四川省射洪中学2023-2024学年高二物理上学期9月月考试题（Word版附解析）

高2022级强基班高二上期第一次学月考试

物理试题

（时间：75分钟       满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答题卡交回。

第I卷（选择题）

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求）

1. 关于电流，下列说法中正确的是

A. 通过导线横截面的电荷量越多，电流越大

B. 电子运动的速度越大，电流越大

C. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大

D. 因为电流有方向，所以电流是矢量

【答案】C

【解析】

【详解】A.电流大小取决于电量与时间的比值，即单位时间内通过的电量，电荷量多也可能是时间长导致的，故A错误；

B.由可知，电流不但与电子定向移动的速率有关，还与单位体积内的自由电荷数n以及截面积S有关，所以电子定向移动速率越大，电流不一定越大，故B错误；

C.根据电流的定义可知单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大，故C正确；

D.电流虽然有方向，但电流的运算法则不遵循平行四边形定则，故电流是标量，故D错误。

故选C。

2. 两段长度、横截面积相同的均匀直导线A、B串联在电路上，沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示，A、B导线电阻率的比值是（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】两段导线上的电流相等，电势差之比为

则电阻之比为

根据

可知A、B导线电阻率的比值是

故选B。

3. 与“磁悬浮”对应的一种技术叫“电悬浮”。如图所示，竖直平面内有a、b、c三个带电小球，其中a、b固定于绝缘水平面上，三球的连线恰好组成正三角形，“电悬浮”恰好能使小球c静止，则（　　）

A. a、b的电荷量必相等

B. a、b、c的电荷量必相等

C. a、b有可能带相反电性的电荷

D. c的重力大小等于a、c间的库仑斥力大小

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．根据对称性，a、b对c的斥力必大小相等，a、b的电荷量必相等，A正确；

B．根据库仑定律，c的电荷量不必与a（或b）的电荷量相等，B错误；

C．对c受力分析，可知小球c的重力和a、b对c的库仑斥力平衡，故三者的电性必相同，C错误；

D．根据三力平衡做矢量三角形，可知c的重力大小应为a、c间的库仑斥力的倍，D错误；

故选A。

4. 如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中A点和B点、C点和D点皆关于两电荷连线的中点O对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是（　　）

A. 电荷在O点受力最大

B. 电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小

C. 电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先做正功后做负功增大后减小

D. 电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据电场线的疏密特点，在CD直线上，O点的电场强度最大，而在AB直线上，O点电场强度最小，因此电荷在O点受力不是最大，A错误；

BD．根据电场线的疏密可知，从A到B的过程中，电场强度先减小后增大，则电场力也先减小后增大；同理从C到D的过程中，电场强度先增大后减小，则电场力也先增大后减小，故B错误，D正确；

C．直线CD是等势线，电荷沿直线由C到D的过程中，电场力不做功，C错误。

故选D。

5. 真空中，在x轴上x=0和x=8 m处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示(x轴正方向为场强正方向)，其中x=6 m处E=0。将一个正试探电荷在x=2 m处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)。则（　　）

A. Q1、Q2均为负电荷

B. Q1、Q2带电荷量之比为9:1

C. 在x=6 m处电势0

D. 该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．由题图，在x=0处场强为正，x=8 m处场强为负，可知Q1、Q2均为正电荷，故A错误；

B．根据题意“x=6 m处E=0”可知，在x=6 m处，E1=E2，即

解得

故B正确；

C．由于无穷远处电势为零，故在x=6 m处电势不为0，故C错误；

D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功，再做负功，因此电势能先减小后增大，故D错误。

故选B。

6. 如图所示，实线表示某电场的电场线，虚线表示一带正电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设A和B点的电势分别为φA和φB，粒子在A、B两点加速度大小分别为aA和aB，速度大小为vA和vB，电势能分别为EpA和EpB，下列判断正确的是（　　）

A. vA<vB B. aA<aB C. φA<φB D. EpA>EpB

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AD．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，粒子从A到B过程，电场力方向与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，速度减小，电势能增加，故带电粒子通过A点时的速度比通过B点时的速度大，即

故A、D错误；

B．根据电场线疏密可知，EA>EB，根据

和牛顿第二定律

可知

故B错误；

C．根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，故φA<φB，故C正确。

故选C。

7. 某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是（   ）

A. 只增大电压U B. 只增大高度d

C. 只增大宽度b D. 只增大尘埃被吸入水平速度v0

【答案】A

【解析】

【详解】增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为

又因为

解得

只要竖直方向上的位移y增大即可，因此可以增加电压U、极板长度L、减小高度d、减小水平速度v0。

故选A。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

8. 如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体（　　）

A. 向左移动时，θ增大

B. 向右移动时，θ增大

C 向左移动时，θ减小

D. 向右移动时，θ减小

【答案】BC

【解析】

【详解】AC．由公式

可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板件电介质增大，则电容增大，由公式

电荷量不变时，减小，则减小，故C正确，A错误；

BD．由公式

可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板件电介质减小，则电容减小，由公式

电荷量不变时，增大，则增大，故B正确，D错误。

故选BC

9. 如图甲所示是来测量脂肪积累程度的仪器，其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例（体液中含有钠离子、钾离子等，而脂肪不容易导电，脂肪含量越高电阻越大），模拟电路如图乙所示。测量时，闭合开关，测试者分握两手柄，体型相近的两人相比，脂肪含量高者（　　）

A. 电流表示数小

B. 电压表示数大

C. 电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值的绝对值变大

D. 路端电压大

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．由于脂肪不容易导电，当脂肪含量较高时，测试时接在电路中的电阻R较大，由闭合电路欧姆定律

可知，R越大，I越小，电流表的示数越小，故A正确；

BD．根据A项分析知，R大时，I小，故电源内阻的电压

小，路端电压

小，电压表的示数

大，故BD正确；

C．电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值为

脂肪含量高者，人体电阻R越大，但不变，故C错误。

故选ABD。

10. 如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（　　）

A. 在t=0时刻进入粒子离开电场时速度大小仍为v0

B. 粒子的电荷量为

C. 在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了

D. 在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场

【答案】AD

【解析】

【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间

此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；

B．在竖直方向，粒子在时间内的位移为，则

计算得出

选项B错误；

C．在时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为

故电场力做功为

选项C错误；

D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。

故选AD。

11. 如图，平面直角坐标系内有a、b、c三点，位置如图所示，匀强电场平行于坐标平面．将电子从a点分别移到坐标原点和b点的过程中，电场力做功均为2eV，已知a点电势为2V，以下说法正确的是（   ）

A. b点电势为零

B. 电场强度大小为200V/m

C. 电子在c点电势能为-8eV

D. 将电子从a点移到b点和从b点移到c点，电场力做功相同

【答案】BC

【解析】

【详解】由题意可知： ，因a点电势为2V，则bO两点的电势均为4V，选项A错误；

场强大小为：，选项B正确；bc连线与场强E方向平行，则，则c点的电势为8V，电子在c点电势能为-8eV，选项C正确；由于ab和bc的电势差不相等，则将电子从a点移到b点和从b点移到c点，电场力做功不相同，选项D错误．

第II卷（非选择题）

实验题（共10分）

12. （1）电流表A1（量程3mA，内阻r1= 10Ω），改装成量程为3V的电压表V，需要_____（填“串”，“并”）一个阻值为_______Ω的电阻R。（保留三位有效数字）

（2）用改装后的电压表，测量未知定值电阻Rx（约100Ω），器材有

A．电源E（电动势3V，内阻约1Ω）

B．滑动变阻器R1（最大电阻值10Ω）

C．电流表A2（量程0.6A，内阻约1Ω）。

D．电流表A3（量程30mA，内阻约20Ω）

E．导线、开关

①电流表应选________（填器材字母）

②尽可能精确测量电阻值，请将设计电路图填在方框中________

③计算Rx的表达式Rx = ________（假设所选电流表的读数为I，A1的读数I1，用I、I1、r1、R字母表示）

【答案】    ①. 串    ②. 990    ③. D    ④.       ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1]将电流表改装为一个电压表需要串联一个电阻。

[2]当电表满偏时，根据串联电路的规律

Ig(r1＋R) = 3，Ig= 3mA

解得

R = 990Ω

（2）①[3]由于电动势为3V，未知电阻约100Ω，则回路最大电流约为0.03A，则应选电流表D。

②[4]为尽可能精确测量电阻则滑动变阻器应采用分压式接法，且电压表内阻已知，电流表应采用外接法，电路图如下

③[5]根据题意Rx的表达式

13. 如图所示，已知电源电动势，内阻，保护电阻，R为电阻箱。求：

（1）电压表的读数为3V时，电阻箱的阻值R是多少？

（2）当电阻箱R的读数为4.5Ω时，在电阻箱R两端并联一个电容器，电容器的电容，电路稳定后，电容器极板所带的电荷量是多少？

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据欧姆定律

电阻箱的阻值

（2）当电阻箱R的读数为4.5Ω时，根据闭合电路欧姆定律

电压表的读数为

电容器的电容

电路稳定后，电容器极板所带的电荷量是

14. 如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ=60°，重力加速度为g。

（1）求小球所受的静电力大小；

（2）求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由于小球经过C点时速度最大，表明在该位置，重力与电场力的合力方向恰好背离圆心，可知电场力大小为

（2）由于小球在轨道内侧做完整的圆周运动，若小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则小球应该是恰好能够经过C点关于圆心的对称点D，此时在D点轨道对小球的弹力恰好为0，由重力与电场力的合力提供向心力，则有

小球从A到达D过程有

解得

15. 在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求B所受静摩擦力的大小；

(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．

【答案】（1）0.4N （2）0.528W

【解析】

【分析】

【详解】（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：

由平衡条件所得：

对A有

mAgsin θ＝FT

对B有

qE＋f0＝FT

代入数据得

f0＝0.4 N

（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：

由牛顿第二定律得：

对A有

F＋mAgsin θ－F′T－Fksin θ＝mAa

对B有

F′T－qE－f＝mBa

其中

f＝μmBg

Fk＝kx

由电场力做功与电势能的关系得

ΔEp＝qEd

由几何关系得

A由M到N，由

vt2－v02＝2ax

得A运动到N的速度

v＝

拉力F在N点的瞬时功率

P＝Fv

由以上各式，代入数据

P＝0.528 W