【文档说明】北京市海淀区教师进修学校2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，723.304 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年度第一学期月考练习高二物理考生须知1．本卷共5页，包括三个大题，18小题，满分为100分。练习时间90分钟。2．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。3．考试结束后，将答题纸交回

。一、不定项选择题。本题共10小题，每小题3分，共30分。在每题给出的四个选项中，有的题只有一个选项是符合题意的，有的题有多个选项是符合题意的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.物理学中常常用物理量之比表示研究对象的某种性质，定义一个新的物理量的同时

，也确定了这个物理量与原有物理量之间的定量关系。下列四个选项中不属于用物理量之比定义新的物理量的是（）A.电容QCU=B.电流UIR=C.电势pEq=D.电场强度FEq=【答案】B【解析】【详解】A．电容的定义是电容器所带电荷量与其电压之比，故其定义式

为QCU=故A正确；B．电流的定义是通过导体横截面的电荷量与时间比值，故其定义式为qIt=故B错误。C．电势的定义是放在电场中的点电荷具有的电势能与其电荷量之比，故其定义式为pEq=故C正确；D．电场

强度的定义是放在电场中的点电荷受到的电场力与其电荷量之比，所以其定义式为FEq=故D正确；本题选择错误选项；故选B。2.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开。则（）A.此时A带正电，B带负电B.此时

导体A、B内部合场强处处为零C.移去C，贴在A、B下部的金属箔仍张开D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部金属箔都张开【答案】BD【解析】【详解】A．带正电的物体C靠近A附近时，根据异种电荷相互吸引，AB中的自由电子一部分移动到A的左端，故A带上负电，B带上正

电，故A错误；B．此时导体A、B处于静电平衡，导体内部的场强处处为零，故B正确；C．移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，故C错误；D．先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不

能再进行中和，故两金属箔仍然张开，故D正确。故选BD。3.如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。A、B为电场中两点。下列说法中正确的是（）A.负电荷在A点的电势能小于在B点的电

势能B.正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能C.负电荷由A点运动到B点的过程中电场力做正功的D.正电荷在A点受到电场力小于在B点受到的电场力【答案】BC【解析】【详解】ABC．沿着电场线方向，电势降低，故A点所在等势

面电势比B点所在等势面电势低，根据pEq=可知，正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，负电荷在A点的电势能高于在B点的电势能，故负电荷由A点运动到B点的过程中电场力做正功，故A错误，BC正确；D．由于A点的电场线比B点的电场线更加密集，因此正电荷在A点受到

的电场力大于在B点受到的电场力，故D错误。故选BC。4.在研究平行板电容器的电容跟哪些因素有关的实验中，保持平行板电容器所带电荷量、极板间距离、极板的正对面积不变，在两极板间插入玻璃板，则（）A.静电计指针的偏角减小B.两极板间

电场强度变大C.平行板电容器的电容变大D.平行板电容器的电容不变【答案】AC【解析】【详解】使电容器所带电荷量，距离，正对面积一定，由电容的决定式r4SCkd=插入玻璃板，可知介电系数增大，可以知道电容增大，由电容定义式QCU=可以知道电容器极板间电压

减小，则静电计指针偏角变小；根据电势差与电场强度的关系UEd=的的可知两极板间电场强度减小。故选AC。5.如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对

称。下列说法正确的是（）A.M点的场强比P点的场强大B.M点和N点的电势相等C.N点的场强与P点的场强相同D.N点的电势比P点的电势高【答案】BCD【解析】【详解】AC．根据等量异种点电荷的电场线分布得M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，故A错误

，C正确；BD．根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的电势高于P点的电势，则N点的电势高于P点的电势，故BD正确。故选BCD。6.直线AB是某电场中的一条电场线。若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其

速度图象如图所示，下列关于A，B两点的电场强度AE、BE和电势A、B的判断正确的是（）A.ABEEB.ABEEC.ABD.AB【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确

，B错误；CD．电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电子带负电，由pEq=可知，A点的电势要大于B点电势，φA＞φB，故C正确，D错误。故选AC。7.空间某一静电场的电场线与x轴平

行，其电场强度随x变化情况如图所示，图中坐标x1和x2、x2和x3曲线下方的面积相等，设x1、x2、x3三点的电势分别为φ1、φ2、φ3；把一个正电荷从x1移动到x2，电场力做功为W1，从x2移动到x3，电场力做功为W

2，下列说法正确的是（）A.1322+=B.1322+＜C.1322+>D.W1＜W2【答案】A【解析】【详解】ABC．因E-x图像与坐标轴围成的面积等于电势差，则从x1到x2的电势差等于从x2到x3的

电势差，沿x轴正向电势逐渐降低，则1223=--可得1322+=选项A正确，BC错误；D．根据WqU=1223UU=可知W1=W2选项D错误。故选A。8.测定压力变化的电容式传感器如图所示，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可

动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器连接到如图所示的电路中，当待测压力增大时（）A.电容器的电容将增大B.电容器将会放电C.电阻R中有从a流向b的电流D.电阻R中有从b流向a的电流【答案】AD【解析】【详解】AB．

当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式r4SCkd=可知，电容C增大，电容板间电压U不变，电容器所带电量为QCU=因为C增大，则Q增大，电容器充电，故A正确，B错误；CD．电容器处于充电状态，而A板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，电阻R

中有从b流向a的电流，故C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场1E，之后进入电场线竖直向下的匀强电场2E发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A.偏转电场2E对三种粒子做

功一样多B.三种粒子打到屏上时速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置，【答案】AD【解析】【详解】AB．带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知2112WEqdmv==解得12Edqvm=粒子在偏转电场中的时间Ltv=在偏转电场中的纵向速度22

2012EqLvatEmd==纵向位移2221124ELyatEd==即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；CD．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同

；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。故选AD。【点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达

式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。10.空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x轴和y轴上各点的电势如图1、2所示。下列说法正确的是（）A.电场强度的大小为160V/

mB.电场强度的方向与x轴负方向夹角的正切值为34C.点（10cm,10cm）处的电势为20VD.纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为20V【答案】BD【解析】【详解】A．由图像斜率可知电场在x轴和y轴上的分电场分别为160.1xxEx==

V/m=160V/m120.1yyEy==V/m=120V/m则电场大小为22xyEEE=+=200V/m故A错误；B．电场强度的方向与x轴负方向夹角的正切值为23tan4yEE==故B正确；C．规定坐标原点的电势为0，点（10cm，10cm）处的电势为200102cos(45

37)0.01Ed==−V=28V故C错误；D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为200100.01Ed==V=20V故D正确；故选D。二、实验题（共15分，11题5分，每空1分；12题10分，每空2分）11.某同学通过实验测量一个阻

值约为5Ω的金属丝Rx的阻值。现有学生电源（输出电压恒为3V不变）滑动变阻器（0~20Ω），开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表（0~3A，内阻约0.025Ω）B．电流表（0~06A，内阻约0.125Ω）C．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）D．电压表（0~15V，内阻约15kΩ）（1）如图

1所示的甲、乙为该实验的两种电路图，对于乙图，Rx为待测电阻，考虑电表本身的电阻对测量结果的影响，电压表的读数___________Rx两端的实际电压，电流表的读数___________通过Rx的实际电流。（选填“大于”、“小于”或“等于”）（2）为减小测

量误差，在实验中，电流表应选用___________，电压表应选用___________（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的___________（选填“甲”或“乙”）。【答案】（1）①.大于②.等于（2）①.B②.C③.甲【解析】【小问1详解】[1

][2]乙图采用电流表内接法，Rx为待测电阻，考虑电表本身的电阻对测量结果的影响，电压表的读数是待测电阻和电流表的总电压，大于Rx两端的实际电压，电流表与电阻串联，读数等于通过Rx的实际电流。【小问2详解

】[1][2]电源电压为3V，选择0~3V的电压表即可，故选C。.电路中的电流最大为0.6xEIR==A电流表选择0~0.6A量程，故选B；[3]待测电阻阻值较小，应采用电流表外接法，即甲图；12.某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电

容器，电源E（电动势6V，内阻不计），电阻R1=400.0Ω，电阻R2=200.0Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下：（1）断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5000Hz，则采样周期为_____s；（2）闭合S1，电容器开

始充电，直至充电结束，得到充电过程的I—t曲线如图乙，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为_____mA（结果保留3位有效数字）；（3）保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放

电结束后电容器两极板间电压为_____V；（4）实验得到放电过程的I—t曲线如图丙，I—t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0188C，则电容器的电容C为_____μF。图丙中I—t曲线与横坐标

、直线t=1s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0038C，则t=1s时电容器两极板间电压为_____V（结果保留2位有效数字）。【答案】（1）15000（2）15.0（3）2（4）①.4.7×103②.2.8【解析】【小问1详解】采样周期为11s5000Tf==【小问2详解】由图乙可知开关S1

闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0mA；【小问3详解】放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为C2122VEURRR==+【小问4详解】[1]充电结

束后电容器两端电压为C6VUE==，故可得()CCΔ0.0188CQUUC−==解得34.710μFC=[2]设t=1s时电容器两极板间电压为CU，得()''CCUUCq−=代入数值解得''C2.8VU=三、计算题（13题8分；14题8分；15题8分；16题9分；17题10分；18题

12分，合计55分，解答过程要有必要的文字说明）13.将带电量为q=4×10-6C的正电荷从电场中的A点移到B点电场力做了W1=2×10-5J的功，再从B移到C，电场力做了W2=-1.2×10-5J的功，则：（1）该电荷从A移到C的过程中，

电势能的变化量为多少？（2）若规定B点的电势为0，则A点和C点的电势分别为多少？（3）若将一带电量为3×10-6C的负点电荷，从A点移到C点，电场力做功为多少？【答案】（1）6810−J；（2）5V，3V；（3）6

610−−J【解析】【详解】（1）电荷从A移到C的过程中，有12ACABBCWWWWWE=+=+=−p代入数据解得电势能的变化量6810E−=−pJ即电势能减少量为6810−J；（2）电荷从电场中的A点移到B点有()ABABWq=−B点电势0B=代入数据得A点的电势为A=5V同

理得C点的电势为C=3V（3）电荷从A点移到C点有()ACACWq=−代入数据解得电场力做功6610ACW−=−J14.如图所示是某一电流表G的刻度盘，刻度盘上共有30个小格，量程为Ig=3mA，内阻Rg=100Ω。（1）若用

此电流表测量电压，则能测量的最大电压为多少？（2）若用此电流表改装成一个量程为15V的电压表，在答题纸上相应位置作出改装的原理图（电路图），并求出改装后的电压表的内阻RV；（3）若用此电流表改装成一个量程为15V的电压表，求改装后的电压表的表盘上每一小格表示的电压。【答案】（1

）0.3V；（2）5000Ω，；（3）0.5V【解析】【详解】（1）若用此电流表测量电压，则能测量的最大电压为ggg0.003100V=0.3VUIR==（2）若用此电流表改装成一个量程为15V的电压表，则改装后的电压表的内阻为Vg1550000

.003URI===的改装原理如图（3）若用此电流表改装成一个量程为15V的电压表，改装后的电压表的表盘上每一小格表示的电压15V=0.5V3015.某学习小组通过实验用共点力平衡的方法来测量带电体之间静电力的大小，实验装置

如图所示。一个质量为m的带正电的小球B用绝缘丝线悬挂于C点，O点在C点正下方h处，以O点为坐标原点，沿水平方向建立一维坐标系。将另一个带正电的小球D靠近B，B受到静电力F作用而发生偏移。调整D的位置，使B、D球

心在同一高度，且始终与坐标轴在同一竖直平面内，记录小球B静止时细丝线与坐标轴交点A的坐标x。已知重力加速度为g。（1）推导静电力F与坐标x的关系式；（2）定义单位静电力变化引起的坐标x变化为测量的灵敏度，写出灵敏度的定义式，并说明提高测量灵敏度的办

法。【答案】（1）mgFxh=（2）hmg=，增大h，减小m【解析】【小问1详解】沿水平和竖直方向建立直角坐标系，如图所示根据平衡条件可得TsinFF=TcosFmg=根据几何关系有tanOAxOCh==解得mgFxh

=【小问2详解】灵敏度定义式xF=由（1）的结论ΔΔxhFmg==可知：提高灵敏度的办法:增大h，减小m。16.如图所示为示波器的部分构造示意图，真空室中电极K发射的电子（初速不计），经过U1=1000V的加速电场后

，由小孔沿平行金属板A、B间的中心线射入，A、B板长l=0.20m，相距d=0.030m，在两极板右侧有一荧光屏，荧光屏到极板右端距离L=0.3m。A、B间不加电压时，电子打在荧光屏的中点O。当A、B两板加上电压U2时，电子打在荧光

屏上的P点，设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。求：(1)电子打到荧光屏O点时的动能是多少电子伏（eV）？(2)设P到O的距离为Y，试推导Y距电压U2的关系式。(3)P到O的距离Y的最大值。【答案】(1)1000eV；(2)21(2)4+llLUdU；(3)0.

06m。【解析】【详解】(1)根据动能定理，电子打到荧光屏O点时的动能Ek=U1e=1000eV(2)根据U1q=12mv2出偏转电场时的偏移量y=12at2=21()2Ueldmv二者结合得y=2214UldU再由2

2=+lylYL得Y=21(2)4+llLUdU(3)当电子从下极板边缘射出时，Y有最大值，即222=+mdllYL即Ym=(2)2+dlLl=0.06m17.对称分布的带电体系在空间中激发的场强和电势也具有对称性。两个相同细

金属环同轴相隔某一距离固定放置，两环带有等量异号电荷，以两环圆心连线中点为坐标原点O，过两环中心的轴线建立x轴，两环圆心坐标分别为x=-a和x=a，x轴上电势极值对应的坐标分别为x=-rm和x=rm。远离环心（可视为无穷

远）处有一个电量为q，质量为m带正电粒子，以某一初速度沿着x轴飞向两金属环，如图所示。（以无穷远为电势零点，图中φm为已知量，不计粒子重力）。试分析求解：（1）若带电粒子以某一初速度出射，可以穿过两金属圆环，写出粒子运动过程中最大速度和最小速度

对应的位置坐标，并说明理由；（2）要使粒子能穿过两环，求粒子应具有的最小初速度？【答案】（1）x=-rm，理由见解析（2）m02qvm=【解析】【小问1详解】粒子从远离环心处出发时可认为其电势能为0，只具有初动能，根据能量守恒可知，当其电势能取极值时，动能也取极

值，故粒子动能最大的位置坐标为x=rm；动能最小的位置坐标为x=-rm【小问2详解】根据图像可知，带电粒子在x>rm区域受力方向为x轴正方向，而在（-rm，rm）区间内受力方向为x轴负方向，因此，要使粒子能穿过两环，则粒子至少应能到达x=rm的位置，考虑临界情况即：粒子以

最小速度v0出发，到达x=rm的位置速度恰好减为0，根据动能定理()2m01002qmv−=−解得m02qvm=18.某种金属板M收到一束紫外照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，速度大小也不相同。在M旁正对放置另一个等大金属板N。在MN之间加上如

图所示电压，电子在电场作用下到达N板被吸附，在MN之间形成电流。把这套装置密封于真空中。为简单计，作如下简化：MN可看作平行板电容器，板间为匀强电场。M板向外均匀发射电子，且电子从M板逸出的初速度忽略不计，忽略电子重力及电子之间的相互作用。已知单位

时间内M板向外发射的电子数为n0；MN间电压大小恒为U，距离为d，电子的质量为m，电荷量为e。（1）求稳定时MN间电流的大小；（2）在MN之间距M为2d处取一与MN平行且正对的等大截面，求在Δt时间通过该

截面的电子数N1；（3）以M板为坐标原点，在MN间沿垂直于MN方向向右建立一维坐标轴ox，如图所示。求坐标为x（x<d）处，板间沿x轴方向单位长度内的电子数n。【答案】（1）0ne；（2）0nt；（3）02mdneUx【解析】【详解】（1）由于单位时间内M板向外发射的电子

数为n0，根据电流的定义式有0qInet==（2）在Δt时间内1=NeqItt=解得10Nnt=（3）在坐标为x处截取一极短的长度x，则有xneInvexv==根据动能定理有212eExmv

=又有UEd=解得02mdnneUx=