重庆辅仁中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试卷

重庆市辅仁中学校高2025届高二上第二次学月质量检测物理试卷命题人：冉孟权审题人：杨章万试卷分值：100分考试时间：90分钟注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。一、单项选择题（本题包括10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）1.下列关于电场基本概念与规律的判断正确的是（）A.由库仑定律可知，当距离r→0时库仑力B.由可知，以点电荷为球心的球面上各点电场强度E大小相同C.由可知，电势差与检验电荷电量q成反比、与电场力做功成正比D.由可知，平行板电容器电容C与带电量Q成正比、与电压U成反比【答案】B【解析】【详解】A．库仑定律的适用条件是带电体为点电荷，当距离r→0时带电体不能视为点电荷，所以此时不能根据得出库仑力，故A错误；B．由可知，以点电荷为球心的球面上各点电场强度E大小相同，故B正确；C．是电势差的比值定义式，电势差与电场本身性质有关，与检验电荷电量和电场力做功均无关，故C错误；D．平行板电容器电容是其本身的性质，与带电量Q成正比、电压U无关，故D错误。故选B。2.关于静电场，下列说法正确的是（）A.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也一定逐渐降低B.等差等势面越密的地方电场强度越小C.静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面D.正电荷仅受电场力的作用从静止开始运动，其轨迹必定与电场线重合【答案】C【解析】【详解】A.电场强度大小与电势没有必然联系，随着电场强度的大小逐渐减小，电势不一定逐渐降低，故A错误；B.根据可知，在相同时，大的距离小，小的距离大，即等差等势面越密的地方电场强度越大，故B错误；C.等势面上任意两点间的电势差为0，所以静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面，故C正确；D.只有电荷从静止释放，且在匀强电场中运动，运动轨迹才与电场线重合，其它情况一般不重合，故D错误。故选C。3.关于多用电表，下列说法正确的是（）A.多用电表测量直流电流时，红表笔接触点的电势低B.测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开C.多用电表换用不同倍率欧姆挡测电阻时，不需要重新欧姆调零D.多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，则需选择更大的倍率进行测量【答案】B【解析】【详解】A．用多用电表测直流电流、电压时，多用表内部不连接电池，电流由红表笔流入，由黑表笔流出，红表笔电势高，黑表笔电势较低，故A错误；B．测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，故B正确；C．欧姆表换挡后要进行欧姆调零，测量过程中，每换一次挡位，都必须重新调整欧姆零点，故C错误；D．多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，说明倍率大，示数小，则需选择更小的倍率进行测量，故D错误。故选B。4.如图所示，在阴极射线管的阴、阳两极间加上电压U，电子电量为e，电子从阴极出发，到达阳极时（）A.动能不变 B.动能减少了C.电势能减少了 D.电势能增加了【答案】C【解析】【详解】因为电子从阴极出发到达阳极过程中，电场力做功为，即电场力做正功，则电势能减少，动能增加，且电势能减少了，动能增加了，故C正确，ABD错误。故选C。5.如图斜面倾角是30°，A、B是两个带同种电荷小球（可视为点电荷），质量均为m，分别将B小球固定在A球的正下方和斜面底端（图中虚线位置）。已知B球在A球正下方时，A球对斜面的作用力为零，则当B球固定在斜面底端时，A球处于静止状态，则A球受到的静摩擦力大小为（）A.0 B.mg C.mg D.mg【答案】B【解析】【详解】当B球在A球正下方时，A球对斜面的作用力为零，可知B球此时对A球的静电力为则当B球固定在斜面底端时，此时B球与A球的距离增大1倍，所以它们间的静电力大小为方向沿斜面向上，对A球受力分析由平衡条件有故选B。6.一根粗细均匀横截面为圆形的导线，两端加上电压U。若导线被均匀拉长，使其半径变为原来的，再给它两端加上相同电压U。则下列判断正确的是（）A.导线的电阻变为原来的8倍B.通过导线的电流强度变为原来的为倍C.自由电子定向移动的平均速率变为原来的为倍D.电子在导线中受到的电场作用力变为原来的倍【答案】C【解析】【详解】A．导线被均匀拉长，使其半径变为原来的，则面积变为原来的倍，长度变为原来的4倍，根据电阻定律可知导线的电阻变为原来的16倍，故A错误；B．根据欧姆定律可知通过导线的电流强度变为原来的为倍，故B错误；C．根据电流的微观表达式变形可得自由电子定向移动的平均速率为所以自由电子定向移动的平均速率变为原来的为倍，故C正确；D．根据可知导线中电场强度变为原来的倍，根据可知电子在导线中受到的电场作用力变为原来的倍，故D错误。故选C。7.如图，电源电动势为E，内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内。在温度降低的过程中，分别用I、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数，用、、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（）A.电源的输出功率一定变大 B.增大、和不变C.带电液滴一定向下加速运动 D.电源的工作效率变小【答案】B【解析】【详解】A．由电源输出功率随外电阻的变化规律可知，当时，电源输出功率最大；当时，随热敏电阻的阻值增大，电源输出功率变大；当时，随热敏电阻的阻值增大，电源输出功率变小。因与的大小关系不明确，因此电源的输出功率不一定变大，故A错误；B．由欧姆定律可得当温度降低时，热敏电阻的阻值增大，可知增大；由闭合电路欧姆定律可得，则有，可知和不变，故B正确；C．带电液滴在平行板电容器中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低时，热敏电阻的阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流经定值电阻的电流变小，则其两端的电压变小，电容器电压增大，电容器极板间的电场强度增大，带电液滴受的电场力增大，使带电液滴向上做加速运动，故C错误；D.电源的工作效率为当温度降低时，热敏电阻的阻值增大，则外电阻增大，电源的工作效率变大，故D错误。故选B。8.如图所示，真空中有等量同种点电荷＋q、＋q分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，下列说法正确的是（）A.在MN连线中垂线上，O点电势最低B.同一正电荷在b点和d点受到的电场力相同C.同一正电荷c点电势能大于在a点电势能D.若在b点给电子一垂直纸面合适的速度，电子可绕O点做匀速圆周运动【答案】D【解析】【详解】等量同种正点电荷的电场线分布如图所示A．中垂线上的电场线方向沿中垂线远离O点，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知O点电势最高，故A错误；B．根据等量两正电荷连线中垂线上场强分布规律可知，b点和d点的场强等大反向，所以同一正电荷在b点和d点受到的电场力大小相等，方向相反，故B错误；C．根据电场强度叠加原理及对称性可知，等量正点电荷连线中点O电场强度为零，两侧电场强度沿连线指向O点且关于O点对称，故a、c两点电势相等，因此同一正电荷在a、c两点电势能相等，故C错误；D．在垂直纸面且经过b、d两点的圆上，所有点的电势相等，并且电子受到的电场力指向O点，若在b点给电子一垂直纸面合适的速度，当电场力刚好提供向心力时，电子可绕O点做匀速圆周运动，故D正确。故选D。9.如图，电荷量分别为Q1和Q2的点电荷固定放置在A、B两点，P是AB连线上的一点，，一试探正点电荷（重力不计）从AB连线上靠近A的S点由静止释放后，到达P点时速度达到最大值，然后做减速运动，下列判定正确的是（）A.，B.P点的电势为零C.D.运动过程中，试探正点电荷在P点的电势能最小【答案】D【解析】【详解】A．正点电荷（重力不计）从连线上靠近A的S点由静止释放后，做加速运动，所以Q1带正电，到达P点时速度达到最大值，然后做减速运动，受到斥力作用，所以Q2也带正电，故A错误；BD．沿电场方向电势降低，由题可看出，沿AB连线，P点的电势最低，是不是等于零，取决于电势零点的位置选取在哪儿，根据电势能的定义可知，正电荷在P点的电势能最小，故B错误，D正确；C．在P点时速度最大，合力为零，则有可得故C错误。故选D。10.如图所示，一匀强电场的电场线与圆O所在平面平行，AB为圆的一条直径，C为圆周上一点，圆的半径为R，，在A点有一粒子源，能向圆O所在平面内各个方向以动能发射同种带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q，由观察可知经过B、C的粒子动能分别为5和2，则（）A.匀强电场的电场强度为B.匀强电场的电场强度为C.匀强电场的方向垂直OCD.匀强电场的方向与AC平行【答案】B【解析】【详解】在匀强电场中，沿任意方向相等距离电势差相等，由题意可知A到B电场力做功，则由A到A、O中点电场力做功，由A到C电场力做功，即C与A、O中点为等势点，连接C与A、O中点为等势线，则电场线垂直该等势线，根据根据几何关系可知电场线平行，可得联立可得故选B。二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。选对得4分，选不全得2分，选错不得分。）11.如图所示是探究平行板电容器的电容大小与哪些因素有关的实验装置图，电容器充电后与电源断开，实验过程中可认为两极板上的电荷量Q保持不变，下列说法正确的是（）A.若其它条件不变，只将b板向左平移少许，静电计的指针张角变大B.若其它条件不变，只将b板向左平移少许，电容器两板间电场强度减小C.若其它条件不变，只在a、b两板间插入有机玻璃板，两板间电势差减小D.若其它条件不变，只将a板向上平移少许，电容器两板间电场强度不变【答案】AC【解析】【详解】A．根据电容的决定式可知，只将b板向左平移少许，d增大，电容C减小，根据因电量Q不变，故电势差U增大，则静电计的指针张角变大，故A正确；B．根据，，联立解得可知，只将b板向左平移少许，d减小，电容器两板间电场强度不变，故B错误；C．根据电容的决定式可知，只在a、b两板间插入有机玻璃板，增大，电容C增大，根据因电量Q不变，故电势差U减小，故C正确；D．根据，，联立解得可知，只将a板向上平移少许，S减小，电容器两板间电场强度增大，故D错误。故选AC。12.对伏安特性曲线的理解（如图甲、乙所示），下列说法正确的是（）A.图线a、e、d、f表示线性元件，b、c表示非线性元件B.在图甲中，C.在图乙中，D.图线b的斜率变小，电阻变小，图线c的斜率变大，电阻变大【答案】ABC【解析】【详解】A．由欧姆定律知，电阻一定时电流与电压成正比，甲乙两图中图线a、e、d、f是定值电阻，表示线性元件，b、c是非定值电阻，表示非线性元件。故A正确；B．甲图像中斜率表示电阻，图线a的斜率大于图线e的斜率，所以，故B正确；C．乙图线中斜率表示电阻的倒数，图线d的斜率大于图线f的斜率，所以，故C正确；D．甲图像中割线斜率表示电阻，则图线b的割线斜率变小，电阻变小，乙图线中割线斜率表示电阻的倒数，则图线c的割线斜率变大，电阻变小，故D错误。故选ABC。13.如图所示，直线A为某电源的图线，曲线B为某小灯泡的图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）A.此电源的内阻约为B.灯泡的额定电压为3V，额定功率为6WC.把灯泡换成阻值为1Ω的定值电阻，电源的输出功率将变大D.把和“3V，20W”的灯泡并联后接在电源上，两灯泡仍能正常发【答案】BC【解析】【详解】A．由图读出电源电动势为E=4V斜率表示内阻，即为故A错误；B．由图可知灯泡D1的额定电压为U=3V额定电流为I=2A则额定功率为故B正确；C．把灯泡D1换成阻值为1Ω的定值电阻，根据闭合电路欧姆定律电源的输出功率为故C正确；D．把D1和“3V，20W”的灯泡D2并联后接在电源上，外电路总电阻减小，路端电压减小，两灯泡的电压将小于3V，不能正常发光，故D错误。故选BC。14.将一个表头G改装成多量程的电流表，通常有两种连接方式。如图甲所示的连接方式称作开路转换式（其中电阻）。如图乙所示的连接方式称作闭路抽头式。两种连接方式在实际中均有使用，下列说法正确的是（）A.开路转换式中，开关S接1时的量程大于开关S接2时的量程B.开路转换式中，若电阻发生变化，则开关S接1、2对应的两个量程都会发生变化C.闭路抽头式中，抽头3对应的量程大于抽头4对应的量程D.闭路抽头式中，若电阻发生变化，则抽头3、4对应的两个量程都会发生变化【答案】ACD【解析】【详解】A．根据则并联的电阻越小，则量程越大，因，则开路转换式中，开关S接1时的量程大于开关S接2时的量程，选项A正确；B．开路转换式中，若电阻发生变化，则开关S接1时对应的量程会发生变化，而开关S接2时对应的量程不会发生变化，选项B错误；CD．闭路抽头式中，接抽头3时并联的电阻只有R1，而接抽头4时并联的电阻有R1和R2，则抽头3对应的量程大于抽头4对应的量程，并且若电阻发生变化，则抽头3、4对应的两个量程都会发生变化，选项CD正确；故选ACD。三、实验题（18分）15.用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为___________mm。用游标卡尺可以测量某些工件的外径。在测量时，示数如图所示，则读数分别为___________mm。【答案】①.②.【解析】【详解】[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，读数等于固定刻度加上可动刻度，则图中金属丝的直径为[2]由图所示游标卡尺可知，游标尺是10分度的，游标尺的精度是0.1mm，游标卡尺示数为16.要测绘一个标有“”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：电池组（电动势为，内阻约1Ω）；电流表（量程为0250mA，内阻约5Ω）；电压表（量程为03V，内阻约3kΩ）；电键一个、导线若干。（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_____（填字母代号）；A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流）（2）实验的电路图应选用下列的图____________（填字母代号）；（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是__________________W。【答案】①.A②.B③.【解析】【详解】（1）[1]由于实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，所以滑动变阻器应采用分压式接法，为了便于控制分压，应选择最大阻值较小的A。（2）[2]小灯泡正常发光时的电阻为而小灯泡的电阻随温度升高而增大，所以小灯泡的电流小于额定电流时，其电阻小于15Ω，综上所述可知，实验过程中小灯泡的电阻将始终满足所以为了减小系统误差，电流表应采用外接法，而滑动变阻器采用分压式接法。故选B。（3）[3]如果将这个小灯泡接到电动势为，内阻为5Ω的电源两端，设灯泡两端电压为U，电路中电流为I，根据闭合电路欧姆定律有代入数据并整理得将上式对应的图线与小灯泡的IU图线作在同一坐标系中如图所示，则两图线交点（，）为小灯泡的工作点，此时小灯泡消耗的功率为17.测一节干电池的电动势E和内阻r。某同学设计了如图甲所示的实验电路，已知电流表内阻与电源内阻相差不大。（1）连接好实验电路，开始测量之前，滑动变阻器R的滑片P应调到________（选填“a”或“b”）端。（2）闭合开关，接位置1，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数。（3）重复（1）操作，闭合开关，接位置2，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数。（4）建立UI坐标系，在同一坐标系中分别描点作出接位置1、2时图象如图乙所示。①接2时的UI图线是图乙中的________（选填“A”或“B”）线。②进一步对该实验误差进行分析，下列说法中正确的是________。A.开关接1时，电池电动势的测量值等于真实值，电池内阻的测量值小于真实值。B.开关接1时，电池电动势的测量值小于真实值，电池内阻的测量值大于真实值。C.开关接2时，电池电动势的测量值等于真实值，电池内阻的测量值大于真实值。D.开关接2时，电池电动势的测量值小于真实值，电池内阻的测量值小于真实值。③每次测量操作都正确，读数都准确。由于接位置1，电压表的分流作用，接位置2，电流表的分压作用，分别测得的电动势和内阻与真实值不相等。则由图乙中的A和B图线，可得电动势和内阻的真实值，E＝________V，r＝________Ω。（保留3位有效数字）【答案】①.a②.A③.C④.⑤.【解析】【详解】（1）[1]为保护电流表，开始测量之前，滑动变阻器R的滑片P应调到阻值最大的a端；（4）①[2]当S2接1位置时，可把电压表与电源并联看作一个等效电源，设电压表内阻为，则电动势和内阻测量值分别为，可知电动势和内阻的测量值均小于真实值；当S2接2位置时，可把电流表与电源串联看作一个等效电源，设电流表内阻为，则电动势和内阻测量值分别为，可知电动势测量值等于真实值，内阻的测量值均大于真实值；则S2接2时的图线是图乙中的A线。②[3]AB．开关S2接1时，可把电压表与电源并联看作一个等效电源，可知电动势和内阻的测量值均小于真实值；故AB错误；CD．开关S2接2时，可把电流表与电源串联看作一个等效电源，可知电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值均大于真实值；故C正确，D错误。故选C。③[4][5]当S2接2位置时，可把电流表与电源串联看作一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知电动势测量值等于真实值，图线应是A线，则有当S2接1位置时，图线的B线对应的短路电流为真实值，为内阻的真实值为四、计算题（本题共4个小题，第18题6分，第19题8分，第20题9分，第21题13分。要求写出必要的公式、文字叙述。）18.如图所示，用长L＝30cm的细线将质量的带电小球悬挂在天花板上，空间中存在方向水平向右，大小的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°，g取，sin37°＝，cos37°＝。（1）求小球的电荷量；（2）若将细线剪断，剪断后的时间内，小球的位移为多大？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对小球受力分析，由平衡条件得可得，小球的电荷量为（2）剪断细线后，小球做匀加速直线运动，由牛顿第二定律解得由运动学公式，小球的位移为19.如图所示的电路中，电源电动势，内阻，电动机的电阻，电阻。电动机正常工作时，理想电压表的示数，求：（1）电路路端电压；（2）电动机输出有用功的功率；【答案】（1）10V；（2）8W【解析】【详解】（1）根据欧姆定律，电路电流为：电路的路端电压为代入数据解得（2）设电动机两端电压为U，则由闭合电路欧姆定律得：电动机消耗的电功率为：电动机的热功率为：电动机将电能转化为机械能的功率为20.如图所示的电路中，电源电动势为E=200V，内阻为r=2