安徽省当涂第一中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

当涂一中高二年级2023-2024学年度10月份月考物理试题（卷面分值：100分  考试时间：75分钟）一、选择题（第1～7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.对研究对象或研究过程建立理想化模型，突出问题的主要方面忽略次要因素从而有效地解决问题，是物理学研究的常用方法。下列各组均属于理想化模型的是（　　）A.点电荷、元电荷B.质点、点电荷C.元电荷、重心D.质点、重心【答案】B【解析】【详解】质点是忽略大小、体积、形状而有质量的点，点电荷是本身大小比相互之间的距离小得多的带电体，点电荷、质点都是实际不存在的理想化模型，元电荷是最小的电荷量，重心是重力在物体上的等效作用点，不是理想化模型；故选B。2.在电场中某点放一检验电荷,其电量为q，所受电场力为F．按场强定义可知，该点的场强大小E=．那么，下列说法中正确的是：()A.若移走检验电荷，则该点的电场强度为零B.若放在该点的检验电荷的电量为2q，则该点的电场强度大小为C.若放在该点的检验电荷的电量为2q，则该点的电场强度大小为2ED.若放在该点的检验电荷的电量为2q，则该点的电场强度大小仍为E【答案】D【解析】【详解】该点的电场强度由场本身决定，与放不放试探电荷无关，与试探电荷电量也无关，ABC错D正确．故选D。3.如图所示的火警报警装置，为热敏电阻，若温度升高，则的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响。下列说法正确的是（　　） A.适当增大电源的电动势可使报警的临界温度升高B.适当增大电源的电动势可使报警的临界温度降低C.把的滑片适当向下移可使报警的临界温度升高D.把的滑片适当向下移不改变报警的临界温度【答案】B【解析】【详解】AB．温度升高，的阻值减小，干路电流增大，若适当增大电源的电动势，电铃电压更容易到达临界值而引起电铃响，故报警的临界温度降低，A错误，B正确；CD．把的滑片适当向下移，其阻值增大，并联部分阻值增大，随着温度升高，的阻值减小，干路电流增大，电铃电压更容易到达临界值，使报警的临界温度降低，CD错误。故选B。4.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个小量程电流表和一个电阻箱R组成的，下列说法正确的是（　　）A.甲表是电压表，R增大时量程增大B.甲表是电流表，R增大时量程减小C.乙表是电流表，R增大时量程增大D.乙表是电压表，R增大时量程减小【答案】B【解析】【分析】【详解】AB．甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确；CD．乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大，故CD错误。故选B。 5.如图所示，绝缘轻杆一端插入绝缘水平面固定，另一端与带正电的金属小球1连接，轻杆与水平面夹角为30°．带电量为+q的金属小球2放在绝缘水平面上，1、2小球间的连线与水平面间的夹角也为30°，此时轻杆对小球1的弹力恰好沿杆方向．现用与小球2完全相同的带电量为－3q小球3和小球2接触，稳定后再移走小球3．球1、2均看作点电荷．则小球2电荷量变化前后，轻杆对小球1的弹力大小之比为A.1︰B.2︰C.1︰2D.︰2【答案】A【解析】【详解】设金属小球1的质量为m，球2与球3接触前，小球1、2之间表现为斥力，大小设为F，由平衡条件可得轻杆对球1的弹力与球1的重力和F的合力等大反向，由几何关系得球1的重力和F的夹角为°，又由于此时轻杆对小球1的弹力恰好沿杆的方向，根据平行四边形定则可知，故轻杆对小球1的弹力大小为；球2与球3接触后，小球2的电荷量变为，根据库仑定律得，小球1、2之间库仑力大小还是F，表现为引力，由平衡条件得轻杆对小球1的弹力与球的1的重力和F的合力等大反向，由几何关系得小球1的重力和F的夹角为60°，再根据平行四边形定则可知，轻杆对小球1的弹力大小变为，所以，故选项A正确，B、C、D错误；故选选项A．6.如图所示，电源电动势E一定，内阻不计，、是定值电阻，是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。现增强照射电阻的光照强度，则（　　）A.电容器的电容增大B.M点的电势升高C.液滴向下运动D.中有向右的电流【答案】B 【解析】【详解】A．电容器的电容由电容器本身性质决定，不随其电压或电荷量的变化而变化，故A错误；B．增强照射电阻的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，则R1两端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据可知两极板间电场强度增大，而下极板接地，电势为零，设M到下极板间的距离为，则M点的电势为所以M点的电势升高，故B正确；C．根据平衡条件可知，开始时液滴所受电场力与重力平衡，增强照射电阻的光照强度，电容器两极板间电场强度增大，液滴所受电场力增大，将大于重力，则液滴所受合外力向上，将向上运动，故C错误；D．由电路连接方式易知电容器上极板带正电，下极板带负电，增强照射电阻的光照强度，电容器两极板间电压增大，根据可知电容器充电，中有向左的电流，故D错误。故选B。7.带电粒子射入两块平行板间的匀强电场中，入射方向跟极板平行，重力不计，若初动能为Ek，则出场时动能为2Ek。如果初速度增加为原来的2倍，则出场时动能为（　　）A.4EkB.5EkC.D.Ek【答案】D【解析】【详解】设粒子第一个过程中初速度为v，电场宽度为L，初动能为第一个过程中粒子沿电场线方向的位移为第一个过程由动能定理同理，第二个过程中沿电场线方向的位移为 初动能为根据动能定理得代入得解得故选D8.三个阻值都为12Ω的电阻，它们任意连接、组合，总电阻可能为(　　)A.4ΩB.24ΩC.8ΩD.36Ω【答案】ACD【解析】【详解】当三个电阻串联时，阻值为；当三个电阻并联时，阻值为；当两个电阻串联后与第三个电阻并联，阻值为；当两个电阻并联后与第三个电阻串联，获得的阻值为，故ACD正确．9.一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线对折一次，使其长度变为原来的一半，仍给它两端加上恒定电压U，则下列说法正确的是（　　）A.此时金属导线的阻值为B.此时通过金属导线的电流为C.此时自由电子定向移动的平均速率为D.此时自由电子定向移动的平均速率为2v【答案】AD【解析】 【详解】A．根据电阻的决定式有金属导线的体积不变，将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的一半，则横截面积变为原来的2倍，可知电阻变为原来的，即此时金属导线的阻值为，故A正确；B．根据欧姆定律有结合上述可知，电流I变为原来的4倍，即此时通过金属导线的电流为，故B错误；CD．根据电流的微观定义式有I=nevS其中n、e不变，根据上述，电流I变为原来的4倍，横截面积S变为原来的2倍，此时自由电子定向移动的平均速率变为2v，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，AC是圆O的一条水平直径，BD是竖直方向的另外一条直径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电量为q、质量为m的粒子从圆心O点以相同的动能Ek0射出，射出方向不同时，粒子可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过c点时粒子的动能最小且为，已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g，匀强电场的场强，那么（　　）A.M点电势一定高于O点的电势B.粒子经过B点和D点时的动能一定相同C.粒子经过M点时的动能为D.粒子经过AB连线中点时的动能为【答案】BC【解析】 【分析】【详解】A．从O经过C点时粒子的动能最小且为，则C点为复合场的等效最高点，则复合场的合力方向如图所示，则有，，联立解得，则电场线的方向如图所示，由几何关系可知，MO与电场线垂直，则MO在同一等势面上，则M点的电势等于O点的电势，所以A错误；B．粒子经过B点和D点时，合外力不做功，所以粒子的动能不变，则粒子经过B点和D点时的动能一定相同，所以B正确；C．粒子从O经过M点时，只有重力做功，由动能定理可得从O经过C点时粒子的动能最小且为，由动能定理可得联立解得 所以粒子经过M点时的动能为，则C正确；D．粒子经过AB连线中点时的动能为，则有联立解得所以D错误；故选BC。二、实验题（每空2分，共16分）11.某学生实验小组利用如图所示电路进行实验，使用的器材有：多用电表、电压表（量程5V，内阻十几kΩ）、滑动变阻器（最大阻值5kΩ）、导线若干（1）将多用电表挡位调到电阻“×100Ω”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；（2）将图中多用电表的红表笔和___________（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端；（3）若多用电表挡位调到电阻“×100Ω”挡测量，指针偏转角度过小，换挡后重新进行（1）的步骤后，将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图甲所示，这时电压表的示数如图乙所示，多用电表和电压表的读数分别为___________和___________。 【答案】①1②.15kΩ③.3.60V【解析】【详解】（2）[1]电表电流为红进黑出，电源在多用电表内，多用电表黑表笔接内部电源的正极，故黑表笔接2，红表笔接1；（3）[2]多用电表换倍率为档，读数为15kΩ；[3]电压表精确度为0.1V，估读，故读数为3.60V。12.学习小组要测量一个电阻的电阻率，已知其长度为L，额定电压为1V。（1）用螺旋测微器测量该电阻的直径，示数如图甲所示，其直径d=______mm；（2）粗测该电阻的阻值为250Ω，为精确测量其阻值，该同学设计的测量电路如图乙所示，其中蓄电池E电动势约为6.5V（内阻不计）、滑动变阻器R最大阻值为200Ω、定值电阻R1=792Ω、保护电阻R2=250Ω。要求滑动变阻器在接近全电阻范围内可调，且测量时电表的读数不小于其量程的，则图乙中圆圈①位置接入______、圆圈②位置应接入______（均选填器材前的字母序号）； A．电流表A1（量程为100mA，内阻RA1=3Ω）B．电流表A2（量程为5mA，内阻RA2=8Ω）C．电压表V（量程为3V，内阻RV=750Ω）（3）实验中根据两电表读数作出如图丙所示图线（坐标均为国际单位），已知图线的斜率为k，则所测该电阻的阻值Rx=______（用题中已知所测物理量符号表示），研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻率的测量值将______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.1.990②.C③.B④.⑤.偏大【解析】【详解】（1）[1]该电阻的直径（2）[2][3]圆圈②位置应接入B，即电流表A2，与定值电阻R1改装成伏特表，该伏特表的量程为圆圈①位置接入C，当电压表满偏时，待测电阻两端电压为解得电压表与待测电阻的总电压为4V，恰好等于改装后的伏特表的量程4V，两个电表能同时满偏。 （3）[4]①为电压表，读数为U，②为电流表，读数为I，根据欧姆定律得解得根据图像得解得[5]研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻的测量值Rx偏大，根据电阻定律解得测量值Rx偏大，电阻率的测量值偏大。三、解答题（本题3小题，共38分）13.如图用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电小球，小球质量为1.0×10-3kg，所带电荷量为2.0×10-8C。现加水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向夹角为30°。求：（1）小球受到电场力大小；（2）匀强电场的电场强度大小。【答案】（1）；（2）N/C【解析】 【详解】（1）根据受力分析得解得（2）根据电场力公式解得N/C14.如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻RM=0.5Ω的小型直流电动机M都恰能正常工作．求：（1）电路中的电流I；（2）电源的输出功率P外；（3）电动机的输出功率P出．【答案】（1）2A（2）36W（3）12W【解析】【详解】（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为代入数据得：I=2A（2）电源的输出功率为P外=P总-P内，即 P外=EI-I2r代入数据得：P外=36W（3）由串联电路分压关系得：UM=E-I（r+R）-UL代入数据得：UM=7V电动机的输出功率为P出=P电-P热，即P出=IUM-I2RM代入数据得：P出=12W15.如图所示，为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘质量为的小车，小车置于光滑的水平面上，在小车左端放置一质量为带电量为的绝缘货柜，在传送途中有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向。现将一质量为的货物放在静止的货柜内。先通过控制开关产生一个方向水平向右，大小的电场，使小车和货柜开始运动，作用后，改变电场，电场大小变为，方向向左。电场作用一段时间后，关闭电场，小车正好到达目的地，货物在小车的最右端，且小车和货物的速度恰好为零。已知货柜与小车间的动摩擦因数，（小车不带电，货柜及货物体积大小不计，g取）求：（1）内小车、货物的位移大小；（2）整个传送过程中小车的最大速度；（3）整个传送过程中货柜与小车摩擦产生的内能Q。【答案】（1）2m4m；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）货物 小车经货物运动小车运动（2）货物向右，小车向右，经2秒后，货物作匀减速运动小车加速度不变，仍为向右，当两者速度相等时，小车的速度最大。货柜恰好到达小车最右端，共同速度为（3）小车在时间内位移货柜在时间内位移为小车长度 系统产生内能