【文档说明】四川省泸县第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(18)页，1017.436 KB，由小赞的店铺上传

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泸县一中高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.关于电场线的说法，正确的是（）A.电场线是客观存在的，不仅反映了电场的分

布，也是电荷之间产生相互作用的物质基础B.电场线是从正电荷出发，到负电荷终止的不封闭曲线C.电场中任何两条电场线有可能相交D.电场线就是正点电荷的运动轨迹【答案】B【解析】【分析】【详解】A．电场是客观存在的，电场线是人

们想象的，不是真实存在的，A错误；B．根据电场线的特点知，电场线是从正电荷（或无穷远）出发到负电荷（或无穷远）终止的不封闭曲线，B正确；C．电场线的切线方向就是电场的方向，如果两条电场线在同一点相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点只有一个方向，故任意两条电场线

都不会相交，C错误。D．根据电场线的特点，电场线也并不是电荷的运动轨迹，仅当静止电荷，或初速度与电场线共线的电荷，在电场线是直线的电场中，只受电场力作用时，运动轨迹才会与电场线重合，D错误。故选B。2.如图所示是某验电器的结构图。下列相关说法正确的是（）A.金

属箔张开过程，重力势能一定增加B.金属箔张开过程，斥力一定做负功C.金属箔张开，说明金属球带正电D.金属箔张开时，可能带异种电荷【答案】A【解析】【分析】【详解】验电器带电时，金属箔张开，是因为金属箔带同种电荷；金属箔张开过程，斥力做正功，重力势能增加。故选A

。3.两个半径为r的相同的金属球分别带有q1、q2的异种电荷，已知q1＝3q2，两球心相距为10r，其相互作用力为F1.现将两球接触后分开，再放回原来的位置，这时两球间的相互作用力为F2，则()A.F2＝F1B.F2＝13F1C.F2>13F1D.F

2<13F1【答案】D【解析】【详解】根据同种电荷相互排斥，异种电荷互相吸引的性质，当两球带异种电荷时，两球表面所带电荷的“等效中心”位置之间的距离必定小于10r，两球接触前的库仑力：21212212223·(10)100kqqkqqkqFrrr==；根据题意两球接触后分开，两球

各带q2的同种电荷，两球表面所带电荷的“等效中心”位置之间的距离必大于10r，而两球接触后平分电量，则两球的电荷量1222qqqq−==，则作用力22222122221·(10)1003kqkqFkqFrrr

==，故A、B、C错误，D正确；故选D．【点睛】库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．4.如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经一直线加速

器加速形成细柱形的质子流且电流恒定，假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束与质子源相距l和4l的两处各取一横截面1S，和2S，在1S、2S，两处各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为1n、2n，则（）A.12:1:2nn=B

.12:1:4nn=C.21:2:1nn=D.12:4:1nn=【答案】C【解析】【分析】【详解】根据电流的微观定义式可知111IneSv=222IneSv=在l处与4l处的电流相等12II=故1122neSvneSv=得1221nvnv=

据动能定理知在l处有2112Eqlmv=解得12Eqlvm=在4l处22142Eqlmv=解得224Eqlvm=联立各式得1221nn=故选C。5.某区域的电场分布与位置相关，如图（a）所示，Ox轴上正好存在与该轴正方向同向的电场分布，电场强度E的大小随x的变化情况如图（b）所示，若在

原点O处静止释放一质子，质子在仅受电场力的作用下开始运动，下列说法正确的是（）A.质子的加速度一直增大B.质子所受电场力一直增大C.质子的电势能一直增大D.质子的动能一直增大【答案】D【解析】【详解】AB．由题图知，电场强度随着距离的增加先

变大后变小，根据FqEFma==，可知，质子所受电场力、加速度先变大后变小，故AB错误；CD．质子运动过程中，电场力做正功，因此电势能减小，动能增加，故C错误，D正确。故选D。6.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电动机M的线圈电阻为1R，定值电阻为0R

。闭合开关S，电动机开始转动，稳定后电路中的电流为I，则（）A.电流大小10EIRRr=++B.电动机两端的电压1UIR=C.电动机的机械功率()210PEIIRRr=−++D.电源的效率1010100%RRRRr+=++【答案】C【解析】

【详解】A．电动机为非纯电阻，欧姆定律不能运用，故A错误；B．设电动机两端电压为U，对电动机分析有P电=P机+P热即UI>I2R1则U>IR1故B错误；C．从能量角度分析，电动机的机械功率等于电源的总功率

减去电路中的热功率，有()210PEIIRRr=−++故C正确；D．电源的效率100%UIUEIE==由于欧姆定律不成立，所以1212100%RRRRr+++故D错误。故选C。7.如图甲所示电路，小灯泡通电后其电压U随所加电流I变化的图

线如图乙所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中正确的是（）A.随着所加电流的增大，小灯泡的电阻减小B.对应P点，小灯泡的电阻为R＝121UII−C.在电路中灯泡

L两端电压为U1时，电阻R两端的电压为I1RD.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”【答案】D【解析】【详解】A．图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；B．对应P点，小灯泡的电阻为12U

RI=，故B错误；C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I2R，故C错误；D．由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，故D正确．8.一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小EO=22kQR，方向如图所示

。把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4。则（）A.E1>24kQRB.E

2=24kQRC.E3>24kQRD.E4=24kQR【答案】AC【解析】【详解】A．根据点电荷电场强度公式2QEkr=，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场

强大小关系为12EE，方向相同；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小022kQER=，又由于012+EEE=的得124kQER，224kQERA正确，B错误；CD．对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小

相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4。由于方向不共线，由合成法则可知，342=4kQEERC正确，D错误。故选AC。9.如图所示是电阻R的I－U图象，由此得出A.电阻R＝0.5ΩB.通过电阻的电流与两端电压成正比C.因I－

U图象的斜率表示电阻的倒数，故R＝1tan45=1.0ΩD.在R两段加上2.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是1.0C【答案】BD【解析】【详解】A．由URI=可知2R=故选项A错误；B．由于图像是过原点的直线，通过电阻的电流与两端电压成正比，故选项B正确；C．因为是物理图像，所以斜率1

101202IkUR====ＡＶ即2R=不能用倾角的正切的倒数求解电阻，故选项C错误；D．由图像可知在R两端加上2.0V的电压时，电流I=1A，所以每秒通过的电量11CqIt==Ｃ=1故选项D正确。故选BD。10.如图，

在竖直向上匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A.如果A球带电，则A球一定带正电B.如果A球带电，则A球的电势能一定增加C.如果B球带电，则B球

一定带正电D.如果B球带电，则B球的电势能一定增加【答案】CD【解析】【分析】【详解】两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，根据公式有0xvt=可知两球下落时间相同，两小球下落高度不同，根据公式212hat=可知A球的加速度大于B球加速度，故若A球带电，必定带负电，

受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小。若B球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加。故选CD。11.如图所示的电路中，电源电动势为2V，内阻0.5=r，电阻11.5ΩR=，电阻22ΩR=，电阻33ΩR=，的滑动变阻器4R接入电路的

阻值为2Ω，电容器的电容1.0FC=，电阻3R与电容器间的导线记为d，单刀双掷开关S与触点1连接，下列说法正确的是（）A.如果仅将4R的滑片向上滑动，1R消耗的功率减少B.如果仅将4R滑片向上滑动，电源的输出功率

增加C.如果仅将4R的滑片向上滑动，电容器两极板间的电势差增大D.若仅将开关S由触点1拨向触点2，流过导线d的横截面的电荷量为61.7510C−【答案】BCD【解析】【详解】A．开关S与触点1连接，电路中R1和R4串联，如果仅将R4的滑片向上滑动，总电

阻减小，总电流增大，根据P=I2R1可知R1消耗的功率增大，故A错误；B．电源的输出功率随外电阻变化关系如图所示原来R1和R4接入电路的总电阻大于内电阻，如果仅将R4的滑片向上滑动，外电阻接近内电阻，则电源的输出功率增加，故B正确；C．开关S与触点1连接，电容器两端电压等于R1

两端电压，如果仅将R4的滑片向上滑动，R1两端电压增大，则电容器两极板间的电势差增大，故C正确；D．开关S与触点1连接，电路电流强度140.5AEIRRr==++R1两端电压110.75VUIR==R4两端电压的的441VUIR==此时电容器所带的电荷量6110.7510CQC

U−==左端为高电势；若仅将开关S由触点1拨向触点2，此时电容器所带的电荷量6241.010CQCU−==此时左端为低电势，所以流过导线d的横截面的电荷量为6121.7510CQQQ−=+=故D正确。故选BC

D。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14分）12.如图甲所示，螺旋测微器的读数为__________mm；如图乙所示，电压表的量程为3V，则电压表的读

数为__________V．【答案】①.6.700②.1.10±0.01【解析】【详解】[1]由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的读数为：d=6.5mm+20.0×0.01mm=6.700mm；[2]电压表量程为3V，由图示电压表表盘可知，其分度值为：0.1V，示数为：1.10V.1

3.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户，某实验小组要对市场上出售的某品牌纯净水质量进行检测。电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，电导率是电阻率的倒数。该小组查阅国家2020版药典标准得知：合格纯净水的电导率2S/cm，为方便检测，实验小组把电导率换算为电

阻率，即合格标准为电阻率3510Ωm。为测量该纯净水的电阻，将水样装入一绝缘性能良好的圆柱形塑料容器内，容器两端用圆片状金属电极密封。测得该容器两电极间长度为5.0cm，圆柱内径圆面积为1.0cm2。除待测水样

Rx外，实验室还提供如下器材：A.电流表A1（量程0~1mA，内阻为15Ω）B.电流表A2（量程0~300μA，内阻约为100Ω）C.电压表V1（量程0~3V，内阻为5kΩ））D.电压表V2（量程0~15V，内阻约为20kΩ）E.滑动变阻器R1，阻值范围0

~20Ω，允许的最大电流2AF.滑动变阻器R2，阻值范围0~1kΩ，允许的最大电流0.5AG.定值电阻R3=5kH.电源E（电动势为6V，内阻r约2Ω）I.开关和导线若干；（1）由于不知道容器内水样的电阻，该小组

采用试触法确定电路的连接，如图甲，将电压表的不固定接头分别与b、c接触，观察电压表和电流表指针偏转情况，发现电流表的指针偏转变化明显，电压表指针偏转几乎不变，则应将电压表接头接在________（选填“b”或“

c”）点。同时根据电表示数粗略估算水样电阻Rx约为30kΩ；（2）为了多测几组数据，并且尽量精确测量水样电阻Rx，请在答题纸方框内画出实验电路原理图，并标明所选用器材________；（3）将实验中测得的多组电压表和电流表的示数，在U-I坐标系中描点连线，得到图线如图，根据图线可得水

样的电阻值Rx=_______Ω（保留2位有效数字）；（4）根据题中有关数据，请你判断该水样是否合格？________（选填“是”或“否”）。【答案】①.c②.③.42.510④.否【解析】【详解】（1）[1

]由题可知，接b时，电流表的指针偏转变化明显，说明电压表分流严重，接c时，电压表的偏转几乎不变，则说明电流表基本不分压，电流表用内接法，故应接c处，测量误差较小。（2）[2]电源电动势是6V，电压表V2量程太大，为准确测量电压，电压表应选择V1，电压表V1与定值

电阻R3串联改装成6V的电压表测电压；通过水样的最大电流约为3max30106A200μAxEIR===且电流表应采用内接法，故电流表应选择A2，方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；由于待测水样电阻远大于滑动变阻器最大阻值，

滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示（3）[3]根据图线可得水样的电阻值xR为461.52Ω2.510Ω12010xR−==（4）[4]由公式可得44222.5101.010=Ω·m0.510Ω·m510xRSL−−==其电阻率小于合格标准纯

净水电阻率，故不合格。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16分，共38分）为14.如图所示，长L=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角=37°。已知小球所带电荷量61.01

0Cq−=，匀强电场的场强33.010N/CE=，取重力加速度2=10m/sg，sin370.6=，cos370.8=。求：（1）小球所受电场力F的大小。（2）小球的质量m。【答案】（1）33.010N−；（2）44.010kg−【解析】【

详解】（1）根据电场力的公式FqE=解得33.010NF−=（2）由平衡条件得tanFmg=解得44.010kgtanFmg−==15.如图所示，在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出）。由A点斜射出一质量为m，所带电荷量为+q的粒

子，B为运动轨迹与y轴的交点，C和D是粒子运动轨迹上的两点。其中l0为常量，粒子所受重力忽略不计。(1)求粒子从A到D过程中电势能的变化量；(2)判断粒子从A到B、B到C和C到D三段过程所经历的时间关系，说明依据，并求出对应的时间；(3)求粒子经

过D点时的速度大小。【答案】(1)03qEl−；(2)tAB=tBC=tCD=02mlqE；(3)0172qElm【解析】【详解】(1)粒子从A到D过程中电势能的变化量pADAD0()3EWqEyyqEl=−=

−−=−(2)由于粒子所受电场力沿y轴负方向，在x轴方向上粒子做匀速直线运动，又粒子从A到B、B到C和C到D三段过程在x轴方向上的位移相等，则经历的时间也相等，设ABBCCDtttT===由对称性可知轨迹最高点为B点。由牛顿第二定律

qEma=解得qEam=又2B12yaT=2B013(2)2ylaT+=联立解得02mlTqE=即ABBCCD02tttmlqE===(3)粒子在BD段做类平抛运动0D2(2)xlvT=D(2)yvaT=解得220DDD172xyqElvvvm=

+=16.如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大

量质量m=1.0×10−7kg，电荷量q=-4.0×10−2C的带电粒子以平行于金属板的速度v0=1.0×104m/s持续射向挡板。已知U0=1.0×102V，粒子重力不计，求：（1）粒子在电场中的运动时间；（2）t=0时刻进入金属板间的粒子离

开电场时在竖直方向的位移大小；（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。【答案】（1）-5310s；（2）0.07m；（3）19cm【解析】【详解】（1）假设粒子一直在电压U0下运动，则20m012UqmayatLvtd===，，解得m9102dycmcm==因此粒子不会撞击平

行金属板，而粒子的水平分速度不变，则在电场中的运动时间0Ltv=-5310st=（2）在50~210s−内粒子在竖直方向做匀加速直线运动，方向指向A金属板，在55210~310s−−内粒子在指向A金属板的竖直方向做匀减速运动，以向下为正方向，两个运动过程中，加速

度大小始终为820210m/sqUamd==因此23111110.04m?410m/s2yyatvat=−=−=−=−，2212210.03m2yyvtat=+=−120.07myyy=+=−所以位移大小为0.07m。（3）粒子在

电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如图所示()()53210s0,1,2,tnn−=+=时刻进入的粒子向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，加速度向下，再做加速度向上的类平抛运动。同样以向下为正方向，加速

度大小仍为a，前一段满足23333311210m/s2yyatcmvat====，23434443410210m/s2yyyyvtatvvat=−==−=−，所以34'1yyycm=+=但是向下

最大位移为向下的速度为零时，即23'm22yvycma==即在这个点射出的粒子出AB极板时向下位移最大为1cm，但是运动过程中最大位移为2cm，因此考虑这么一种粒子，在某位置出发，刚好向下位移最大2cm到达B极板，随后再向上运动，此时该粒子为光带最下端。当粒子在()

5310s0,1,2,tnn−==射出时，粒子向上偏转最大，此时假设粒子出AB极板时恰好到达A极板右端，则此时粒子y方向的速度为()5535·210110210m/syva−−=−−=−因此恰好与光带最下端的粒子y方向上的速度4yv相同，故两者相互平行射出，光带距离也即为出电场的竖直方向

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