【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q

1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2

tanFmg=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.ABkAkBpApBaaEEEE，，【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.U

1∶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＝1

2yy·2221tt＝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ABkQUL=【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14

Fmg=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2412BkQqFFmgL===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44rrQQkdQUSCSkd===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3

8Tt=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14T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ABD。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()2v

NqEmgmR−+=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8V，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8mm47.00.01mm8.470mm0.8470

cm+==（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1m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）73.010

FC−=；（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21

0V/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MN、

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211

12Uemv=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2312Ueytdm=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E

1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()22111cos22BAmgRmvmv−=−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()2221121cosx

22AAmvmgxmvmgRqEmgx=+−=+，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