【文档说明】四川省自贡市第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，926.394 KB，由小赞的店铺上传

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高二10月月考物理试题一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）1.一带负电的粒子从电场中的A点运动到B点，该过程中，粒子受到的电场力做的功为1W（10W），粒子受到的重力做的功为2W（20W），除重力和电场力外的其他力做的功为3W（30

W）。关于该过程中功与能量变化的关系，下列说法正确的是（）A.电势能减少了1WB.重力势能增加了2WC.机械能减少了3WD.动能的变化量是123WWW+−【答案】A【解析】【详解】AB．功是能量变化的量度，根据PΔEW=−可知，带电

粒子从A点运动到B点的过程中，电势能减少了1W，重力势能减少了2W，故A正确，B错误；C．根据13ΔEWWW==+机其他可知，带电粒子的机械能变化了13WW+，故C错误；D．根据动能定理可得k123EWWW=++可知该过程中带电粒子动能的变化量为123WWW++，故D错误。故

选A。2.如图所示，将一不带电的枕形导体放在一个点电荷+Q（0Q）的右侧，C、D为枕形导体内部的两点，沿过D点的竖直虚线将导体视为左、右两部分，当达到静电平衡时，下列说法正确的是（）A.枕形导体左边部分带正电B.枕形导体左边部分的电荷量大于右边部分

的电荷量C.C、D两点的电场强度相等D.将点电荷Q+缓慢靠近枕形导体，C点的电场强度逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引可知，当达到静电平衡时，枕形导体左边部分带负电、右边部分带正电，故A错误

；B．因为枕形导体整体为电中性，则左边部分的电荷量等于右边部分的电荷量，故B错误；C．枕形导体处于静电平衡，其内部电场强度处处为零，即C、D两点的电场强度均为零，故C正确；D．将点电荷Q+缓慢靠近枕形导体，导体内部电场强度仍处处为零，故D错误。故选C。3.空间中存在沿x轴方向的静电场，各点

电势的变化规律如图中x−图像所示，电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4处，电子仅受电场力，则该电子（）A.在x1处电势能最小B.在x1处加速度为零C.在x3处电势为零，电场强度也为零D.在x2处的动能大于在x3处的动能【答案】B【解析】【详解】A．根据pEq=可知，负点电荷在电势越

低的地方，电势能越大，由图像可知x1处电势最低，则电子在x1处的电势能最大，故A错误；B．x−图像斜率的绝对值表示电场强度大小，由图可知在x1处，图像的斜率为0，即该处的电场强度为0，则电子在x1处受

到的电场力为0，由牛顿第二定律知电子在x1处的加速度为0，故B正确；C．结合上述，根据图像可知，x3处的斜率不为0，所以x3处的电场强度不为0，故C错误；D．电子只在电场力作用下运动，动能和电势能总和保持不变，结合上述

可知，负点电荷在电势越低的地方，电势能越大，则电子在x2处的电势能大于在x3处的电势能，所以电子在x2处的动能小于在x3处的动能，故D错误。故选B。4.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子

进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加

速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e。那么这束质子流内单位体积的质子数n是（）A.2IUeSmB.ImeSeUC.2IeUeSeSD.2ImeSeU【答案】D【解析】【详解】质子在加速电场中

加速，根据动能定理有212Uemv=根据电流的微观表达式IneSv=联立解得2ImneSeU=故选D。5.如图所示，一均匀带电绝缘细棒的电荷量为()0qq+，在过细棒中点c的中垂线上有a、b、d三点，且bccdabx===。在a点固定一负点电荷，其电荷量为5q

−，已知d点的电场强度为零，静电力常量为k，则b点的电场强度大小为（）A.259kqxB.25kqxC.2409kqxD.2509kqx【答案】D【解析】【详解】电荷量为5q−的负点电荷在d点产生的电场强度方向向左，大小为12255(3)9kq

kqExx==根据电场的叠加原理可知，细棒在d点产生的电场强度方向向右，大小为2259kqEx=根据对称性可知，细棒在b点产生的电场强度方向向左，大小为2259kqEx=电荷量为5q−的负点电荷在b点产生的电场强度方向向左，大小为325kqEx=根据电场的

叠加原理可知，b点的电场强度方向向左，大小为322509kqEEEx=+=故选D。6.如图所示，平行板电容器与一直流电源连接，下极板接地，静电计金属球与电容器上极板连接，静电计开始时所带电荷量很少，可忽略。开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于

两极板间的P点。若断开开关K，将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（）A.带电油滴仍保持静止B.静电计指针的张角保持不变C.P点电势变小D.带电油滴的电势能变大【答案】A【解析】【详解】B．若断开开关K，由于静电计所带电荷量很少，可忽略不计

，故可认为电容器所带电荷量保持不变，将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，根据r4SCkd=，QCU=由于d变大，可知电容器电容变小，电容器极板间电压增大，静电计指针的张角变大，故B错误；A．根据rr44UQQkQESdCdSdkd====

可知板间电场强度不变，带电油滴受力保持不变，带电油滴仍保持静止状态，故A正确；BD．根据UEd=由于板间电场强度不变，P点与下极板距离变大，又下极板接地，电势为零，可知P点电势变大；根据受力平衡可知，带电油滴受到的电

场力竖直向上，则带电油滴带负电，根据pEq=，可知带电油滴在P点电势能变小，故BD错误。故选A。7.如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度v0从O点沿板间中线射入极板

之间，若t=0时刻进入电场的带电粒子在t=T时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则（）A.t=0时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为02vB.8Tt=时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为v0C.4Tt=时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为032vD.4Tt=时

刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离A板的最小距离为14d【答案】B【解析】【详解】A．依题意，粒子带负电，由受力分析可知，t=0时刻进入电场粒子在沿电场线方向先匀加速运动后匀减速运动，如图设沿电场线方向最大

速度为yv，则有22yvTd=，0dvT=解得0yvv=由运动的对称性可知，离开电场时沿电场线方向速度恰好减为零，即其速度大小仍为0v。故A错误；B．98Tt=时刻进入电场的粒子沿电场线方向先匀加速38T，再匀减速38T，速度减为零，然后反方向匀加速

8T，再反方向匀减速8T，即98T速度再次减为零。v-t图像如图所示综上所述，粒子离开电场时速度大小仍为v0。故B正确；C．4Tt=时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中沿电场线方向最大速度设为'yv，则有'4yTva=又

2yTva=联立，解得0'2yvv=的根据速度的平行四边形定则，可得粒子的最大速度为22m005'2yvvvv=+=故C错误；D．根据C选项分析可知，4Tt=时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中，沿电场

线方向最大位移为'24yvTy=联立，解得16dy=则离A板的最小距离为721616dddl=−=故D错误。故选B。二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）8.某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷

连线中垂线上对称的两点，则（）A.a、b两点的电场强度相同B.c、d两点的电场强度不相同C.a、b两点的电势差Uab=−3mVD.从c到d的直线上电场强度先变大后变小【答案】AD【解析】【详解】A．该瞬时电势分布图可等

效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故A正确；B．c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小与方向也相同，故B错误：C．a、b两点的电势差3mVababU=−=故C错误

；D．根据等势线的密程度可判断出从c到d的直线上电场强度先变大后变小，故D正确。故选AD。9.如图甲所示，P、Q为真空中两固定点电荷，O为PQ连线的中点，MN为PQ连线的中垂线，从MN上的C点由静止释放一试探电荷，电荷仅在电场力作用下运动，运动过程中的速度-时间图像如图乙所示（已知图像

关于虚线对称），下列说法正确的是（）A.P、Q等量同种电荷B.P、Q为等量异种电荷C.t1时刻，试探电荷位于O点D.t2时刻，试探电荷位于O点【答案】AC【解析】【详解】AB．从MN上的C点由静止释放一试探电荷，电荷仅在电场力作

用下运动，运动过程中的速度-时间图像如图乙所示，因为图像关于虚线对称，所以可以判断试探电荷在MN上运动，两电荷对试探电荷同为引力，所以P、Q为等量同种电荷，故A正确B错误；为CD．t1时刻，试探电荷速度最大，所以合力做功最多，所以试探电荷位于O点，t2时刻，试探电荷速度为

零，到达关于O的对称点，故C正确D错误。故选AC。10.如图所示，MN是正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子（不计重力）沿虚线ab穿越这条电场线。下列结论正确的是（）A.正点电荷一定位于M点左侧B.正点电荷可能位于N点右侧C.粒子在a点速度小于在b

点的速度D.粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小【答案】ACD【解析】【详解】AB．正电荷受到的电场力一定与电场线相切且指向轨迹凹侧，则电场力F的方向由N指向M。而粒子带负电，则场强方向由M指向N，故产生该电场的正点

电荷一定位于M点左侧。故A正确，B错误；C．粒子从a到b，电场力做正功，动能增大，速度增大，则a点速度小于在b点速度。故C正确；D．a点离场源电荷较远，场强较小，由qEam=可知带负电的粒子电荷在a点的加速度较小，故D正确。故选

ACD。三、实验题（共15分。11题6分，12题9分）11.美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如图，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向

下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有_______。A.油滴质量mB.两板间的电压UC.两板间的距离dD.两板的长度L（2）用所选择物理量表示出该油滴的电荷量q=_______（已知重

力加速度为g）。（3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷。其值为e=_______C。（保留三位有效数字）（4）关于元电荷下列说法正确的是（）A.油滴的电荷量可能是201.610C−

B.油滴的电荷量可能是153.210C−C.元电荷就是电子D.任何带电体所带电荷量可取任意值【答案】（1）ABC（2）mgdU（3）191.6010−（4）B【解析】【小问1详解】平行金属板板间存匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有

UmgqEqd==可得mgdqU=所以要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d。故选ABC。【小问2详解】根据（1）问分析可知，该油滴的电荷量为mgdqU=【小

问3详解】在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷。其值为191.6010Ce−=小问4详解】AB．油滴的电荷量只能是元电荷191.6010Ce−=的整数倍，

根据20191.61011.61010−−=，154193.2102101.610−−=的在【故A错误，B正确；CD．元电荷不是电子，只是在数值上等于电子或质子的带电量；任何带电体所带电荷量都只能是元电荷的整数

倍，故CD错误。故选B。12.（1）关于多用电表的使用，下列操作正确的是（）A.测电压时，应按图甲连接方式测量B.测电流时，应按图乙连接方式测量C.测电阻时，应按图丙连接方式测量D.测二极管的反向电阻时，应按图丁连接方式测量（2）如图所示，为一正在测量中的多用电表表盘，如果用欧姆挡“×100

”测量，则读数为_______Ω；如果用“直流5V”挡测量，则读数为_______V；（3）一个灵敏电流表，它的满偏电流为Ig=50μA，表头内阻Rg=1000Ω，若要将它改装成量程为0.5A的电流表，应并联的电阻阻值为_______Ω。若要将它改装成量程为3V的电压表，应串联的电阻阻值为___

____Ω。（保留两位有效数字）（4）某同学用多用电表测电阻，用已经调好零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的挡位______（选填“×100”或“×1”），然后重新

进行______，再次测量该电阻的阻值。【答案】①.B②.800③.3.29##3.30④.0.10⑤.5.9×104⑥.×1⑦.欧姆调零【解析】【详解】（1）[1]根据“电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表”来进行判断；A.图甲中应该让红表笔在左边，黑表笔在

右边，A错误；B．图乙中，多用电表与灯泡串联测电流，且电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表，B正确；C．用多用电表测电阻时，应该将待测电阻从电路中拆下来再进行测量，C错误；D．图丁中，电流从黑表笔流出，正向通过二极管，故此

时测的是二极管的正向电阻，D错误。故选B。（2）[2]此时欧姆挡读数为8×100Ω=800Ω[3]用“直流5V”挡测量，精度为0.1V，故需估读一位，此时读数为3.29V。（3）[4]由改装电表原理可得

gggIRIIR=+解得R=0.10Ω[5]由改装电表原理可得VgggUIRIR=+解得45.910R=（4）[6]用“×10”挡位得测量电阻，发现指针得偏转角度太大，说明此时流过电表得电流太大，由UIR=可得，Rx得阻值较小，故需将挡位调至“×1”挡。[7]变换倍率挡位后，需要重新进

行欧姆调零，才能再次测量电阻阻值。四、解答题（本题共42分．解答时要求写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分。若用其它方法，只要原理正确，过程清楚，结果无误就应评满分；部分正确则按分段评分的原则评分）13.如图所示，有一

质子（质量为m、电荷量为e）由静止开始经电压为U1的电场加速后，进入两极板间距离为d，板间电压为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场，求：（1）质子刚进入偏转电场时的速度；（2）

质子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度；（3）质子穿出偏转电场时的动能。【答案】（1）12eUm；（2）2mdeU，122UdU；（3）212UeUe+【解析】【详解】（1）质子在加速电场中，根据动能定理有20112

emvU＝解得102eUvm=（2）质子在偏转电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，则水平方向有L=v0t竖直方向有2122dat＝加速度2eUamd＝由以上各式解得极板长122ULdU=运动时间2mtdeU=（

3）质子从静止释放到穿出偏转电场，根据动能定理可得21k02UeUeE+=−可得质子穿出偏转电场时的动能为2k12UEeUe=+14.如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，电场的方向与△ABC所在的平面平行，AB⊥AC，∠ACB＝30°。将电荷量91.010Cq−=

−的点电荷从A点移动到B点，静电力做功82.010JABW−=−；将该电荷从B点移动到C点，电势能增加了84.010J−。设C点的电势C0=，A、B的距离L＝4cm，求：（1）A与B、C两点间的电势差ABU、ACU；（2）A、B两点的电势A、B和B点的电势能E

PB；（3）电场强度E的大小。【答案】（1）20V，60V（2）60V，40V，84.010J−−（3）1000V/m【解析】【小问1详解】由题可知ABABWqU=解得20VABABWUq==电荷从B点移动到C点，电势能增加了84.010J−

，说明在此过程中，电场力也是做负功，同理可得40VBCBCWUq==根据电势差的关系可得60VACABBCUUU=+=【小问2详解】根据上述分析可知CBCBU−=0C=所以，B点的电势40VB=8p4.010JBBEq−==−同理可得−=ABABU解得，A点的

电势60VA=【小问3详解】沿AB方向的电场强度1500V/mABUEL==沿AC方向的电场强度25003V/mtan30ACUEL==所以电场强度22121000V/mEEE=+=15.如图所示，在

310V/mE=的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，O点为圆心，P点与O点等高，CN边是直径，N点是半圆形轨道的最低点，其半径40cmR=，半圆轨道与一水平绝缘轨道MN平滑连接。将一带正电荷410Cq=－的小滑

块在水平轨道上的某一位置静止释放，小滑块恰好能运动到半圆轨道的最高点C。小滑块质量为40gm=，与水平轨道间的动摩擦因数0.2=，取210m/sg=，问：（1）小滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）小滑块通过P点时对轨道压力是多大？（3）小滑块经过C点后落回水平绝缘轨道时的速度是多大

？【答案】（1）20m；（2）1.5N；（3）17m/s【解析】【详解】（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得21202qELmgLmgRmv−−=−小滑块在C点时，重力提供向心力，所以2mvmgR=代入数据解得2m/sv=，20mL=（2）滑块到

达P点时，对全过程应用动能定理可得()2102PqELRmgLmgRmv+−−=−在P点时由牛顿第二定律可得2PmvNqER−=解得1.5NN=由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5N。（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由

2122Rgt=可得滑块运动的时间4Rtg=得0.4st=滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qEma=所以加速度22.5m/sa=滑块落地时竖直方向的速度的大小为4msyvgt==水平方向的速度的大小为1msxvvat=−=落地时速度的大小为22x

yvvv=+地解得17m/sv=地