【文档说明】重庆市万州第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.253 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市万州中学2024-2025学年度上期第一次月考物理试题（高2026届）（本试卷共8页，总分100分，考试时间75分钟）第一卷选择题（共43分）一.单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。）1.下列关于电说法中，正确的是（）A.电荷

之间通过电场相互作用B.摩擦起电是创造了电荷C.一对正、负电子相遇可以同时湮没，违背了电荷守恒定律D.元电荷是一种带电物体【答案】A【解析】【详解】A．电荷之间通过电场相互作用，故A正确；B．摩擦起电只是电荷发生转移，不是产生电荷，故B错误；C．在一定条

件下，一对正、负电子相遇可以同时湮没，转化为光子，这不违背电荷守恒定律，故C错误；D．元电荷是带电量的最小值，不是一种带电物体，故D错误。故选A。2.关于下列四幅图所涉及的物理知识，说法正确的是（）A.图甲中，油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是利

用静电B.图乙中，高压输电线上方的两根细的导线具有静电屏蔽作用C.图丙中，燃气灶中针尖形点火器利用摩擦起电原理进行点火的D.图丁中，用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电吸收信号【答案】B【解析】【详解】A．油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是利用铁的导电性，将运输过程中产生的静电导走，A错

误；B．高压输电线上方的两根细的导线的作用是与大地相连，形成稀疏的金属网，把高压线屏蔽起来，避免雷击，起到静电屏蔽作用，B正确；C．燃气灶中针尖形点火器利用高压尖端放电的原理，C错误；D．用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电屏蔽作用，避免外界干扰。D错误；故选B。3.如图，用一根丝绸

摩擦过的玻璃棒，靠近不带电验电器的金属小球a，然后用手指瞬间接触一下验电器小球a，然后拿开玻璃棒，验电器小球a和金箔b的带电情况是（）A.手指接触验电器小球a后拿开玻璃棒前，a不带电、b带正电B.手指接触验电器小球a后拿开玻璃棒前，a、b均带正电C拿开玻璃棒后a、b带负电D.拿开玻璃

棒后a带负电，b带正电【答案】C【解析】【详解】AB．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，手指接触验电器小球a后拿开玻璃棒前，根据感应起电a带负电，b不带电，故AB错误；CD．拿开玻璃棒后，a、b电荷重新分布，导致a

、b带负电，故C正确，D错误。故选C。4.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.02

s，取重力加速度g=10m/s2；下列分析正确的是（）.A.手机接触头部之前的速度约为1m/sB.手机对头部的冲量大小约为0.24NsC.手机对头部的作用力大小约为10.8ND.手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.2

4kgm/s【答案】D【解析】【详解】手机质量为120g0.12kgm==下落高度约为20cm0.2mh==冲击时间约为0.02st=A．手机下落过程做自由落体运动，由运动学公式22vgh=可得手机接触头部之前速度约为2g2100.2m/s2m/s

vh===故A错误；BCD．以竖直向上为正方向，手机与头部作用过程中手机动量变化约为0()0.122kgm/s0.24kgm/spmvmv=−−===设手机对头部的冲量大小约为I，由动量定理得Imgtp−=解得0.264NsI=的设头部对手机的作用力约为

F，由冲力的定义得IFt=解得13.2NF=由牛顿第三定律可知手机对头部的作用力大小约为13.2N，故BC错误，D正确。故选D。5.如图甲，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B

点，其运动的vt−图像如图乙所示。下列判断正确的是（）A.该电场线的方向是由A指向BB.A点处的场强比B点处的场强大C.该电场可能是由正点电荷产生的D.该负电荷在A点电势能小于B点的电势能【答案】B【解析】【详解】A．由vt−图像可知，负

电荷从A点到B点做加速度逐渐减小的加速运动，由于电荷带负电，则该电场线的方向是由B指向A，故A错误；BC．根据牛顿第二定律可得qEam=可知A点处的场强比B点处的场强大，又电场方向由B指向A，则该电场不可能是由

正点电荷产生的，故B正确，C错误；D．由于电场方向由B指向A，根据沿电场方向电势降低可知BA根据pEq=的由于试探电荷带负电，则该负电荷在A点的电势能大于B点的电势能，故D错误。故选B。6.如图平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，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，将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（）A.带电油滴向上运动B.静电计指针的张角变大C.P点电势变大D.带电油滴在P点的电势能变大【答案】B【解析】【详解】B．断开开关K，电容器带电量不变，则Q

CU=r4SCkd=将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，板间距d增大，电容C减小，则电压U增大，静电计指针的张角变大，故B正确；ACD．两板间电场强度为r4UkQEdS==改变间距d，电场

强度E不变，带电油滴不动，由于P到下极板距离不变，则可知P点与下极板间电势差不变，下极板接地，电势始终为零，所以P点电势不变，则带电油滴的电势能不变，故ACD错误。故选B。7.质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球壳内，如图所示，当小球从图

示位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的位移为（）A.2R，方向水平向右B.2R，方向水平向左C.3R，方向水平向右D.3R，方向水平向左【答案】D【解析】【详解】设小球滑到最低点所用的时间为t，发生的水平位移大小为R－x，大球的位移大小为x，取水

平向左方向为正方向，则根据水平方向平均动量守恒得2120mvmv−=即mRxt−＝2mxt解得x＝13R方向向左，故D正确，ABC错误。故选D。二.多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8.a、b、c、d为某一电场中的等差等势线。一不计重力的带负电粒子飞入电场后只在电场力作用下沿M点到N点运动（如图），下列说法正确的是（）A.M点处的电场强度大于N点处的电场

强度B.带电粒子在N点的速度比在M点处的速度大C.带电粒子在N点处的电势能比在M点处的电势能大D.四个等势线的电势关系为abcd【答案】AC【解析】【详解】A．根据UEd=可知等差等势线越密集的地方场强越大，则M点处的电场强度大于N点处的电场强度

，故A正确；D．根据曲线运动的合力方向位移轨迹的凹侧，且电场方向与等势线垂直，粒子又带负电，则粒子在电场中的受力和场强方向如图所示根据沿电场方向电势降低可知四个等势线的电势关系为abcd故

D错误；BC．根据pEq=由于N点的电势小于M点的电势，且粒子带负电，所以带电粒子在N点处的电势能比在M点处的电势能大；由于粒子只受电场力作用，电势能和动能之和保持不变，则带电粒子在N点的动能在M点处的速度小，带电粒子在N点的速度比在M点处的速度小，故B错误，C正确。故选

AC。9.两个点电荷分别固定在绝缘水平面上的x轴的两个不同位置，一个带电量为-q的试探电荷在x轴上的电势能随位置变化的图像如图所示。已知在C点时，图线的切线与x轴平行。下列说法正确的是（）A.C点电势最低B.NC间电场强度方向沿x轴负方向C.AN间电势差为ppA

NANEEUq+=D.由B到C，电场强度一直减小【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知，C点的电势能最小，根据pEq=−可知，C点的电势最高，故A错误；B．从N到C，负电荷的电势能减小，电势升高，则NC间电场强度方向沿x轴负方向，故B正

确；C．由电场力做功与电势能间关系可知ppp()ANANqUEEE−=−=−−可得AN间电势差为ppANANEEUq+=−故C错误；D．因为pEx−图像的斜率表示kqE=由B到C，pEx−图像的斜率的绝对值一直减小，

则电场强度一直减小，故D正确。故选BD。10.如图所示，栓接在轻质弹簧两端质量分别是120.5kg1.48kgmm==、的两物体静置于光滑水平地面上，1m靠在竖直墙壁上。现有一颗质量0.02kgm=的子弹以初速度0v水

平射入2m并留在其中，弹簧压缩到最短时具有的弹性势能为27J，此后2m向右运动。下列说法正确的是（）A.0450m/sv=B.1m与墙壁作用过程中，墙对1m的冲量大小为18kgm/sC.1m离开墙壁后，

能达到的最大速度为4.5m/sD.1m离开墙壁后，弹簧具有的最大弹性势能为6.75J【答案】ABD【解析】【详解】A．取向左为正方向，子弹射入2m时，弹簧还没来得及压缩，根据动量守恒有()021mvmmv=+弹簧

压缩后根据机械能守恒有()221p12mmvE+=联立两式，代入数据0450m/sv=，16m/sv=故A正确；B．根据对称性，子弹和m2都以大小为v1的速度向左压缩弹簧，而后又以同样大小的速度向右反弹离开墙面，以向右为正方向，根据动量定理可得()()()

2121212Immvmmvmmv=+−+=+代入数据18kgm/sI=故B正确；C．当弹簧恢复原长时，m1具有的最大速度，设为vmax，m与m2组合体速度为1v，以向右为正方向，根据动量守恒定律、能量守恒定律得()()21211maxmmvmmvmv+

+=+()()22221211max111222mmvmmvmv+++=解得max9m/sv=故C错误；D．运动中，弹簧弹性势能最大时为三者共速，此时1m速度最大，有()()12221mmmvmmv++=+解得24.5m/sv=则据能量守恒，运动后的最大弹性势能为()()22pmax2

11221122Emmvmmmv=+−++代入数据pmax6.75JE=故D正确。故选ABD。第二卷非选择题（共57分）三.实验题。（本大题共2小题，共15分）11.某同学采用如图所示的装置，利用A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。图中MN是斜槽，NR为水平槽。实

验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，得到落点P，再把B球放在斜槽末端，A球从同一位置静止释放，A、B小球碰后落在记录纸上，分别得落点B，F。（1）A球质量为1m，半径为1r；B球质量为2m，半径为2r，则应

满足（）（单选）A.12mm=，12rrB.12mm，12rr=C.12mm=，12rrD.12mm，12rr=（2）必须要求的条件是（）（多选）A.斜槽轨道末端的切线必须水平B.斜槽轨道必须是光滑的C.必须测量出OB、OP、OF的长度1L、2

L和3LD.必须测出水平槽离地面的高度（3）写出本实验验证动量守恒定律的表达式______。（用1m、2m、1L、2L和3L表示）【答案】（1）B（2）AC（3）121123mLmLmL=+【解析】【小问1详解】为保证两球发生对心正碰，则两球半径必须相等，即12rr=；为防止碰后入射球反弹

，则入射球的质量必须大于被碰球的质量，即12mm；故选B。【小问2详解】A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端的切线必须水平，故A正确；B．只要每次让小球从同一位置滑下即可，斜面不需要光滑，故B错误；C．由于两小球下落高度相同，故时

间相等，可以用水平位移代替平抛运动的初速度，则必须测量出OB、OP、OF的长度1L、2L和3L，故C正确；D．由于两小球下落高度相同，故时间相等，可以用水平位移代替平抛运动的初速度，所以不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行

时间，故D错误；故选AC。【小问3详解】在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，则有101122mvmvmv=+在做平抛运动的过程中由于时间是相等的，所以得101122mvtmvtmvt=+即121123mLmLmL=+

12.电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛，使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势8VE=、内阻不计

，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的It−曲线如图乙所示。（1）在电容器充电与放电过程中，通过电阻0R的电

流方向______（选填“相同”或“相反”）；（2）乙图中阴影部分的面积1S______2S（选填“>”、“<”或“=”）；（3）已知11233mAsS=，则该电容器的电容值约为______法拉（计算结果保留两位有效数字）；（4）由甲、乙两图可判断阻值1R___

___2R（选填“>”或“<”）。【答案】（1）相反（2）＝（3）0.15（4）【解析】【小问1详解】由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向相反。【小问2详解】It−曲线图像与对应时间轴所围成的面

积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等。【小问3详解】由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为10.15FSQCUE===小问4详解】【由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大

电流，则可知12RR四、计算题（本题共3小题，共42分。）13.如图所示，真空中固定在O点的点电荷带电量62.010QC−=+，虚线为另一带电量92.010qC−=−的点电荷从无穷远处向O运动的轨迹.点电荷q从无穷远处移到A点静电力做了71.510J−的功；取无穷远处电势为0，轨迹上离O点

距离为3cm的B点电势125BV=，(静电力常量9229.010/.kNmC=)求：(1)点电荷q在B点时受到的静电力F大小；(2)点电荷q在A点的电势能pAE；(3)AB两点间的电势差ABU．【答案】（1）2410−N（2）71.510J−−（3）50V−【解析】【分

析】根据库仑定律计算点电荷q在B点时受到的静电力F大小；根据功能关系，静电力做的功等于电势能变化量求解点电荷q在A点的电势能；根据电势差的定义式计算AB两点间的电势差；【详解】解：(1)点电荷q在B点时受到的静电力大小2kQqFr=解得

2410FN−=(2)根据功能关系：APPAWEE=−解得71.510PAEJ−=−(3)A点的电势791.51075210PAAEVq−−−===−A、B两点的电势差ABABU=−解得50ABUV=−14.如图所示，光滑轨道abc

d固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R=0.32m，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为A2kgm=、B1kgm=的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着

一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长0.5mL=的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，恰好未从小车左端掉下。B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩

擦因数0.2=，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小；（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；（3）小车的质量M。【答案】（1）60N；（2）12J；（3）2kg【解析】【详解】（1）物块B在最高点时，有2BBdvmgmR=b到d由动能定理可得

BB22B11222dbmgRmvmv−=−在b点有NB2BbvFmgmR−=联立以上方程可得N60NF=由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为60N。（2）由动量守恒定律可得AABBmvmv=由能量守恒可得22pAABB1122Emvmv=+联立以上方

程可得p12JE=故细绳剪断之前弹簧的弹性势能为12J。（3）A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得AAA()mvmMv=+由能量守恒可得22AAAA11()22mgLmvmMv=−+联立以上方程可得2k

gM=故小车的质量为2kg。15.如图甲所示，电子加速器的加速电压为1U（1U未知），偏转电场的板长均为l。大量电子由静止加速后，不断地从两板正中间沿水平方向射入偏转电场。两板不带电时，电子通过两板的时间为02t，当在两板间加如图乙所示的周期为02t、最大值为0U的变化电

压时，偏移量最大的电子恰从两极板右边缘射出。电子的电荷量为e−，质量为m，不计电子重力和它们之间相互作用力，求：（1）加速电场的电压1U；（2）偏转电场的板间距离d和电子刚进入偏转电场时的加速度a的大小；（3）何时从左侧进入的电子从平行板右

侧距离中线上方0.5d处飞出？【答案】（1）22108Umlet=（2）002Uedtm=，0012eUamt=（3）()020,1,2,3...tntn==【解析】【小问1详解】电子经过加速电场后的速度为002lvt=根据动能定理

，有21012eUmv=解得电压22108Umlet=【小问2详解】电子在偏转电场中做分段类平抛运动，其中水平方向匀速运动，速度为0xvv=竖直方向做分段匀变速运动，其vt−图像如图所示从图看出在0(0,1,2,3...)tntn==时刻进入偏转电场电子，出偏转电场

时偏移量最大。电子刚进入偏转电场时的加速度0eUadm=偏移量最大的电子就是0时刻刚进入偏转电场的电子，恰从两极板右边缘射出，所以20142dat=解得002Uedtm=0012eUamt=【小问3详解】设xt时刻进入偏转电场的电子，会从中

线上方0.5d处飞出偏转电场，由运动公式可得()220110.52222xxdattat=−−解得0xt=所以在()020,1,2,3...tntn==时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方0.5d飞出偏转电场。