廣東省番禺區2025屆高二物理第一學期期中監測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點，一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力的作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則A．q由A向O的運動是勻加速直線運動B．q由A向O的運動過程電勢能先增大后減小C．q運動到O點時電勢能為零D．q運動到O點時的動能最大2、將一個平行板電容器接上電源后再切斷電源．然后使兩極板間的距離增大一些，則關于電容器兩極的電壓U和兩極間的場強E的變化，下列說法正確的是（）A．U增大，E增大B．U增大，E不變C．U不變，E減小D．U減小，E減小3、供電站向遠方送電，輸送的電功率恒定，若將輸電電壓提高到原來的4倍，以下判斷中正確的是A．輸電電流為原來的4倍B．輸電導線上損失的電壓為原來的4倍C．輸電導線上損失的電功率為原來的D．輸電導線上損失的電功率為原來的4、在國際單位制中，磁感應強度的單位是A．特斯拉B．牛頓C．安培D．伏特5、質譜儀是測帶電粒子質量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子（不計重力）經同一電場加速后垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關規律計算出帶電粒子的質量。其工作原理如圖所示，虛線為某粒子的運動軌跡，由圖可知()A．此粒子帶負電B．下極板比上極板電勢高C．若只增大加速電壓，則半徑變大D．若只增大入射粒子的質量，則半徑變小6、一個水平放置的彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，O為振子平衡位置，如圖所示．設水平向右方向為正方向，以某一時刻作計時起點(t=0)，經3/4倍周期，振子具有正方向最大加速度，那么，在圖所示的幾個振動圖像中(x表示振子離開平衡位置的位移)，能正確反映振子振動情況的是()A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向外．已知在該區域內，一個帶電小球在豎直面內做直線運動．下列說法正確的是()A．若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小B．若小球帶負電荷，則小球的電勢能減小C．無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D．小球的動能恒定不變8、在驗證力的平行四邊形定則的實驗中，四組同學作出的力的圖示如下圖所示，其中F1和F2是用兩個彈黃秤拉橡皮條時的拉力的圖示，F是用四邊形定則畫出的F1和F2的合力的圖示。Fˊ是一個彈黃秤拉橡皮條時的拉力的圖示。F1F2和Fˊ是按同一標度作出的力的圖示，PO代表橡皮條，那么在誤差允許的范圍內，不可能出現的是（）A． B．C． D．9、回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個D形金屬盒．兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中，a、b分別與高頻交流電源兩極相連接，下列說法正確的是（不計粒子通過窄縫的時間及相對論效應）：A．帶電粒子從磁場中獲得能量B．帶電粒子的運動周期是不變的C．磁場對帶電粒子只起換向作用，電場起加速作用D．增大金屬盒的半徑粒子射出時的動能不變10、如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電量分別為－q、Q、－q、Q四個小球構成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統處于平衡狀態，則正確的關系式可能是()A．cos3α＝ B．cos3α＝C．sin3α＝ D．sin3α＝三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）在探究平行板電容器的電容與哪些因素有關的實驗中，某同學猜測電容可能與極板間的距離d、極板的正對面積S及插入極板間的介質有關．他將一個已經充電的平行板電容器與靜電計連接如圖所示．已知靜電計指針張角隨著電容器兩極間的電勢差的增大而增大．實驗時保持電容器極板所帶的電量不變，且電容器B板位置不動．（填“增大”、“減小”或“不變”）(1)將A板向左平移，靜電計指針張角________；(2)將A板豎直向上平移，則靜電計指針張角________；(3)在A、B板間插入電介質，則靜電計指針張角________．12．（12分）某同學用如圖甲所示裝置測量木板與水平軌道間的動摩擦因數．木板上固定兩個完全相同的遮光條M、N，用不可伸長的細線將木板通過兩個滑輪與彈簧測力計A和質量為m0的重物B相連，重力加速度為g，滑輪質量、摩擦不計．（1）用游標卡尺測量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則遮光條的寬度d=_______cm．（2）本實驗中先測出木板、遮光條的總質量m，兩遮光條間的距離L，實驗過程中彈簧測力計示數為F，遮光條N、M先后經過光電門的時間為t1、t2，則遮光條N、M通過光電門時的速度分別為__________、__________，木板與水平軌道間的動摩擦因數μ=_____________．(本小題各問用題中所給符號表示)四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）一束電子流在U1=4500V的電壓作用下得到一定速度后垂直于平行板間的勻強電場飛入兩板間的中央，如圖所示．若平行板間的距離d=1cm，板長l=5cm，求：（1）電子進入平行板間的速度多大？（2）至少在平行板上加多大電U2才能使電子不再飛出平行板？（電子電量1.6×10﹣19C，電子的質量9×10﹣31kg）14．（16分）如圖所示，兩平行金屬板A、B間為一勻強電場，C、D為電場中的兩點(其中C點在金屬板上)，且C、D間距L＝4cm，CD連線和場強方向成60°角．已知電子從D點移到C點電場力做功為3.2×10－17J，電子電荷量為1.6×10－19C，求：(1)C、D兩板間的電勢差；(2)勻強電場的場強大小；15．（12分）在光滑水平面上有一質量m＝1.0×10-3kg電量q＝1.0×1O-10C的帶正電小球，靜止在O點，以O點為原點，在該水平面內建立直角坐標系xOy，現突然加一沿x軸正方向，場強大小E＝2.0×106v／m的勻強電場，使小球開始運動經過1.0s，所加電場突然變為沿y軸正方向，場強大小仍為E＝2.0×106V/m的勻強電場再經過1.0s，所加電場又突然變為另一個勻強電場，使小球在此電場作用下經1.0s速度變為零．求此電場的方向及速度變為零時小球的位置．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

A.兩等量正電荷周圍部分電場線如圖所示其中P、Q連線的中垂線MN上，從無窮遠到O過程中電場強度先增大后減小，且方向始終指向無窮遠方向。故試探電荷所受的電場力是變化的，q由A向O的運動做非勻加速直線運動；故A錯誤。B.電場力方向與AO方向一致，電場力做正功，電勢能逐漸減小，故B錯誤。C.取無限遠處的電勢為零，從無窮遠到O點，電場力做正功，電勢能減小，則q運動到O點時電勢能為負值。故C錯誤。D.從A到O過程，電場力做正功，動能增大，從O到N過程中，電場力做負功，動能減小，故在O點試探電荷的動能最大，速度最大，故D正確。2、B【解析】考點：電容器的動態分析．專題：電容器專題．分析：題中平行板電容器與靜電計相接，電容器的電量不變，改變板間距離，由C=，分析電容的變化，根據C=分析電壓U的變化，根據E=分析場強的變化．解答：解：平行板電容器接上電源后再切斷電源，電容器所帶電量不變．增大電容器兩極板間的距離d時，由C=知，電容C變小，Q不變，根據C=知，U變大，而E==，Q、k、?、S均不變，則E不變．故B正確故選B點評：對于電容器動態變化分析問題，要抓住不變量．當電容器保持與電源相連時，電壓不變．當電容器充電后，與電源斷開后，往往電量不變．3、D【解析】

A.因為輸電功率不變，輸電電壓提高4倍，電流變為原來的，A錯誤．B.根據可知，損失電壓變為原來的，B錯誤．CD.根據可得，損失功率變為原來的，C錯誤D正確．4、A【解析】

在國際單位制中，磁感應強度的單位是特斯拉；牛頓是力的單位；安培是電流的單位；伏特是電壓的單位；故選A.5、C【解析】

A．由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；B．粒子經過電場要加速，因正電粒子，所以下極板S2比上極板S1電勢低，故B錯誤；C．根據動能定理得由得若只增大加速電壓，則半徑變大，若只增大入射粒子的質量，則半徑變大，故C正確，D錯誤。故選C。6、A【解析】

振子經過周期具有正向最大加速度說明振子經過后得位置在A點，因此可以判斷計時起點振子的位置在O點并且向B方向運動，故振子在計時起點的加速度為零，速度為正向最大，故A正確，BCD錯誤．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解析】

D：空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向外；一個帶電小球在豎直面內做直線運動，小球受的重力、電場力恒定，洛倫茲力垂直于速度，則小球所受三力恰好平衡做勻速直線運動，小球的動能不變。故D項正確。A：若小球帶正電，小球受力如圖：據左手定則可知，小球斜向左下方運動，電場力做負功，電勢能增大。故A項錯誤。B：若小球帶負電，小球受力如圖：據左手定則可知，小球斜向右下方運動，電場力做負功，電勢能增大。故B項錯誤。C：無論小球帶何種電荷，小球的高度都下降，重力勢能減小。故C項正確。8、BD【解析】

在解決該題時，抓住F是根據平行四邊形定則作出的F1和F2的合力，在平行四邊形的對角線上，F′是一個彈簧秤單獨拉橡皮條時的力，沿橡皮筋方向。【詳解】該實驗中F是由平行四邊形法則得出的合力，在F1、F2組成平行四邊形的對角線上，F′是一個彈簧秤單獨拉橡皮條時的力的圖示，F′是通過實際實驗得出的，故F′應與Op在同一直線上。本題選不可能出現的，故選BD。9、BC【解析】

離子在磁場中受到洛倫茲力，但不做功，故A錯誤；帶電粒子源源不斷的處于加速狀態，雖速度增大，但在磁場中周期不變，所以粒子的運動周期是固定的，故B正確；離子由加速器的中心附近進入電場中加速后，進入磁場中偏轉．故C正確；帶電粒子從D形盒中射出時的動能，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則圓周半徑，聯立得，當帶電粒子q、m、B一定的，半徑R越大，則越大，故D錯誤.故選BC.【點睛】本題考查回旋加速器的綜合應用：在電場中始終被加速，在磁場中總是勻速圓周運動．所以容易讓學生產生誤解：增加射出的動能由加速電壓與縫間決定．原因是帶電粒子在電場中動能被增加，而在磁場中動能不變．10、AC【解析】

由題意可知，對左邊Q受力分析，如圖所示，兩負q對Q的庫侖力的合力與右邊Q對Q的庫侖力等值反向設菱形的邊長為a，則有：解得：8qsin3α=Q即為對q，有：解得：A.cos3α＝與計算結果相符，故A正確。B.cos3α＝與計算結果不符，故B錯誤。C.sin3α＝與計算結果相符，故C正確。D.sin3α＝與計算結果不符，故D錯誤。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、增大增大減小【解析】

先根據電容的決定式分析電容的變化，再根據電容的定義式分析得到板間電勢差的變化；靜電計是測量電勢差的儀器，根據兩板間的電電勢差的變化得出張角的變化；【詳解】(1)將A板向左平移，板間距離增大，根據電容的決定式得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U增大，則靜電計指針張角增大；(2)將A板豎直向上平移，兩極板正對面積減小，根據電容的決定式得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U增大，則靜電計指針張角增大；(3)將電介質插入兩板之間，根據電容的決定式得知，電容C增大，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U減小，則靜電計指針張角減小．12、0.155(0.150也得分)【解析】

（1）游標卡尺的讀數先讀出主尺的刻度數：1mm，游標尺的刻度第10個刻度與上邊的刻度對齊，所以游標讀數為：0.05×10=0.50mm，總讀數為：1mm+0.50mm=1.50mm=0.150cm．（2）遮光條N通過光電門時的速度為：，遮光條M通過光電門時的速度為：，根據動能定理：，聯立以上解得：．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）4×107m/s（2）360V【解析】

電子在加速電場中，電場力做正功qU【詳解】（1）電子在加速電場中運動時根據動能定理，得qU1=1（2）電子在偏轉電場中運動時根據牛頓第二定律可得加速度a=由電子在水平方向做勻速直線運動得L=電子在豎直方向做勻加速直線運動，剛好不飛出電場時y=又y=12at2【點睛】電子在電場中做類平拋運動，不僅軌跡與平拋運動相似，是拋物線，更重要的是研究方法與平拋運動相似，采用運動的合成與分解方法處理．與平拋運動最大的不同是加速度，加速度≠g，要根據牛頓第二定律求出．14、(1)200V(2)1×104N/C【解析】

(1)由題知，電子受到向上電場力，電子帶負電，則場強方向為A→B.C、D間電勢差為UCD＝W/q解得：UCD＝200V(2)由題知，得E＝1×104N/C15、指向第三象限，與x軸成225°角（0.40m，0.20m）【解析】試題分析：第1s內小球沿x軸正方向做勻加速直線運動，第2s