【文档说明】《精准解析》江西省临川一中2022-2023学年高二上学期第一次质量监测物理试题（解析版）.docx，共(23)页，1.335 MB，由envi的店铺上传

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江西省临川一中高二质量监测物理试卷（测试范围：天体运动、静电场及其应用、静电场中的能量、电路及其应用、电能能量守恒定律）一、选择题：（本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合

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）1.关于电源和电流，下述说法正确的是（）A.电源提供的电能越多，电源的电动势越大B.从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能C.由公式URI=可知，导

体的电阻与通过它的电流成反比D.打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速【答案】B【解析】【详解】A．电动势表示电源转换电能的能力强弱，而电能表示电源做功的多少，做功越多不代表做功能力越强，故A错误；B．电源通过静电力做功将电

能转化为其他形式的能，而非静电力做功就是将其他形式的能转化成电能，故B正确；C．电阻是导体的本身属性，与流过它的电流和加载在它两端的电压都无关，故C错误；D．在导线中，电场建立的速度是光速，但是电荷运动的速度不是光速，故D错误。故选B。2.在如图所示的4种情况中

，a、b两点的场强不同，电势相同的是（）A.带电平行板电容器两极板间的a、b两点B.离点电荷等距的a、b两点C.达到静电平衡时导体内部的a、b两点D.两个等量异种电荷连线上，与连线中点O等距的a、b两点【答案】B【解析】【详解】A．a、b处于匀强电场

中，场强相同，电势不同，a点电势高于b点电势，故A错误；B．a、b处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同，故B正确；C．处于静电平衡状态下的金属内部a，b两点，电场强度均为零，整个导体是等势体，电势相等，故C错误；D．根据电场线的分布情况可知a、b两点场强相同，a、b间的电场线从正电荷到

负电荷，沿着电场线电势逐渐降低，故a、b两点电势不等，故D错误。故选B3.如图所示，一个不带电的金属导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是（）A.导体P的左端感应出正电荷，导体B的

右端感应出负电荷B.导体P上的C点的电势高于B点电势C.导体P上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强D.若手不小心触碰了一下导体B端，则导体P上的正电荷转移到了大地中【答案】C【解析】【详解】A．导体P处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右

端B要感应出正电荷，故A错误；B．导体P处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，处于静电平衡状态，处于静电平衡的导体内场强为0，导体是等势体，C点的电势等于B点电势，故B错误；C．在C点和B点的场强由导体上的感应

电荷和正电的小球Q共同叠加产生，并且为0，正电的小球Q在C点的场强大于B点的场强，所以导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强，故C正确；D．若手不小心触碰了一下导体B端，则大地中的电子转移到导体P上，故D错误。故选C.4.如图所示，一水平面内有一

半径为233R=cm的圆O，A、B、C为圆上的三等分点，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知φA=2V、φB=1V、φC=0，下列判断正确的是（）。A.电场强度的方向由A指向BB.电场强度的大小为200V/mC.UCO=1VD.在A点由静止释放一质子

，它将沿直线运动到C点【答案】D【解析】【详解】A．已知φA=2V、φB=1V、φC=0，在匀强电场中，沿任意方向电势降落都是均匀的，可知同一条直线上，距离相等的两点间电势差相等，所以AC的中点D点电势与B

点电势相等，所以BD为等势线，由于BDAC⊥，则AC为一条电场线，沿电场线方向电势降低，所以电场强度的方向由A指向C，故A错误；B．由几何关系知2sin602ACRcm==所以电场强度大小为2V/m100V/m0.02ACUEAC===故B错误；C．由图可知BD等势线，O在直

线BD上，则1VOB==所以()CO01V1VCOU=−=−=−故C错误；D．在A点由静止释放一质子，所受电场力方向由A指向C，它将沿直线运动到C点，故为D正确。故选D。5.用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。如图所示，设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d

，静电计指针偏角为，极板间介质为空气。实验中，极板所带电荷量不变，则（）A.保持两极板正对面积S不变，将左极板向左移一点，则变小B.保持两极板正对面积S不变，将左极板向右移一点，则不变C.保持两极板间距离d不变，左极板向上移动一点，则变大D.保持两极板间距离d不变，向两极板间插入一块玻璃

板，则变大【答案】C【解析】【详解】AB．根据电容的决定式4rSCkd=可知，电容与极板间的距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，而电容器的电荷量Q不变，由电容的定义式QCU=可知，极板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，故AB错

误；C．根据电容的决定式4rSCkd=可知，电容与两极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，而电容器的电荷量Q不变，由电容的定义式QCU=可知，极板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，故C正确；D．保持两极板间距离d不变，

向两极板间插入一块玻璃板，根据电容的决定式4rSCkd=可知，电容增大，由电容的定义式QCU=可知，极板间电势差减小，则变小。故D错误。故选C。6.如图已知电源内阻为r，A1内阻也为r，A2为理想电表，A2与某定值电阻串

联，滑动变阻器的最大阻值为R0。闭合电键，将滑动变阻器的滑片向右移动过程中，两电流表示数之和固定不变，则定值电阻的阻值为（）A.rB.2rC.02Rr+D.0Rr−【答案】B【解析】【详解】A2表的示数为2UIR=A1表的示数为12EUIr−=

A1、A2两电流表的示数之和：122UEUIIRr−+=+当R=2r时，122EIIr+=与滑动变阻器的阻值无关。A.r与上述结论不符，故A错误；B.2r。与上述结论相符，故B正确；C.02Rr+。与上述结论不符，故C错误；D.0Rr−。与上述

结论不符，故D错误；故选：B。7.如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，不计一切摩擦，开始时，物体B在一沿斜面向上的外力4sinFmg=

的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（）。A.物体B受到的电场力大小为mgsinB.物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为3sinmgk

C.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为4sin3gD.物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量【答案】C【解析】【详解】A．当施加外力时，对B分析可知sin0FmgF−−=电解得3sinFmg=电故A错误；B．当B受到的合力为零时，B的速度最大

，由sinkxFmg=+电解得4sinmgxk=故B错误；C．当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为(2)FFmgsinmma=+=+合电解得4sin3ag=故C正确

；D．电场力对物体B做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误。故选C。8.2020年7月23日，中国火星探测任务“天问一号”探测器在海南文昌航天发射场发

射升空。如图所示，已知地球和火星到太阳的距离分别为R和1.5R，若某火星探测器在地球轨道上的A点被发射出去，进入预定的椭圆轨道，通过椭圆轨道到达远日点B进行变速被火星俘获。下列说法正确的是（）A.探测器在椭圆轨道A点的速度等于地

球的公转速度B.探测器由A点大约经0.7年才能抵达火星附近的B点C.地球和火星两次相距最近的时间间隔约为2.2年D.探测器在椭圆轨道A点的加速度小于在B点的加速度【答案】BC【解析】【详解】A．探测器在椭圆轨道A点做离心运动，所以在椭圆轨道A点的速度大于地球的公转速度，选项A错

误；BC．因为地球的公转周期11T=年，设探测器在椭圆轨道运动的周期为2T，则根据开普勒第三定律得221233(1.52)TTRRR=+则探测器由A点发射之后，大约经过20.72Tt==年后抵达火星附近的B点，同理可求得火星的周期约为31.84T=年根据1311()Δ1tTT−=

解得Δ2.2t=年选项BC正确；D．根据2MaGr=可知探测器在椭圆轨道A点的加速度大于在B点的加速度，选项D错误。故选BC。9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中C为电容器的电容，电流表、电压表均为理想表。闭合开关

S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为1U，电压表V2的示数改变量大小为2U，电流表A的示数改变量大小为I，1U、2U分别是电压表V1、V2示数，I为电流表A的示数，则下列判断正确的有（）A.滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断

减少B.滑片向左移动的过程中，1UI的值变大C.1UI的值变大D.2UI的值不变，且大于1UI【答案】AB【解析】【详解】A．由图可知1R与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端电压。电流表A测总电

流。电容器的电压等于1R的电压，滑片向左移动的过程中，总电阻变大，总电流减小，R1两端电压减小，则电容器的电压减小，根据Q=CU所以电容器所带的电荷量减少，故A正确；B．根据欧姆定律知，电压表1V的示数与电流

表A的比值等于滑动变阻器R的阻值，滑片向左移动的过程中，变阻器的阻值变大，所以1UI变大，故B正确；C．根据闭合电路欧姆定律得()11UEIrR=−+则有11URrI=+不变，故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律得2UEIr=−则有2UrI=保持不变且等于内阻r，小于

1UI，故D错误。故选AB。10.如图，空间内有一方向水平向右的匀强电场，场强E=3mgq，一绝缘轻质硬细杆固定在光滑水平轴O上，可以在竖直面内绕转轴O自由转动，杆的两端分别固定着两个质量均m为、带电量均为+q且可视为质点的A、B小球，已知AO

=L，BO=2L，CD为过O点的水平线。忽略两小球电荷间的相互作用力，将细杆从如图所示的竖直位置静止释放，若以两球及轻质硬细杆作为系统，取释处放时B球所处的水平面为参考平面，不计空阻气力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.细杆可运动到CD线位置B.B球能上升的最大高度为3L

C.系统的最大机械能为（3+3）mgLD.系统的最大动能为32mgL【答案】ABC【解析】【详解】A.细杆运动到CD线位置，设A的速度为v，则同轴转动，角速度相同，B的速度为2v：221122(2)22mgLmgLEqLEqLmvmv−+−=+解得：2(

31)05gLv−=故细杆可运动到CD线位置，故A正确；B.B球上升的高度为3L时，根据能量守恒221133'(2')22mgLmgLmvmv−=+解得：'0v=故B球能上升的最大高度为3L，故B正确；C

.电场力做功最大，系统的最大机械能，当运动到水平时，机械能最大，且电场力做功等于机械能的增加量23(33)mEEqLEqLmgLmgL=−+=+故C正确；D.当电场力与重力的合力与杆在一条线上时，动能最大值为2sin60sin602(1cos60)(1cos60)

kmEEqLEqLmgLmgL=−−−+−解得：kmEmgL=故D错误。故选ABC。11.如图：两个倾角都为45°的光滑金属斜面AB和DE，与四分之一光滑金属圆弧BCD分别相切于B、D两点；圆弧半径为R，圆心O处固定

一带电量为+Q的点电荷。将一带电量为+q质量为m的塑料小球从斜面上与O等高的A点静止释放，不计空气阻力和+q对电场的影响，静电力常量为k。则（）A.小球可能保持静止B.小球运动过程中机械能一定守恒C.小球在最低点对轨道的压力大小一定为kQqmgR

+23D.若将+Q左移一小段距离且固定后，再从A点静止释放同一带电小球，小球运动情况一定不变【答案】BD【解析】【详解】A．由于静电感应，AB金属斜面变成等势体，电场线与斜面垂直，则小球斜面方向只有重力的分力，合力不为零

，小球不可能保持静止。故A错误；B．由于静电感应，AB、CD金属斜面和BCD弧面都变成等势体，电场力与小球运动方向处处垂直，不做功。则小球运动过程中机械能一定守恒。故B正确；C．A到C由动能定理得212

mgRmv=在C点，如果先不考虑感应电荷的影响，由合力提供向心力，得22QqvNmgkmRR−−=解得kQqNmgR=+23由于感应电荷对小球也有力的作用，所以小球在最低点对轨道的压力大小一定不为kQqmgR+23。故C错误；D．若将+Q左移一小段距离且固定

后，小球运动的接触面依旧是等势体，不影响小球运动方向的受力情况，则再从A点静止释放同一带电小球，小球运动情况一定不变。故D正确。故选BD。二、实验题：（每空2分，共16分）12.某同学通过实验测量一圆柱形

导体的电阻率。（1）该同学分别用游标卡尺和螺旋测微器测量该导体的长度和直径，测量结果分别如图1和图2所示，则该导体的长度为l=____________cm，直径d=___________cm；（2）该同学利用图3所示的电路测量导体的电阻率。若该同学测得电压表的读数为U，电流表的读数为I，则该导

体电阻率的表达式为ρ=___________（用U、I、l、d等表示）；（3）若图3中的电压表不能视为理想电表，则该同学得到的电阻率与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“相同”）。【答案】①.5.25cm②.4.775mm③.2

=4dUIl④.偏小【解析】【详解】(1)[1][2]由图1所示游标卡尺可知，游标卡尺是10分度的，游标卡尺的精度是0.1mm，则该导体的长度为52mm50.1mm52.5mm5.25cml=+==由图2所示螺旋测微器可知，圆柱体的直径4

.5mm27.50.01mm4.775mm4.775mmd=+==(2)[3]根据电阻定律lRS=其中2()2dS=根据欧姆定律URI=联立解得2=4dUIl(3)[4]若图3中的电压表不能视为理想电表，则电流表读数偏大，则该同学得到的电阻率与

真实值相比偏小。13.要测绘标有“3V；0.6W"小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0~25

0mA，内阻约为5Ω）；电压表（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）；电键一个、导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列的___________________（填字母代号）。A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（

最大阻值1750Ω，额定电流03A）（2）实验的电路图应选用下列的图____________（填字母代号）。（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是_______

_W。（结果保留两位有效数字）（4）如果将这样相同的两个灯泡并联后接到电动势为1.5V、内阻为5Ω的电源两端，每个小灯泡消耗的功率是____________W.。结果保留两位有效数字）【答案】①.A②.B③.0.096~0.11④.0.053~0.059【解析】【详解】（1）[

1]实验要求灯泡两端电压由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，为调节方便，滑动变阻器应选择小电阻，故选：A；（2）灯泡正常发光时的电阻为.的223Ω15Ω0.6URP===，根据：1535ARR==，30

0020015VRR==，得：VARRRR，电流表应采用外接法，因此实验电路应选B；（3）[3]电源与小灯泡直接串联，那么路端电压等于小灯泡两端的电压，画出内阻为5Ω，电动势为1.5V的电源的路端电压与干路电流的关系图线和小灯泡的伏安特性曲线的交点即表示小

灯泡与该电源直接串联。根据交点坐标(1.0V，0.1A)可以计算出小灯泡消耗的功率为：P=UI=1×0.1=0.10W；（4）[4]如果将这样相同的两个灯泡并联后接到电动势为1.5V、内阻为5Ω的电源两端，设小灯泡电压为U，电流为I，根据闭合电

路欧姆定律2EUIr=+整理得：2EIUrr=−在小灯泡的伏安特性曲线图像中做出I-U图线，交点坐标（0.075A，0.70V）即为每一个小灯泡两端的电压和电流，每个小灯泡消耗的功率是0.075A0.70V0.053WPUI==

=；三、计算题：（共40分）14.如图所示，电源内阻r=1Ω，电炉B电阻R=19Ω，电解槽内阻r’=0.5Ω。当Sl闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684W；Sl、S2都闭合时电炉消耗功率为475W（电炉电阻可看做不变）。试求：

（1）电源的电动势；（2）Sl、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；（3）Sl、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率。【答案】（1）120V；（2）25A；（3）1700W【解析】【分析】【详解】（1）S1闭合S2断开时，电炉消耗功率P1=684W，

根据21PIR=电炉中电流为6AI=根据闭合电路的欧姆定律()120VEIRr=+=（2）S1S2均合上时电炉功率为P2，根据22RPIR=则电炉中电流为5ARI=路端电压为519V95VRUIR===电路总电流为12095A25A1EUIr−−===电解槽的电流大小为20AAR

III=−=（3）转化成化学能的功率为229520W200.5W1700WAPUIIr=−=−=15.如图所示，图甲中在滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，

不考虑电表对电路的影响。（1）定值电阻0R、滑动变阻器的总电阻R分别为多少？（2）求出电源的电动势和内阻；（3）电源的工作效率什么时候最大，最大效率是多少？【答案】(1)3，12；(2)8V，1Ω；(3)R最大时，93.75%【解析】【详解】（1）电压表V1的示数随电流表示

数的变化图象应为AC；电压表V2的示数随电流表示数的变化图象应为BC；定值电阻101.530.5URI===；当I=0.5A时27.5150.5URI===外则012RRR=−=外（2）根据闭合回路欧姆定律可得7.50.5Er=+62Er=+可得E=8V，r=1Ω（3）电源的工

作效率为00200()100%()IRRRRUIEIIRRrRRr++===++++可知，当R最大时，效率最大，即为93.75%16.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在x轴下侧平面内某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以

x轴为界互不影响），一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度0v垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60=角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，3OPR=。不计粒子重力，静电力常

量为k，求：（1）M、N两点间的电势差MNU；（2）固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q；（3）匀强电场的电场强度E大小。【答案】（1）2032mvq；（2）208mRvkq；（3）20mvqR【解析】【详解】（1）设粒子过N点时的速度为v，由速度的合成有0c

osvv=所以02vv=粒子从M点运动到N点的过程，据动能定理有2201122MNqUmvmv=−解得2032MNmvUq=（2）设带电粒在第四象限内的运动半径为r，如下图所示则由几何关系得32rOPrR=+=且22Qqvkmrr=联立解得208mRvQkq=（3

）带电粒子从电场中出来时，由速度合成得0tan60yvU=运动时间0cos30rtv=则yEqvattm==联立解得20mvEqR=17.如图甲所示，某直线加速器由沿轴线分布的两个金属圆管（漂移管A、B）组成，质子从K

点沿轴线进入加速器并依次向右穿过金属筒，筒B接地（电势为零），两筒间电压恒定。不同时刻释放的质子进入金属筒A时速度均为5810m/s，进入金属筒B时速度均为6110m/s，从B筒右端射出后，沿两水平金属板M、N间的中心线射入，MN板长10cmL=，板间距10cmd=，加在MN板上的电压MNU随

时间t变化的图像如图乙所示。粒子穿过MN板的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一圆筒，其表面有一层厚度不计的方格坐标纸。筒的左侧边缘与极板右端距离8cml=，圆筒绕其轴线匀速转动，周期2sT=，筒的周长20cms=，筒能接收到通过AB板后射出的所有质子。质子的比荷为8110C/kg，

不计质子重力。（1）请根据所学知识，解释并说明质子在漂移管内的运动状态；（2）粒子在AB之间加速时，求A管的电势；（3）以00t=时刻进入MN的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取y轴竖直向上为正，计算质子打到记录纸上沿y轴方向的最大侧移量；（4）通过计算，在图丙的坐标纸上定量地画出0~2s内

质子打在记录纸上形成的痕迹图线。【答案】（1）见解析；（2）A1800V=；（3）13cm；（4）【解析】【分析】【详解】（1）由于漂移管的静电屏蔽作用，其内部场强处处为零，故质子在漂移管内做匀速直线运动。（2）质子在AB之间加速，假设AB两管之间的电压为U，根

据动能定理得：22BA1122qUmvmv=−代入数据得1800VU=由于B管接地，电势为0，则A管电势A1800V=（3）当质子恰好从M板边缘射出时，打到记录纸上位置最高，记纵坐标为y。在MN板间向

上偏转的过程中，质子初速度是6110m/s，水平位移是L，竖直位移是2d，假设此时对应的偏转电压为NMU，偏转时间为t。根据类平抛运动的规律有20122dat=NMqUamd=0BLvt=代入数据解得

4NM110VU=此质子从MN板间射出时沿y方向的分速度为6MN0110m/syqUvtmd==由几何关系得B2ydyvlv−=代入数据解得13cmy=质子在y轴上的最大侧移量为13cm（4）又44NM110V210VU=，

圆筒转动的一个周期内质子打在圆筒上的最高点不止一个。所对应的时刻分别为0.25s和1.25s。根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为2.5cm，第二个最高点的x坐标为12.5cm。综上所述，质子打在记录纸上最高点的坐标为()2.5cm,13cm或()12.5cm,13c

m从题给的MNU随时间t变化的图像可以知道，一个周期内只有0~0.25s，0.75s~1s，1~1.25s，1.75s~2s这几段时间内才有粒子打到记录纸上。且当44NM110V110VU−时，打到纸上的位置坐标满足2NM212B

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