河北省保定市部分高中2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题

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3V

B．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15mW

D．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0

C．当时，细线上的拉力为0

D．满足某条件时，斜面对小球A的支持力可能为0

10．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Rx

G．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＝0.45 m，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＝0.9 m，板间距离d＝0.6 m，R1＝3 Ω，R2＝3 Ω， R3＝6 Ω．可以看为质点的带电小球，电量q＝－0.01 C，质量m＝0.03 kg，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tan θ＝，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】A B．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；

C D．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．     50.15     4.700/4.699/4.701     C     D     H    

【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．     480     R8     红     160     880     1.5

【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=1.5V

13．（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）18 V　（2）1 Ω　（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，

由平衡条件得：

解得：

E＝＝＝18 V

（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，

水平方向：

竖直方向分速度：

对带电小球，由牛顿第二定律得：

，其中： ，

代入数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18 N/C，UC＝10.8 V，

当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，

电容器两端电压：

由部分电路欧姆定律：

由闭合电路欧姆定律：

代入数据解得：r＝1 Ω．

（3）当S1、S2均闭合时，R2与R3并联，并联电阻：

电路电流：

电压：

对小球，由牛顿第二定律得：

其中电压：

联立求解：

对带电小球类平抛运动分析，有：

联立求解：y＝0.3 m，y＝＝0.3 m，

带电小球恰好从右侧极板边缘飞出．

15．（1）（，0）；（2）；（3）

【详解】（1）粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得

故粒子进入第二象限时的速度

粒子从位置为进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，假设粒子没有出电场左边界，则有

故在水平方向上的位移

故粒子未到达电场左边界，粒子通过x轴的坐标为（，0）；

（2）若s点坐标为，粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得

故粒子进入第二象限时的速度

粒子从位置为处进入第二象限，假设粒子没有出电场左边界，则有

故在水平方向上的位移

则粒子恰好经过（-d ，0）故对粒子从静止到通过x轴的过程应用动能定理可得，粒子通过x轴时的动能

（3）设满足条件的释放点的坐标为（x，y），粒子在第一象限电场中运动过程根据动能定理可得

所以

粒子进入第二象限，在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从电场左边界射出时的速度方向与x轴的偏转角为θ，则有

又有粒子做类平抛运动的竖直位移

粒子离开电场后做匀速直线运动，故有

所以

所以

故释放s点的坐标（x，y）应满足的关系式为