2022-2023学年重庆市永川萱花中学校高二上学期第一次月考物理试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市永川萱花中学校高二上学期第一次月考物理试题含解析，共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
萱花中学高2024级高二（上期）物理第一次月考试题一、选择题（为1--6为单项选择题、每题4分，7--10题为多选、每题5分，共44分。）1. 关于电场线的以下说法中，正确的是(  )A. 电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B. 沿电场线的方向，电场强度越来越小C. 电场线越密的地方,同一试探电荷所受的电场力就越大D. 顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变【答案】C【解析】【详解】A、电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的电场力方向相反，故选项A错误；B、沿电场线的方向，电场线的疏密情况未知，电场线不一定越来越疏，则电场强度不一定越来越小，故选B错误；C、电场线越密的地方，电场强度就越强，则同一检验电荷受的电场力就大，故选项C正确；D、顺着电场线移动电荷，电场线的疏密情况未知，电场强度不一定不变，所以电场力大小不一定不变，故选项D错误；2. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场线中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）A. a一定带正电，b一定带负电 B. a的速度将减小，b的速度将增大C. a的加速度将减小，b的加速度将增加 D. 两个粒子的动能，一个增加一个减小【答案】C【解析】【分析】详解】A．由题目图运动轨迹可知， a、b两个带电粒子电性一定相反，由于电场方向未知，a不一定带正电，b不一定带负电，A错误；BD．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，电势能都减小，动能都增大，速度都增大，BD错误；C．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，C正确。故选C。3. 一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为 ( )A. 动能减小B. 电势能增加C. 动能和电势能之和减小D. 重力势能和电势能之和增加【答案】C【解析】【详解】物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧，并且运动过程中小球只受电场力和重力，所以合力竖直向上，合力与运动方向夹角为锐角，做正功，动能增大，电场力方向向上，电场力做正功，电势能减小，AB错误；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误．【点睛】做此类题目的关键是根据物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧判断受力情况，本题在电场和重力场的复合场中重点考查带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键． 4. 如图所示，虚线a、b和c 是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb 和φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知 A. 粒子从K到L的过程中，电场力做正功B. 粒子从L到M的过程中，电场力做负功C. 粒子从K到L的过程中，电势能增加D. 粒子从L到M的过程中，动能减小【答案】C【解析】【分析】先根据等势面图得到电场线的分布图，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断．【详解】电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图：A、故粒子从K到L的过程中，负粒子从高电势向低电势运动，故电场力做负功，故A错误；B、粒子从L到M的过程中，先从高电势向低电势运动，后从低电势向高电势运动，电场力先做负功后做正功，故B错误；C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C正确；D、粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故D错误；故选C.【点睛】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况．5. 如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块的运动过程中，下列表述正确的是（　　）A. 物块受到的库仑力不做功B. 两个物块的机械能守恒C. 两个物块的电势能逐渐减少D. 物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力【答案】C【解析】【详解】A．物块沿库仑力方向发生了位移，库仑力做正功，故A错误；B．开始时两物块受到库仑力大于摩擦力，物块做加速运动，动能增大，当库仑力小于摩擦力后，物块做减运动，动能减小，重力势能不变，机械能先增大后减小，故B错误；C．两个物块的库仑力做正功，电势能逐渐减少，故C正确；D．物块由静止释放最终静止，先做加速运动后做减速运动，受到的摩擦力先小于其受到的库仑力后大于库仑力，故D错误。故选C。6. 正、负点电荷周围的电场线分布如图，P、Q为其中两点，则带正电的试探电荷（　　）A. 从P点由静止释放后一定会运动到Q点B. 从P点移动到Q点，电场力做正功C. 图中的两电荷属于等量异种电荷D. 在P点所受电场力小于在Q点所受电场力【答案】B【解析】【详解】A．电场线上某点的切线方向是电场强度的方向，也是带正电的试探电荷的受力方向。若在P点静止释放后，由于电场力方向在不断变化，试探电荷做曲线运动，电场力的方向指向运动轨迹的凹侧，故从P点由静止释放后不会沿轨迹线运动到Q点。故A错误；B．从P到Q过程中，由于沿电场线方向电势降低，即，则可知，从P点移动到Q点，电场力做正功。故B正确；C．由对称性可知，等量异种电荷连线中垂线为一条等势面，图中的电场线分布显然不是，因而两电荷不是等量异种电荷。故C错误；D．电场线的疏密程度可表示电场强度大小，故P点的电场强度大于Q点的电场强度，根据可知试探电荷在P点所受电场力大于在Q点所受电场力。故D错误。故选B。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，使两球均处于静止状态。现将A球向竖直杆方向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两小球间的库仑力变大B. A、B两小球间的库仑力变小C. A球对MO杆的压力变大D. A球对MO杆的压力不变【答案】BD【解析】【详解】对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力，静电力，如图，根据平衡条件，有
 x方向        ①y方向    ②再对B球受力分析，受重力Mg、静电力、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有x方向    ③y方向      ④由上述四式得到   ⑤    ⑥由⑤式，因为新位置两球连线与竖直方向夹角变小，故静电力变小；
由⑥式，水平杆对球A支持力等于两个球的重力之和，不变，再结合牛顿第三定律可以知道，球A对水平杆的压力不变。故选BD。8. 图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中(    )A. 膜片与极板间的电容变小B. 极板的带电量增大C. 膜片与极板间的电场强度增大D. 电阻R中有电流通过【答案】AD【解析】【详解】振动膜片振动时，电容器两极板的距离变大，电容减小，由知，U不变的情况下，电容器所带电荷量Q减小，电容器放电，R中形成自下向上的电流．由知，U不变，d增大，则场强E减小．故AD正确，BC错误。故选AD。9. 如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场。在电场中将一带电液滴从b点由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，且直线bd方向与竖直方向成45°角，下列判断正确的是（　　）A. 液滴带负电荷B. 液滴的电势能减少C. 液滴的重力势能和电势能之和不变D. 液滴的电势能和动能之和不变【答案】AB【解析】【详解】AB．由题可知，带电液滴受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，则液滴带负电，电场力做正功，电势能减少，故AB正确；CD．因为有重力和电场力做功，所以液滴的电势能、动能和重力势能之和不变，因动能增加，则液滴的重力势能和电势能之和减少；因重力势能减小，则液滴的电势能和动能之和增大，故选项CD错误。故选AB。10. 如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成斜向右上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是(  )A. 小球再次到达M点时，速度刚好为零B. 小球从P到M过程中，合外力对它做了的功C. 小球从P到M过程中，小球的机械能增加了D. 如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动【答案】BD【解析】【详解】A．当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，A错误；B．电场力与重力合力为这个方向上位移为L，所以做功为，故B正确；C．机械能增加量就是动能增加量和重力势能增加量mgL之和，故C错误；D．细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故D正确．二、实验题（本题包括3小题，共16分.将答案填在题中的指定位置）11. 下列说法中，正确的是（　　）A. 每种金属都有确定的电阻率，电阻率不随温度变化B. 导线越细、越长，其电阻率也越大C. 一般金属的电阻率，都随温度升高而增大D. 测电阻率时，为了提高精度，通过导线的电流要足够大，且要等到稳定一段时间后才可读数【答案】C【解析】【详解】AC．金属的电阻率随温度的增大而增大，A错误，C正确；B．导线的粗细、长度不影响电阻率，B错误；D．测电阻率时，为了提高精度，通过导线的电流要小，尽量在常温下测量，D错误。故选C。12. 在做“测定金属丝电阻率”的实验时，下列说法中正确的是（　　）A. 应用游标卡尺测定金属丝的长度，这样精确度高B. 为了精确读数，游标卡尺读数时需要估读C. 通电时间不宜过长，电流不能过大，以免金属丝明显升温，造成其电阻率变化D. 用螺旋测微器测量其直径【答案】CD【解析】【详解】A．应用毫米刻度尺测定金属丝的长度即可，游标卡尺的量程过小不适宜，选项A错误；B．游标卡尺读数时不需要估读，选项B错误；C．通电时间不宜过长，电流不能过大，以免金属丝明显升温，造成其电阻率变化，选项C正确；D．用螺旋测微器测量其直径精确度较高，选项D正确。故选CD。13. 在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属线的电阻Rx，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。（1）从图中读出金属丝的直径为________mm。（2）为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：A.电压表0～3V，内阻约为10kΩB.电压表0～15V，内阻约为50kΩC.电流表0～0.6A，内阻约为0.05ΩD.电流表0～3A，内阻约为0.01ΩE.滑动变阻器，0～10ΩF.滑动变阻器，0～100Ω①要求较准确地测出其阻值，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________。（填序号）②实验中实物接线如图所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误。错误1___________错误2___________【答案】    ①. 0.680    ②. A    ③. C    ④. E    ⑤. 导线连接在滑动变阻器的滑片上    ⑥. 电压表接线错误，不应该接在15V的接线柱上【解析】【详解】（1）[1]由于可动刻度的“0”在固定刻度下方，因此固定刻度的读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×18.0mm=0.180mm，所以最终读数为：0.5mm+0.180mm=0.680mm；（2）①[2]因两节新的干电池的电动势为3V，所以电压表应选0-3V，故选A；[3]因金属丝的电阻大约为5Ω，流过电流表金属丝的电流大约故电流表应选C；[4]为调节方便及调节范围尽可能广，滑动变阻器应选分压式，选小电阻，故应选E；②[5][6]该同学实物接线中的两处明显错误1是：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误2是：电压表接线错误，不应该接在15V的接线柱上。三、计算题（共40分，有必要的公式和文字说明）14. 如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m。若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向。【答案】(1)F=9.0×10-3N ；(2)，方向沿y轴正方向【解析】【详解】(1)根据库仑定律，A、B间的库仑力大小为代入数据得F=9.0×10-3N(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为代入数据得方向沿y轴正方向。15. 一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角，已知带电微粒的质量，电荷量，A、B相距。（取，结果保留两位有效数字）(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；(2)求电场强度的大小和方向；(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？【答案】(1)匀减速运动，见解析；(2)173×104N/C，方向水平向左；(3)2.8m/s【解析】【详解】(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力的分力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动。(2)在垂直于AB方向上，有解得电场强度电场强度的方向水平向左。(3)微粒由A运动到B的速度vB=0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得代入数据，解得16. 如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）其他条件不变，现将极板宽度变为nd（n大于1），电子依旧从两板中间进入偏转电场，要使电子的侧移量变为原来的，则偏转电压变为原来的多少倍？此时电子离开极板时的动能是多少？【答案】（1）；（2）；（3）1倍；【解析】【详解】（1）电子在两竖直板间被加速，则解得电子通过B点时的速度大小 （2）电子在右侧板间做类平抛运动，则 解得（3）将极板宽度变为nd（n大于1），电子依旧从两板中间进入偏转电场，电子的侧移量变为原来的，则解得U1=U电子离开极板时的动能