【文档说明】四川省内江市第六中学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(21)页，962.643 KB，由小赞的店铺上传

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内江六中2024-2025学年（上）高2026届第一次月考物理学科试题考试时间75分钟满分100分第Ⅰ卷选择题（满分48分）一、单选题（每小题4分，共8小题，共32分）1.北京时间2023年10月3日，据诺贝尔奖官方网站公布，2023年诺贝尔物理学奖颁发给Pierre等三位物理学家，以表彰他

们“为研究物质中的电子动力学而产生阿秒光脉冲的实验方法”。阿秒（as）这种时间尺度，适合用来描述电子在原子内部运动的情况，181as10s−=，例如电子绕氢原子核一周大约是150as。已知电子所带电荷量为191.610C−，氢原子核外电子绕原子核做匀速圆周运动。根据以上信息估算氢原子核

外电子绕核运动的等效电流大约为（）A.3110A−B.21110A−C.172.410A−D.352.410A−【答案】A【解析】【详解】根据电流的定义式193181.610A110A15010qeItT−−−===故选A

。2.真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看作点电荷），分别固定在两处，两球间静电力大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再将A、B间距离增大为原来的2倍，则A、B间的静电力大小为（）A.8

FB.32FC.16FD.4F【答案】B【解析】【详解】设A、B原来所带电荷量分别＋Q、－Q，则A、B间静电力大小为为22QFkr=将不带电的同样的金属球C先与A接触，再与B接触后，A所带电荷量变为＋Q2，

B所带电荷量变为4Q−，再将A、B间距离增大为原来的2倍，则A、B间静电力大小为2221124'(2)3232QQQFkkFrr===故选B。3.1720年，英国的斯蒂芬·格雷提出导体和绝缘体的概念，并发现了导体的静电感应现象——导体在静电场的作用下，自由电荷发生了再分布的现象。如图所示，将一长

为2L的光滑金属导体MN固定在绝缘水平面上，倾角为，P是固定于金属导体左上方的一带电荷量为+Q的点电荷，PMMN⊥，且PML=。现将一质量为m、电荷量为+q的带绝缘壳的小球体（可视为点电荷）从金属导体的M端由静止释放，小球体开始沿金

属导体向下滑动。已知重力加速度为g，小球体的电荷量始终不变，则小球体从M运动到N的时间（）A.等于2sinLgB.大于2sinLgC.小于2sinLgD.无法确定【答案】A【解析】【分析】根据题干中“P是固定于金属导体左上方的一带电荷量为+Q的点电荷”可

知，本题考查点电荷电场的分布情况，根据库伦定律以及受力分析进行作答。【详解】金属导体MN为等势体，电场力垂直于导体表面，故做匀加速直线运动。小球则从M点下滑至N点的过程中，根据牛顿第二定律可知其加速度为sinmgma=解得sinag=

所以从M点下滑至N点的过程中所用的时间满足2122Lat=解得2sinLtg=故选A。4.如图所示，边长为a=10cm的正方形ABCD处在匀强电场中，且正方形平面与电场线平行。已知φA=2V，φB=4V，φC=6V，O是对角线AC、BD的交点，下列说法正确的是（）A.D

点的电势φD=8VB.UAO=2VC.电场强度的方向由A指向CD.电场强度大小为202V/m【答案】D【解析】【详解】A．由于A点电势为2V，C点电势为6V，O是AC中点，由匀强电场特点知，O点电势为4V，故对角线BD为等势线，

则4VD=故A错误；B．由题知AOAOU=−代入得2V4V2VAOU=−=−故B错误；C．电场强度由高电势指向低电势，故电场强度的方向由C指向A，故C错误；D．电场强度大小为CAACUEx=代入得62V/m

202V/m0.12E−==故D正确。故选D。5.如图所示为等腰直角三角形，D为斜边AB的中点。现在A、B两点分别固定电荷量相等、电性相反的点电荷Aq+、Bq−，让一点电荷q−从A点附近出发，沿路径A→C→D移动，在移动的过

程中，下列说法正确的是（）A.在A→C过程中D点的电势先降低后升高B.在A→C过程中D点的电势先升高后降低C.在C→D过程中q−所受电场力可能先增大后减小D.在C→D过程中q−的电势能逐渐增加【答案】A【解析】【详解】AB．根据等量异种电荷电场中电势的

分布规律，可知CD连线上的电势为零，且CD连线左侧电势为正值，右侧电势为负值，在A→C过程中D点与q−的距离先靠近后远离，所以电势先降低后升高。故A正确；B错误；C．根据等量异种电荷电场中场强分布规律，可知在C→D过程中各点场强逐渐增大，所以q−受电场力一直增大。故C错误；D．由A选项分析可知

，在C→D过程中q−的电势能保持不变。故D错误。故选A。6.如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（）

A.在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B.在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段距离，则油滴保存静止不动，G中有b→a的电流C.若将S断开，且将A板向左平移一小段距离，P点电势不变D.若将S断开，

再将A板向下平移一小段距离，P点电势能变大【答案】B【解析】【详解】A．在S仍闭合的情况下，两板电势差U一定，若将A板向下平移一小段距离，根据UEd=则d减小，E变大，则油滴向上加速运动，根据4SCkd

=可知C变大，根据Q=CU可知电容器带电量Q变大，电容器充电，即G中有a→b的电流，选项A错误；B．在S仍闭合的情况下，两板电势差U一定，若将A板向右平移一小段距离，d不变，则两板间场强不变，则油滴保存静止不动，根据4SCkd=可知S减小，则C变

小，根据Q=CU可知电容器带电量Q变小，电容器放电，G中有b→a的电流，选项B正确；C．若将S断开，则电容器带电量Q不变，根据UEd=，QCU=，4SCkd=可知4kQES=且将A板向左平移一小段距离，S减小，E变大，P点与B板的距离不变，根

据U=Ed可知电势差变大，则P点电势降低，选项C错误；D．若将S断开，则电容器带电量Q不变，根据UEd=，QCU=，4SCkd=可知4kQES=且再将A板向下平移一小段距离，d减小，E不变，P点与B板的距离不变，

根据U=Ed可知电势差不变，则P点电势不变，P点电势能不变，选项D错误。故选B。7.如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以

O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为0E、电势为0，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是（）A.033EE=，04=B.03

6EE=，034=C.将质子（比荷em）从P点无初速释放，则质子的最大速度为02emD.若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度不为零，电势为零【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．设

圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，由对称性可知圆弧BO、CO、DO在圆心P处产生的电场强度大小都为E，由电场的叠加原理可得，圆弧AOB在圆心P处产生的电场强度大小为E1=2Ecos30°方向沿x轴的正方向，同理可得圆弧COD在圆心P处产生的电场强度大小E

2=2Ecos30°方向沿x轴的正方向，所以P点处的合电场强度为E0=E1+E2联立以上各式解得036EE=由于电势是标量，圆弧AO在圆心P处产生的电势为φ，则圆弧BO、CO、DO在圆心P处产生的电势都为φ，则P点处总电势φ0=4φ，解得0=4AB错误；C．以P点释放

的质子为研究对象，由动能定理可得20m12emv=解得0m2=evmC正确；D．若两圆弧上带的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度，是正电的沿正方向，是负电的沿负方向，因此电场强度是零，两圆弧在x轴上产生的电势大小相等，一正一负，因此

总电势是零，D错误。故选C。8.地面上方某区域存在水平向左的匀强电场，带负电的小球自电场中某点水平向左射出。小球所受的重力是电场力的2倍。则射出后，小球水平方向分速度xv、动能kE、机械能E及电场力瞬时功率P电随时间t变化

图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据题意，由于小球所受的重力是电场力的2倍，则有2mgqE=小球所受合力为222252FmgqEmg=+=方向与水平方向夹角arctan2=指向右下。A．根据题意可知，小球在水平

方向上，由于电场力的作用，向左做匀减速直线运动，则有2qEgam==则02xgvvt=−则xvt−图像为向下倾斜的一次函数，故A错误；B．小球水平向左射出，则小球在垂直合力方向上做匀速，沿合力方向上做匀减速，则

沿合力方向上的位移为2200155cos254xvtatvtgt=−=−由动能定理有kk052EEmgx−=−解得22k0k05182EmgtmgvtE=−+可知，kEt−图像为开口向上的抛物线，故B正确；

C．结合A分析可得，小球在水平方向上的位移为21014xvtgt=−由功能关系有01EEEqx−=−解得22001182EmgtmgvtE=−+可知，E-t图像为开口向上的抛物线，故C错误；D．电场力瞬时功率为201124xEq

vmgvmgtP==−电可知，Pt−电图像为向下倾斜的一次函数，故D错误。故选B。二、多选题（每题4分，4小题共16分，选对但未选全得2分，选错得0分）9.在x轴方向存在一静电场，其电势与x的关系如图所示，其中00~x。之间为倾斜直线，00~2xx之间和002~3xx

之间的图线对称，03xx的区域内为平行于x轴的直线。下列说法正确的是（）A.00~3x之间的电场方向均沿x轴负方向B.012xx=处的电场强度大小为00xC.02xx=处的电势和电场强度均为0D.把一电子从0x=处由静止释放，仅受电场力的作用，将在00~2x之间做往复运动【答案】B

D【解析】【详解】A．由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0Ox电场方向沿x轴负方向，00~3xx电场方向沿x轴正方向，故A错误；B．在0Ox电势均匀变化，则电场为匀强电场，x−图像的斜率表示电场

强度，可得00Ex=则012xx=处的电场强度大小为00x，故B正确；C．02xx=处的电势为0，图线的斜率表示电场强度的大小，故电场强度不为0，故C错误；D．0Ox之间与002xx之间的电势差绝对值相等，故电子在0Ox之间与0

02xx之间静电力做功大小相等，从O点到0x处，静电力做正功，从0x处到02x处，静电力做负功，到02xx=处速度减为0，再反向运动，即电子将在02Ox之间做往复运动，故D正确。故选BD。10.如图所示，平行等距的竖直虚线a、b、c、d为某一匀强电场的等势面，一个

不计重力的电子垂直经过等势面d时，动能为20eV，飞经等势面c时，电势能为10eV−，飞至等势面b时速度恰好为0，已知相邻等势面间的距离都为5cm，下列结论正确的是（）A.等势面a电势为20V−B.匀强电场的场强大小为200V

/mC.该电子飞经等势面b时，其电势能为10eVD.该电子的动能为26eV时，其电势能为26eV−【答案】BD【解析】【详解】B．一个不计重力的电子垂直经过等势面a时，动能为20eV，飞至等势面b时速度恰好为0，

根据动能定理可得020eVdbeU−=−解得20VdbU=可得匀强电场的场强大小为的200V/m2dbUEd==故B正确；A．飞经等势面c时，电势能为-10eV，则有p10eVccEe=−=−可得10Vc=根据2cacaUEd==

−可得10Va=−故A错误；CD．根据cbcbUEd==−可得0b=可知电子在等势面b时的动能和电势能均为零，因为只有电场力对电子做功，所以电子的动能和电势能之和保持不变，且为零，故该电子的动能为26eV时，其电势能为-26eV。故C错误；D正确。故选BD。1

1.如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板射入（记为0t=时刻），同时在两极板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法正确的是（）A.粒子射出

时间可能为4st=B.粒子射出的速度大小为2vC.极板长度满足1.5(m)Lvn=(1,2,3,)n=D.极板间最小距离为032kU【答案】CD【解析】【详解】AB．粒子射入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线

运动，垂直极板方向运动的yvt−图像如图所示。因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板方向的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5s、3s、4.5s、…，满足1.5stn=(1,2,3,)n=粒子射出的速度大小必定为v，AB错误；C．极板长度1.5(m)(1,2,3,)Lv

nn==C正确；D．因为粒子不跟极板碰撞，则应满足11.5s22ydv1syva=0qUamd=联立求得032dkUD正确。故选CD。12.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量

为q+的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度3mgEq=，下列说法正确的是（）A.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为gdB.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球

运动到B点时的机械能最大C.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为gd的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点D.若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为223gdgd+【答案】BC【解析】【详解】A．小球受到水平向右的电场力3FEqmg==合力为22

32Fmgmgmg=+=合（）（）方向斜向右下方，与竖直方向夹角为o60，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有2=mvFd合联立解得2vgd=故A错误；B．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O

点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；C．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有2gdtg=水平位移有212xat=由牛顿第二定律3qEagm==解得232xd

d=所以小球将不能到达B点，故C正确；D．设合力方向与电场线方向夹角为，有3tan3mgF==得o=30所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。故选BC。第Ⅱ卷非选择题（满分52分）三、实验题（每空2分，共16分）13.某实验小组利用如图所示的电路“观察电容器的

充、放电现象”。将开关S打到1，电容器将________（填“充电”或“放电”），此过程中自由电子________（填“能”或“不能”）穿过电容器间的电介质；再将开关S打到2，通过电流表的电流方向________（填

“向左”或“向右”）。【答案】①.充电②.不能③.向左【解析】【详解】[1][2]将开关S打到1，电容器与电源连接，电源将对电容器将充电，电容器上极板带正电，此过程中自由电子不能穿过电容器间的电介质，而是在电场力的作用下沿导线定向运动，从而使极板带电；[3]再将开关S打到2，电容器与电源断开，与

电阻连接，电容器将放电，由于电容器上极板带正电，故通过电流表的电流方向向左。14.真空中两个静止点电荷A、B带电量分别为Aq、Bq的电场线分布如图所示，P、Q两点关于点电荷A左右对称，P、Q两点电势分别为P、Q，其中P在AB连线上，一个电子

在外力作用下沿虚线轨迹从M向N匀速率运动，则Aq________Bq（填“＞”、“＜”或“＝”），P________Q（填“＞”、“＜”或“＝”）。【答案】①.＞②.＞【解析】【详解】[1]根据电场线分布，A附近电场线较B附近密集

，则Aq＞Bq[2]根据电子运动轨迹可知，电子受到A的斥力作用，可知A带负电，B带正电，A在PQ两点产生的电势相等，B在P点的电势大于在Q点的电势，可知PQ15.如图甲所示，带电的物块P固定在光滑绝缘水平面上，0t=时刻将另一带电物块Q从与物块P距离为d处由静止释放，物块Q在

002t时间内的速度v随时间t变化的图像及0t=时刻和02tt=时刻该图像的切线如图乙中所示，图乙中0v和0t为已知。若两物块均可视为点电荷，带电量的数值相等，物块Q的质量为m，静电力常量为k，两物块带电量始终不变。则两物块带________（填“同种”、“异种”）电荷；02t

时刻P、Q相距________；002t时间内P、Q组成的系统减小的电势能为________________。（用题中所给字母表示）【答案】①.同种②.2d③.202mv【解析】【详解】[1]由v-t图像中图线的斜率表示加速度，可知物块Q的加速度不断减小，所以

两物块间为排斥力，它们应该带同种电荷。[2]由乙图可知t=0时刻的加速度和t=20t时刻的加速度分别为0102vat=，000200222vvvatt−==由牛顿第二定律可知212kqmad=，222kqmax=联立，解得2xd=[3]对物块Q由动能定理可得()22001222Wmv

mv==电根据电场力做功与电势能的关系可知，002t时间内P、Q组成的系统减少的电势能为2p02EWmv==电四、解答题16.如图所示，130R=，220R=，324R=，电源电压恒定不变（内阻不计），若开关1S闭合，2S断开时，理

想电流表的读数是1A，求：（1）电源的电压U？（2）当1S和2S都闭合时，电流表的读数多大？【答案】（1）36V（2）3A【解析】【小问1详解】并联部分的总电阻为121212RRRRR==+并根据闭合电路欧姆定律有3()36VUIRR=+=并小问2详解】当1S

和2S都闭合时，3R被短路，则3AUIR==并17.电子技术中通常利用匀强电场中的偏转实现带电粒子的平行侧移。如图所示，两偏转电场Ⅰ、Ⅱ宽度均为L，场强大小均为E、方向相反（均沿竖直方向）。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，由静止开始经过电压为U的电场加速后，从A点垂直进入偏转电场

Ⅰ，最后从偏转电场Ⅱ中的B点射出，已知两电场相距L，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子从加速电场射出时速度0v的大小；（2）带电粒子从偏转电场I离开时竖直方向偏移距离y；（3）A、B之间沿电场线方向的距离h。【答案】（1）02qUvm=（2）24ELyU=（3）

2ELU【解析】【小问1详解】设带电粒子的质量为m，电量为q，离开左侧加速电场后的速度为0v，根据动能定理有【的2012qUmv=解得02qUvm=【小问2详解】粒子从进入偏转电场Ⅰ开始，在水平方向做匀速运动01Lvt=在竖直方向2112yat=在电场中加速度qEam=联立，解得24ELyU=【

小问3详解】粒子在偏转电场Ⅰ中，竖直末速度1yvat=竖直方向的侧移为214ELyyU==在两偏转电场之间竖直方向的位移大小2221122yELyvtatyU====根据对称性可知，粒子在偏转电场Ⅱ中的侧移2314ELyyU==粒子从进入偏转电场Ⅰ

到离开偏转电场Ⅱ的侧移量2123ELhyyyU=++=18.如图甲，一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q（0q）和q−。A右端固定有轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。0t=时，A以初速度0v向右运动，B处于静止状态。滑块A运动的vt−图像如图乙所示，在1t时刻，速度为1045vv=，并且为图线中速度的最小值，此时弹簧未与B相碰；在2t时刻，A的速

度2085vv=；在3t时刻，A的速度达到最大，此时302vv=，弹簧的弹力大小为3qE，1t、2t、3t均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变且可看作点电荷，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内，求：（1）10t时间内，合外力对

A所做的功；（2）1t时刻A与B之间的距离；（3）2t时刻B的速度大小；（4）13tt时间内，库仑力和弹簧弹力对A和B做的总功。【答案】（1）20950mv−（2）kqE（3）045v−（4）201225qkqEmv+【解析】【小问1详解】10t时间内，根据动能定理可得合外力对A所做的功2210

1122Wmvmv=−解得20950Wmv=−【小问2详解】速度—时间图像的斜率表示加速度，则由图乙可知，1t时刻A的加速度为0，说明此时A所受合外力为0，设此时A、B相距x，则根据平衡条件，有22qkEqfx+=其中2fEq=联立解得kqxE=【小问3

详解】1t时刻B受到电场力与库仑力的合力与摩擦力大小相等，B开始运动，12tt时间内，A受到向右大小为Eq的电场力、向右的库仑力以及向左大小为2Eq的摩擦力，B受到向左大小为Eq的电场力、向左的库仑力以及向右大小为2Eq

的摩擦力，可知A、B组成的系统合外力为0，则由动量守恒定律有12Bmvmvmv=+解得045Bvv=−小问4详解】根据题意，在3t时刻A的速度达到最大，此时A的加速度为0，合外力为0，设此时A、B间的距离为1

x，则此时对A有221qFfEqkx+=+弹其中【3FEq=弹，2fEq=联立解得112kqxE=13tt时间内，对A、B组成的系统由动量守恒定律有13Bmvmvmv=+解得065Bvv=−由动能定理有2221131111()

2()222BWEqxxEqxxmvmvmv+−−−=+−总解得201225qkqEmvW=+总