安徽省某中学2024-2025学年高二（上）月考物理试卷（含解析）

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定远中学等校2024-2025学年高二（上）月考物理试卷

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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题：本大题共8小题，共32分。

1.有两个相同材料制成的导体，两导体为上、下面为正方形的柱体，柱体高均为八,大柱体柱截面边长为a,

小柱体柱截面边长为b,现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为/,贝1（）

B.导体电阻率为。=需%

C.大柱体中自由电荷定向移动的速率大于小柱体中自由电荷定向移动的速率

D.大柱体中自由电荷定向移动的速率等于小柱体中自由电荷定向移动的速率

【答案】A

【解析】【分析】

本题考查电阻定律和电流的微观表达式的综合，熟悉电阻定律是解题的关键。

分析两电阻之间的大小关系，再由串并联电路的规律可得出电流大小；由电阻定律即可求得电阻率，根据

电流的微观表达式判断自由电荷定向移动的速率的大小。

【解答】

4B.由电阻定律可知：R=p（可知：两导体的电阻儿=%=今=余两电阻串联，分压相等，贝M两端的电

压为生由欧姆定律可知：R0=§=?解得：p=*,故N正确，8错误；

CD由/=7iesu可知，电流/相同，单位体积内的自由电荷数相同，自由电荷的电荷量相同，因截面积不相同，

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故自由电荷的定向移动速率不同，小柱体的自由电荷定向移动速率大，故CD错误；

故选

2.一种静电除尘空气净化器，工作原理如图所示。一重力不计的带电尘埃仅在电场力的作用下沿虚线由M

点运动到N点，实线为电场线，以放电极中心为圆心的圆交于M、P两点。下列说法正确的是（）

机械过

净化后气体

A.带电尘埃带正电

B.M,P两点的电场强度及电势都相同

C.该带电尘埃在M点的动能大于在N点的动能

D.该带电尘埃在M点的电势能大于在N点的电势能

【答案】D

【解析】【分析】

本题考查电场线与运动轨迹的问题，能从题设得出有用的信息是解题的关键。

根据曲线运动特点和电场力特点得出尘埃的电性即可判断；根据电场线结合对称性得出〃、N电势的高低,

结合电势能公式得出电势能关系，结合能量守恒定律得出动能的关系即可判断。

【解答】

/、由运动轨迹结合曲线运动的特点知，带电尘埃所受的电场力方向与电场强度方向相反，则带电尘埃带负

电，故/错误；

2、由对称性知，M、P两点的电势相同，场强大小相等，方向不相同，即电场强度不相同，故8错误；

CD、由沿电场线方向电势逐渐降低，结合对称性知，N点电势高于M点，带电尘埃带负电，由％知，

带电尘埃在在M点的电势能大于在N点的电势能，由能量守恒定律知，该带电尘埃在M点的动能小于在N点

的动能，故C错误，。正确。

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3.如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，环上套有两个相同的带电小球4和B,静止时4

B之间的距离为R现用外力缓慢推a使其到达圆环最低点P的过程中（）

A.圆环对8的支持力变大B.圆环对B的支持力不变

C./、B系统的电势能增大D./、B系统的电势能不变

【答案】C

【解析】【分析】

对B受力分析，由其平衡状态确定各力的变化，由各力的做功情况确定其中的能量的变化.

考查力的平衡与能量变化，明确有外力做功与能量转化的关系可分析，难度一般。

【解答】

AB,左球A到达P点的过程中，B向上运动，其所受的重力与库仑力夹角变大，其合力变小，则圆环对B球的

支持力变小。则错误；

CD、左球4到达P点的过程中，两球的距离变小，外力做正功，电场力做负功，电势能增加，则C正确，D

错误。

故选：Co

4.如图所示，在等边三角形4BC的三个顶点上，固定三个正点电荷，电荷量的大小q'<q,则三角形ABC的

B.平行于4B边

C.垂直于力B边指向CD.垂直于力B边指向4B

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【答案】c

【解析】解：根据几何知识得知，三角形4BC的几何中心到三角形三个顶点的距离相等，设为r。由点电荷

场强公式石=哈可知，两个点电荷q在中心处产生的场强大小均为电=*,两个场强之间的夹角为120。，

根据平行四边形定则得到：两个点电荷q在中心处产生的合场强大小E合=Ei=*,方向沿垂直于48边指

向C0在中心处产生的场强大小为&=方向沿垂直于4B边离开C.由于q'<q,贝归合>&，所以三角形

力BC的几何中心处电场强度的方向沿垂直于4B边指向C。

故选：Co

三角形4BC的几何中心到三角形三个顶点的距离相等，根据点电荷场强公式E=k★和平行四边形定则分析

两个点电荷q在中心处产生的合场强大小和方向，与q'在中心处产生的场强大小和方向进行比较，确定三角

形2BC的几何中心处电场强度的方向.

本题是电场的叠加问题，根据平行四边形定则进行合成.比较简单.

5.如图所示为平行板电容器C和定值电阻R组成的电路，接在输出电压恒定的电源两端，闭合开关Si，S2，

电路稳定后，一质量为根的带电液滴恰能静止在平行板电容器的两金属板正中间。已知电容器两板水平放置、

间距为d,重力加速度为g,不考虑电容器充放电时间，下列说法正确的是（）

B.若断开Si，液滴仍能保持静止状态

C.若断开S2,将上极板向下迅速移动和，则液滴向上运动到达上极板的时间为£

D.若保持两个开关闭合，将上极板向下迅速移动京，则液滴向上运动到达上极板的时间为色

【答案】D

【解析】4液滴受到的电场力方向竖直向上，但电容器内电场方向未知，故无法判断电荷正负，N错误;

8.断开Si，电容器放电，场强减小，液滴受电场力减小向下运动，2错误；

C若断开S2,将上极板向下迅速移动《d,则电容器带电量不变，根据

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u

E=d

2s

c=

471kd

可得

47ikQ

E=—^―

sS

可知电场强度不变，液滴保持静止状态，C错误;

D开始时

U

dq=m9

将上极板向下迅速移动,可知此时加速度为

U

q怎一叫

1

a7=r----------------

m

运动时间满足

11

—d=—at21

4L

得到时间为

t=JI=居

。正确。

故选。。

6.有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示.其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微

粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上显示出字符.已知偏移量越

小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹,下列措施可行的是（）

信号输入

墨盒带电宝

A.增大墨汁微粒的荷质比B,减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能

C.增大偏转极板间的电压D.减小极板的长度

【答案】D

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【解析】【分析】

要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y,根据牛顿第二定律和运动学公式结合推导出偏转量y

的表达式，再进行分析。

此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y的

表达式。

【解答】

微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有:

水平方向：L=vot；

竖直方向：y=

又a=皿-

乂md

22

qUL_qUL

联立得,'27nd诏44反（）

要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y,由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷2、增大

墨汁微粒进入偏转电场时的初动能见0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U,故N5C错误，。正

确。

故选：D。

7.如图所示，竖直向上的匀强电场中有一竖直绝缘轻弹簧，弹簧下端固定在地面上，上端连接一带电小球,

小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。保持小球的电荷量不变，将小球提高到M点由静止释放，则

释放后小球从M点运动到N点的过程中（）

A.小球的机械能守恒B.小球的电势能增大

C.小球的动能保持不变D.弹簧的弹性势能增大

【答案】B

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【解析】【分析】

(1)小球所处的空间存在着竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态，知电场力与重力相

等；

(2)除重力以外其它力做功等于机械能的增量，根据能量守恒判断小球电势能、重力势能和弹性势能、动能

的关系。

本题主要考查的是各种功能关系，关键是准确的根据什么样的力做功对应着什么样的能的变化。

【解答】

4小球从M点运动到N点过程中，电场力不变，弹簧弹力变化，电场力和弹簧弹力的合力对小球做功，故小

球机械能不守恒，故/错误。

BCD由于小球静止时，弹簧恰好处于原长，可知小球受到的电场力与重力等大反向，释放小球后小球从M

点运动到N点的过程中，重力做正功，电场力做负功，重力和电场力做功代数和为零，弹簧的弹力做正功,

可知小球的电势能增大，动能增大，弹簧的弹性势能减少，故B正确，CD错误。

故选及

8.两电荷量分别为qi和弦的点电荷分别固定在久轴上的4、B两点，两点电荷连线上各点电势0随坐标x变化

的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且以P<XPB，贝U()

B.qi的电荷量大于久的电荷量

C.一点电荷只在电场力作用下沿%轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小

D.在人B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大

【答案】D

【解析】【分析】

根据3-X图线切线斜率大小等于电场强度大小，读出P点的电场强度大小；根据P点场强大小，由公式E=

k2判断qi与42电荷量大小；根据电势随％的变化情况，判断两电荷的电性；负电荷在电势高处电势能小，在

电势低处电势能大；根据场强的变化，分析电场力的变化，从而判断加速度的变化。

本题的关键要知道S—久图象的斜率表示电场强度，根据图象切线斜率的变化分析电场强度的变化。同时,

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要了解同种电荷电场的分布情况。

【解答】

4由4到P的电势升高，从P到B电势降低，因为沿电场线电势降低，所以电场线方向由P到4再从P到B,

则和02是同种电荷，且一定是负电荷，故/错误；

AR—%图线切线斜率大小等于电场强度大小，在P点切线斜率为零，则P点的电场强度大小为零，说明/和

q2两点电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，由公式E=因为MP<KPB，故qi的电荷量小于42

的电荷量，故8错误；

C图线切线斜率为场强的大小，从P点到B点斜率越来越大，故场强越来越大，电场力越来越大，故加速度

越来越大，故C错误；

。.负电荷从P点左侧移到右侧，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故。正确。

故选。。

二、多选题：本大题共2小题，共10分。

9.如图所示电路中，R1、夫3为定值电阻，也为滑动变阻器，电源内阻不能忽略，电表均为理想电表。闭合

开关S,当滑动变阻器滑片向左滑动的过程中，电压表匕、匕和电流表出、42示数变化量的绝对值分别是/

Ui、dg和4/1、4/2，下列说法正确的是（）

A.电压表匕示数增大，电流表出示数增大B.电压表展示数减小，电流表示数增大

C./UiAU2J4/1D.4UI</U2，>d/2

【答案】AD

【解析】滑片左移，电阻式2减小，电路的总电阻减小，干路电流/增大，电源内电压增大，路端电压U减小,

电流表必示数/2减小，因为干路中电流/=/1+/2,故公示数"增大，则电压表0示数%增大，又因为路端

电压U=U1+U2,所以电压表卜2小数减小，故/正确，3错误；

路端电压^=Ui+&减小，Ui增大而%减小，所以g减小的更多，则4UI<4U2；

干路中电流/=/1+上增大，/I增大而，2减小，故/1会增加的更多，贝!故。正确，C错误。

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10.如图所示，四个带电量绝对值相等的点电荷分别固定在竖直平面内某一正方形的四个顶点上，a、B、C、

。四个点分别为对应的四条边的中点，现有某一带正电的试探电荷在四个电荷产生的电场中运动，下列说法

正确的是（）

?…一§

M

-4-------1-------4--

A.试探电荷在D点的电势能小于4点的电势能

B.试探电荷在。点的电势能小于C点的电势能

C.试探电荷从4点沿AC运动到C点，其加速度逐渐增大

D.直线BD所在的水平面一定为一等势面

【答案】AD

【解析】【分析】

本题主要考查等量异种点电荷及等量同种点电荷的电场分布特点、场强叠加、电场力做功与电势能变化的

关系等相关知识。

【解答】

4粒子由a到。，左下和右上电荷对试探电荷未做功，左上和右下电荷对试探电荷均做正功，所以其电势能

减小，故/正确；

8.与分析a选项同样的方法可以分析，从。到c,试探电荷的电势能也减小，故8错误；

C由场强叠加原理可知，4、。两点的场强相同，故而粒子的加速度也相同，并非一直增大，故C错误；

DBD所在的水平面上任意一点的场强方向均竖直向下，故而在这个水平面内移动电荷，电场力不做功，此

面为一等势面，故。正确。

故选

三、实验题：本大题共2小题，共20分。

11.某同学想测量一未知电阻Rx的阻值，粗测其阻值大约为3000,现要较准确地测量其电阻，有如下器材:

电压表U（量程0〜3V,内阻约为3000。）；

电流表量程。〜12m4内阻约为1。）；

滑动变阻器R（最大阻值为20。）；

电源E（电动势为3V,内阻可忽略不计）；

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开关及导线若干。

(1)实验电路图应选用

(2)请把实物连接图中缺少的两根导线补全()

(3)该同学发现实验室中还有一块内阻约为10。、量程0〜12机4的电流表4，此实验中用电流表(填

“乙”或者“七”)进行实验会使测量更准确。

【答案】D

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【解析】【分析】

(1)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路。

(2)根据实验电路图连接实物电路图。

(3)根据电表内阻从减小实验误差的角度分析答题。

理解实验原理是解题的前提与关键，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法然后选择实验电路图；要掌

握实验器材的选择原则。

【解答】

(1)由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法；待测电阻阻值远大于滑动变阻器

最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，应选择图。所示实验电路图。

(2)根据图。所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。

(3)电流表采用内接法，电流表41的内阻小于电流表色的内阻，为减小实验误差，电流表应选/3

12.实验小组设计实验测量粗细均匀的金属线R的电阻率，可供选择器材如下：

A.电源E(电动势为6.0V)

8.电压表V(量程6V,内阻约为8k/2)

C.电流表A1(量程0.6A,内阻约为0.2。)

D电流表A2(量程3A,内阻约为0.05。)；

£.滑动变阻器％(最大阻值50,额定电流2A)

F.开关导线若干

G.游标卡尺

〃螺旋测微器

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7r

-20

T

oO

甲

乙

(1)用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L=mm；用螺旋测微器测得该材料的直径

如图乙所示，读数。=mm„

(2)用多用电表估测导线电阻，选择xl档，读数如图丙所示，其电阻约为_________第。

(3)为了便于调节，测量的尽可能准确，电流表应选择选择(选填C或D)；并在图丁方框内把实验原

理图补充完成。(4)已知测得金属线的电阻为R,则金属线的电阻率为p=(用R、L、。表述)。

【答案】(1)52.35；2.150；(2)11；(3)C；

【解析】【分析】

本题主要考查测量粗细均匀的金属线R的电阻率的实验，明确实验原理是解决问题的关键。

(1)根据游标卡尺的读数方法可知该材料的长度；根据螺旋测微器的读数方法可知该材料的直径；

(2)根据欧姆表的读数方法可知导线电阻；

(3)根据电路中的最大电流选择电流表；导线电阻是小电阻，电流表采用外接法，为了便于调节，测量尽可

能准确，滑动变阻器采用分压式接法，由此即可完成实验原理图；

(4)根据电阻定律列方程即可求得金属线的电阻率。

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【解答】

(1)用游标卡尺测得该材料的长度读数L=52mm+0.05mmX7=52.35mm；

用螺旋测微器测得该材料的直径。=2mm+0.01mmx15.0=2.150mm；

(2)用多用电表估测导线电阻，选择xl档，其电阻约为11XI。=11。；

(3)电路中的最大电流为/=彳=5A=0.55A,则电流表选择即选择C；因电压表内阻远大于待测电阻,

可知应采用电流表外接；为了便于调节，测量的尽可能准确，滑动变阻器用分压电路，则电路如图：

(4)根据电阻定律有R=p卜p向，可得：p=曙。

四、计算题：本大题共3小题，共38分。

13.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，在电场中。点，一个质量为小，电荷量大小为q的带电小球沿

与电场方向成8=45。、斜向右上射出，小球射出的初速度大小为火，小球射出后沿初速度方向做直线运动,

到P点(图中未画出)时速度恰好为零。已知重力加速度为g,求：

■>

(1)匀强电场的电场强度大小；

(2)0、P两点间的电势差；

(3)当小球回到。点时，将电场方向迅速反向，则小球从。点再运动到。点正下方需要的时间为多少。

【答案】解：(1)由于小球射出后做直线运动，则小球带负电，受到的电场力向左，电场力与重力的合力与

初速度在一条直线上，因此有

tan45°=毒

解得E=詈；

(2)小球运动的合外力为F合=，器=pmg,

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根据牛顿第二定律"爪9=ma,

解得a="g,

。、P间的距离s=^=选，

。、P两点沿电场方向的距离&=5(:。545°=算，

2

则。、P两点间的电势差为U=Ed=^；

(3)当小球回到0点时，分析可知小球速度大小为火,将电场方向迅速反向，小球沿水平方向做类竖直上抛

运动，

沿水平方向的分速度大小巧=%cos45。=孝"0，

小球沿水平方向运动的加速度的=辞=g,

因此，小球从。点再运动到。点正下方需要的时间为t=2/=专”

【解析】本题考查带电小球在电场中的运动。

(1)小球射出后沿初速度方向做直线运动，则小球受到的重力与电场力的合力一定与初速度方向共线；

(2)根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求。P间距，再求出沿电场线方向的距离，利用U=Ed求电

势差；

(3)分析小球在水平和竖直方向的运动规律，根据运动的合成与分解知识结合牛顿第二定律求时间。

14.如图1所示，电路中h为定值电阻，/?2为滑动变阻器，M为玩具电动机，电动机线圈电阻n=O.50,4、

乙、乙均理想电表。闭合开关Si、断开开关S2,在将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端的过程中，

两个电压表的示数随电流表示数变化的完整图线如图2所示。

(1)求电源的电动势E和内阻r；

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(2)求滑动变阻器7?2的最大功率巳n；

(3)若滑动变阻器的滑动触头P滑到最左端后，再闭合开关S2,此时电流表的示数/=1.04求此状态下电动

机的输出功率P

【答案】解：(1)由题图2可知，图线B的延长线与纵轴的交点值表示电动势，即电源的电动势E=6U

由图线4可知％=寿=80

电压表乙的示数变化△6等效于电源内阻r和定值电阻力分得的电压变化，则△内与电流表示数的变化△

/的比值为％+r,即呼=Ri+r=10O

解得电源内阻r=20

(2)由图线B知，滑动变阻器接入电路的最大阻值R21n=