【文档说明】甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考试题 物理 Word版含解析.docx，共(16)页，1.033 MB，由小赞的店铺上传

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兰州一中2024-2025-1学期10月月考试题高二物理说明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间75分钟。答案写在答题卡上，交卷只交答题卡。第Ⅰ卷（选择题）一、单选题(本题共7小题，每小

题只有一项符合题目要求，每小题4分，共28分)1.以下说法正确的是（）A．多用电表测电阻时若指针偏角过大，为使测量精准需选择更小的倍率B．沿电场线的方向，电场强度必定越来越小C．电动势越大，表明电源储存的电能越多D．闭合电路中电流总是从电势

高处流向电势低处2.如图，两个截面不同、长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为U，则（）A．通过两棒的电流不相等B．两棒的自由电子定向移动的平均速率v1>v2C．两棒内的电场强度不同，细棒内场强E1小于粗棒内部场强E2D．细棒的电压U1等于粗棒的电压U

23.如图为完全相同的两个正三角形ABC和DEF组成的正六角星，O点为图形正中心，现在A、D、B、E顶点各放一个电量为q的正电荷，在C、F顶点各放一个电量为q的负电荷，已知AB边长为a，则O点场强大小为（）A．263kqaB．233kqaC．26kq

aD．23kqa4.如图，在匀强电场中有一长方形区域ABCD，边长AB=0.3m、BC=0.4m，匀强电场方向与ABCD所在平面平行，A、B、C三点的电势55VA=，19VB=，45VC=−，则匀强电场的电场强度大小和方向为（）A．120V/m，沿AC方向B．200V/m，沿AC方向C．16

0V/m，沿BD方向D．300V/m，沿BD方向5.如图所示，用甲、乙两种电路测Rx的阻值，甲电路中电压表和电流表的示数分别为3.0V和3.0mA，乙电路中电压表和电流表示数分别为2.9V和4.0mA，则待测电阻Rx的值

应()A.比725Ω略小一些B.比725Ω略大一些C.比1000Ω略小一些D.比1000Ω略大一些6.如图所示电路中，1R、2R、3R、4R为四个可变电阻器，1C、2C为两个极板水平放置的平行板电容器，两电容器的两极板间分别有一个油滴P、Q处于静止状态，欲使油滴P向下运动，Q向上

运动，应当（）A．增大1R，减小2RB．增大2R，减小1RC．增大3R，减小4RD．增大4R，减小3R7.2023年2月，研究中心对某品牌最新款新能源汽车内的直流蓄电池进行测试。测试过程中系统输出的21PII−图像如图所示，其中P为直流电源的输出功率、I为总电流，下列关于该蓄电池的说法正确的是（）

A．电动势为10VB．内阻为1ΩC．最大输出功率为70WD．短路电流为24A二、多选题（本题共3小题，共18分。在所给的四个选项中，每小题有多个选项符合题意，全选对得6分，选对但不全得3分）8.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，

将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表1V，2V，3V示数变化量的绝对值分别为1U，2U，3U，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，正确的是（）A．2V示数增大B．电源输出功率增大C．3U与I比值减小D．1U大于2U9.一带负电的粒子只在电场力作用下

沿x轴正向运动，其电势能pE随位置x的变化关系如下图所示，其中2~Ox段是对称的曲线，23~xx段是直线，则下列正确的是（）A．1x、2x、3x处电势1、2、3的关系为123B．1~Ox段所受电场力沿x轴负方向,13~xx段所受电场力沿x轴正方向C．粒

子从O点向x轴正向运动过程中加速度先逐渐减小后逐渐增大到最后恒定D．粒子从2x向3x运动过程中电场力做正功10.如图，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为＋q

的带电粒子以初速度v0沿两板中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则()A.在前t2时间内，电场力对粒子做的功为14qUB.在后t2时间内，电场力对粒子做的功为38qUC.在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1D

.在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶2第Ⅱ卷（非选择题）三、实验题（本题共2小题，共计17分）11.（6分）在“测定电池的电动势和内电阻”的实验中（1）备有如下器材：干电池1节，量程合适的电压表和电流表，开关、导线若干、滑动变阻器：

A．滑动变阻器（0~1kΩ，额定电流2A）B．滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2A）某同学按甲图原理进行实验，其中滑动变阻器应选；（只填器材前的序号）（2）根据数据画出的UI−图象如图乙所示，由图象可得电

池电动势为V，内阻为Ω；12.（11分）某同学测量均匀金属丝的电阻率。（1）使用螺旋测微器测定金属丝直径d，某次测量结果如图所示，读数为mm，然后用游标卡尺测量其长度L如图所示，可知其长度为mm。（2）用欧姆表粗测其电阻，把选择开关置于“10”挡，测得阻值为。（3）用伏安法测金属丝电阻

xR的阻值，提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计；电流表1A：量程0~15mA，内阻约100；电流表2A：量程0300A，内阻为1000；滑动变阻器1R：阻值范围020，额定电流为2A；电阻箱2R

：阻值范围09999Ω，额定电流为1A；开关S，导线若干。要求实验中尽可能准确地测量xR的阻值。在方框中画出测量xR阻值的电路图，并在图中标明器材代号。（4）金属丝的电阻率为（用、d、xR、L表示）。四、

计算题（本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）13.（10分）如图所示的电路中，电源电动势E=16V，内电阻r=2Ω，电动机M的电阻R0=1.0Ω。闭合电键S后，标有“8V、16W”的灯泡L恰能正

常发光。求闭合电键后：（1）电源的总功率及输出功率；（2）电动机的输出功率及机械效率。14.（12分）如图，质量为m、电荷量为q的离子静止于A处，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直进入水平向左的匀强电场中并击中竖直挡板QN上的Q点。已知静电分析器通道内有辐向分布的电

场，圆弧虚线所在处的电场强度大小均为0E，方向指向圆心O，圆弧对应的半径为R，2QNd=，N、O、P三点共线且水平，3PNd=，离子重力不计。求：（1）加速电场的电压大小。（2）QN、DC间匀强电场的电场强度大

小。（3）离子击中Q点时的速度大小。15.（15分）如图所示，绝缘水平轨道与光滑绝缘竖直圆槽形轨道相切于A点，圆形轨道半径为R，圆形轨道上B点与圆心等高，水平轨道AM段长度也为R，竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强34mgEq=。质量为m

，带电量为＋q的物块（可视为质点）以水平方向速度0v从M点进入电场，水平轨道AM段与物块间的动摩擦因数可调，（重力加速度为g，sin370.6=°，sin530.8=）。求：（1）若0.75=，且物块的速度0vgR=，物块经过圆形轨道最低

点A时对轨道的压力大小；（2）若物块的速度092gRv=，要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数满足什么条件；（3）若0.75=，只把MN左侧的电场方向变成水平向右，其他条件不变，为使滑块能到达B点，物块的初速度

0v应满足什么条件。兰州一中2024-2025-1学期高二年级10月月考物理答题卡班级姓名一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)二、多项选择题(本题共3小题，总计18分)三、实验题(本题共2小题，共17分)四、计算题(本题共3小题，共37分)11.(6分)（1）（2分）（2）

V（2分）Ω（2分）13.(10分)12.(11分)（1）mm（2分）mm（2分）（2）Ω（2分）（3）见右图（3分）（4）（2分）14.(12分)15.(15分)参考答案：题号12345678910答案ABABCDDBDACBC1．A【详

解】A．电场线是用来表示电场中电场强度的方向和大小的，电场线越密，表示电场强度越大，由公式F=qE知，同一试探电荷所受的电场力越大，故A正确；B．电场线的疏密表示电场强度的大小，沿着电场线方向，电场线不一定越来越疏

，则电场强度不一定越来越小，故B错误；C．由WEq=可知，电动势越大，指电源内部非静电力移动单位正电荷从负极到正极做的功越多，不是电源储存的电能越多，故C错误；D．在电源的外电路中，电流流向总是从高电势流向低电势，而电源的内电路中，电流流向总是从低电势流向高电势。故D错误

。故选A。2．B【详解】A．由于两棒串联，所以电流相等，故A错误；B．由公式IneSv=可知，两棒电流相等，而两棒横截面积关系为12SS得两棒的自由电子定向移动的平均速率12vv故B正确；CD．由LRS=可知，细棒的电阻大，由串联分压原理

可知细棒的电压与粗棒的电压U2关系为12UU又由UEL=可得12EE故C、D错误。故选B。3．A【详解】因AE两点的正电荷在O点的合场强为零；O点到六个点的距离均为3ar=则DC两点的电荷在O点的合场强为12262kqkqEra==方向沿OC方向；同理BF两点的电荷在O点的合场强为2

126kqEEa==方向沿OF方向，则合场强为12632cos30kqEEa==故选A。4．B【详解】匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故φA-φC=100VφA-φB=36Vφ

B-φC=64V边长AB=0.3m、BC=0.4m，根据勾股定理知AC=0.5m根据几何关系知由B向AC的连线作垂线的交点E点电势等于B点电势，电场线垂直于等势面，如图即电场线方向为沿AC，由A指向C，

电场强度大小为100V200V/m0.5mACUEd===故选B。5.答案C解析电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用对电路影响大，所以要用电流表内接的甲电路进行测量。甲电路中，电压表的示数是待测电阻和电流表两端的电压之和，故电压表示数比待测电阻Rx两端电压大，R测＝U测I＝3.03.0×

10－3Ω＝1000Ω，又U测＞U真，所以R测＞R真，即测量值偏大，真实值比1000Ω略小一些，故C正确，A、B、D错误。6．D【详解】电容器接入电路中相当于断路，分析电路可知，电容器1C两端的电压为路端电压，而电容器2C两端的电压为电阻4R两端的电压，开始两油滴均静止，则可知电场力等于重力，电

场力均向上，要使油滴P向下运动则电容器1C两端的电压需减小，即路端电压需减小；而要使油滴Q向上运动则电容器2C两端的电压需增大，即电阻4R两端的电压需增大，则根据闭合电路的欧姆定律有34EIRRr=++而路端电压UEIr=−

4R两端的电压为44RUIR=则可知总电阻必须减小，可使电流增大，内电压增大，路端电压减小，同时4R两端的电压增大，因此3R需减小或3R减小的同时增大4R，且3R的减小量大于4R的增加量，如此方可满足油

滴P向下运动，Q向上运动。故选D。7．D【详解】AB．电源的输出功率为2=PEIIr−变形得2PErII=−结合图像可得0.5V12V124E==，0.5=r故AB错误；C．由222()24EEPEIIrIrrr=−=−−+可知当==12A2EIr最大输

出功率为2max72W4EPr==故C错误；D．该蓄电池的短路电流为24AEIr==短故D正确。故选D。8．BD【详解】A．由题图可知，滑动变阻器与电阻R串联，滑动变阻器滑片向下滑动，其阻值减小，整个闭合回路电阻减小，干路电流增大，路端电压为UEIr=−2V测的是路端电压，其示数减小，故A

错误；B．电源的输出功率随外电阻的变化关系如图所示由于定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，故外电阻减小时，电源输出功率在增大，故B正确；C．V1、V3分别测得是R和滑动变阻器的电压，滑动变阻器两端电压为3()UEIrR=−+可得3UrRI=+可知3U与I的比值保持不变，故C错

误；D．由题意可知1URI=，2UrI=由于Rr，故1U大于2U，故D正确。故选BD。9．AC【详解】A．根据电势能与电势的关系pEq=，粒子带负电，0q，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有123，故A正确；B．粒

子在1Ox段，电势能减小，电场力做正功，电场力沿x轴正方向。在13xx段，电势能增大，电场力做负功，电场力沿x轴负方向，故B错误；C．图像的斜率pΔΔΔΔΔΔEqExqkEqxxx====可知，图像的斜率表示电场力，因此，粒子从O点向3x运动过程中电场力先减小后增

大，最后恒定，则加速度也是先减小后增大，故C正确；D．粒子在23xx段，电势能增大，电场力做正功，故D错误。故选AC。10．答案BC解析粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t2的时间内沿竖直方向的位移之比为1∶3，则在前t

2时间内，电场力对粒子做的功为18qU，在后t2时间内，电场力对粒子做的功为38qU，A错误，B正确；由W＝qEx知，在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1，C正确，D错误。11．B1.51.0【详解

】（1）[1]由于干电池电动势为1.5V左右，由乙图可知最大电流为0.6A，因此为了测量方便，故选20Ω的滑动变阻器即可。（2）[2][3]由图乙可知，电池电动势为纵轴的截距，故电动势为1.5V，由闭合电

路欧姆定律，电源内阻1.50.9=1.00.6UrI−==12．0.68022.719024xdRL【详解】（1）（1）[1]螺旋测微器的读数为0.5mm18.00.01mm0.680mmd=+=[2]游标卡尺的精度为0.1mm，读数为22mm+70.1mm=22

.7mm（2）[3]指针指向“19”刻度，选择开关置于“×10”挡，则读数为190Ω；（3）①[4][5]根据电表的改装原理可知，应将电流表2A与电阻箱串联，改装成一个量程为0∼3.0V的电压表，根据欧姆定律有A2A2URRI=−

=9000Ω②[6]待测电阻较小，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图（4）[7]根据电阻定律有xLRS=其中24dS=解得=24xdRL14．（1）64W，32W；-----------5

分（2）12W，75%---------------5分【详解】（1）小灯泡正常发光，故路端电压为8VU=根据闭合电路欧姆定律有EUIr=+解得总电流为4AI=电源的总功率164W64WPEI===总电源的输出功率84W32WPUI===出（2）通过灯泡

的电流LL16W2A8VPIU===故通过电动机的电流ML4A2A2AIII=−=−=电动机的发热功率22M021W4WPIR===热电动机的总功率MM82W16WPUI===故电动机的输出功率为16W4W12WPPP=−=−=热机电动机的机械效率为1

2W100%100%75%16WPP===机15．（1）012UER=；-------4分（2）032EREd=；------4分（3）010EqRvm=--------4分【详解】（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有2012qU

mv=离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有200vqEmR=解得加速电压012UER=（2）离子做类平抛运动，有02dvt=2132dat=qEma=解得032EREd=（3）由动能定理，得22011322Eqdmvmv=−击中Q点时的速度010EqRvm=1

6．（1）2mg；--------4分（2）18；---------6分（3）0292gRv-----------5分【详解】（1）物块从M点到A点，由动能定理得2201122−=−AqERmgRmvmv物块在A点做圆周

运动，受轨道的支持力为AN，在A点由牛顿第二定律可得2−=AAmvNmgR解得2ANmg=由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为2mg。（2）当物块通过等效最高点C时，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，物块恰能做完整的圆周运动，受力分析如图所示0CN=合力与竖直方向夹角为3

7；物块从M点到C点，由动能定理得()()220111sin371cos3722CqERmgRmgRmvmv−−−+=−在等效最高点C时，由牛顿第二定律得()()222CvmgqEmR+=联立解得18=（或0.125）要使物块能做完整的圆周运动，AM段

与物块间动摩擦因数18（3）物块从M点到B点，由动能定理得22011222BqERmgRmgRmvmv−−−=−物块恰能到B点，则对轨道压力为0BN=由牛顿第二定律得2BmvqER=联立解得0292gRv=因此，物

块的初速度0292gRv