【文档说明】黑龙江省绥化市绥棱县第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(15)页，2.489 MB，由小赞的店铺上传

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2024~2025学年度上学期高二9月月考试卷物理考试时间：75分钟满分：100分一、选择题（本题共10道小题，共计46分。1~7题只有一个选项，每题4分，8~10题有多项符合题目要求，全对的得6分，选对但选不全

得3分，错选不得分。）1.静电场指的是观察者与电荷相对静止时所观察到的电场．它是电荷周围空间存在的一种特殊形态的物质。关于静电场，下列说法正确的是（）A.两点间的电势差与零电势的选取有关B.在匀强电场中两点间的距离越大，场强越大，两点间的电势差就越大C.同一电场线

上的各点电势一定不相等，负电荷沿电场线方向移动时电势能增大D.电场强度与电势有关，电场强度为零的点电势一定为零【答案】C【解析】【详解】A．两点间的电势差与零电势的选取无关，A错误；B．在匀强电场公式UEd=中，d为沿着电场线方向的距离，所以两点间的距离越大，电势差不一定大，只有沿着电场线的距

离越大时，电势差才越大，B错误；C．沿电场线的方向，电势降低，所以同一电场线上的各点，电势一定不相等，负电荷沿电场线方向移动时，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，电荷电势能增大。故C正确；D．电场强度与电势没有直接的关

系，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为零，D错误。故选C。2.在如图所示电路中，1R为定值电阻，2R为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表的读数为I，电压表的读数为U，当2R的滑动触头向图中a

端移动时（）A.I变大，U变小B.I变大，U变大C.I变小，U变小D.I变小，U变大【答案】C的【解析】【详解】当2R的滑动触头向图中a端移动时，滑动变阻器接入电路阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流变大

，路端电压变小；则电压表的读数U变小，定值电阻1R两端电压变小，则通过1R的电流变小，即电流表的读数I变小。故选C。3.在某流水线上有如图所示的传感器以监控产品的厚度，其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上，G是灵敏电流计。当产品的厚度变薄

导致介电常数r变小时，则有（）A.极板间的电压变小B.极板上所带的电荷量变大C.平行板电容器的电容变大D.有向右的电流流过灵敏电流计【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，电容器的上、下两个极板分别接在恒压直

流电源上，因此极板间的电压不变，A错误；BCD．当产品的厚度变薄导致介电常数r变小时，由平行板电容器的电容决定式r4SCkd=，可知电容器的电容C减小，由电容的定义式QCU=，可知极板上所带的电荷量Q变小，可

知电容器放电，则有向右的电流流过灵敏电流计G，BC错误，D正确。故选D。4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个相邻等差等势面，实线为一电子（不计重力），仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，据此可知正确的是（）A.三个

等势面中，a的电势最高B.电子在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大C.电子通过M点时的动能比通过N点时大D.电子通过N点时的加速度比通过M点时大【答案】B【解析】【详解】A．电子所受的电场力指向轨迹内侧，同时电场线和等势线垂直，结合电子带负电，可知电场线指向左上方，根据沿电场线电势降低，则知a

等势线的电势最低，故A错误；BC．根据电子的受力情况可知，从M到N过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大；从N到M过程中电场力做负功，电势能增大，动能减小，故B正确，C错误；D．等差等势面中等势面密的地方电场

线也密，则M点场强大，电子所受的电场力大，加速度大，故D错误。故选B。5.AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O，将电荷量分别为q+和q−的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半

径，如图所示，要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q（）A.应放在A点，2Qq=B.应放在B点，2Qq=−C.应放在C点，Qq=−D.应放在D点，Qq=−【答案】C【解析】【详解】+q的点电荷在圆心O处的场强与-q的点电荷在圆心

O处的场强的合场强方向由O点指向D点，的根据几何关系和点电荷的场强公式得12qEkr=要使圆心处的电场强度为零，只要点电荷Q在圆心O处产生的场强方向由O指向C即可，大小也为2qkr，所以，点电荷Q=-q且应发在C点，故选C。6.平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100V/

m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高。则下列说法正确的是（）A.b、c两点的电势差0bcU=B.a点场强大小大于100V/mC.a点场强方向

水平向右D.a点的电势低于c点【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，b、c两点的电势差为200V300V100VbcU=−=−故A错误；B．由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1m，电势差等于100V，根据UEd=可知a点场强大小大于1

00V/m，故B正确；C．根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；D．由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300V，故D错误。故选B。7.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在静电

力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知CBBAxxxx−=−。该电子的电势能pE随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A.电场在x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向B.A点电势高于B点电势C.A点电场强度小于B点电场强度D.电子

从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功【答案】D【解析】【详解】A．电子从A到C电势能逐渐减小，可知电势逐渐升高，则电场在x坐标轴上电场强度方向沿x轴负方向，选项A错误；B．沿电场方向电势逐渐降低，可知A点电势

低于B点电势，选项B错误；C．Ep-x图像的斜率等于电场力，可知从A到B电子受电场力逐渐减小，场强逐渐减小，可知A点电场强度大于B点电场强度，选项C错误；D．因从A到B的电场力大于从B到C的电场力，根据W=Fx可知，电子从A运动

到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功，选项D正确。故选D。8.用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上，小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上而下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是（

）A.摩擦使笔套带电B.笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和【答案】ABC【解析】【详解】A

BC．笔套与头发摩擦后，由于摩擦起电使笔套带电。带电的笔套靠近圆环的时候，圆环发生静电感应，上下部分感应出等量的异号电荷。圆环被吸引到笔套的过程中，圆环加速度向上，所受静电力的合力大于圆环重力。故ABC正确；D．笔套碰到圆环

后，笔套所带的电荷没有被全部中和，仍带有部分电荷。故D错误。故选ABC。9.如图所示，纸面内固定两个等量同种点电荷，它们之间距离为4R。以其连线中点O为圆心，以R为半径画圆，A、B、C、D为圆周上四点，A、B两点在

两点电荷连线上，C、D两点在两点电荷连线的中垂线上。下列判断正确的是（）A.A、B两点的电场强度大小相等，C、D两点的电场强度方向相反B.若自A点由静止释放一质子，将沿A、B直线一直加速C.A、C之间电势差等于B、D之间电势差D.将一电子自A沿直线

到O再沿直线到C，电势能先增加后不变【答案】AC【解析】【详解】A．由题意可知A、B两点关于中点O对称，根据等量同种点电荷电场线的分布规律可知，A、B两点的电场强度大小相等方向相反，C、D两点的电场强度大小也相等，方向也

相反，故A正确；B．若自A点由静止释放一质子，O点右侧，质子所受电场力方向向右，质子向右加速，越过O点后，在O点右侧，质子所受电场力方向向左，质子向右减速，故B错误；C．根据等量同种点电荷的电势分布规律可知AB=，CD

=由于ACACU=−，BDBDU=−可知A、C之间电势差等于B、D之间电势差，故C正确；D．根据等量同种点电荷电场线的分布规律可知，将一电子自A沿直线到O再沿直线到C，电子所受电场力方向始终与移动方向相反，即电场力始

终做负功，电势能始终增大，故D错误。在故选AC。10.如图甲所示，电源电动势为E＝5V、内阻为r＝20Ω，A、B是两个完全相同的小灯泡，小灯泡A的伏安特性曲线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.小灯泡的电阻随着电压的增大而减小B

.电键S闭合后，灯泡A的电阻会减小C.电键S闭合后，灯泡A消耗的功率会增加D.电键S闭合后，电源的效率会减小【答案】BD【解析】【详解】A．图乙是小灯泡的伏安特性曲线，各点与O点的连线代表的是1R，随着所加电压的增加，R越来越大，选项A错误；BC

．电键断开时，设通过灯泡A的电流和灯泡两端的电压为I、U，则EUIr=+解得0.250.05EUIUrr=−=−在图乙中画出电源的路端电压随电流变化的图线1，交点坐标（180mA，1.3V），此时灯泡的电阻和功率为7.2URI==0.23WPUI==同理电键闭合

后，设通过一个灯泡的电流和灯泡两端的电压为I、U，由2EUIr=+解得0.1250.02522EUIUrr=−=−在图乙中画出电源的路端电压随电流变化的图线2，交点坐标（110mA，0.5V），此时灯泡的电阻和功率为的4

.5URI==0.06WPUI==故电键S闭合后，灯泡A的电阻减小，消耗的功率减小，B正确,C错误；D．电源的效率100%UE=U减小，E不变，效率也减小，D正确；故选BD二、实验题（本题共2小题，共计14分，11题8分，

12题6分）11.某物理学习小组的两位同学采用“伏安法”测金属丝的电阻率实验中，实验室备有下列实验器材：A.电压表（量程0~3V，内阻约为15kΩ）B.电压表（量程0~15V，内阻约为75kΩ）C.电流表（量程0~3

A，内阻约为0.2Ω）D.电流表（量程0~0.6A，内阻约为1Ω）E.变阻器R1（0~10Ω，0.6A）F.变阻器R2（0~200Ω，0.1A）G.电池组E（电压为3V）H.待测金属丝（阻值约为5Ω）I.开关S，导线若干，

米尺，螺旋测微器等（1）为减小实验误差，电压表应选用___________；电流表应选用___________；滑动变阻器应选用___________（填代号）。（2）甲、乙两位同学分别画出了两个电路

图，如图甲、乙所示。本实验选用___________（选填“甲”或“乙”）图比较合适。。（3）实验中用螺旋测微器测量金属丝的直径，使用时发现所用螺旋测微器存在零误差。测微螺杆与测砧直接接触时读数如图丙所示，测量金属丝直径时如图丁所示，则金属丝的直径d=________

___mm；（4）如果实验中测得金属丝的电阻值为R，用米尺测出的金属丝长度为L，用螺旋测微器测出的金属丝的直径为d，则其电阻率ρ=___________。【答案】①.A②.D③.E④.甲⑤.0.511⑥.24dRL【解析】【详解】（1）

[1]由于电源的电动势为3V，所以电压表应选A；[2]被测电阻约为5Ω，电路中的最大电流约为0.6AxEIR==故电流表应选D；[3]根据变阻器允许通过的最大电流可知，变阻器应选E。（2）[4]由于VAxxRRRR=故应采用电流表外接法，应选图甲所示电路。（3）[5]由甲丙可知，螺旋测微器的

零误差为2.00.01mm0.020mm=故丁图读数为0.5mm3.10.01mm0.531mm+=所以金属丝直径为0.531mm-0.020mm0.511mm=（4）[6]根据电阻定律LRS=21

4Sd=解得24dRL=12.如图甲所示为一物理兴趣小组制作的水果电池组，为了准确测量该电池组的电动势和内阻，进行了以下操作：（1）该小组先用多用电表直流2.5V挡粗略测量水果电池组的电动势，电表指针如图乙所示，则电表的读数为____

____V；（2）为了更准确地测量水果电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：A.待测水果电池组（内阻约为1000）B.电流表A（0~5mA，内阻为25）C.电压表1V（0~3V，内阻约为1000）D.电

压表2V（0~15V，内阻约为5000）E.滑动变阻器1R（0~10）F.滑动变阻器2R（0~1500）G.开关、导线各若干①应该选择的实验电路是图中的________（选填“丙”或“丁”）；②实验中滑动变阻器应选_____

___（填“1R”或“2R”）；（3）确定好的电路后，调节滑动变阻器滑片位置以得到电压表的示数U与电流表的示数I的多组数据，作出UI−图像如图戊所示，根据图像和题中所给信息可知该水果电池组的电动势E=________V，内电阻r=________。（结果均保留三位有效数字）【答

案】①.1.50②.丁③.2R④.2.25⑤.31.0710【解析】【详解】（1）[1]2.5V量程的直流电压的最小分度为0.05V，所以读数为1.50V。（2）①[2]根据水果电池内阻较大，可以与电压表内阻相比拟，导致电压表分流作用较大，所以相对电源来说

电流表应用内接法；故采用丁图。②[3]因为电池内阻很大，如果用1R则起不到调节作用，故选2R。（3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律得A()UEIrR=−+根据图像可知2.25VE=内电阻A332.250.5251.

07101.610UrRI−−=−=−=三、计算题（本题共3小题，第13题12分，第14题12分，第15题14分，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必

须明确写出数值和单位。）13.如图所示，一平行板电容器水平放置，AB为两板中央水平线，板长为2L，板间距也为2L，在距离电容器右端3L处竖直放置挡板，挡板上的BC长也为3L。一带电粒子以初速度0v沿中央水平线射入两板间，打在竖直放置挡板上的C点。已知带电粒子质量为m、电荷量为

q，不计粒子重力，求电容器两极板间所加的电压。【答案】2034mvq【解析】【详解】粒子在平行板电容器间做类平抛运动，则水平方向有012Lvt=竖直方向上有21112yat=，1yvat=根据牛顿第二定律有2UqmaL=粒子飞出平行板电容器后做匀速

直线运动，则有023Lvt=，22yyvt=根据题意有123yyL+=解得电容器两极板间所加的电压2034mvUq=14.如图所示的电路中，电容器的电容6510μFC−=，定值电阻12341Ω,2Ω,3Ω,6ΩRRRR====，电源的电动势E＝3V、内阻r＝0.75Ω，电流表A、电压表V均

为理想电表，求：（1）电键1K闭合、2K断开时，电压表的示数及电容器所带的电荷量；（2）电键1K闭合后，当电键2K由断开到闭合后稳定时，电容器所带的电荷量变化量。【答案】（1）2.4V，12410C−；（2）12410C−【解析】【详解】（1）电键2K断开时，电流表示数112EIRR

r=++得10.8AI=电压表示数()1112UIRR=+得12.4VU=电容器的电荷量为12111410CQCIR−==（2）电键2K闭合后，外电阻()341212342.25RRRRRRRRR+=+=+++总电流1AEIRr==+电压表示数22.25VUIR==电流表的

示数2212UIRR=+得20.75AI=电容两端电压()21130UIRIIR=−−=所以此时电容器的电荷量为20Q=故电容器的电量变化量12410CQ−=15.如图所示，将一个质量为m、电荷量为q的带正电的的小球用长为L的绝缘细线悬挂在O点，小球

处在水平向左的匀强电场中。当带电小球在A点达到平衡后，细线与竖直方向间的夹角为45。现将小球向右拉紧至与O点等高的B点由静止释放，重力加速度大小为g，求：（1）匀强电场电场强度的大小；（2）小球运动到最低点时速度的大小（悬线开始绷紧前）；（3）小球在最

低点时，悬线绷紧后，其所受拉力大小。【答案】（1）mgq；（2）2gL；（3）3mg【解析】【详解】（1）当带电小球在A点达到平衡时，对小球受力分析，如图所示，则有tan45qEmg=解得=mgEq（2）小球在与O点等高的B点由静止释放，小球开始运动时受到重力和电场力的作用

，其合力大小为2Fmg=小球在悬线绷紧前，做初速度等于零的匀加速直线运动，加速度大小为2Fagm==运动的位移大小为2xL=则有小球运动到最低点时（悬线开始绷紧前），如解析图所示，其速度大小为22222vaxgLgL===（3）悬线绷紧后，小球沿悬线方向的分速度变成零，只有沿垂直

悬线方向的分速度为12cos4522vvvgL===小球则以初速度为v1做圆周运动，由牛顿第二定律可得21vFmgmL−=拉解得拉力大小为3Fmg=拉