【文档说明】四川省宜宾市三中教育集团2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，826.613 KB，由管理员店铺上传

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宜宾市三中教育集团高2023级高二十月月考物理（考试时间：75分钟总分：100分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、班级填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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8～10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.物理学中常用比值定义法定义物理量。下列关系式中，用比值法定义的物理量定义式是（）A.QCU=B.2QEkr=C.UIR=D.4SCkd=【答案】A【解析】【详解】A．表达式QCU=是电容的定义式，电容C由电容器本身的特性决定，

与Q、U无关，采用的是比值定义法，选项A正确；B．表达式2QEkr=是点电荷场强公式，不是比值定义法，选项B错误；C．表达式UIR=是欧姆定律，导体中电流I与导体两端的电压U成正比，与导体的电阻R成反比，

不是比值定义法，选项C错误；D．表达式4SCkd=是电容的决定式，不是比值定义法，选项D错误。故选A。2.关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A.在静电场中，电势降落的方向即为场强方向B.电场强度的方向处处与等势面垂直

C.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低D.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关【答案】B【解析】【详解】A．在静电场中，电势降落最快的方向即为场强方向，故A错误；B．电场强度的方向与等势面处处相互垂直，故B

正确；C．在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故C错误；D．电场中任意两点之间的电势差与这两点的场强、这两点间沿电场线方向的距离都有关，故D错误。故选B。3.蓖麻油和头

发碎屑置于器皿内，用起电机使电极带电，头发碎屑会呈现如图所示的图样，已知右侧接线柱接起电机正极。则下列说法正确的是（）A.电场线是真实存在的B.a点场强小于b点场强C.a点电势高于b点电势D.将一正检验电荷从a点移动至b点，电场力做负功【答案】

D【解析】【详解】A．电场线是假想的，不是真实存在的，故A错误；B．图中黑线，能描述出电场的分布，a点电场线比b点电场线密集，a点场强大于b点场强，故B错误；CD．a点电势低于b点电势，将一正检验电荷从a点移动至b点，电场力做负功，故C错误，D正确。故选D。

4.静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场，其中虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，实线为电子运动的轨迹，P、Q、R为其轨迹上的三点，电子仅在电场力的作用下从P

点运动到R点，在此过程中，下列说法正确的是（）A.P点的电势高于Q点的电势B.电子在P点的加速度小于在R点的加速度C.从P点至R点的运动过程中，电子的电势能增加D.从P点至R点的运动过程中，电子的动能一直增大【答案】D【解析】【详解】A．电子仅在电场力的

作用下从P点运动到R点，由于合力方向指向轨迹的内侧，电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，电场力方向与等势线垂直，可知电场线方向整体从右指向左，又由于沿电场线方向，电势降低，可知P点的电势低于Q点的电势，故A错误；B．

由于任意两条相邻等势线间电势差相等，则等势线分布的密集程度能够表示电场的强弱，P点的等势线分布比R点的密集，则P点的电场强度大于R点的电场强度，可知电子在P点的加速度大于在R点的加速度，故B错误；CD．结合上

述可知，从P点至R点运动过程中，电子所受的电场力做正功，电子的电势能减小，电子的动能增大，故C错误，D正确。故选D。5.如图，A、B、C为圆周上三点，O为圆心，半径为3m，∠AOB=∠BOC=60°，空间中存在与纸面平行的匀强电场，A、B、C三点

的电势分别为5V、4V、3V，下列说法正确的是（）A.电场强度沿OB方向B.电场强度沿CA方向C.电场强度的大小为3V/m3D.电场强度的大小为2V/m3的【答案】D【解析】【详解】AB．A、B、C三点的电势分

别为5V、4V、3V，由于匀强电场中平行等间距两条线段之间的电势差相等，则A、C连线的中点的电势为4V，则BO为一条等势线，由于电场线与等势线垂直，且由高电势点指向低电势点，可知，电场强度沿AC方向，故AB错误；CD．结合上述可知542V/m3

3sin60E−==故C错误，D正确。故选D。6.直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图所示，C、D位于y轴上，C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零，若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为（静

电力常量为k）（）A.254kQl，沿x轴正方向B.254kQl，沿x轴负方向C.234kQl，沿x轴正方向D.234kQl，沿x轴负方向【答案】C【解析】【详解】B点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在B点产生的场强与正电荷在B点产生的场强大小相等方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负电荷

在B点的场强为2Qkl，两正电荷在B点的合场强也为2Qkl，当负点电荷移到A点时，负电荷与B点的距离为2l，负电荷在B点产生的场强为24Qkl，方向沿x轴负方向，由于CD对称，所以两正电荷在B点产生的合场强的大小为2Qkl，方向沿x轴正方向，所以B点处场合强的大小为2

22344QQkQkklll−=方向沿x轴正方向故选C。7.如图所示。绝缘水平天花板上的O点用绝缘丝线悬挂一质量为m电荷量为q+的小球A，丝线长为L，在同一水平线距离O点为L处固定另一电量为Q+的点电荷（Q未知）。当小球静止时，丝线和竖直方向的夹角30=，已知小

球质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A.丝线的拉力大小为mgB.两带电体的相互作用力为3mgC.23mgLQkq=D.由于漏电Q电量减小时，丝线的拉力不变【答案】C【解析】详解】AB．小球受力情况如图所

示：由几何关系可知30=根据两个力的合力是第三个力的平衡力，有两带电体的相互作用力CFmg=丝线的拉力2cos3Tmgmg==选项AB错误；【C．根据库仑定律有()22cosCQqFkL=解得23mgLQkq=选项C正确；D．由于漏

电Q电量减小时，小球将下移，故h变大，根据相似三角形有TmgLh=故丝线的拉力减小，选项D错误。故选C。8.手机自动计步器的原理如图，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。下列对传感器描述正确的是

（）A.匀速运动时，通过电阻R的电流恒定不变B.由向前匀速突然减速时，电容器电容增大C.保持向前匀减速运动时，MN之间的电场强度持续增大D.由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表【答案】BD【解析】【详解】A．匀速运动时，电容器两极板间距不变，电容器的电容不变，电容器带电量不变

，则通过电阻R的电流为零，选项A错误；B．由向前匀速突然减速时，两极板间距减小，则根据的4SCkd=电容器的电容增大，选项B正确；C．保持向前匀减速运动时，MN之间的间距比原来减小，稳定后保持不变，根据UEd=可知，两板间场强保持不变，选项C错误；D．由静止突然

向前加速时，两极板间距变大，则根据4SCkd=电容器的电容减小，电容器放电，则电流由b向a流过电流表，选项D正确。故选BD9.两点电荷M、N分别固定在20cmx=−和坐标原点处，所形成电场的电势在x轴正半轴上的分布如图所示，图线与x轴交于0x处，20cmx=处电势最低，取无穷

远处电势为0，一正电荷q自0x处由静止释放，仅受电场力作用，则（）A.电荷M带负电，电荷N带正电B.0x处的电场强度为0C.电荷M、N所带电量大小之比为2:1D.正电荷q沿x轴正方向运动的过程中，电势能先减小后增大【答案】AD【解析】【详解】A．根据电势变化情况可知，自0

x区域场强方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，可知电荷M带负电，电荷N带正电，故A正确；B．x−图像，斜率表示电场强度，在x0处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，故B错误；C．x=20cm处图像斜率为零，则满足。()12222QQkkrr=则电荷M、N所带电量大小之比为12:4:1QQ=

故C错误；D．一正电荷q自x0处由静止释放，正电荷会向电势低的方向运动，正电荷q沿x轴正方向运动的过程中，电势先降低后升高，由pEq=，因此正电荷的电势能先减小后增大，故D正确。故选AD。10.如图所示，倾角为θ=30°的光滑绝缘直角斜面A

BC，D是斜边AB的中点，AC高为d，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷。一质量为m，电荷量为-q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（）A.小球从A到D的全过程中静电力一直不做功B.小球从A到B的过程中电势能逐渐减小C.小球从A到B的过程中机械能先增大后减

小D.AB两点间的电势差ABmgdUq=【答案】CD【解析】【详解】ABC．根据几何知识可得ACADCDBD===A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，距离增大的过

程中电场力对负电荷做负功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，从D到B过程，沿DB方向上的各点到C点的距离一直增大，电场力做负功，电势能增大，即小球从A到B的过程中电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，根

据能量守恒定律可知，机械能先增大后减小，故AB错误，C正确；D．根据动能定理0ABqUmgd−+=解得ABmgdUq=故D正确。故选CD。二、实验探究题：（本题共2个小题，共15分。）11.某实验小组亲自动手将电流计G改装成电压表和电流表。下面是他们的改装的原理图。为了改成

满偏电流为0.6A的电流表，应该选择________（“甲”或“乙”）电路，已知小量程电流表G的内阻g100R=，满偏电流g10mAI=，则电阻R阻值为_______（保留两位有效数字），若要加大它

量程，应使电阻箱阻值R______（填“增大”或“减小”）。【答案】①.甲②.1.7Ω③.减小【解析】【详解】[1]为了改成满偏电流为0.6A的电流表，应并联分流电阻，故应该选择甲电路；[2]根据电流表改装原理gggIRIIR=+可得电阻阻值为1.7ΩR[3]若要加大量程，根据电流

表改装原理可知，应使电阻箱阻值减小。12.图（a）为观察电容器充、放电现象的实验装置。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。电源输出电压恒为8V，S为单刀双掷开关，C为电容器，R为电阻箱。当开关S接1，

电容器开始充电，电容器充电完毕后，把开关改接2进行放电，其放电电流随时间变化关系如图（b）所示。（1）开关接1，电容器开始充电后，电流大小（）A.逐渐增大B.保持不变C.逐渐减小（2）开关接2，电容器开始放电

后，流过R的电流方向为（）A.从上到下B.从下到上（3）根据图（b）可估算出0s到20s内曲线下包含的小格的个数大约为18个，根据图（b）可估算出电容器开始放电时所带的电荷量q=______C（保留2位有效数字）。（4）如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱的阻值R并重复上

述实验，实线和虚线分别表示改变前后放电过程电流随时间变化的曲线，最符合实际情况的图像为（）A.B.C.D.【答案】（1）C（2）B（3）1.8×10-2（4）A【解析】【小问1详解】刚开始充电时电流较大，随着极板上电荷的增多，电容器电势差增大，回路中的电压减小，所以

电流逐渐减小。故选C。【小问2详解】开关接2，电容器开始放电，由于电容器上极板带正电，下极板带负电，所以回路中放电电流为逆时针方向，流过R的电流方向为从下到上。故选B。【小问3详解】根据电流的定义式可得QIt=所以图线与横轴围成的面积表示电荷量，由图可得，面积为18个格，即电荷量为321180

.51C.81002CQ−−==【小问4详解】只增大电阻R的阻值，放电电流变小，同时电流的最大值减小，但因开关接1时，电容器的电势差不变，即电容器稳定时电荷量不变，则时间变长。故选A。三、计算题：（本题共3小题，共45分。要求写出必要的文字说明、公式，只

有答案的不给分。）13.把一个电荷量为q=1×10-9C的正点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为WAB=1.6×10-7J。再把这个电荷从B点移动到C点，静电力做的功为4.0×10-7J。求：（1）若取B点为零电势点，求A点的

电势；（2）求A、C两点间的电势差UAC；（3）把电荷量为q′=-1.5×10-9C的负点电荷从A点移动到C点电势能变化了多少？【答案】（1）160V（2）560V（3）增加了8.4×10-7J【解析】【详解】（1）因为

0B=，ABABWUq=，ABABU=−解得160VA=（2）由BCBCWUq=解得400VBCU=又因为ACABBCUUU=+解得560VACU=（3）由于'ACACWqU=，'PΔACWE=−解得7PΔ8.410JE−=即电势能增加了78.410J−。14.

如图所示的真空管中，质量为m，电量为e的电子从灯丝Ｆ发出，经过电压U１加速后沿中心线射入相距为d的两平行金属板B、C间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设B、C间电压为U２，B、C板长为L1，平行金属板右端

到荧光屏的距离为L２，求：（1）电子进入偏转电场时的速度。（2）电子离开偏转电场时侧移量y。（3）电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离。【答案】（1）12eUm；（2）22114ULdU；（3）12211(2)4LLULdU+【解析】【分析】【详解】（1）电子在加

速电场加速过程，由动能定理可得210102eUmv=−解得102eUvm=（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，偏转电场的电场强度为2UEd=根据牛顿第二定律可得eEma=水平方向有10Lvt=竖直方向有212yat=联立解得22114ULydU=（3）根据几何关系可

得11222LyLYL=+联立解得12211(2)4LLULYdU+=15.图1中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A板电势UA随时间变化的规律如图2

所示，其中UA的最大值为U0，最小值为−2U0，在图1中，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A和B的距离皆为l。在此面所在处，不断地产生电量为q、质量为m的带负电的微粒，微粒初速度为

零。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动。设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A、B板的电势，已知上述的T、U0、l、q和m等各量的值正好满足等式22031622qUTlm=

。若不计重力，不考虑微粒间的相互作用，求：（结果用q、U0、m、T表示）（1）在t=0时刻产生的微粒到达A板时的速度大小vA；（2）在0~2T范围内，哪段时间内产生的粒子能到达B板？（3）在t=0到2Tt=这段时间内产生的微粒

中到达B板的微粒的最大速度vBm；【答案】（1）0qUm（2）42TT时间内（3）02qUm【解析】【小问1详解】在电压为U0时，根据牛顿第二定律11qEma=其中012UEl=联立解得，此时微粒加速度为012qUaml=在

t=0时刻产生的微粒，将以加速度a1向A板加速运动，经2T时，位移211122Txa=又因为的22031622qUTlm=联立可知183xll=即t=0时刻产生的微粒，在不到2T时就可直达A板，所以其到达A板时的速

度vA满足20A1122qUmv=解得0AqUvm=【小问2详解】考虑临界状况：设t时刻产生的微粒到达A板时速度刚好为零，则该微粒先以加速度a1加速运动，2T时刻后再匀减速运动，到达A板时速度刚好为零，设匀加速、匀减速运动时间分别为t1、t2，则匀减速过程0222UEl=，

22qEma=得212aa=根据运动学公式1122atat=，2211221122atatl+=联立解得1211,48tTtT==所以124TTtt=−=即42TT时间内产生的微粒可到达B板。【小问3详解

】在4Tt=时刻产生的微粒，到达A板时速度刚好为零，此后以大小为a2的加速度向B板反向加速运动，设一直加速到T时刻，则加速时间为13288TTTt=−=设此过程位移大小为x2，则22211)2(xat=得232xll=即微

粒将打到B板上，不再返回，而4Tt=时刻产生的微粒到达B板的速度最大，根据动能定理可得20Bm122qUmv=解得0Bm2qUvm=