四川省宜宾市叙州区第二中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

叙州区二中高2022级高二上学期第一学月考试物理试题第一部分选择题（共48分）注意事项：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，请用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号。一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）1.一个负点电荷仅受电场力作用，从电场中的a点移到b点，该点电荷在b点的动能大于在a点的动能，则（　　）A.a点场强大于b点场强B.a点场强小于b点场强C.a点电势高于b点电势D.a点电势低于b点电势【答案】D【解析】【详解】AB．题目中只告诉了负电荷在电场中运动中的能量关系，所以无法判断a点和b点场强关系，故AB错误；CD．仅受电场力作用，电势能和动能之和不变，该点电荷在b点的动能大于在a点的动能，可知该点电荷在b点的电势能小于在a点的电势能，负点电荷在电势高的点，电势能小，在电势低的点，电势能大，所以a点电势低于b点电势，故D正确，C错误；故选D。2.在真空中，离点电荷（带电荷量为Q）为r的A点，先后放入带电荷量为q1和q2的点电荷，点电荷q1、q2所受的电场力大小分别为F1和F2，则A点处的电场强度大小为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB．点电荷q1、q2的电荷均为试探电荷，根据电场强度的定义式，得到：A点电场强度的大小为： 故AB错误。CD．电量为Q的点电荷是场源电荷，在A点产生的电场强度的大小为：故C正确D错误。3.真空中两个点电荷之间的距离为r，所带电荷量均为q，它们之间静电力的大小为F。仅将其中一个点电荷所带电荷量变为9q，它们之间静电力的大小变为（　　）A.9FB.5FC.3FD.2F【答案】A【解析】分析】【详解】真空中两个点电荷之间的距离为r，所带电荷量均为q，它们之间静电力的大小为F，则仅将其中一个点电荷所带电荷量变为9q，它们之间静电力的大小变为联立解得故A正确，BCD错误。故选A。4.A，B两根完全相同的金属裸导线，如果把A导线对折后绞合起来，把B导线均匀拉长到原来的2倍，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过A，B导线的电荷量之比为（　　）AB.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据把A导线对折后绞合起来，则有 把B导线均匀拉长到原来的2倍，则有加上相同的电压后，有，则有根据可知在相同时间内通过它们的电荷量之比为。故选C。5.电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路，上极板接地。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，两极板间电压为U，板间电场强度大小为，电容器中的P点电势为，则下列说法正确的是（　　）A.若将上板下移少许，Q增大，U减小，不变，变大B.若将上板下移少许，Q不变，U减小，减小，变小C.若断开开关S，将上板下移少许，Q增大，U不变，增大，变小D.若断开开关S，将上板下移少许，Q不变，U减小，不变，变大【答案】D【解析】【详解】AB．电容器与电源保持连接时电容器两极板间的电压U不变，上板下移（板间距d减小）。 由公式，可知电容C将增大；由公式可知电容器带电量Q将增大；由公式可知两极板间的场强增大；P点电势为为负值，设P点到上板的距离为x，则x减小，所以变大，选项A、B错误；CD．断开电源后电容器带电量Q不变，上板下移（两极板间距d减小）。由公式，可知，电容C将增大；由公式可知电容器两极板间电压U将减小；由，，，三式可解得由此可知两极板间的场强不变，由可知变大，选项C错误、D正确。故选D6.用两个相同的小量程电流表，分别改装成两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用串联或并联的方式接入电路，如图，则闭合电键后，下列有关电表的示数和指针偏转角度说法正确的是（　　）A.图甲中的、的示数相同B.图甲中的、的指针偏角相同C.图乙中的、的示数和偏角都不同D.图乙中的、的指针偏角不同 【答案】A【解析】【详解】改装成大量程电流表，即在原小量程电流表（表头）上并联一个分流电阻，量程越大，分流电阻越小，所分电流越大，总电流越大。CD．图乙中的A1、A2是并联关系，可知流过两表头的电流相同，指针偏转角相同，但由于量程不同，分流电阻阻值不同，所分电流不同，故两电表读数不同，CD错误；AB．图乙中的A1、A2是串联关系，电流相等，示数相同，但由于量程不同，内阻不同，分压不同，故流过两表头的电流不同，指针偏转角不同，A正确，B错误。故选A。7.如图所示，电阻R1＝2Ω，小灯泡L上标有“3V，1.5W”字样，电源内阻r＝1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0。当触头P滑动到最上端a时，电流表的读数为1A，小灯泡L恰好正常发光，不考虑小灯泡电阻的变化，则下列说法正确的是（　　）A.滑动变阻器的最大阻值R0=8ΩB.电源电动势E=6VC.当触头P滑动到最下端b时，电源的输出功率P出＝4WD.当触头P滑动到最下端b时，电源的总功率P总＝2.4W【答案】B【解析】【详解】A．当触头P滑到a端时，流过小灯泡的电流为流过变阻器的电流为滑动变阻器的最大阻值为 故A错误；B．电源电动势为故B正确；CD．当P滑到b端时，滑动变阻器和小灯泡均被短路，电流总电流为电源总功率为P=EI=6×2W=12W内阻消耗的功率为则输出功率为P出=12W-4W=8W故CD错误。所以选B。8.如图所示，三个同样的带电粒子（不计重力）同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a、b、c标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是A.当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上B.b和c同时飞离电场C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D.在电场中运动过程中c的动能增加最小，a、b动能增加量相同【答案】ACD【解析】【详解】三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量，所以，故B错误，A 正确；在水平方向上做匀速直线运动，故有，因为，，所以有，故C正确；根据动能定理，故c的最小，a和b的一样大，故D正确。故选ACD。9.某同学在探究通过导体的电流与其两端电压的关系时，将记录的实验数据通过整理作出了如图所示的图像，根据图像，下列说法正确的是（　　）A.导体甲的电阻大于导体乙的电阻B.在导体乙的两端加1V的电压时，通过导体乙的电流为0.1AC.当通过导体甲的电流为0.9A时，导体甲两端的电压为4VD.将导体乙连接到电压为5V的电源上时，通过导体的电流为0.5A【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．I-U图像的斜率表示电阻的倒数，则选项A错误；B．由得当导体乙两端的电压为1V时选项B正确；C．当通过导体甲的电流为0.9A时，导体甲两端的电压U＝I′R甲＝0.9×5V＝4.5V 选项C错误；D．乙连接到电压为5V的电源上时选项D正确；故选BD。10.利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势，电源内阻，电阻，重物质量，当将重物固定时，电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为，不计摩擦，g取，下列说法正确的是（　　）A.电动机内部线圈的电阻为B.稳定匀速提升重物时，流过电动机的电流为2AC.重物匀速上升时的速度为1m/sD.匀速提升重物时电动机消耗的电功率是2W【答案】AD【解析】【详解】A．由题，电源电动势E=6V，电源内阻，当将重物固定时，电压表的示数为U=5V，则根据闭合电路欧姆定律得，电路中电流为电动机的电阻选项A正确；BCD．当重物匀速上升时，电压表的示数为，电路中电流为电动机两端的电压为 故电动机的消耗的功率根据能量转化和守恒定律得代入解得选项BC错误，D正确。故选AD。11.如图甲，足够长的光滑斜面倾角为，时质量为的物块在沿斜面方向的力作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力的正方向，力随时间的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取，则物块（　　）A.在时间内合外力的功率为B.在时动能为C.在时机械能为D.在时速度大小为【答案】BC【解析】【详解】A．时间内，由于故物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律可得解得物块内上滑的位移 内合外力做功为在时间内合外力的功率为，A错误；B．末物块的速度为末物块的动能B正确；C．，物块不受外力，只有重力对物块做功，所以该过程物块的机械能守恒，由于物块的出发的位置重力势能为0，0时刻物块动能也为0，所以0时刻物块的机械能为0，由于物块机械能增加了所以，包括末物块的机械能为，C正确。D．内由牛顿第二定律有解得末物块的速度为内由牛顿第二定律有解得方向沿斜面向下，在时速度大小为D错误。 故选BC。第二部分非选择题（共52分）注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。二、实验题（共16分）12.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷间的距离和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持两电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的_________而增大（填“增大”或“减小”），随其所带电荷量的_______而增大（填“增大”或“减小”）。图中A、B两带电体相互排斥，说明它们带有_________（填“同种”或“异种”）电荷。【答案】①.减小②.增大③.同种【解析】【详解】[1][2][3]对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力F=mgtanθ即B球悬线的偏角越大，两球间的作用力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大；由悬线向右偏可知A、B两带电体相互排斥，说明它们带有同种电荷。13.某学习小组欲精确测量小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A．待测小灯泡L（约10Ω）B．电压表V（3V，内阻约3kΩ）C．电流表A1（300mA，内阻约5Ω）D．电流表A2（200mA，内阻约10Ω） E．滑动变阻器R1（0~20Ω，额定电流2A）F．滑动变阻器R2（0~2000Ω，额定电流0.5A）G．直流电源E（3V，内阻约1Ω）H．开关、导线若干(1)甲同学根据以上器材设计电路测定小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯泡两端电压能从0开始变化进行多次测量。则电流表应选择___________（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器应选择___________（填“R1”或“R2”）；(2)滑动变阻器采取____________（填序号）接法。A．分压式B．限流式(3)电流表采取____________（填序号）接法。【答案】①.A1②.R1③.A④.B【解析】【详解】(1)[1][2]电路电流最大不超过10，故选用电流表，为了操作方便，应选择较小的滑动变阻器，故选R1。(2)[3]由于要求小灯泡两端电压能从0开始变化进行多次测量，故选A。(3)[4]由于，故采用电流表外接法。三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题14分，共36分）14.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。有一段金属导体，其电阻率为，长度为，横截面积为S。（1）当在导体两端施加的恒定电压为U时，求通过导体的电流大小。（2）若已知导体单位体积内有n个自由电子，电子的质量为m，电荷量为e。当通过导体的电流为I时，请你根据电流的定义，推导其中自由电子定向移动的平均速率。【答案】（1）；（2）【解析】 【详解】（1）金属导体电阻当在导体两端施加恒定电压为U时，通过导体的电流大小（2）根据电流的定义自由电子定向移动的平均速率15.如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），求：（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大；（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒第一次通过半圆形金属板间的最低点P点？【答案】（1）（2）（3）（2d+）【解析】【详解】(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qU＝mv2解得: (2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有联立解得：(3)微粒从释放开始经t1射入B板小孔，则设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则所以从释放微粒开始，经过:微粒第一次到达P点．16.如图所示，竖直面内半径为R的四分之一圆周轨道AB固定在水平面上，轨道两端A、B在同一水不面上，以A点为坐标原点，建立竖直面内的直角坐标系，y轴沿竖直方向，坐标平面和圆弧轨道在同一竖直面内，在坐标面上第一象限内的P()点水平向左抛出一个小球，结果小球恰好能从A点无碰撞地进入圆弧轨道，不计空气阻力和小球大小，重力加速度为g．求：（1）小球抛出点P的坐标满足的条件；（2）抛出点位置满足（1)问中的小球被抛出后，到达圆弧轨道的最低点时，对轨道的压力为其重力的5倍，求该小球抛出的初速度大小．【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)由于圆弧轨道为四分之一个圆弧，因此从点向左水平抛出的小球恰好能从点无碰撞地进入园弧轨道，则小球在 点的速度与水平方向的夹角为，则有：即(2)设小球在圆弧轨道的最底点时速度大小为，由题意可知：解得：设小球抛出的初速度大小为，则小球在点的速度大小为从点到轨道最低点，根据机械能守恒定律有：