【文档说明】浙江省精诚联盟2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.606 MB，由小赞的店铺上传

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2024学年第一学期浙江省精诚联盟10月联考高二年级物理学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束

后，只需上交答题纸。5.可能用到的相关参数：sin370.6=°，cos370.8=°；无特殊说明重力加速度g取210m/s。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下述物理

量属于矢量的是（）A.电流B.电势C.电场强度D.电势能【答案】C【解析】【详解】电场强度属于矢量；而电流、电势和电势能均属于标量。故选C。2.下列关于电场强度的单位用基本单位表示正确的是（）A.N/CB.3kgmAsC.V

/mD.JCm【答案】B【解析】【详解】电场强度的单位用基本单位表示，根据单位运算有32kgm/sN/CAmsskgA==故选B。3.下列说法正确的是（）A.点电荷是体积很小的带电体，体积很大的带电体一定不能看成点电荷B.接触起电、摩擦起电和感应起电都是电荷从一个物体转移到另一个物

体，因此电荷不守恒C.元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，元电荷的数值跟一个质子电荷量的数值相等。带电体所带电荷量可以是任意的D.1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场【答案】D【解析】【详

解】A．点电荷是理想的物理模型，能否看成点电荷取决于它的大小和形状对所研究问题有无影响，不取决于它的实际大小，故A错误；B．摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，而感应起电不是从一个物体转移到另一个物体，故B错误；C．密立根测定了元电荷的电荷量，一个电子或质子的电荷量在数值上等于元电荷的电

荷量，带电体所带电荷量只能是元电荷的整数倍，故C错误；D．1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故D正确。故选D。4.下列说法正确的是（）A.由电流计算公式qIt=可知

，通过导体某一截面电荷量q越多，电流I越大B.导体的电阻率由导体的材料、长度、横截面积和温度共同决定C.在公式122QQFkr=中，22Qkr是点电荷2Q产生的电场在点电荷1Q处的场强大小；12Qkr是点电荷1Q产生的电场

在点电荷2Q处的场强大小D.沿电场线方向电势降低，在匀强电场中电势降落的方向就是电场强度的方向【答案】C【解析】【详解】A．由电流计算公式qIt=可知，单位时间内通过导体某一截面的电荷量q越多，电流I越

大，故A错误；B．导体的电阻率由导体的材料和温度共同决定，故B错误；C．在公式122QQFkr=中，22Qkr是点电荷2Q产生的电场在点电荷1Q处的场强大小；12Qkr是点电荷1Q产生的电场在点电荷2Q处的场强大小，故

C正确；D．不沿电场方向，电势也可能降低，只是沿电场方向电势降落最快，故D错误。故选C。的5.有两个材料相同的长方体型导体，它们的横截面均为正方形，大的长方体横截面边长为2cma=，小的长方体横截面边长为1cmb=，高均为h，现分别在两导体左右两端加上相同的电压，两导体中的电流方向如图所示，则（）

A.两导体电阻之比为2：1B.两导体电阻之比为1：2C.流过两导体的电流之比为1：1D.若电流方向竖直向下，大长方体与小长方体的电阻之比为4：1【答案】C【解析】【详解】ABC．从图示电流方向看，根据lRs=可得1aRahh==，2bRbhh==故两导体电阻之比12:1:1RR

=两导体加上相同的电压，根据UIR=可知电流之比为1：1，故AB错误，C正确；D．若电流方向竖直向下，根据lRs=可得12hRa=，22hRb=故两导体电阻之比12:1:4RR=故D错误。故选C6.如图所示，

甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流g1mAI=，内电阻g200ΩR=，用它们改装成量程更大的电流表和电压表，则下列说法正确的是（）A.甲表是电压表，R越小量程越大B.乙表是电流表，R越

大量程越大C.甲表改装成量程为0.6A的电流表，则0.5R=D.乙表改装成量程为3V的电压表，则2800R=【答案】D【解析】【详解】A．甲表由一个灵敏电流表和一个变阻器并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，电流表

的量程为gggIRIIR=+可知，R越小，量程越大，故A错误；B．乙表由一个灵敏电流表和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，电压表的量程为gg()UIRR=+可知，R越大，量程越大，故B错误；C．

根据gggIRIIR=+可得0.33R=。故C错误；D．根据gg()UIRR=+可得2800R=故D正确。故选D。7.如图所示，图甲是示波管的原理图，如果在电极XX之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极YY之间所

加的电压按图丙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由于电极XX′加的电压保持不变且为正值，可知在XX′方向上的偏转位移偏向X且保持不变，在YY′方向上电压随正弦规律变化，即YY′方向上偏移在正负最大值之间变化，

故B正确，ACD错误。故选B。8.某手机电池背面印有的一些符号如图所示，下列说法正确的是（）A.该手机电池充满电储存的电荷量为20CB.该手机电池充满电储存的电能为2592JC.若该手机的待机电流为15mA，则手机最多可待机

100小时D.若该手机工作电流为0.1A，则手机工作时间为20小时【答案】D【解析】【详解】A．该手机电池充满电储存的电荷量为2000mA?h2A3600s7200Cq===故A错误；B．该手机电池充满电储存的电能为72003.6J25920JWqU==

=电故B错误；C．待机时长为133hqtI=故C错误；D．工作时间20hqtI==故D正确。故选D。9.如图，平行板电容器与直流电源连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一个带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是

（）A.带电油滴带正电B.电路稳定后，断开开关，下极板上移一小段（但未到P点），带电油滴保持静止C.保持开关闭合，上极板上移一小段，P点电势升高D.保持开关闭合，上极板下移一小段（但未到P点），带电油滴将向下运动【答案】B【解析】【详解】A．

电容器上极板与电源正极连接，上极板带正电，电场强度方向向下，油滴处于平衡，所受电场力方向向上，与电场方向相反，则油滴带负电，故A错误；B．电路稳定后，断开开关，电容器极板所带电荷量不变，根据QCU=，4SCkd=解得4UkQEdS==可知，当下极板上移一小段（但未到P点），电场强度不变，电

场力不变，则带电油滴保持静止，故B正确；C．保持开关闭合，上极板上移一小段，极板间距增大，结合上述可知，电场强度减小，令P到下极板间距为0d，则0PEd=可知，P点电势降低，故C错误；D．保持开关闭合，上极板下移一小段，极板间距减小，结合上述可知，电场强度增大，电场力增大，则带电油滴

将向上运动，故D错误。故选B。10.额定电压均为110V，额定功率PA=60W，PB=150W的A、B两盏灯泡，若接在电压为220V的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是（）A.B.C.D.【答案】A【解

析】【详解】BD．根据题意，当灯泡正常发光时，即灯泡两端的电压为110V，电流为AA0.545APIU==BB1.364APIU==B中两灯泡串联电流相等，不能满足均正常发光，D中流过灯泡A的电流大于流过B的电流，

不能均正常发光，故BD错误；AC．若两灯泡均能正常发光，A中电路消耗的功率为ABBA()300WPPPUII=++−=C中电路消耗的功率为ABBA()420WPPPUIIP=+++=故A正确，C错误。故选A。11.如

图，有11H、21H、42He三种带正电粒子（不计重力）分别在电压为1U的电场中的O点静止开始加速。从M孔射出，然后射入电压为2U的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带正电粒子能射出平行板电场区域的条件下，

则（）A.三种粒子在电场中的加速度之比为1:1:2B.三种粒子在电场中的运动轨迹一定不会重合的C.三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为1:2:2D.三种粒子从偏转电场出来时动能之比为1:1:2【答案】D【解析】【详解】A．根据牛顿第二定

律可知，粒子在电场中的加速度大小为qEqamm=可知三种粒子在电场中的加速度之比为H1H2He::2:1:1aaa=故A错误；C．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得21012qUmv=解得1102q

Uqvmm=则三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为H1H2He::2:1:1vvv=故C错误；B．粒子在偏转电场中做类平抛运动，设板长为L，板间为d，则有0Lvt=，212yat=，2qUamd=联立可得221

4ULyUd=可知粒子在偏转电场中的偏移量与粒子的电荷量和质量均无关，即三种粒子在偏转电场中的偏移量相同，则三种粒子在电场中的运动轨迹一定是重合的，故B错误；D．全过程根据动能定理可得22112UmvqUqyqd=+可知三种粒子从偏转电场出来时动能之比为kH1kH2kHe::1:

1:2EEE=故D正确。故选D。12.空间中存在着某种电场，在x轴上各点电势和位置坐标的对应关系x−如图所示，其中1x处的电势最高，在11~xx−+区域内O点是电势最低的点。下列分析正确的是（）A.2~0x−区间内电场方向沿x−方向B.20~x区间内电场方向沿x+

方向C.在10~x区间内，沿x−方向，电场强度沿x轴方向的分量先增大后减小D.该电场的电场强度沿x轴方向的分量在1x两点最大，在原点O最小等于0【答案】C【解析】【详解】A．电势沿电场方向降低，则21~xx−−区间内电场方

向沿x−方向，1~0x−区间内电场方向沿x+方向。故A错误；B．电势沿电场方向降低，20~x区间内电场方向先沿x−方向再沿x+方向。故B错误；C．x−图线的斜率表示电场强度大小，则在10~x区间内，沿x

−方向，电场强度沿x轴方向的分量先增大后减小。故C正确；D．该电场的电场强度沿x轴方向的分量在1x两点不是最大。图线在原点O的斜率为0，则电场强度最小等于0。故D错误。故选C。13.如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为ABU，交变电压

的周期02LTv=。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度0v沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，下列说法正确的是（）A.8Tt=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为1764dB.

4Tt=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为316dC.只有0t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为2dD.不是所有电子离开电场时的速度都是0v【答案】A【解析】【详解】A．依题意，可知所有电子离开

极板所用时间02LtTv==8Tt=时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度时间图像如图所示，vt−图像与时间轴围成的面积代表位移在158Tt=时刻侧位移最大，最大位移为22max1314()2()2828TTyaa=−在0

t=时刻进入电场的电子侧位移最大为12d，则有2114()222Tda=联立可得max1764dy=故A正确；B．4Tt=时刻进入电场的电子，在34Tt=时刻侧位移最大，最大侧位移为'2max12()2416Tdya==

故B错误；C．在(0,1,2,3)2ntTn==时刻进入电场的电子侧位移最大为12d，故C错误；D．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示所有电子离开极板所用时间02LtTv==由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度0yv=，

所以所有电子离开电场时速度都等于，故D错误。故选A。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或选错的得0分）14.对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列

说法正确的是（）A.图甲中，武当山金殿安装了避雷针后，“雷火炼殿”现象更加明显和频繁了B.图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引C.图丙中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理D.图丁中，由于金属网的屏蔽，A

球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零【答案】BC【解析】【详解】A．图甲中，武当山金殿安装了避雷针后，电荷通过避雷针导入大地，不会出现“雷火炼殿”现象，故A错误；B．图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引，故B正确；

C．图丙中，燃气灶点火时应用了尖端放电的原理，故C正确；D．图丁中，由于金属网的屏蔽，验电器箔片不会张开，此时A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度与金属网产生的感应电场相互平衡，不是A球上电荷在验电器金属球B

处产生的电场强度为零，故D错误。故选BC。15.如图所示，真空中竖直固定一表面粗糙程度处处相同的金属板，其正前方固定一个带正电的点电荷Q，OQ垂直于金属板。已知OMON=，一表面绝缘带正电的小滑块（可视为试探电荷且不影响原电场）从金属

板上端的M点由静止释放，小滑块能运动到O点，且到达O点时其所受重力大小等于摩擦力大小。下列说法正确的是（）A.小滑块一直加速运动到N点，加速度先减后增，小滑块在M、N两点的加速度相等B.电场力对小滑块先做负功后做正功，小滑块在M、N两点的电势能

相等C.小滑块在OM段和ON段动能的增加量一定相等D.小滑块的动能可能先增大后减小，到达N点的速度为零【答案】AC【解析】【详解】A．由于静电感应，金属板处于静电平衡状态，金属板表面是一个等势面，在M、N两点场强和电势相等，周围的电场如图所示小滑块在M、N两点的受力为重力、电场力、

摩擦力和支持力，由图可知，小滑块在M、N两点的合外力相同，故加速度也相同，故A正确；B．电场线垂直于金属板，电场力不做功，小滑块在M、N两点的电势能相同，故B错误；C．根据对称性可知，摩擦力在OM段和ON段做的功相等，合外力做功相等，根据动能定理可知，小滑块在OM段和ON段动能的增加量一定

相等，故C正确；D．在OM段，由于fN=2QNkr=OM段摩擦力一直增大，到O点时与重力大小相等，所以OM阶段，滑块一直做加速运动，速度一直增大，动能增大，ON阶段重力大于摩擦力，滑块继续加速，速度增大，动能增大，所以到达N点的速度不为零，故D错误。故选AC非选择题部分（本题共5小题，共

55分）三、实验题（每空2分，共14分）16.某同学用如图甲所示电路研究电容器的放电规律，先将电键S合向1，待电路稳定，再将电键S合向2，通过电流传感器描绘出电容器放电电流随时间变化的规律如图乙所示。图甲中电源两端提供稳定电压30VU=。图乙

中图线与两坐标轴所围的面积约为43个方格子的面积。。（1）由此求得电容器的电容为C=_____F．（结果均保留三位有效数字）（2）若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，则电容器放电的时间会_____（填“变长”、“

变短”或“保持不变”）。【答案】（1）41.1510−（2）变长【解析】【小问1详解】根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为0.08×10-3C，已知图像与横轴所围图形包含的格子个数为43，由QIt=所以释放的电荷量是330.081043C3.4410CQ−−==则电容器电容是3

43.4410F1.1510F30QCU−−===【小问2详解】]若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，电流变小则电容器放电的时间会变长。17.某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。（1）用螺旋测微器测量其横截面直径

，示数如图甲所示，可知其直径为_____mm；用游标卡尺测其长度为L，用多用电表粗测其电阻如图乙所示，选择×1的挡位，可知其电阻为_____Ω。（2）为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压能从0

开始连续可调。除待测圆柱体R0外，实验室还备有的实验器材如下：A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω）C．滑动变阻器R（阻值范围0~5Ω，2.0A）D．直流电源E（电动势为3V）E．开关F．导线若干则该实验电路应选择

下列电路中的_____。A.B.C.D.（3）该同学正确连接电路，所有操作都正确，则测出的电阻还是比真实值小一些，该误差的主要来源是_____。（4）实验测出电压表读数为U，电流表读数为I，圆柱体横截面的直径为D，长度为L，则圆柱体电阻

率为ρ=_____。（用D、L、U、I表示，单位均已为国际单位）【答案】（1）①.0.920②.6.0（2）D（3）电压表的分流（4）24UDIL【解析】【小问1详解】[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可

动刻度之和，所以直径为0.5mm42.00.01mm0.920mm+=[2]多用电表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以粗测电阻值为6.016.0xR==【小问2详解】实验要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调，所以滑动变阻器应采用分压式接法，由于VA6.015000xRRR=

=所以电流表应采用外接法。故选D。【小问3详解】由于电压表分流，使得实际流过待测电阻的电流小于电流表读数，则测出的电阻比真实值小。【小问4详解】根据电阻定律可得2()2xLLRDS==xURI=联立可得24UDIL=

四、解答题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位，共41分）18.如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为101

510Cq−=−的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为8410JABW−=−，然后将一电荷量为102510Cq−=的正点电荷从B点移到C点，克服电场力做功为8610JBCW−=克，已知A、B间距离5cmABL=，AB与电场方向的夹角为37°，B、C与电

场方向的夹角为127°。求：（1）A、B间电势差ABU和匀强电场的电场强度E．（2）B、C间距离BCL。（3）如果A点的电势0A=，那么C点的电势C为多大？电荷量为101510Cq−=−的负电荷在B点具有的电势能BPE是多少？【答

案】（1）80V，2000V/m（2）0.1m（3）8410J−【解析】【小问1详解】由电势差公式有180VABABWUq==所以2000V/mcos37ABABUEL==【小问2详解】由2cos53BCBCWEqL=克解得0.1mBCL=【小问3详解】由ABA

BU=−得80VB=−由cos53CBBCCBUEL==−可得40VCj=所以81410JBPBEq−==19.用电流表和电压表测量电阻xR的阻值，如图所示，分别使用甲图和乙图两种连接方式测量同一电阻，使用甲图时，电流表示数为4.

60mA，电压表示数为2.50V；使用乙图时，电流表示数为5.40mA，电压表示数为2.30V。（1）在电压表和电流表内阻未知的情况下，利用以上测量数据，根据计算判断，采用上面哪种连接方式测量結果更精确？（2）若电流表内阻AR已知，采用哪种连接方式可测出xR的真实

值？写出xR的表达式（用U、I、AR表示）（3）若电压表的内阻V2875R=，请选用以上测量数据求出xR的真实值。【答案】（1）甲图连接方式（2）甲图的连接，AxURRI=−（3）500Ω【解析】【小问1详解】比较题中甲、乙两图的电压

表读数，可知0.20VU=所以0.200.0802.50UU==电流变化为0.80mAI=所以0.800.1744.60II==可知IUIU即电流变化明显一些，可见电压表内阻带来的影响比电流表内阻带来的影响大，故应采取电流表内接法，即采用甲图连接方式测量结果更

精确。【小问2详解】采用甲图的连接方式可求出真实值。AxURRI=−【小问3详解】采用乙图的连接方式可求出真实值。VV0.8mAUIR==则V4.6mAxIII=−=所以500xxURI==20.静止于A处的离子经加速电场加速后沿图中半径为R的圆弧虚线通

过静电分析器，恰能沿虚线垂直NC由P点进入QNCD区域的匀强电场。在QNCD区域的左右两侧竖直放置了两块平行金属板，两板间加上一定的电压形成图示的匀强电场，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知加

速电场的电压为U，虚线位置场强方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；::3:4:5NQNPNC=。离子重力不计。（1）试判断离子带什么电？加速电场中左、右两极板哪板电势高？（2）求虚线位置场强大小0E

。（3）要使离子恰好从Q点离开电场，试求NQ、CD两板间的电压0U和离子离开Q点时的动能kE；【答案】（1）离子带正电，左极板电势高（2）02UER=（3）0809UU=，k739qUE=【解析】【小问1详解】由题意可知，离子在静电分

析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致，故离子带正电；由于离子在加速电场中由静止释放，受到向右的电场力，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，故加速电场中的电场线水平向右，则左极板电势高。【小问2详解】在加速电场中，由动能定理212qUmv=在

静电分析器中由电场力提供向心力20mvqER=联立解得虚线位置场强大小02UER=小问3详解】离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设3NQr=，则有为【212qUmv=3rvt=2142rat=由牛顿第二定律得05qUmamr=联立解得NQ、C

D两板间的电压0809UU=据动能定理0k45qUqUrEr+=解得离子离开Q点时的动能为k739qUE=21.如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，CG为水平直径，BD为竖直直径，下端与水平绝缘轨

道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左，大小34mgEq=的匀强电场中，现有一质量为m、带电量为q+的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4，重力加速度为g。（1）若滑块从水平轨道上距离B点10sR=的A点由静止释放，求滑块到达轨道D点时对

轨道的作用力F。（2）若滑块从水平轨道上距离B点5sR=的A点开始运动；①求滑块到达轨道C点时轨道对它的作用力大小NF。②为使滑块在滑离轨道前不脱离轨道，在A点至少要给滑块多大的初速度0v？【答案】（1）2mg，方向竖直向上（2）①15mg4，②32Rg【解

析】【小问1详解】设滑块到达D点时的速度为Dv，由动能定理有：2122DqEsmgRmgsmv−−=解得3DvRg=设滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为F，则有2DmvFmgR+=解得2Fmg=由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为2Fmg=方向竖直向上。【小问

2详解】①设滑块到达C点时的速度为Cv，由动能定理有：()212CqEsRmgRmgsmv+−−=解得3CvgR=滑块到达D点时受到轨道的作用力大小NF由2NCmvFqER−=解得N15mg4F=②如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点要使

滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道H点，恰好由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，弹力为零，此时速度设为nv，则有：()()22254nvmgFmgqEmR=+==合解得52ngRv=设滑块的初速度至少为0v，由动能定理有()22011sin371co

s3722nqEsqERmgRmgsmvmv−−+−=−解得032vRg=