河北省保定市部分高中2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题含解析

2022级高二上学期10月考试物理试题一、单选题（共7小题，每小题4分，每小题只有一个选项正确，共28分）1．下列叙述中符合物理学史实的是（）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应B．法拉第提出了著名的分子电流假说C．麦克斯韦证实了电磁波的存在D．法拉第测出电磁波与光的传播速度相同2．如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点。，用、、、分别表示A、B两点的场强和电势，则（）A．一定大于，一定大于 B．不一定大于，一定大于C．一定大于，不一定大于 D．不一定大于，不一定大于3．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（）A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小4．新冠疫情期间，额温枪广泛应用于各种场所。4月开学后学校实行体温每日三检制度，体温检测员小明仔细研究了班里的额温枪及其技术参数（如图所示），发现它以2节干电池为电源，工作电流为5mA。能通过传感器检测人体向外辐射的红外线，根据红外线能量的强弱快速、准确且无接触的测量体温，那么关于该额温枪的说法中正确的是（）A．额温枪工作时，电池组两极间的电压为3VB．额温枪工作时，电路中每通过1C电荷，每节电池都能把1.5J化学能转化为电能C．额温枪工作时，电源的输出功率为15mWD．若换用两节充满电的800mAh充电电池，则最多可测温约为次5．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路）连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（）A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低C．断开开关S，带电油滴将向下运动D．将下极板上移，带电油滴将向上运动6．如图所示，平行金属板中带电质点原处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则（）A．电压表读数减小 B．电流表读数增大C．质点将向上运动 D．上消耗的功率逐渐减小7．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态。现将A球沿水平方向向右缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是（）A．A、B两小球间的静电力变大B．A、B两小球间的静电力变小C．A球对MO杆的压力变大D．A球对MO杆的压力变小二、多选题（共3小题，每小题6分，全选对得6分，对但不全的得3分，错选不得0分）8．如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、之间的加速电压为，、之间的偏转电压为，为荧光屏。现有质子、氘核和粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为，电荷量之比为，则质子、氘核和粒子三种粒子（）A．三种粒子都打在荧光屏上同一个位置B．从开始到荧光屏所经历时间之比为C．打在荧光屏时的动能之比为D．打在荧光屏时的动能之比为9．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，小球A的质量为m、电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则（）A．小球A与B之间库仑力的大小为B．当时，细线上的拉力为0C．当时，细线上的拉力为0D．满足某条件时，斜面对小球A的支持力可能为010．某同学设计的称重仪的工作原理图如图所示，其中定值电阻的阻值为，金属电阻片的最大阻值为，其接入电路中的阻值R与称重台所受压力大小F的关系为（k为已知常量），显示表是由电流表改装成的，当R=0时，显示表恰好满偏，则下列有关该称重仪的说法中正确的是（）A．重物质量越大，显示表指针偏角越小B．重物质量越大，上消耗的功率越大C．电路中电流大小与称重台所受压力大小成正比D．改装后的称重仪显示表的刻度是不均匀的三、实验题（共两小题，每空2分，共15分）11．某同学要测量一分布均匀材料制成的金属圆柱体的电阻率,已知金属圆柱体电阻约为。步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为mm；（3）为了更加准确地测出该圆柱体的电阻，除了导线和开关外，有以下一些器材可选择：A．电源E（电源电压4V、内阻可忽略不计）B．电流表A1（量程0～0.6A，内阻约）C．电流表A2（量程0～20mA，内阻约）D．电压表V1（量程0～3V，内阻约）E．电压表V2（量程0～15V，内阻约）F．待测电阻RxG．滑动变阻器R1（，允许最大电流2.0A）H．滑动变阻器R2（，允许最大电流1A）I．电键S和导线若干其中电流表选择。电压表选择。滑动变阻器选（填前面对应的序号）在答题卡上的方框中画出实验电路并标出所选实验器材的代号。12．小明同学打算将一只量程为250μA的灵敏电流计（内阻未知，约为几百欧）改装成多用电表，他设计的改装电路如图乙所示。图乙中G为灵敏电流计，、、、和是定值电阻，是滑动变阻器。实验室中还有两个备用滑动变阻器，分别为滑动变阻器（0~1000Ω）、滑动变阻器（0~10000Ω）。（1）用图甲所示电路测量灵敏电流计G的内阻，先将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合，缓慢减小的阻值，直到G的指针满偏；然后闭合，保持滑动变阻器的阻值不变，逐渐调节电阻箱R的阻值，使G的指针偏到最大值的，此时电阻箱R的读数为960Ω，则灵敏电流计G的内阻为Ω；若图甲电路中干电池的电动势为1.5V，则滑动变阻器选（填“”或“”）。（2）图乙中的A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（3）若图乙中多用电表的5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡（表盘正中间的刻度为“15”）。则Ω，Ω，图乙中电源电动势E=V。四、解答题（共3小题，13题12分，14题15分，15题16分，共43分）13．如图所示，电源的电动势，电阻，电动机绕组的电阻，电键始终闭合。当电键断开时，电阻的电功率是525W；当电键闭合时，通过电阻的电流是，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率。14．如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线．平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω．可以看为质点的带电小球，电量q＝－0.01C，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑．（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E．（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，求电源内阻r．（3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？15．如图所示，在平面坐标系第一象限内有沿-x方向的匀强电场，电场强度大小为E，y轴与直线x=-d（d>0）区域之间有沿-y方向的匀强电场，电场强度大小也为E，一个带电量为+q的粒子（不计重力）从第一象限的s点由静止释放。（1）若s点坐标为，求粒子通过x轴的位置坐标；（2）若s点坐标为，求粒子通过x轴时的动能；（3）若粒子能通过工轴上的点的坐标为（-3d，0），求释放s点的坐标（r，y）应满足的关系式。参考答案：1．A【详解】A．奥斯特在实验中观察到电流的周围存在磁场，发现了电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系，故A正确；B．安培提出了著名的分子电流假说，故B错误；CD．赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测出电磁波与光的传播速度相同，故CD错误。故选A。2．B【详解】由两个等量正点电荷产生的电场线分布规律可知，P、Q连线中点场强是零，中垂线上场强方向总沿中垂线远离中点O，在中垂线上从O点到无限远处电场线先变密后变疏，即场强先变强后变弱。设场强最大的点为Ｐ点，Ｐ点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当Ｐ点可能在A、B两点之间时，EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；当Ｐ点可能在O、A之间时，EA大于EB；当Ｐ点在B点的外侧时，EA小于EB。中点O处电势最高，在中垂线上交点处的电势最高，从O点向两侧电势逐渐降低，因此一定大于，所以ACD错误，B正确。故选B。3．C【详解】A．根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A错误；B．N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，故B错误；C．根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C正确；D．正电荷从N移到D，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，故D错误。故选C。4．B【详解】A．2节干电池电源的电动势为3V，则额温枪工作时，电池组两极间的电压小于3V，选项A错误；B．每节电池的电动势为1.5V，根据电动势的概念可知，额温枪工作时，电路中每通过1C电荷，每节电池都能把1.5J化学能转化为电能，选项B正确；C．额温枪工作时，工作电流为5mA，则电源消耗的总功率为P=IE=15mW则电源的输出功率小于15mW，选项C错误；D．若换用两节充满电的800mAh充电电池，则最多可测温约为选项D错误。故选B。5．D【详解】AB．正对面积减小，注意到存在二极管，处理方法先假设没有二极管，则电容器两板间电压U不变，U不变S减小，会使Q减小，但二极管的存在使得Q不能减少，故实际过程为Q不变。上式Q不变，S减小，所以U增大，，d不变，所以E增大，所以油滴上移。即为P与下极板电势差，P与下极板距离不变，E增大，所以增大。选项AB错误；C．断开开关，不能放电，故油滴不动，选项C错误；D．根据U不变，d减小，Q增大，可以充电，故U不变，d减小，E增大，油滴上移，选项D正确。故选D。6．C【详解】AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时，R1两端的电压也减小，故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，则流过并联部分的电流减小，故电流表示数减小；因并联部分电压增大，而R2中电压减小，故电压表示数增大，故AB错误；C．因R3两端电压增大，则电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，电荷向上运动，故C正确；D．R3上电流增大，根据，则R3消耗的功率逐渐增大，故D错误。故选C。7．B【详解】CD．对A、B整体分析可知，MO杆对A球的支持等于A、B两小球的重力之和，大小不变，根据牛顿第三定律可知，A球对MO杆的压力等于A、B两小球的重力之和，大小不变，CD错误；AB．令A、B两小球间的连线与竖直方向的夹角为，对B球受力分析有解得当A球沿水平方向向右运动一段距离后，夹角减小，则A、B两小球间的静电力变小，A错误，B正确。故选B。8．ABC【详解】B．设加速电场AB间距离为d，偏转极板长度为l，偏转极板间的距离为h，屏到偏转电场右边缘距离为s，粒子在加速过程中，根据可得在加速电场中运动的时间进入偏转电场，以及离开偏转电场后到打到屏上，水平方向速度保持不变，因此打到屏的时间从开始到荧光屏所经历时间可知运动时间与成反比，由于设质子、氘核和粒子三种粒子离开加速度电场的速度分别为，，。因此B正确；A．粒子进入偏转电场之后，做类平抛运动其中可得可知所有粒子在偏转电场中，偏转距离相等，即三种粒子打到荧光屏上的位置相同，A正确；CD．根据动能定理可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比，因此D错误，C正确。故选ABC。9．AC【详解】A．根据库伦定律，小球A与B之间库仑力的大小为故A正确；BC．若细线上的拉力为0，小球受重力、支持力和库仑力而平衡，根据平衡条件，重力的沿斜面向下分力与库仑力的沿斜面向上分力平衡，即其中联立解得故故C正确，B错误；D．两个球带同种电荷，相互排斥，不论电量多少，斜面对A的弹力不可能为0，故D错误。故选AC。10．BD【详解】AB．重物重量越大，则金属电阻接入电路的电阻越小，电路中电流越大，指针偏角越大，上消耗的功率越大，故A错误，B正确；CD．电路中电流为则电流与称重台所受压力大小不成正比，即改装后的称重仪的显示表的刻度不是均匀的，故C错误，D正确。故选BD。11．50.154.700/4.699/4.701CDH【详解】（1）[1]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知其长度为50mm+0.05mm×3=50.15mm（2）[2]螺旋测微器的精确值为，由图可知其直径为4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm（3）[3][4][5]电源电动势为4V，则电压表选择D；电路中可能出现的最大电流为则电流表选择C；金属圆柱体电阻约为，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，则选择H。[6]电流表C内阻与待测电阻相差不多，则电流表应选外接法；滑动变阻器阻值比代测电阻小得多，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路如图所示12．480R8红1608801.5【详解】（1）[1]由题意可知，调节电阻箱R的阻值，使G的指针偏到最大值的，通过电阻箱的电流为最大值的，可知电阻箱的阻值等于电流计电阻的2倍，因此时电阻箱R的读数为960Ω，可知电流计的内阻为rg=480Ω；[2]本实验误差来自于闭合S2电阻箱并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。若图甲电路中干电池的电动势为1.5V，毫安表G的满偏电流为250μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于，故滑动变阻器应选用最大阻值为10kΩ的R8。（2）[3]图乙中的A端与内置电源的负极连接，则与红色表笔相连接。（3）[4][5]当选择开关接2时，为直流电流1mA挡，则此时电流表内阻改装后的电流表满偏电流IG=1mA。当选择开关接4时为直流电压1V挡，则[6]欧姆×100Ω挡，表盘正中间的刻度为“15”，则欧姆挡内阻根据可得E=1.5V13．（1）；（2）【详解】（1）设断开时，电阻的电功率是，则由代入数据可得，电源的内电阻为（2）设闭合时，电阻两端的电压为，消耗的功率为，由可得由闭合电路的欧姆定律可得，当电键闭合时流过电源的电流为设流过的电流为，流过电动机的电流为，所以由电流关系可得由能量守恒定律可得，电动机的输出功率为14．（1）18V（2）1Ω（3）能飞出【分析】考查力电综合问题．【详解】（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得：，对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E，由平