【文档说明】重庆市第十八中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.351 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市第十八中学高2025届高二上期10月能力测试物理试题考试说明：1.考试时间90分钟2.试题总分100分3.试卷页数4页一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.一段金属导体长为1m，横截面

积为2mm2，在1秒内有0.1C电荷通过横截面，则流过金属导体的电流强度为（）A.0.025AB.0.05AC.0.1AD.0.2A【答案】C【解析】【详解】根据题意，有0.1A0.1A1QIt===故选C。2.下列说法中正确的是（）A.只有体积很小的带电体才能看成是点电荷

B.电流有方向，是矢量C.1UR=表明导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体的电流强度成反比D.电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【答案】D【解析】【详解】A．当两个带电体之间的距离比它们自身的大小大得多，以至带电体的形状大小及

电荷分布对它们之间的相互作用的影响可以忽略时，这两个带电体均可看成点电荷，所以体积很小的带电体不一定能看成是点电荷，故A错误；B．电流有方向，但电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则，故电流是标量，故B错误；C．导体的电阻是由电阻本身决定的，与两端的电压和通过的电流大小无关，故

C错误；D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，故D正确。故选D3.质量分别为m1和m2、电荷量分别是q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方。向的夹角分别是α和β（α＞β），两小球恰在同一水平线上，那么（）A.m1和m2所受电

场力大小一定相等B.两根线上的拉力大小一定相等C.m1一定等于m2D.q1一定等于q2【答案】A【解析】【详解】A．根据牛顿第三定律可知，m1和m2所受电场力的相互作用的作用力与反作用力，大小一定相等。

故A正确；BC．设两球间库仑力大小为F，对m1研究受力如图得到1tanFmg=绳子的拉力1sinFF=同理，对m2研究，得到2tanFmg=2sinFF=即12tantanmm=因α＞β，得到F1＜F2，m1＜m2故BC错误。D．根据牛顿第三定

律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力。但是不能判断出q1一定等于q2。故D错误。故选A。【点睛】根据异种电荷相互吸引分析电性关系。由力平衡得到质量与偏角之间的关系，来分析质量大小。由牛顿第三定律，分析库仑力的关系。4.某电场的电场线分

布如图实线所示，一带正电粒子使在电场力作用下经A点运动到B点：运动轨迹如虚线所示。则粒子的加速度a、动能Eₖ、电势能Ep的变化情况是（）A.ABkAkBpApBaaEEEE，，B.ABkAkBpApBaaEEEE，，C.kABkABpApBaaEEEE，，D.ABkAkBpApB

aaEEEE，，【答案】A【解析】【详解】粒子受到电场力的方向指向轨迹凹的一侧，根据粒子的运动轨迹，可知电场力对粒子做正功，则粒子的动能增加，电势能减小，所以有kAkBEEpApBEE根据电场线疏密表示电场的强弱，可知BAEE由牛顿第二定律可知BAaa故

选A。5.电鳗是放电能力极强的淡水鱼类，具有“水中高压线”的称号。电鳗体内从头到尾都有一些类似小型电池的细胞，这些细胞就像许多叠在一起的叠层电池，这些电池（每个电池电压约0.15伏）串联起来后，在电鳗的头和尾之间就产生了很高的电压，此时在电鳗的头和尾的周

围空间产生了类似于等量异种点电荷（O为连线的中点）的强电场。如图所示，虚线为该强电场的等势线分布，实线ABCD为以O点为中心的正方形，点A和D、点B和C分别在等势线上。则下列说法正确的是（）A.电鳗的头部带正电B.A

点与B点的电场强度相同C.B点与D点的电场强度相同D.负电荷沿正方形对角线从C点向A点运动过程中，电势能减小【答案】C【解析】【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线由正极发出，终止于负极，沿电场线方向电势降低

，电场线与等势线垂直，可知电鳗尾部带正电，故A错误；B．A点与B点关于中垂线左右对称，电场强度大小相等，方向不同，故B错误；C．B点与D点关于O点对称，B点与D点的电场强度相同，故C正确；D．负电荷从C点沿对角线运动到A点过程中，电场力做负功，电势能增大，故D错误。的故选C。6.图中有

一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（）A.U1∶U2

＝1∶8B.U1∶U2＝1∶1C.U1∶U2＝1∶2D.U1∶U2＝2∶1【答案】A【解析】【详解】根据x=v0t可知，两种情况下带电粒子的运动时间之比t1∶t2＝2∶1偏转距离之比y1∶y2＝1∶2由y＝12at2得两种情况下粒子的加速度之比12aa＝12yy·2221t

t＝18由于a＝qUmdU∝a，故U1∶U2＝1∶8故选A。7.如图所示，一匀强电场的电场线与圆O所在平面平行，AB为圆的一条直径，C为圆周上一点，圆的半径为R，60AOC=，在A点有一粒子源，能向圆O所在平面内各

个方向以动能kE发射同种带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q，由观察可知经过B、C的粒子动能分别为5kE和2kE，则（）A.匀强电场的电场强度为k233EqRB.匀强电场的电场强度为k2EqRC.匀强电场的方向垂直OCD.匀强电场的方向与AC平行【答案】B【解析】【详解】在匀强

电场中，沿任意方向相等距离电势差相等，由题意可知A到B电场力做功k4E，则由A到A、O中点电场力做功kE，由A到C电场力做功kE，即C与A、O中点为等势点，连接C与A、O中点为等势线，则电场线垂直该等势线，根据kqUE=根据几何关系可知电场线平行AO，可得2RUE=

联立可得k2EEqR=故选B。8.如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C点，斜面上有A、B、D三点，A和C相距为L，B为AC的中点，D为AB的中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电

小球运动到B点时速度恰好为零。已知重力加速度为g，带电小球在A点处的加速度大小为g4，静电力常量为k。则下列说法中正确的是（）A.小球从A到B的过程中，速度最大的位置在BD之间B.小球运动到B点时的加速度大于g2C.BD之间的电势差UBD小于DA之间的电势差UDAD.AB之间的电势差A

BkQUL=【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，小球带正电，设小球在A点受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得sin30AmgFma−=解得14Fmg=由库仑定律可知小球在A点受到的电场力2kQqFL=小球在D点受到的电场力22161641999234DkQqkQqFFmgmgLL===

=可知小球在D点时受的合力方向向下，则加速度不等于零，且方向向下，所以小球从D到B先继续加速再减速到0，所以小球从A到B的过程中，速度最大的位置在BD之间，故A正确；B．小球在B点受到的电场力2

412BkQqFFmgL===由牛顿第二定律可得sin30BBFmgma−=解得加速度大小为2Bga=故B错误；C．点电荷产生的电场是非匀强电场，由点电荷的电场特点可知，BD之间的电场强度大于DA之间

的电场强度，BD=DA，则有BD之间的电势差UBD大于DA之间的电势差UDA，故C错误；D．从A点到B点由动能定理可得sin3002ABLmgUq+=解得4ABmgLkQUqL=−=−故D错误。故选A。二、多项选择题：本题共４小题，每小题４分，共１６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４分，选对但不全的得２分，有选错的得０分。9.两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m的带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中

（）A.如果保持连接电源，两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流a从流向bB.如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动C.如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势减小D.如果断开电

源，两板间接静电计，A板上移，静电计指针张角变大【答案】AD【解析】【详解】A．根据r4SCkd=可知两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电容器的电容减小，根据QCU=保持连接电源，可知电容器的带电量减少，电流计中电流a从流向b，故A正确；B．根据UEd=可知将A板上移，电容器内电场强度减小，油

滴受到的电场力减小，小于重力，油滴将向下加速运动，故B错误；C．根据44rrUQQkQESdCdSdkd====可知断开电源，A板上移，电场强度不变，油滴静止不动，油滴距B板的距离不变，可知油滴与B板的电势差不变，B板接地，故油滴处电势不变，故C错误；D．根据44rrQQ

kdQUSCSkd===可知断开电源，两板间接静电计，A板上移，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针张角变大，故D正确。故选AD。10.某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O

点进入电场，沿x轴正方向运动。下列叙述正确的是（）A.粒子从O向右运动到x1运动的过程中做匀减速运动B.粒子从O运动到x3的过程中，电势能先增大后减小再增大C.若002qvm=，则粒子运动到x₃处时速度最大，其大小为05qmD.若00qvm=，粒子运动到x₂时速度

大小为0qm【答案】C【解析】【详解】A．x−图像的斜率表示电场强度，由图像可知粒子从O向右运动到x1运动的过程中电场强度减小，方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做加速度减小的减速运动，故A错误；B．粒子从O运动到x3的过程中，电势先增大后减小，根据pEq

=电势能先增大后减小，故B错误；C．若002qvm=，则粒子运动到x₃处时电势能最小，电势能减少量最大，动能的增加量增大，速度最大，根据动能定理有22m0111222qmvmv=−解得0m5vqm=故C正确

；D．若00qvm=，粒子沿x轴正方向做减速运动，当减速为零时，根据动能定理有201(0)02qmv−=−解得02=则粒子运动不到x₂位置速度就减为零了，故D错误。故选C11.如图甲所示，A，B为一对平行金属板

，它们分别接在交流电源的两端，其两端电压随时间变化的关系如图乙所示，不计重力的带电粒子刚开始时静止在A，B正中间位置处，下列说法中正确的是（）A.若在0=t时释放粒子，则粒子一定会打到某一金属板上。B.若在38Tt=时释放粒子，则粒子一定会打到某一金属

板上C.若在4Tt=时释放粒子，则粒子一定会打到某一金属板上D.若在2Tt=时释放粒子，则粒子一定会打到某一金属板上【答案】ABD【解析】【详解】A．若0=t时刻释放该电荷，粒子在前半个周期内向某极板做加速直线运动；后半个周期内向该极板做减速直线运动，直至速度减小至零；以后周而复始重复上个周期的

运动，粒子一定能打到某一金属板上，故A正确；B．若在38Tt=时释放粒子，则粒子每个周期内的前18T内向某方向加速，接着18T内向相同方向减速至速度为零。接着的34T内的前38T内反向加速，最后的38T内同方向减速至零。这样每个周期内，粒子前14T内前进的位移小于后34T内后退的位移，所以从

总的效果来看，粒子一直向同一方向运动，所以粒子一定会打到某一金属板上，故B正确；C．若在4Tt=时释放粒子，粒子每个周期内的第一个14T内向某方向开始加速，接着14T内向相同方向减速至速度为零。接着第三个14

T内反向加速，最后的14T内同方向减速至零。因为对称性，这样粒子每个周期内，粒子前12T内前进的位移等于后12T内后退的位移，所以从总的效果来看，粒子只是在极板某两点间往复运动。若极板足够宽，则粒子就会在极板的两点之间做往复运动。所以粒子不一定

会打到某一金属板上，故C错误；D．若在2Tt=时释放粒子，粒子在前半个周期内向某极板做加速直线运动；后半个周期内向该极板做减速直线运动，直至速度减小至零；以后周而复始重复上个周期的运动，所以一定会打到另一金属板上，故D正确。故选AB

D。12.如图所示，一个半径R=0.5m的圆形轨道固定在竖直面内，以其最高点O为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，整个空间存在范围足够大、方向竖直向下的匀强电场，规定O点为电势能及重力势能的零点。若从O点将一个质量m=0.1kg、可

视为质点的带正电小球以v0=2m/s的速度平行于x轴抛出，小球落于轨道上x=0.4m处的A点，若该小球抛出速度增至4v0，小球将沿轨道做完整的圆周运动，已知重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A.小球所受电场力大小等于其重力的4

倍B.小球以v0=2m/s的速度抛出后运动至A点的过程中，其速度变化量为8m/s，方向竖直向下C.小球以4v0的速度抛出后的运动过程中，小球与轨道间的最大弹力为29.8ND.小球以4v0的速度抛出后的运动过程中，小球机械能的最大值为6.2J【答案】BD【解析】【详解】A．带电小球

以v0=2m/s的速度沿x轴正向抛出，小球落于轨道上x=0.4m处，由运动公式22212RRxat+−=x=v0t解得t=0.2s，a=40m/s2由牛顿第二定律得mg+qE=ma解得qE=3mg故A错误；B．小球以v0=2m/s的速度抛出后从最高点至

最低点的运动过程，其速度变化为∆v=at=8m/s，方向竖直向下，故B正确；C．小球以4v0的速度抛出后从最高点至最低点的运动过程中由动能定理可得22011()2(4)22qEmgRmvmv+=−解得v=12m/s，在最低点()2vNqEmgmR−+=解得N

=32.8N，故C错误；D．小球运动至最低点时，电势能最小，机械能最大，最大值为2126.22mvmgR−=J故D正确。故选BD。【点睛】此题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是知道用等效法处理合力的方法，明确粒子的运动特点，知道

平抛运动以及圆周运动的处理方法。二、实验题（本题共2小题，共14分）13.如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。（1）当开关S接__

______时（选填“1”或“2”）平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时________（选择“相同”或“相反”），此过程中电容器的电容将________（选填“增大”或“减小”或“不变”）。（2）将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，由图

可估算出电容器开始放电时所带的电荷量为33.210C，计算电容器的电容C=________F（均保留两位有效数字）。（3）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时It−曲线与横轴所围成的面积将________（填“增大”“不变”或“变小”）。【答案】①.2②.相反③.不变④.44.

010−⑤.不变【解析】【详解】（1）[1]根据题意，由图甲可知，电容器放电时接电阻，则开关接2；[2]电容器充电时，上极板接电源正极，则电容器上极板带正电，电子流出上极板，放电时，电子流入上极板，则流经G

表的电流方向与充电时相反。[3]根据公式4SCkd=可知，电容器的电容与电容器极板上的电荷量和极板间电压无关，由电容器本身所决定，则此过程中电容器的电容将不变。（2）[4]电容器开始放电时所带的电荷量为33.210C−，电容器充电结束时，两极板间电压为8

V，根据QCU=，可得该电容器的电容为343.210F4.010F8C−−==（3）根据QCU=可知，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，极板上的电荷量不变，则图像中，图线与横轴围成面积不变。14.游标卡尺和螺旋测微器是较为精密的长度测量仪器，请回答下列问题：（1

）图甲中螺旋测微器的精度为________mm，其读数为________cm。（2）图乙中游标卡尺的精度为________mm，其读数为________mm。【答案】①0.01②.0.8470③.0.05④.20.60【解析】【详解】（1）[1][2]螺旋测微器的精度为0.01mm，其

读数为固定刻度与可动刻度之和，所以图中读数为8mm47.00.01mm8.470mm0.8470cm+==（2）[3][4]该游标卡尺的精度为0.05mm，其读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以图中读数为20mm120.05mm20.60mm+=四、解答题：本题共4小题，共38分。解答时

应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，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。15.如图所示，质量为1kg的小球A穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为30=，小球A带正电，电荷量为10410C−。在杆上B点处固定一个电量为1C的正电荷。将小球A由距B竖直高度为1

m处无初速度释放。已知静电力常量9229.010Nm/Ck=和重力加速度210m/s=g。求：（1）A球刚释放时的加速度的大小；（2）当A球的速度最大时，A球与B点的距离（结果用分数表示）。.【答案】（1）24.1m/s；（2）32m5【解析】【

详解】（1）在A点位置上，受力分析，由牛顿第二定律有sinmgFma−=库2sin30BqQFkH=库解得24.1m/sa=（2）对小球分析可知，小球在向B处下滑过程，其开始做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时候其速

度达到最大值，设此时距离B点的距离为l，有sin0mgF−=库2BqQFkl=库解得32m5l=16.如图所示，两平行正对金属板之间的距离1cmd=。上极板带正电，下极板带负电。电荷量Q均为63.010C−时。两极板之间的电势差10VU

=。（1）求两金属板构成电容器的电容量C；（2）求两极板之间的场强大小E；（3）两板间有相距1cml=的两点A和B。A、B连线与极板夹角30=。将电荷量9110Cq−=−的某点电荷从A点移到B点，求电场力对该点电荷所做的功W。【

答案】（1）73.010FC−=；（2）1000V/mE=；（3）9510JW−=−【解析】【详解】（1）由公式可知QCU=解得673.010F3.010F10QCU−−===（2）由匀强电场电场强度与电势差关系式

可知210V/m1000V/m110UEd−===（3）由静电力做功公式可知9291sin301.0101000110J510J2WFsQEl−−−===−=−17.计算机断层（CT）扫描仪是医院常用设备，如图是部分结构的示意图。图中两对平行金属极板M

N、EF分别竖直、水平放置。靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线OO1，经MN间电场加速后进入EF板间，射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上。已知MN板间电压为U1，EF极板长为L、间距为d；靶台直径为2L、与OO1的距离为d、左

端与EF极板右端的水平距离也为2L；电子质量为m、电量为e；电子重力和所受空气阻力的影响可忽略。（1）求电子穿过N极板小孔时的速度大小v1；（2）若电子刚好打在靶台左端，求EF极板所加电压U2；（3）若只改变EF极板间电压，使打在靶台上的电

子动能最小，求此动能的最小值Emin。【答案】（1）112Uevm=；（2）21222dUUL=；（3）2min124(1)9kdEUeL=+【解析】【详解】（1）电子在MN极板间被加速，则21112Uemv=解得

电子穿过N极板小孔时的速度大小112Uevm=（2）若电子刚好打在靶台左端，则射出EF极板时速度的偏向角满足2tan2ddLL==1tanatv=2Ueadm=1Ltv=解得21222dUUL=（3）使打在靶台上的电

子动能最小，则电子在偏转电场中偏转距离最小，则电子打在靶台上右端时电子的动能最小，此时由平抛运动的规律可知，；连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子出射的方向，则由几何关系偏转距离1232LyLdL==+即3dy=则由2312Ueytd

m=1Ltv=解得213243dUUL=则电子打到靶台上的最小动能23min1124(1)d9kUdEUeyeUeL=+=+18.如图所示，竖直平面内有一段绝缘的圆弧轨道AB和绝缘的水平轨道BC相切于B，其中AB圆弧轨道

的圆心为O，5m8R=，圆心角θ=53°，圆弧轨道光滑，BC轨道粗糙且足够长，滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.5，轨道AB左侧d=0.6m的区域存在一竖直向下匀强电场E1，BC轨道区域存在水平向右的匀强电场E2，一质量为m=0.2kg

，电量1.010Cq=⁴的滑块以一定的初速度从电场E1的左边界水平抛入，滑块恰好能做直线运动，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6.求：（1）滑块的

电性和E1的大小；（2）若电场E1大小不变，方向反向，要使滑块恰好能从A点沿切线滑入轨道，求滑块水平抛入电场E1时的初速度，以及进入A点时的速度；（3）在第（2）问的条件下，若电场E2的大小可在0到3×104N/C范围内调节，当E2取不同值时，求滑块在BC上运动的路程s。（

s可用E2表示）【答案】（1）42.010N/C；滑块带负电；（2）03m/sv=；05m/scosAvv==；（3）见解析【解析】【详解】（1）依题意，滑块恰能做直线运动，有1mgqE=解得412.010N/

CE=且滑块带负电。（2）电场反向后，由牛顿第二定律可得1mgqEam+=滑块做类平抛运动，有0ydvtvat==，又0tanyvv=联立，解得03m/sv=且05m/scosAvv==（3）滑块滑到B点时，有()22111cos22BAm

gRmvmv−=−解得30m/sBv=滑块向右运动到速度为0时，有()2212BqEmgxmv+=解得4231110xE−=+第一个临界值，当满足2qEmg=有421.010N/CE=第二个临界值，当滑块回到A点时，速度刚好减

为0，有()2221121cosx22AAmvmgxmvmgRqEmgx=+−=+，解得421.410N/CE=可知，当421.010N/CE时，有4231110sE−=+当4421.010N/C1.410N/CE

时，滑块最终停B点，有212Bmvmgs=解得3ms=当421.410N/CE时，有在获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com