰，当t=9s时，经历了8s=4tT=，可知该

质点依然位于波峰，C错误；D．该波的振幅5cmA=，由质点P在0~5s时间122tTT=+所以质点P的路程为124450cm2sAA=+=D正确。故选AD。10.如图，A、B两点分别固定有等量的点电荷，其中B处的为负电荷

，A处的电性未知。MN为AB连线的中垂线，O为垂足。由绝缘材料制成的闭合光滑轨道abcd关于O点对称，其上穿有带负电小环。若在P点给小环一沿轨道切线方向的初速度，小环恰能沿轨道做速率不变的运动，不考虑带电小环的重力，则（）A.小环在b、d两点的电势不相同B.小

环在a、c两点受到的电场强度大小相等C.若在d点断开轨道，小环离开轨道后电场力一直做正功D.若将小环从d点沿da连线移到a点，电场力先做正功后做负功【答案】BC【解析】【详解】A．b、d两点在同一等势面上，故小环在b、d两点的电势相同，A错

误；B．由等量同种点电荷连线中垂线上的电场分布特点可知，a、c两点电场强度大小相等，方向相反，故B正确；C．若在d点断开轨道，此时小环的速度方向与电场力方向垂直，此后，电场力方向与速度方向成锐角，电场力一直做正功，C正确；D．由等量负电荷的电势分布可知，

da连线上从d点到a点，电势先降低后升高，故带负电小环的电势能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，D错误。故选BC。11.沿电场中某条电场线方向建立x轴，（规定电场强度的正方向为x轴正方向）该电场线上各点电场强度

E随x的变化规律如图所示，坐标轴上的点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则下列说法正确的是（）A.从O点到C点，电势一直降低B.粒子先做加速运动，后

做减速运动C.粒子运动到C点时动能大于3EkD.粒子在AB段电势能减少量等于BC段电势能减少量【答案】AC【解析】【详解】A．从O点到C点，电场强度方向保持不变，由于开始场强方向沿x轴正方向，所以沿电场线方向电势

逐渐降低，则从O点到C点，电势逐渐降低，故A正确；B．由图像可知场强先增大后减小，则电场力也是先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，一直做变加运动，故B错误；C．由图像可知图像的面积表示电势差，则有U

OC>3UOA由动能定理有kOAqUE=kOCCqUE=由上几式可得kk3CEE所以粒子运动到点时动能大于k3E，故C正确；D．粒子在AB段图像的面积大于BC段图像的面积，则UAB>UBC，所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故D错误。故选AC。12.如

图所示的直角三角形，ac=2ab、bc=20cm，d点为bc边上的点，已知caddab=，空间存在一平行于abc面的匀强电场。b点的离子源能向各个方向发射一系列的电子，电子的初动能为2000eVkbE=，其中到达a、c两点的电子动能分别为2100eV、1900e

V，忽略电子间的相互作用。则下列说法正确的是（）A.a点的电势比b点的电势低100VB.匀强电场的电场强度大小为1000V/mC.该电场的方向由d指向aD.图中的虚线框内a点的电势最高【答案】BD【解析】【详解】A．由

到由动能定理可得kk2100eV-2000eV=100eVabbaeUEE−=−=解得100baU=−V则a点的电势比b点的电势高100V，故A正确；BC．由题可知bc间的电势差为100V，所以ac间的电势差为100V-(-100V)=200VacU=则b点与ac中点电

势相等，连接b点与ac中点即为等势线，如图所示由几何关系可知，电场线方向沿ad方向，且电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，则电场线方向由a指向d，电场强度大小为100tan30cos3033200.0132abUEbc==V

/m=1000V/m故B正确，C错误；D．电场线方向沿ad方向且由a指向d，则图中的虚线框内，顶点a的电势最高，故D正确。故选BD。13.随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电

路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体（）A.稳定后电容器的带电量变小B.稳定后电容器的电容增大C.膜片电极下移过程中G表中有从b流向a的电流D.稳定后极板间电场强度不变【答案】

BC【解析】【详解】AB．平行板上层膜片电极下移，则d减小。由平行板电容器电容的表达式4rSCkd=可知d减小，C增大。而电容器两端的电压不变，由QCU=可知带电量增大，A错误，B正确；C．平行板电容器带电量增大，则继续充电，

由电路简图可知G表中有从b流向a的电流，C正确；D．由UEd=可知d减小，U不变，E增大，D错误。故选BC。14.如图，质量为m、电荷量为q的质子（不计重力）在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为avv=，3bvv=，方向分别与AB成60=斜向上、30=斜向下，

已知AB=L，则（）A.电场方向与bv方向平行B.场强大小为23mvqLC.质子从A点运动到B点所用时间为LvD.质子的最小速度为32v【答案】CD【解析】【详解】A．质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场方向

垂直的方向上做匀速直线运动，设av与电场线的夹角为，如图所示结合av与bv的方向，在垂直电场方向有sincosabvv=代入求得tan3=则60=显然电场方向与方向不平行，故A错误；B．质子从A到B点，根据动能定理，有2211sin(90)22baqELmvmv+−=−求得22

mvEqL=故B错误；C．质子在垂直电场方向上，做匀速直线运动，可得cos(90)sinaLvt+−=求得质子从A点运动到B点所用时间为Ltv=故C正确；D．当质子沿电场方向的速度减为零时，此时质子的速度最小，为min03sin2vvv==故D正确。故选CD。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）

三、实验题（本题共2小题，共计16分）15.电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。某实验小组用如图甲所示的电路研究电容器充、放电情况及电容大小，他们用电流传感器和计算机测出电路中电流随时间变化的曲线。实验时，根据图甲所示的电路原理图连接好电路，t=0时刻把开关K掷向1端，电容器

充电完毕后，再把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I—t图像如图乙所示。（1）电容器放电时，流过电阻R的电流方向为______；（选填“a到b”或“b到a”）（2）在做“观察电容器的充、放电现象”实验时，

先将开关K拨到位置1，一段时间后再拨到位置2。在此过程中，根据电压传感器与电流传感器测量数据得到的ut−和it−图线可能为______。A.B.C.D.（3）图丙为电压恒为8V的电源给电容器充电时作出的电流随时间变化的I—t图像，电容器充电完毕后的电荷量

为______C，电容器的电容为C=______F。（计算结果均保留两位有效数字）【答案】（1）由a到b（2）A（3）①.38.010−②.31.010−【解析】小问1详解】电容器充电时上极板接电源正极，故上极板带正电荷，放电时，

上极板正电荷通过电阻流向下级板，故流过电阻R的电流方向为由a到b；【小问2详解】充电电流方向与放电电流方向相反，且随着充电进行，电容器两端电压变大，充电电流增加的变慢，电量积累变慢，根据电容器电容的定义式QCU=可知，电压增加变慢，放电时图像斜率同样减

小。故选A。【小问3详解】【[1][2]根据图像的面积表示电容器充电完毕后的电荷量，由图知，每小格代表的电荷量为3311110C10C224qIt−−===数出图线包围的格数，满半格或超过半格的算一格，不满半格的舍去，数得格数为32格，则电容器充电

完毕后的电荷量为3313210C=8.010C4Q−−=根据电容的定义知，电容器的电容为338.010F=1.010F8QCU−−==16.一灵敏电流计G的满偏电流g500ΑI=，内阻g160ΩR=，现要将它改装成量程分别为1mA、10mA的双

量程电流表，电路原理如下图所示。（1）根据计算可得到1R、2R的阻值分别为1R=______，2R=______（2）当开关S置于a时，将该改装表与标准表串联进行校准，发现改装表读数比标准表偏大了一点，则说

明1R、2R的阻值之和______（填“偏大”或“偏小”），为了使该表准确则应该再给12RR和______（填“并联”或“串联”）一个______（填“大电阻”或“小电阻”）。【答案】（1）①.144②.16（2）①.偏大②.并联③.大电阻【解析】【小问1详解】[1][2]开关

S置于a时，对应改装后的电流表量程为1mA，根据并联电路知识，有()()gg1g12IRIIRR=−+开关S置于b时，对应改装后的电流表量程为10mA，根据并联电路知识，有()()gg12g2IRRIIR+=−以上两式联立，得1144R=216=

R【小问2详解】[1]电阻的阻值越大，分流能力越小，根据题意可知，12RR+作为分流电阻，其分流能力偏小，即12RR+偏大；[2]为了使分流电阻变小，应给12RR和并联一个电阻；[3]因改装表读数比标准表只偏大了一点，故分流电阻也只是偏大了一点，故应给12RR和并联一个大电阻。四

、计算题（本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17.如图，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电荷

量分别为＋Q和－Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球，质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷，q远小于Q），现将小球从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球向下运动到距C点距离为

d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d。静电力常量为k，重力加速度为g。求：（1）C、O间的电势差UCO。（2）小球经过与点电荷B等高的D点时速度的大小。【答案】（1）222mvmgdq−（2）2v【解析】【小

问1详解】从C到O过程中根据动能定理有212COmgdqUmv+=解得222COmvmgdUq−＝【小问2详解】小球在CO和OD两个过程中，静电力做功相同，则根据动能定理有22122COmgdqUmv+＝解得2vv=18.如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R

，下端与绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中．一质量为m、带电量为q+的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E，且mgEq,试求：（1）物块经过最高点C的速度为多大？（2）试

计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功．（3）证明物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，且为一常量．【答案】qERgm−()201522mvqEmgR+−2R【解析】【详解】试题

分析：（1）物体恰能通过最高点C，由重力和电场力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出C点的速度；（2）从A到C由动能定理，即可求出克服摩擦力做的功；（3）物体离开半圆形轨道后做类平抛运动，根据类平抛运动的规律即可求解．（1）

物块恰能通过圆弧最高点C，圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，由牛顿第二定律有：2CvmgqEmR−=，解得：CqEvRgm=−（2）物块在由A运动到C的过程中，

设物块克服摩擦力做的功fW由动能定理有：220112222fCqERWmgRmvmv−−=−解得：()201522fWmvqEmgR=+−（3）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为S，水平方向

有：CCSvt=竖直方向有：2122qERgtm=−联立解得：2SR=因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R【点睛】解决本题的关键是要理解：物块恰能通过圆弧最高点C，圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，由重力和电场力提

供向心力；同时要灵活应用动能定理和类平抛运动规律的知识进行解题．19.在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场

，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率√2v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小。（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大。（3）为使

粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大。【答案】（1）20mvqR（2）02v（3）()0232v+【解析】【小问1详解】由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据

几何关系可知ACxR=所以根据动能定理有201(2)02ACqExmv=−解得20mvEqR=【小问2详解】根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有1

sin60xRvt==21cos602yRRat=+=根据牛顿第二定律qEma=联立各式解得粒子进入电场时的速度012vv=【小问3详解】因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为

v0，过O点做AC垂线会与圆周交于e点，与AC交于f点故由题意可知粒子会从e点射出。当从e点射出时由几何关系有:21sin60efxRRvt=+=211cos602AfyRat==根据牛顿第二定律qEma=联立解得()02232vv+=