广东省广州市执信中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷

广州市执信中学（10月）高二物理测试物理 姓名_______班级_______学号_______ 一、单选题（选对4分，选错0分） 1．下列做法中，属于利用静电现象的是（    ） A．在印染厂中保持适当的湿度 B．用复印机复印文件资料 C．油罐车后有一条拖在地上的铁链条 D．在地毯中夹杂长的不锈钢丝导电纤维 2．金属圆盘和金属棒分别接电源的正负极，将圆盘置于污泥槽底部，接通电源可将污泥絮体收集到圆盘上。圆盘与棒之间的电场分布如图实线所示，虚线为其中一个等势面。某一污泥絮体（视为质点）仅受电场力从A到B的运动轨迹如图所示，B点为轨迹、电场线和等势面的共同交点。下列说法正确的有（　　） A．A处场强大于B处场强 B．A处电势大于B处电势 C．污泥絮体带正电 D．污泥絮体的电势能先增大后减小 3．锂电池以碳材料为负极，以含锂的化合物为正极。锂电池在充电和工作时主要依靠锂离子（Li＋）在正极和负极之间移动来工作。如图为锂电池的内部结构，某过程中Li＋从负极通过隔膜返回正极。锂电池的电动势为3.7V，工作电流为1A，则（　　）    A．电源的路端电压为3.7V B．此过程电池处于充电状态 C．电路中单位时间内非静电力做的功为3.7J D．电池中电荷量的单位通常标识为“” 4．如图所示，在真空中ABCD是由粗细均匀的绝缘线制成的正方形线框，其边长为d，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷。现在AD中点M处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OM连线向左移的距离到N点处。设线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，若此时在O点放一个带电量为Q的点电荷，静电力常量为k，则该点电荷受到的电场力大小为（　　） A． B． C． D． 5．某一沿轴方向的静电场，电势在轴上的分布情况如图所示，是轴上的两点。一正电荷仅在电场力的作用下从点运动到点，该电荷在（　　） A．点的速度最小 B．点受到的电场力小于在点受到的电场力 C．点时的电势能小于在点时的电势能 D．点时的动能小于在点时的动能 6．如图所示，长方体金属块的长、宽、高均分别为、、，电源的电动势为，内阻为，通过理想电流表A的示数为，则该金属块的电阻率为（　　） A． B． C． D． 7．如图所示的电路中，电源电动势、电阻，开关断开时电压表示数为3.15V，若开关闭合电压表示数为（　　） A．3.15V B．3.6V C．2.8V D．3.0V 二、多选题（全对6分，不全3分，错选0分） 8．电容位移传感器具有灵敏度高的优点，某电容位移传感器的工作原理可简化为如图所示的装置，电容器接在恒压直流电源上，其中A是固定极板，B是可动极板，B与被测物体连接在一起，G为灵敏电流计，当被测物体水平向左移动时，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容变小 B．极板间的电场强度变大 C．电容器所带的电荷量减少 D．灵敏电流计中有从b到a方向的电流 9．如图所示，固定在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止状态。若筒壁竖直，A的电荷量保持不变，B由于漏电而下降少许后重新平衡，下列说法正确的是（    ） A．小球A、B间的库仑力变大 B．小球B对筒壁的压力变小 C．小球A对筒底的压力变大 D．小球A对筒壁的压力变大 10．如图所示电路中，电源电动势E不变，内阻忽略不计，电压表、电流表均为理想电表，U、I分别为电压表、电流表示数，R3为热敏电阻（阻值随温度升高而降低），其余为定值电阻，当R3所在处出现火情时，以下说法正确的是（　　） A．电压表示数不变 B．电压表示数变大 C．电流表示数变小 D．不变 三、实验题（共16分） 11．某物理探究小组的同学测量均匀金属实心圆柱体电阻的电阻率。 （1）使用螺旋测微器测定金属丝直径d，某次测量结果如图甲所示，读数为 ，然后用游标卡尺测量其长度L如图乙所示，可知其长度为 。 （2）用伏安法测圆柱体电阻Rx的阻值，提供如下器材： 电池组E：电动势3V，内阻不计 电流表A1：测量范围0~15mA，内阻约100Ω 电流表A2：测量范围0~300μA，内阻为1000Ω 电压表V：测量范围0~9V，内阻约为5kΩ 滑动变阻器R1：阻值范围0~10Ω，额定电流2A 滑动变阻器R2：阻值范围0~5kΩ，额定电流2A 定值电阻R3：阻值为2kΩ 定值电阻R4：阻值为9kΩ 待测电阻Rx（约180Ω） 开关S、导线若干 要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请在答题卡上的方框中画完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号。 12．某实验小组测量电源的电动势和内阻时，使用的器材有：电动势约为3V、内阻约为几欧姆的锂锰纽扣电池，量程为500mA、内阻约为1Ω的电流表，量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表，最大阻值为40Ω的滑动变阻器R，阻值为0.5Ω的定值电阻R0，开关S，导线若干。 (1)为了更准确地测出电源电动势和内阻，实验电路应该选择图a中的 （选填“甲”或“乙”）。 (2)正确选择电路后，按图连接电路。闭合开关，测量时，改变滑动变阻器滑片P的位置，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。在第一次测量中电压表的指针位置如图b所示，其示数是 V。 (3)其余实验数据如表所示。根据表中的数据，在图c中的坐标纸上描绘出相应的5个点，并作出图线。 I（mA） 445 400 290 250 100 U（V） 2.10 2.32 2.40 2.70 (4)根据图c的图线，可求出电池的电动势E= V，内阻r= Ω。（保留三位有效数字） (5)在图d中，实线是由实验数据描点得到的图像，虚线表示该电源真实的路端电压和干路电流的关系图像，表示正确的是 。 (6)电池电动势的测量值 真实值，该电池内阻的测量值 真实值。（均选填“大于”“小于”或“等于”） 四、解答题（共38分） 13．（11分）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。 （1）求带电粒子所受的静电力的大小F； （2）求带电粒子到达N板时的速度大小v； （3）若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。 14．（13分）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？ 15．（14分）如图所示，光滑绝缘斜面高度，斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心线。正对的平行板和电阻及输出电压恒定为的电源构成如图所示电路，平行板板长为，板间距离，定值电阻阻值为（未知），可以看作质点的带电小球电荷量，质量，从斜面顶端静止下滑。 (1)若断开，小球刚好沿平行板中心线做直线运动，求电源的电压； (2)在（1）的条件下，若闭合，调节滑动变阻器，使其接入电路的电阻，小球获得的加速度，求电阻的阻值； (3)在（1）（2）的条件下，若闭合，调节滑动变阻器，使其接入电路的电阻，判断小球能否飞出平行板。 参考答案： 1．B 【解析】A．在印染厂中保持适当的湿度，目的是及时导走所产生的静电，防止在生产过程中产生的静电对布的印染产生影响，属于静电危害的防治，故A不符合题意； B．复印机复印文件资料，是利用静电产生的异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电的应用，故B符合题意； C．油罐车在运动的过程中，罐中的油会晃动，会因摩擦产生静电，铁链可以及时把产生的静电导走，属于静电危害的防治，故C不符合题意； D．在地毯中夹杂导电纤维，同样是为了导走摩擦产生的静电，故D不符合题意。 故选B。 2．D 【解析】A．根据电场线的疏密程度可知，A处场强小于B处场强，故A不符合题意； B．根据沿电场方向电势降低，结合等势面与电场线垂直，可知A处电势小于B处电势，故B不符合题意； C．根据曲线运动的合力位于轨迹的凹侧，可知污泥絮体受到的电场力与场强方向相反，则污泥絮体带负电，故C不符合题意； D．污泥絮体仅受电场力从A到B的运动，电场力先做负功后正功，所以污泥絮体的电势能先增大后减小，故D符合题意。 故选D。 3．C 【解析】A．由于存在一定的内电压，所以电源的路端电压小于锂电池的电动势，则电源的路端电压小于3.7V，故A不符合题意； B．电池在放电状态下，在电源内部正电荷应该由负极向正极移动，而图中状态下带正电的锂离子（Li＋）从负极向正极移动，可知电池处于放电状态，故B不符合题意； C．电路中单位时间内非静电力做的功为 故C符合题意； D．是能量单位，在电池中电荷量的单位通常表示为，故D不符合题意。 故选C。 4．A 【解析】没有截取一小段时，根据对称性可知，O点的合场强为零，则截取的部分和剩下的部分在O点产生的场强等大反向，剩下的部分在O点产生的场强大小为 方向向左，当截取部分移到N点时，其在O点产生的场强大小为 方向向右，则O点的合场强大小为 方向向左，若此时在O点放一个带电量为Q点电荷，该点电荷受到的电场力大小为 故选A。 5．D 【解析】A．根据，由于点的电势最低，则正电荷在点时的电势能最小，由于动能和电势能之和保持不变，则正电荷在点时的动能最大，速度最大，故A不符合题意； B．根据，可知图像的切线斜率表示电场强度，则A点的场强大于点的场强，电荷在A点受到的电场力大于在点受到的电场力，故B不符合题意； CD．由图像可知A点的电势大于点的电势，根据，由于电荷带正电，则正电荷在A点时的电势能大于在点时的电势能，由于只有电场力做功，所以动能和电势能之和保持不变，则正电荷在点时的动能小于在点时的动能，C不符合题意，D符合题意。 故选D。 6．B 【解析】根据闭合电路欧姆定律有 根据电阻定律有 联立解得 故选B。 7．C 【解析】开关断开时电压表示数为3.15V，则 若开关闭合，则 电压表读数 解得 U=2.8V 故选C。 8．BD 【解析】电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端电压不变，当被测物体水平向左移动时，根据 ， 由于极板距离减小，则电容器的电容变大，电容器所带的电荷量增加，灵敏电流计中有从b到a方向的充电电流；根据 可知极板间的电场强度变大。 故选BD。 9．AD 【解析】A．对B受力分析如图所示 由平衡条件可得 （为与竖直方向夹角） B由于漏电而下降少许后重新平衡，增大，故小球A、B间的库仑力变大，故A符合题意； BD．筒壁对B的支持力为 增大，筒壁对B的支持力变大，由牛顿第三定律可知B对筒壁的压力变大，将小球A、B看成整体，水平方向受力平衡，可知筒壁对A的支持力等于筒壁对B的支持力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒壁的压力变大，故B不符合题意，D符合题意； C．将小球A、B看成整体，竖直方向受力平衡，筒底对A的支持力等于小球A、B的重力之和，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒底的压力不变，故C不符合题意。 故选AD。 10．ACD 【解析】A．电压表测得电源两端电压，因为电源电动势E不变，内阻忽略不计，所以电压表示数不变，始终等于电源电动势E，故A符合题意； B．当R3所在处出现火情时， R3阻值减小，电路的总阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，则定值电阻R1分得的电压增大，电压表示数 减小，故B不符合题意； C．电流表示数 因为减小，R2不变，所以电流表示数减小，故C符合题意； D．电源和电阻R1和R2串联构成一等效电源，则 不变，故D符合题意。 故选ACD。 11． 7.520 3.050 【解析】（1）螺旋测微器的精度为0.01mm，读数为 7.5mm+0.01mm=7.520mm 游标卡尺的精度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为30mm，游标读数为 所以最终读数为30.50mm，单位换算为3.050cm。 （2）电源电动势只有3V，所提供的电压表V的测量范围远大于电源电动势，测量误差太大，不能直接选用，为了准确测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则需要串联的电阻的阻值为 所以选用定值电阻R4。 尽可能准确地测量Rx的阻值，需要尽可能多的测量次数，因此滑动变阻器采取“分压式”，选用的滑动变阻器的阻值要尽量小一些，因此选用滑动变阻器R1。 因改装后的电压表内阻已知，则采用电流表A1外接，电路如图： 12．(1)乙 (2)2.00 (3)见解析 (4) 2.90 1.52 (5)A (6) 小于 小于 【解析】（1）由题中数据可知，电池的内阻+已知电阻R0与电流表内阻大小相当，远小于电压表内阻，若实验电路采用图a中的甲，电流表的分压会使得路端电压测量值误差很大，若实验电路采用图a中的乙，通过电池的电流的测量值由于电压表分流引起的误差很小，所以为减小测量误差，相对电源来说，应采用电流表外接法，即图a中的乙。 （2）由题图b可知，电压表量程为3V，分度值为0.1V，则电压表示数为2.00V。 （3）描点作出图线如图1所示 （4）把已知电阻R0看成是电源的内阻的一部分，根据闭合电路欧姆定律有 整理得 则电源图线纵截距表示电池电动势，图线斜率的绝对值表示电源的内阻，由图可知 r=1.52Ω （5）该实验相对于电源来说，电流表采用外接法，因电压表分流会引起电流测量的误差，干路电流真实值 则电流测量值小于真实值，且电流测量值与真实值的差别随U的减小均匀减小，当、外电路短路时，电流测量值等于真实值，即两图像在横轴交于同一点，如图2所示 故选A。 （6）由于电源的图像的纵截距表示电池电动势，斜率的绝对值表示电源内阻+已知电阻R0，由图2可知，实验得出的该电池电动势测量值小于真实值，内阻的测量值小于真实值。 13．（1）；（2）；（3） 【解析】（1）两极板间的场强 带电粒子所受的静电力 （2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有 解得 （3）设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据功能关系有 带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有 ， 则该粒子从M板运动到N板经历的时间 14．(1) (2) (3) 【解析】（1）小球从A到B，根据动能定理可得 解得 （2）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 （3）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．(1) (2) (3)恰好从极板右侧边缘飞出 【解析】（1）当断开时，两极板间电势差等于电源电压，由平衡条件得 解得 （2）当闭合时，对带电小球，由牛顿第二定律有 两极板间电势差 当闭合，时，和串联，电容器与并联，两端电压有，根据串联分压有 得 （3）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得 得小球进入平行板间的初速度为 当闭合，时 得电容器两端电压 对小球，由牛顿第二定律得 得 带电小球在极板间做类平抛运动，竖直方向有 水平方向有 联立求得 即，带电小球恰好从极板右侧边缘飞出。 学科网（北京）股份有限公司 $$