四川省射洪中学2024-2025学年高二上学期第一次月考物理（强基班）试题（解析版）

第1页/共1页射洪中学高2023级强基班高二上期第一学月考试物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将答题卡交回。一、单项选择题1.电场强度有三个公式，分别为E=、E=k、E=，关于这三个公式的理解和运用，下列说法正确的是（）A.公式E=表示，电场强度与电场力F成正比，与电荷量q成反比B.公式E=k是点电荷电场强度的定义式，它表示空间中某点的电场强度与点电荷的电荷量Q成正比，与该点到点电荷的距离r的二次方成反比C.公式E=是匀强电场中电场强度与电势差的关系式，由此公式可知，在匀强电场中，两点之间的电势差与这两点之间的距离在沿电场线方向上的投影成正比D.公式E=k只适合点电荷形成的电场，因而空间中有多个点电荷时求合场强，E=k不再适用。【答案】C【解析】【详解】A．公式E=是场强的定义式，不是决定式，电场强度与电场力F不成正比，与电荷量q不成反比，故选项A错误；B．式E=k是点电荷电场强度的决定式，不是定义式，故选项B错误；C．公式E=是匀强电场中电场强度与电势差的关系式，由此公式可知，在匀强电场中，两点之间的电势差与这两点之间的距离在沿电场线方向上的投影成正比，是正确的，故选项C正确；D．公式E=k只适合点电荷形成的电场，空间中有多个点电荷时求合场强，E=k是适用的，故选项D错误。故选C。2.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是()A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】在加速电场中有eU＝mv2得v＝在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电荷量为q＝IΔt＝I则电子个数n＝＝故选B。3.如图所示，实线为某一点电荷电场的部分电场线，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（）A.粒子一定带负电B.粒子一定是从a点运动到b点C.粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度D.粒子c点的电势能小于b点的电势能【答案】C【解析】【详解】A．由合力的方向指向运动轨迹的凹侧，可知粒子受力方向与电场方向一致，所以带正电，故A错误；B．只知道曲线运动轨迹不能判断运动方向，所以粒子运动方向无法确定，故B错误；C．由于c点电场线比b点电场线密，在电场中根据可知c点场强大，粒子在c点受力大，加速度大，故C正确；D．沿着电场线电势逐渐降低，可得，粒子带正电，由，可知，故D错误。故选C。4.如图，绝缘竖直圆环上均匀分布着正电荷，轴为圆环轴线，光滑细杆位于圆环轴线上，杆上套有带正电小球。时将小球从圆环右侧点由静止释放，则小球运动速度随时间变化关系图像及轴上电势与坐标的关系图像可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】AB．因沿着Ox方向场强先增加后减小，可知小球受电场力先增加后减小，加速度先增加后减小，v-t图像的斜率先增加后减小，则图像A正确，B错误；CD．沿Ox正向电势逐渐降低，因小球向右移动相同距离时电场力做功越来越小，可知相同距离的电势差不相等，则图像不是按线性减小，选项CD错误。故选A。5.如图所示，虚线为匀强电场中的一组等势线，相邻两等势线间的距离相等，电势差也相等，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹。已知电子在等势线φ0上具有动能8eV，它运动到等势线φ3上时动能为2eV。令φ0＝0，电子重力不计，下列说法正确的是（）A.电场方向水平向左B.该电子刚好能经过等势线φ4C.电子在B点的电势能为D.当该电子的电势能为4eV时，其动能大小为4eV【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可知电子从A到B，动能减小，则电势能增大，而电子带负电，在电势低处电势能大，所以，则电场方向水平向右，故A错误。B．根据动能定理可得可得相邻两等势线间的距离相等，电势差也相等，则有若电子可以经过等势线，则有可知电子可以经过等势线时的动能为0，但图中电子做曲线运动，电子的速度不可能减为0，所以电子不能到达等势线，故B错误；C．根据，可得则电子在B点的电势能为故C错误；D．由于电子只受电场力，所以电子的动能和电势能之和保持不变，在等势线处，有则当该电子的电势能为4eV时，其动能大小为4eV，故D正确。故选D。6.某课外兴趣小组为了将一小量程的电流表改装成一多用电表，设计了如图所示的电路。已知小量程电流表的内阻Rg＝100Ω，满偏电流Ig＝1mA，电阻R1＝9900Ω，，下列判断正确的是（）A.当S1和S2均断开时，改装成的表是电压表，量程为9.9VB.当S1和S2均断开时，改装成的表是电压表，量程为1VC.当S1和S2均闭合时，改装成的表是电流表，量程为0.1AD.当S1和S2均闭合时，改装成的表是电流表，量程为1A【答案】C【解析】【详解】AB．当S1和S2均断开时，小量程的电流表G与串联，故小量程电流表G改装成的表是电压表，其量程为故AB错误；CD．当S1和S2均闭合时，小量程的电流表G与并联，故小量程电流表G改装成的表是电流表，其量程为故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，电源电动势E及内电阻r恒定不变，R、R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电压表V及电流表A1、A2均为理想电表。下列说法正确的是（）A.若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，两电流表A1、A2的示数变化量ΔI1>ΔI2B.若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，电压表V和电流表A1的示数变化量的绝对值之比不断改变C.若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，电压表V和电流表A1的示数变化量的绝对值之比不变D.若R2接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则电流表A1的示数变小，电压表V、电流表A2的示数均变大【答案】C【解析】【详解】A．若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流增大，由闭合电路欧姆定律有可知电压示数减小，即并联部分电压减小，则流过的电流减小，根据可知流过的电流变大，即A2的的示数变大，而可得故A错误；BC．若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，由闭合电路欧姆定律有可得电压表V和电流表A1的示数变化量的绝对值之比为可知比值不变，故B错误，C正确；D．若R2接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则干路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知电流表的示数变大，电源的内电压和R两端的电压增大，电压表V减小，电流表的示数也变小，故D错误。故选C。二、多项选择题8.如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（）A.在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为的电流B.在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为的电流C.若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，P点电势不变D.若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势降低【答案】AD【解析】详解】A．开始时，重力和电场力平衡，故将A板向下移，由可知E变大，故油滴应向上加速运动；根据解得因电压U不变，随着间距d减小，故电容器电量增大将充电，故G中有的电流，故A正确；B．若将A板向右平移一小段位移，即减小正对面积，由可知，因间距d不变，那么E不变，油滴仍静止；同理可得故电容器电量减小将放电，故G中有的电流，故B错误；C．若将S断开，Q不变，根据解得将B板向下平移一小段位移，电场强度不变，因，由因变大，则P点电势降低，故C错误；D．若将S断开，Q不变，A向左平移一小段距离，同理可得可知E增大，由于可知P点电势降低，故D正确。故选AD。9.在x轴上各点电场强度E平行于x轴且随x的变化规律如图所示，O、A、B、C为x轴上等间距的四个点。现将带正电的检验电荷从O点静止释放，检验电荷沿直线运动到A点时的动能为Ek。已知检验电荷只受电场力作用，则以下分析正确的是（）A.该电场的O、A、B、C四个点，A点的电势最高B.检验电荷运动到C点时的动能小于3EkC.检验电荷从O点到C点，先做加速运动，后做减速运动D.O、A、B、C四个点，A点附近电场线最密【答案】BD【解析】【详解】AC．从O到C电场方向一直向右，故电势一直降低，O点电势最高，且带正电的试探电荷所受的电场力向右，电荷将一直加速，故AC错误；B．根据图像与横轴围成的面积表示电势差，可知根据动能定理可得，联立可得故B正确；D．O、A、B、C四个点，A点电场强度最大，故A附近电场线最密，故D正确。故选BD。10.如图，一半径为R的固定的光滑绝缘圆环，位于竖直平面内；环上有两个相同的带电小球a和b(可视为质点)，只能在环上移动，静止时两小球之间的距离为R。现用外力缓慢推左球a使其到达圆环最低点c，然后撤除外力，下列说法正确的是（）A.左球a到达c点时，圆环对b球的支持力比刚开始小B.左球a到达c点的过程中，外力做正功，电势能增加C.左球a到达c点的过程中，a、b两球的重力势能与电势能之和增加D.撤除外力后，a、b两球在轨道上运动过程中系统的机械能守恒【答案】ABC【解析】【详解】A．初始位置受力如图所示，由几何关系可知，ab与圆心连线与竖直方向夹角均为60°，可知圆环对球的支持力左球a到达c点的过程中，b向上运动，做出b球的受力图，由相似三角形关系可知则圆环对b球的支持力变小，则A正确；BC．左球a到达c点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，电势能增加，a、b两球的重力势能与电势能之和增加，则BC正确；D．撤除外力后，只有重力与库仑力做功，则a、b两球在轨道上运动过程中系统的机械能与电势能之和守恒，则D错误。故选ABC。三、实验题11.如图1所示，在探究影响平行板电容器电容的因素的实验中，使电容器带电后与电源断开。电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。现请回答下列问题：（1）此时静电计直接测量的是_____。A.电容C B.电荷量Q C.两板间的电势差U D.两板间场强E（2）保持B板不动，将A板向右移动，静电计指针张角_____（选填“增大”、“减小”或“不变”）（3）改变相关因素使电容器电容发生变化，从而可以测量某些物理量，因此可制作电容式传感器。保持B板不动，将A板上下移动会使静电计指针的偏角变化。下列传感器电容变化和此原理相同的是_____；（4）该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容，充电时通过传感器的电流随时间变化的图像如图2中①②所示，其中对应电容为的电容器充电过程图像的是_____（选填①或②）。【答案】（1）C（2）减小（3）CD##DC（4）②【解析】【小问1详解】根据题意，由图可知，此时静电计直接测量的是两板间的电势差U。故选C。【小问2详解】保持B板不动，将A板向右移动，根据得电容变大，根据知电量不变，电势差减小，静电计指针张角减小。【小问3详解】A．保持B板不动，将A板上下移动，目的是改变两极板的正对面积，A图是通过改变介电常数来改变电容的大小，故A错误；B．B图是通过改变两极板间距来改变电容的大小，故B错误；CD．CD图是通过改变两极板的正对面积来改变电容的大小，故CD正确。故选CD【小问4详解】用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容，则充电完成后，两电容器两端电压相同，根据Q=CU可知，电容器的电容小则其带电量小，而I-t图像面积代表带电量，所以对应电容为的电容器充电过程图像的是②。12.用欧姆表粗测得某圆柱复合材料的电阻约为12Ω，某实验小组通过以下实验测量其电阻率ρ。（1）该实验小组分别用20分度的游标卡尺、螺旋测微器测量其长度L和直径D，某次测量结果如图甲、乙所示：长度L=___________cm，直径D=___________mm；（2）为了使电阻测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：A.电池组（电动势，内阻约）B.电流表（，内阻约）C.电流表（，内阻约）D.电压表（，内阻约）E.电压表（，内阻约）F.滑动变阻器（，额定电流）G.滑动变阻器（，额定电流）H.开关、导线若干为使通过待测金属丝的电流能从0开始调节，上述器材中，电流表应选___________，电压表应选___________，滑动变阻器应选___________（填写器材前的序号字母）。图丙所示电流表读数为___________A。并用笔划线代替导线完成图丁所示实物图连接___________【答案】（1）①.2.325②.6.700（2）①.C②.D③.F④.0.40⑤.见解析【解析】【小问1详解】[1]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知长度为[2]螺旋测微器的精确值为，由图可知直径为【小问2详解】[1][2][3]圆柱复合材料的电阻约为12Ω，根据则电流表应选C；由于电动势，则电压表应选D；为使通过待测金属丝电流能从0开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的F。[4]电流表选择量程为，则图丙所示电流表读数为；[5]根据可知电流表应采用外接法；且滑动变阻器采用分压接法，则实物连线如图所示四、计算题13.如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=200Ω，R2阻值未知，R3为滑动变阻器。当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的。求：（1）定值电阻R2的阻值；（2）滑动变阻器的最大阻值；（3）电源的电动势和内阻。【答案】（1）（2）（3），【解析】【小问1详解】当P滑到R3的右端时，此时外电路中只有电阻R2，电路参数对应图乙中的B点，则【小问2详解】当P滑到R3的左端时，滑动变阻器全部接入电路，电路参数对应乙图中的A点，由图乙所示图像可知解得【小问3详解】题中图乙中AB延长线，交U轴于20V处，交I轴于1.0A处，所以电源的电动势为内阻14.如图，足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定光滑绝缘半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧，且AB间距为2R。整个空间处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为的带正电小球从A点静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：（1）小球运动到B点时的速度大小；（2）小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能；（3）小球运动到最高点时速度的大小？【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】小球从A到B，根据动能定理可得解得【小问2详解】当小球在运动到等效最低点时，速度最大，动能最大，而等效最低点位于圆弧BC的中点，此时小球与O点连线与竖直方向的夹角为45°，根据动能定理可得解得【小问3详解】小球从A到C，根据动能定理有解得小球从C点飞出后，将小球的运动分解为水平方向的初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，则解得即小球运动到最高点时速度的大小为。15.如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线的中点，M、N在连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则上的电势随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（）的小球以一定初动能从M点竖直下落，一段时间