【文档说明】四川省内江市资中县第二中学2022-2023学年高二上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(15)页，2.114 MB，由小赞的店铺上传

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资中二中高2024届高二10月考物理试题一、选择题，共9小题，每小题6分，共54分。1-5题单选，6-9题多选。1.下列说法正确的是（）A.物体带电荷量可能为19310C−B.金属导体感应起电的本质是电子的移动C.元电荷的数值最早是由英国物理学家库仑测出的D.点电荷是理想模型，

电场线是真实存在于电场周围的【答案】B【解析】【详解】A．物体带电荷量只能是元电荷191.610C−的整数倍，则物体带电荷量不可能为19310C−，故A错误；B．金属导体感应起电的本质是电子从导体的一端移动到另一端，故B正确；C．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测出的，故C错误；D

．点电荷是理想模型，电场线是人为假想的，不是真实存在于电场周围的，故D错误。故选B。2.关于电场的描述正确的是（）A.库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律21FrB.FEq=只适用于点电荷产生的电场C.由库仑定律表达式122qqFkr=可知，当r→0时，F→无穷大

D.若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力【答案】A【解析】【详解】A．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律21Fr，故A正确；的B．FEq=是电场的定义式，适用于任何电场，故B错误；C

．当两电荷相距很近时，库仑定律将不再适用，故C错误；D．根据牛顿第三定律可知，两电荷之间的静电力是一对相互作用力，必定大小相等，故D错误。故选A。3.有两段电阻丝是由同种材料制成的。它们的质量之比为1

2:4:1mm=，长度之比12:1:4LL=，则它们的电阻之比12:RR为（）A.1:1B.1:16C.64:1D.1:64【答案】D【解析】【详解】根据mVLS==密密可得两段电阻丝的横截面积之比为121212::16:1mmSSLL==根据电阻定律LRS=可得

两段电阻丝的电阻之比为121212::1:64LLRRSS==故选D。4.两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，把它们串联起来接入电路中，则（）A.它们的示数相等，指针偏转角度也相等B.它们的示

数之比为l:3，指针偏转角度相等C.它们的示数相等，指针偏转角度之比为1:3D.它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1:3【答案】B【解析】【详解】电压表是由电流计与定值电阻串联改装而成的；V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的两个电流计

改装，可知，V2表的内阻是V1表的内阻的3倍．把它们串联接入电路，通过的电流相等，电表指针的偏角相同；电表两端电压之比等于内阻之比1：3，它们的示数之比为1：3．故B项正确，ACD错误。故选B。5.如图所示

，Q1，Q2是两个电荷量相等的点电荷，O点为它们连线的中点，M、N为连线中垂线上的两点。下列说法正确的是（）A.若Q1，Q2均带正电，则在中垂线上，O点的电场强度不为零B.若Q1，Q2均带正电，则M点的

电场强度一定大于N点的电场强度C.若Q1带正电、Q2带负电，则M点的电势一定比N点的电势高D.若Q1带正电、Q2带负电，则在中垂线上，O点的电场强度最大【答案】D【解析】【详解】A．若1Q、2Q均带正电，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点O的场强为零，故A错

误；B．若1Q、2Q均带正电，中点O的场强为零，中垂线上无穷远处场强也为0，则从O点到无穷远处，场强先增大后减小，所以无法确定M、N两点的场强大小，故B错误。C．若1Q带正电、2Q带负电，由等量异种电

荷的电场线分布可知，连线的中垂线为等势线，则M点的电势与N点的电势相等，故C错误；D．若1Q带正电、2Q带负电，由等量异种电荷的电场线分布可知，在中垂线上，O点的电场线最密集，电场强度最大，故D正确。故选D。6.一种简化的示波管装置（包括电子运动轨迹）如图所示，若在阴

极射线管的阴极和阳极间加上直流高压U1，在偏转电极（一对水平的平行金属板）加上直流高压U2.。则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中（）A.电子在水平方向先做加速运动，再做匀速运动B.电子在水平方向一直做匀速运动CU1一定时，U2越大，则图中亮点位置越低D.U2一定时，U1越

大，则图中亮点位置越低【答案】AD【解析】【详解】AB．电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，A正确，B错误；CD．U1一定时，电子做匀速运动的速度就一定，则电子到达屏幕的时间就一定，U2越大，电子的侧向位移22=2Uqytdm越大，则图中的亮点越高。U1越大，则电子做匀速运动的速度越大

，电子到达屏幕的时间就越短，U2一定时，则侧移就越小，图中亮点位置越低。C错误，D正确。故选AD。7.如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的正点电荷，两板间的电场强度大小为E，两板间的

电势差为U，点电荷在P点的电势能为Ep，静电计指针的偏角为θ，若保将下极板不动，将上极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则（）.A.U不变，E减小B.E不变，Ep不变C.θ增大，U增大D.E不变，Ep增大【答案】BC【解析】【详解】由于静电计所带电荷量远小于极板所带电荷量，

则可认为电容器极板所带电荷量Q保持不变；根据r4SCkd=，QCU=将上极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，两极板间的距离d增大，则电容C减小；由于Q不变，则两板间的电势差U增大，静电计指针的偏角增大；根据4rUQkQEdCdS===可知极板

间电场强度E不变，由于P点到下极板的距离保持不变，则P点和下极板间的电势差保持不变，P点的电势P不变，根据pPEq=可知点电荷在P点的电势能pE不变。故选BC。8.如图，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球

连接。A、B、C三个带电小球质量均为M，其中A球的电荷量qA=q0>0，B球的电荷量B0qq=−，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度为g，小球间距离远大于小球的半径，则（）A.C球的电

荷量047Cqq=B.弹簧伸长量为0sinMgkC.A球受到库仑力大小为2sinMgD.相邻两小球间距为037kqMg【答案】AC【解析】【详解】AD．设相邻两小球间距为r，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件有0022sin(2)CC

qqqqMgkkrr+=对B球受力分析，根据平衡条件有20022sinCqqqMgkkrr+=两式联立解得047Cqq=037sinkrqMg=A正确，D错误；B．对A,B,C三个小球整体受力分析，根据平衡条件有03sinMgkx=弹簧伸长量03s

inMgxk=B错误；C．对A球受力分析，根据平衡条件有0sinMgFkx+=库解得A球受到的库仑力为2sinFMg=库C正确。故选AC。9.在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势随x坐标值的变化图线如图所示。一质量为m

，带电量为q的带正电小球（可视为质点）从O点以初速度0v沿x轴正向移动。下列叙述正确的是（）的A.若小球能运动到1x处，则带电小球从0运动到1x的过程中所受电场力不变B.带电小球从1x运动到3x的过程中，电势能先减小后增大

C.若该小球能运动到4x处，则初速度0v至少为02qmD.若002qvm=带电粒子在运动过程中的最大速度为06mqvm=【答案】AD【解析】【详解】A．由于φ-x图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x1的过程中，场

强不变，由F=qE知，粒子所受电场力保持不变，故A正确；B．正电荷在电势高处电势能大，则小球从x1运动到x3的过程中，电势不断减少，正电荷的电势能不断减少，故B错误；C．若该小球能运动到x4处，则必须能运动到x1

处，若小球恰好能运动到x1处，初速度v0最小，从x=0到x1处，根据动能定理得200012qmv−=−得002qvm=故C错误；D．当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x=0到x3处，根据动能定理得qφ0=12mvm2-1

2mv02由题意002qvm=得最大速度为06mqvm=故D正确。故选AD。二、实验题，共2个小题，每空2分，共16分。10.某实验小组通过测绘小灯泡的I—U图线来研究小灯泡的电阻随电压的变化规律。所用

的实验器材如下：A．小灯泡（额定电压2.8V，额定电流0.5A）；B．电压表（量程3V，内阻约3kΩ；量程15V，内阻约15kΩ）；C．电流表（量程0.6A，内阻约1.0Ω；量程3A，内阻约0.2Ω）；D．滑动变阻器

（0~10Ω）；E．蓄电池（电动势4V，内阻不计）；F．开关一个、导线若干。（1）请用笔画线代替导线将图甲中的电路补充完整______；（2）该实验小组得出小灯泡的伏安特性图线如图乙所示。由图可知，随着小灯泡

两端电压增大，小灯泡的电阻______（填“增大”“不变”或“减小”），P点处小灯泡的电阻为______Ω；【答案】①.②.增大③.3.5【解析】详解】（1）[1]由图乙可知电压从零逐渐增大，则滑动变阻器采用分压式接法，由于电压表内阻远大于小【灯泡电阻，电流表采用外

接法，实物电路图如图所示：（2）[2]小灯泡的I—U图上某点与原点连线的斜率的倒数表示灯泡电阻值，由图乙可知，电阻随灯泡两端电压增大而增大。[3]P点处小灯泡的电阻1.43.50.4PPURI===11.在“测定金属丝的电阻率”实验中，某金属丝的阻值R

x约为5Ω，为精确测量其阻值，可供选择的器材如下：A．电源：电动势12V、内阻很小B．电流表A1（量程0~0.6A，内阻r1=1Ω）C．电流表A2（量程0~3A，内阻r2约为0.3Ω）D．电压表V（量程0~3V，内阻约为

4kΩ）F．滑动变阻器R01（0~10Ω、额定电流1.5A）G．滑动变阻器R02（0~500Ω、额定电流0.5A）H．开关和若干根导线（1）用千分尺测得金属丝直径d如题图所示，则d=______mm；（2）为了测量安全性与准确性

，应选用的电流表______（填“B”或“C”）；（3）为了测量的方便性，滑动变阻器选______（填“F”或“G”）；（4）某次实验中电流表读数如图所示，I=______A，若实验中金属丝的长为L，直径为d，本实验若测得的电压表

的读数为U，电流表的读数为I，金属丝电阻率的表达式为______（用题中所给字母表示）。【答案】①.0.900②.B③.F④.0.50⑤.21()=4dUIrIL−【解析】【详解】（1）[1]由螺旋测微

器的读数规则可知，金属丝直径0.540.00.01mm=0.900mmd=+（2）[2]由于电流表B的内阻已知，则为了测量的安全性与准确性，应选用的电流表B。（3）[3]滑动变阻器的阻值均大于待测电

阻的阻值，为了减小误差，滑动变阻器采用限流式接法，同时为了测量的方便性，滑动变阻器选用F。（4）[4]电流表B的量程为0~0.6A，由图可知I=0.50A[5]由电阻定律可知24==xLLRSd电流表内阻已知，为了

测量的安全性与准确性，故电流表采用内接法可以修正误差，则1=xUIrRI−联立解得21()=4dUIrIL−三、计算题，共3个小题，共40分。12.如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为q=-2×10-5C的负电荷由A点移到B点，其

电势能变化了ΔEp=0.1J，已知A、B两点间距离为L=2cm，两点连线与电场方向成θ=60°角，求：（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；；（2）若规定B点的电势为零，则电场中A的电势φA；（3）该匀强电场的电场强度E的大小。【答案】（1）0

.1J−；（2）3510V；（3）5510V/m【解析】【详解】（1）因为负电荷由A移到B的过程中，电场力做负功，则电势能增加了0.1J，则pΔ0.1JABWE=−=−（2）A、B两点间的电势差35

0.1V51021V0ABABWUq−−===−又知ABABU=−其中0B=所以3510VA=（3）因为在匀强电场中，根据U=Ed所以有35510V/m510V/m1cos600.022A

BUEL===13.如图所示，热电子由K发射后，初速度可以忽略不计，经加速电压为U1的加速电场加速后，垂直于电场方向飞入偏转电压为U2的偏转电场，最后打在荧光屏（图中未画出）上．已知两偏转极板间距为d，板长为L．电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力．求：（1）电子进入偏转电场

时的速度大小；（2）电子在偏转电场中所用的时间和离开时的偏移量y；（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功．【答案】（1）12eUm（2）12mLeU；2214ULUd（3）222214eULdU【解析】【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理得：21012eUmv=解得：

102eUvm=（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有：012LmtLveU==竖直方向有：2eUamd=则电子从偏转电场射出时垂直偏移量：2221124ULyatUd==（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功为：WeEy=2UEd=代入解得：2222

14eULWdU=14.如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且LBC=2m，CDF为竖直平面内半径为R=0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E=1.5×103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根

轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，当滑块P运动到F点瞬间对轨道压力为2N。已知滑块P的质量为m=0.2kg，电荷量的

绝对值q=1.0×10-3C，与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.2，忽略滑块P与轨道间电荷转移。已知210m/s=g，sin370.6=，cos370.8=。求：（1）滑块从F点抛出后落点离C的距离；（2）滑块运动到与O点等高的D点时对轨道

的压力；（3）欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道且能从F点飞出，弹簧释放弹性势能的取值范围。【答案】（1）0.42mx=；（2）3.5N，方向沿OD连线向右；（3）1.95JpE【解析】【详解】（1）F点时，由

牛顿第二定律2FFvFmgmR+=从F点开始做平抛运动，有2122Rgt=Fxvt=可解得0.42mx=（2）滑块从D到F的过程中，根据动能定理，有221122FDqERmgRmvmv−=−在D点时，有2DDvFqEmR+=可解得FD=3.5N根据牛顿第三定律知，滑块对轨道

的压力大小为3.5N，方向沿OD连线向右（3）重力和电场力可看作等效重力（斜向左下方），此时222.5NmgqEmg=+=设等效重力的方向与竖直方向夹角为，则有tanEqmg=可得37=设M点为等效最

高点，要使滑块P沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，有2MvmgmR可得2222.5m/sMv=滑块P从压缩时到M点的过程中，由动能定理得2p1(1cos)2BCMEmgLmgRmv−−+=联立可得p1.95JE=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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