【文档说明】四川省绵阳市绵阳南山中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(17)页，982.211 KB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2023年秋季高2022级10月月考物理试题本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第Ⅱ卷组成，共4页；答题卷共2页．满分100分，时间75分钟．考试结束后将答题卡和答题卷一并交回．第

Ⅰ卷(选择题，共48分)注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上．一、本大题

12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项是符合题目要求的，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错或不选的得0分。1.下列公式，适用于任意电场的是（）①FEq=②U

Ed=③2QEkr=④WqU=A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】B【解析】【详解】公式FEq=为电场强度的定义式，则适用于任意电场；UEd=只适用于匀强电场；2QEkr=只适用于点电荷形成的电场；WqU=适用于任意电场，故适用于任意电场的是①④。故选B。2.A、B、C是三个完全相同的金属

小球，A带电荷量为8Q+，B带电荷量为2Q−，C不带电，将A、B固定起来，让C球先与A球接触，再与B球接触，然后移去C球，则A、B两球间的库仑力大小变为原来的（）A.14B.25C.13D.12【答案】A【解析】

【详解】根据题意，将A、B固定起来，A、B间的库仑力22282=16QQQFkkrr=根据电荷守恒定律，让C球先与A球接触，A球和C球都带电量4Q+；再让C球与B球接触，C球与B球都带电量Q+。则A、B间的库仑力22244QQQFkkrr==联立可得14FF=故

选A。3.如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，若将一负试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则（）A电势不变B.电势能减小C.电荷所受电场力逐渐减小D.电荷所受电场力逐渐增

大【答案】D【解析】【详解】CD．由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知负点电荷从虚线上N点移动到M点，电场力逐渐增大，故C错误，D正确。AB．根据顺着电场线方向电

势降低，M点电势等于零，N点电势大于零，所以N点的电势高于M点的电势，从N点到M点，电势逐渐降低，根据pEq=可知，负电荷的电势能逐渐增大，故AB错误。故选D。4.如图所示，在地面上空两水平虚线区域分别存在

水平向右和竖直向上的匀强电场E1和E2，电场强度均为.mgqE=，一质量为m带电荷量为+q的小球从与强电场上方静止释放，不计空气用力。以释放点为坐标原点。水平向右为x轴正方向。竖直向下为y轴正方向，则小球在落地前的运动轨迹可能是（）A.B.C.D.【答案】B【

解析】【详解】小球初始做自由落体运动，速度方向竖直向下，当带正电荷的小球进入水平向右的匀强电场E1区域后，小球受到水平向右的电场力和竖直向下的重力，合力的方向向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，轨迹

应夹在速度方向和合力方向之间，轨迹上凹；当带正电荷的小球离开水平向右的匀强电场E1进入竖直向上的匀强电场E2出电场区域后，小球受到的重力与电场力的合力为0，小球做匀速直线运动，小球轨迹应是一条直线，故B正确，ACD错误。故选B。5.如图所示，在水平向右

的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A.金属块带负电荷B.金属块的电势能减少4.0J

C.金属块克服电场力做功8.0JD.金属块的机械能减少12J【答案】D【解析】【详解】ABC.在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK解得：W电=−4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块

的电势能增加4J.由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误，B错误，C错误；D.在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确

．故选D.6.一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的。像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷＋Q在此镜中的像点

位置。如图所示，已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN。则（）A.a点的电场强度大小为E＝4k2QLB.a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小C.b

点电场强度和c点的电场强度相同D.一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度2224039()()22QQkQEkkLLL=+=A错误；B．等量异种点电

荷周围的电场线分布如图所示的由图可知Ea>Eb，B正确；C．从电场线分布图可看出图中b、c两点的场强方向不同，C错误；D．由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误。故选B。7.如图所示，平行板电容器带有

等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动

一小段距离至图中虚线位置，则（）A.θ增大，E增大B.θ增大，EP不变C.θ减小，EP增大D.θ减小，E不变【答案】D【解析】【详解】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据4πSCkd=可知电容变大，电容器带电量不变，则根据QCU=可知电容器两端电压减小

，则静电计指针偏角θ减小，根据UEd=联立可得4πkQES=可知电容器两极板间电场强度不变，P点离下极板的距离不变，根据11UEd=可知则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变。故选D。【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情

况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：4SCkd=，UEd=，QCU=；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。8.如图所示，abcd

为匀强电场中的一直角梯形，其平面与场强方向平行。已知ab＝ad＝2cm，∠adc＝60°，a、b、d三点的电势分别为0V、4V、4V，则（）A.c点的电势为8VB.匀强电场的场强大小为400V/mC.若将电子从a点移到b点，需克服电场力做功4eVD.电

子和质子分别放在d点时，具有相同的电势能【答案】B【解析】【详解】A．由几何关系可知1.5dcab=则有1.5dcabUU=即1.5()dcab−=−解得10Vc=故A错误；B．因bd连线是等势线，则场强方向垂直bd连线方向，如图所示则场强大小为4V/m=400V/m0.02

sin30UEd==故B正确；C．若将电子从a点移到b点，电场力做功为4eVababWeU=−=故C错误；D．电子和质子分别放在d点时，电子具有的电势能为p4eVdEe=−=−质子具有的电势能为p4eVdEe==故D错

误。故选B。9.一段粗细均匀的导体的横截面积为S，流过其中的电流强度恒为I，导体每单位体积内的自由电子数为n，每个自由电子所带的电荷量为e，自由电子沿着导体定向移动的平均速率为v。在t时间内，通过导体横截面的自由电子数为（）A.nStvB.

neSvtC.IteSD.Ite【答案】AD【解析】【详解】AB．t时间内，电子定向移动的距离xvt=通过导体横截面的自由电子数NnSx=解得NnSvt=A正确，B错误；CD．根据qIt=解得qItNee==

C错误，D正确。故选AD。10.已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为5V，一电子从x=-2cm处由静止释放，则下列说法正确的是A.x=0处电场强度为零B.电子在x=-2cm处的加速度小于电子在x=-1cm处的加速度C.该电子运动到x=0处

时的动能为3eVD.该电子不可能运动到x=2cm处【答案】AC【解析】【详解】根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在x=0处电场强度为0．故A正确；图线的斜率表示电场强度，由图可知x=-2cm处的电场强度大于x=

-1cm处的电场强度，则电子的加速度：a=Eq/m可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-1cm处的加速度．故B错误；电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为0，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV．由于电子运

动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV．故C正确；由图可知，y轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运动到x=2cm处．故D错误．11.一质子以速度v0进入足够大的匀强电场区域，1、2、3、4；表示

相邻的四个等势面，且1＜2＜3＜4。不计质子重力，下列说法正确的是（）A.质子运动过程一定是匀变速运动B.质子运动过程中最小动能可能为0C.质子可以回到原出发点D.质子返回到等势面1时的速度仍为v0【答案】A【解析】【详解】AC．质子在匀强磁场中做类斜

抛运动，因此运动过程一定是匀变速运动，因此质子不能回到原出发点，故A正确，C错误；BD．质子运动过程中最小动能出现在速度方向平行于等势面时，速度不能为零，因此返回到等势面1时的速度大小为0v，方向不同，

故BD错误。故选A。12.如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、-Q连线的中垂线重合，细杆和+Q、-Q均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、-Q连线的中点，AO=BO。现有电荷

量为q、质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则可知A.从A到B，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小B.从A到B，小球的加速度先减小后增大C.小球运动到O点时的速度大小为022vD.小球从A到O与

从O到B，重力的冲量相等【答案】AC【解析】【详解】A.等量异种电荷的中垂面是等势面，故电荷q在AB上运动时电势能不变，从A到B电场强度先变大后边小，故它受到的电场力先变大后变小，在O点受到的电场力最大，A正确；B.电荷在水平方向受到电场力和杆的弹力，

竖直方向受到重力和摩擦力，故qEN=水平方向的电场力先变大后边小，故杆对小球的支持力先变大后边小，故摩擦力先变大后边小，小球到达B点时速度减为0，说明其受到的摩擦力大于重力，故在竖直方向−=fmgma摩擦力先变大后边小，因此小球的加速度先变大后边小，B

错误；C.从A到B，由动能定理可得20102ABABfmghWmυ−=−从A到O和从O到B电场力变化相同，由fμNμqE==可知，摩擦力变化情况相同，故从A到O和从O到B摩擦力做功相等，故从从A到O由动能定理可得2201112222ABABfOhmgWmυmυ−=−联立两式可解得0

22Oυυ=C正确；D.从A到O和从O到B的过程中，由于位移相同但是速度不相同，物体始终处于减速状态，故运动时间不同，因此重力的冲量不相等，D错误；故选AC。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、填空题（每

空2分，共计16分）13.如图所示，将带有负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球，两个导体开始时互相接触且对地绝缘。（1）为了使两球带上等量异号电荷，应_______。A．先移走棒，再把两球分开B．先把两球分开，再移走棒（2）先使甲球瞬

时接地，再移走棒，导体甲的带电情况是________电导体乙的带电情况是________电。（填“正”、“负”或“不带”）。（3）先使乙球瞬时接地，再移走棒，导体乙的带电情况是________电。（填“正”、“负”或“不带”）。【答案】①.B②.正③.正④.正【解析】【详解】（1）[

1]根据静电感应可知，将带负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球时，在两个导体球上分别感应出等量的异种电荷，此时先把两球分开，再移走棒，就会使两球带上等量异号电荷；若先移走棒，再把两球分开，两球将不带电。故选B。（2）[2][3]先使甲球瞬时接地，会使两球瞬间与大地连为一体，此时导体球上

感应出的负电荷会导入大地，再移走棒，两球均带正电荷。（3）[4]先使乙球瞬时接地，会使两球瞬间与大地连为一体，此时导体球上感应出的负电荷会导入大地，再移走棒，两球均带正电荷。14.有一个小量程电流表G，其满偏电流为500μA，内阻为120

0Ω。依据下列改装过程的主要步骤，填写相关问题。（1）先把小量程电流表G改装为量程为0~2.5mA的电流表，则应_____（选填“串”或“并”）联一个电阻，其阻值为______Ω。（2）将改装后的电流表作

为表头再改装为量程为0~3V的电压表，应______（选填“串”或“并”）联一个电阻，其阻值为_____Ω。【答案】①.并②.300③.串④.960【解析】【详解】（1）[1][2]把小量程电流表G改装为量程为0~

2.5mA的电流表，应并联一个电阻分流，设并联电。阻的阻值为1R，则有ggmg1IRIIR=+解得6gg136mg5001012003002.51050010IRRII−−−===−−（2）[3][4]将改装后的电流表作为表头

再改装为量程为0~3V的电压表，应串联一个电阻分压，设串联电阻的阻值为2R，则有mmA2()UIRR=+又1gA1g30012002403001200RRRRR===++解得m2A3m32409602.510URRI−=−=−=三、本大题3小题，共36分。要求写出必要的

文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。15.如图，一质量为m、电荷量为g（q＞0的粒子在匀强电场中运动，A，B为其运动轨迹上的两点，A，B水平距离为L，运动轨迹在竖直平面内，已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与竖直方向夹角为60

°：它运动到B点时速度v大小为12v0，方向竖直上，不计重力．求匀强电场的场强大小．【答案】2038mvql【解析】【详解】由题意知初速度与竖直方向夹角为3，初速度v0．可以分解为水平方向00332x

vvcosv==竖直方向001232yvvcosv=−=由于竖直方向速度不变可以知道电场力方向水平向右，电场强度方向也是水平向右由A向B运动过程为水平方向匀减速运动．竖直方向匀速直线运动，利用动能定理有：20

0111()222EqLmvmv−=−联立上式解得2038mvEql=：16.在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为m的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角．如图所示

，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，cos370.8=，重力加速度为g。如果以圆周运动最低点所在平面为重力势能为0的平面，（不计空气阻力）求：（1）运动过程中动能的最小值kminE；（2）运动过程中机械能最小值minE机。【答案】（1）58mgL；（

2）178mgL【解析】【详解】（1）由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，类比重力场，如图所示的在圆上各点中，小球在平衡位置A时动能最大，在平衡位置A的对称点B时，小球的动能最小；在B点时，小球受到的重力和电场

力，其合力F作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零时，根据牛顿第二定律可得2cos37BmvLmgF==又2kmin12BEmv=联立解得kmin58LEmg=（2）小球静止时，受重力、电场力、和绳子的

拉力，由平衡条件得tan37Eqmg=解得34Eqmg=方向水平向右，且小球带正电；当小球在圆上最左侧C点时，即平行于电场最左侧，电势能最高，电势能最大，机械能最小；从B至C由动能定理可得kkmincos37(1sin37)CE

EmgLEqL−=−−又kminCEmgLE=+机联立解得min178mgLE=机17.如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入

电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间区域，该区域一直无电场。已知两界面MN、PS相距为S=12cm，D是中心线RD与界面PS的交点。（1）粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离y；（

2）粒子到达PS界面时离D点的距离为Y；（3）设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷，使粒子过PS界面后恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量Q（静电力常数k=9.0×109N·m2/C2，保留两位有效数字）。【答案】（1）0.03my

=；（2）0.12mY=；（3）81.010C−【解析】【详解】（1）粒子进入A、B后应做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为1t，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为yv，偏转位移为y，v与水平夹角为，运动轨迹如图则有

0lvt=，212yat=，ABqUamd=由以上各式，代入数据解得0.03my=（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线距离为Y，由几何关系可知22LyLYS=+解得0.12mY=（3）由的yvat=，0tanyvv=解

得61.510m/syv=，3tan4=故粒子通过MN界面时的速度为22602.510m/syvvv=+=粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得cosYr=解得0

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