河南省许昌高级中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题（Word版附解析）

这是一份河南省许昌高级中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了下列关于四幅图像的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
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，将答案写在答题卡的相应位置上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
单选题（共6小题，每题4分，共24分）
1．如图为2017年5月戴森公司发售的360 Eye扫地机器人．360 Eye内置锂电池容量为2250mA·h，在一般状况下，充满一次电可供其运行的时间为45min．已知360 Eye扫地机器人额定功率54W，则下列说法正确的是（ ）
A．扫地机器人正常工作时的电流是2.25A
B．扫地机器人正常工作时额定电压为18V
C．扫地机器人工作时的内阻为6Ω
D．扫地机器人电池充满电之后的电能为4.374×105J
2．如图所示，真空中两个完全相同的绝缘带电金属小球A、B(均可看做点电荷)，分别带有－Q和＋Q的电荷量，两球间静电力为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，则它们间的静电力大小为（ ）
A．FB．FC．FD．F
3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，为平行板电容器的两个金属板，当开关S闭合后，静电计G指针张开一定角度。不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，将两极板间距减小，板间场强减小
B．保持开关S闭合，将的滑片向左移动，静电计指针张开角度变大
C．断开开关S后，紧贴极板插入金属板，静电计指针张开角度减小
D．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压减小
4．两个带等量正电的点电荷，固定在图中A、B两点，O是它们连线的中点，N、P是中垂线上的两点，。一带负电的试探电荷，从P点以竖直向上的初速度射入，只在静电力作用下运动。对于试探电荷，下列说法正确的是（ ）
A．N点与P点的电场强度方向相同
B．沿着，试探电荷的加速度可能先减小后增大
C．试探电荷在N点的电势能小于在P点的电势能
D．若试探电荷的电荷量增大，试探电荷在P点所受静电力与其电荷量的比值变小
5．下列关于四幅图像的说法正确的是（ ）
A．用毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒上的部分电子会转移到毛皮上，从而使橡胶棒带正电
B．处于静电平衡状态的导体腔，内表面有电荷，导体壳壁W内电场强度不为0，导体壳内空腔C电场强度为0
C．通过奎宁结晶在两点电荷的电场中的分布情况，可分析判断两点电荷是等量异种点电荷
D．避雷针其实不“避雷”，反而是“接雷”，只不过是化弱为强，避免强雷电的破坏
6．如图所示，虚线框内为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为电表面板上的表笔插孔，下列说法正确的是（ ）
A．a孔插红表笔
B．用“×100Ω”倍率测量时指针在0Ω附近，应先换用“×10Ω”倍率
C．更换倍率测量电阻时，不需要重新进行欧姆调零
D．若要测量电路中某电阻的阻值，需要断开开关，但可将该电阻连在电路中进行测量
二．多选题（共4小题，每题5分，共20分。每题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）
7．高压电线落地可能导致行人跨步触电。如图所示，设人的两脚M、N间的最大跨步距离为d，电线在触地点O流入大地的电流为I，大地的电阻率为，O、N间的距离为R，电流在以O点为圆心、r为半径的半球面上均匀分布，其电流密度为，若电流密度乘以电阻率等于电场强度，该电场强度可以等效成把点电荷Q放在真空中的O点处产生的电场强度，已知静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．若电流方向从O到N，越靠近O点，电势越高
B．当两脚间的距离最大时，两脚间电压一定不为零
C．等效点电荷Q的电荷量为
D．若M，N、O三点在一条直线上，图中两脚M、N间的跨步电压等于
8．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）
A．所受合力为零B．做匀减速直线运动
C．电势能逐渐增加D．机械能逐渐增加
9．两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一带电粒子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子与点电荷分别带异种电荷
B．带电粒子运动到P点时速度最小
C．A点的电势高于B点的电势
D．带电粒子沿虚线MPN运动的过程中电势能先增大后减小
10．、为水平放置、间距为的平行导轨，左端接有如图所示的电路。电源的电动势为，内阻为，小灯泡的电阻为。将导体棒静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向与导体棒垂直且与两水平导轨所在平面的夹角，匀质导体棒质量为，阻值为。闭合开关后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，取，。则（ ）
A．此时滑动变阻器接入电路中的电阻为B．流过灯泡的电流大小为
C．导体棒受到的安培力大小为D．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒向右移动
三．填空题（共2小题，共16分）
11．在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径D和电阻R。某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
（1）该同学分别用游标卡尺和螺旋测微器测量该导体的长度和直径，测量结果分别如图甲和图乙所示，则该导体的长度为L= cm，直径D= mm。
（2）该同学采用如图丙所示电路测此合金材料的电阻。将此合金材料接人电路后，电压表示数为U，电流表示数为I，则该合金材料的电阻率的表达式为ρ= 。（用U、I、L、D等表示，各物理量均为基本单位）
（3）若图丙中的电压表不能视为理想电表，不考虑偶然误差的情况下，则该同学得到的电阻率与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“相同”）。
12．某实验小组用图甲所示装置观察电容器的放电现象。电源的输出电压为8V。
(1)先将开关合向 （选填“左”或“右”）侧，对电容器进行充电，充满电后，再将开关合向另一侧，电流传感器显示放电电流随时间变化的规律如图乙所示，数得图像与坐标轴所围面积共40格，可知电容器充电后所带电荷量为 C；电容器的电容为 F。（结果均保留2位有效数字）
(2)如果不改变电路其他参数，只增大定值电阻的阻值R并重复上述实验，实线和虚线分别表示改变前后放电过程电流随时间变化的曲线，最符合实际情况的图像为___________。
A．B．
C．D．
四．计算题（共3小题，共40分）
（12分）13．如图所示的电路中，R1=3 Ω，R2=6 Ω，R3=1.5 Ω，C=20 μF。当开关S断开时，电源所释放的总功率为2 W；当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4 W，求：
（1）电源的电动势和内电阻；
（2）闭合S时，电源的输出功率；
（3）S断开和闭合时，流过电容器的电荷量是多少。
（12分）14．把带电荷量为2×10－8 C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10－6 J，若把该电荷从无限远处移动到电场中B点，需克服电场力做功2×10－6 J，求：
（1）A点的电势；
（2）A、B两点的电势差；
（3）把2×10－8 C的负电荷由A点移到B点电场力做的功
（16分）15．如图，空间存在竖直向下的匀强电场，半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABCD固定在电场中的竖直面内，BD为圆弧的竖直直径，O为圆心，OA与竖直方向的夹角为在电场中的P点沿水平方向抛出一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球恰好从A点无碰撞地进入圆弧轨道。不计小球的大小，重力加速度大小为g，匀强电场的电场强度大小P、O两点在同一水平线上，求：
(1)小球从P点抛出时的初速度大小；
(2)小球沿圆弧轨道向上运动过程中，能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度；
(3)若小球到A点时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向右，则此后小球在圆弧轨道上运动的最大速度多大？物理答案
1．B【详解】A．根据电流的定义式可得工作电流为
故A错误；
B．机器人额定功率54W，则工作电压
故B正确；
C．机械人消耗的电功率大部分转化为机械能，所以其电阻值一定小于
故C错误；
D．机器人电池充满电之后的电能等于放电过程中消耗的电能
E=Pt=54×2700J=1.458×105J
故D错误。
2．B【详解】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为
现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触
再与B接触，然后移开C
则有
故B正确，ACD错误。
3．C【详解】A．保持开关S闭合，两极板间电势差不变，将两极板间距减小，由可知，板间场强增大，故A错误；
B．保持开关闭合，变阻器仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差不变，滑动触头滑动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，故B错误；
C．断开开关S后，电容器带电量不变，紧贴极板插入金属板，相当于极板之间的距离减小，根据可知，电容增大，根据可知，两极板间电势差减小，静电计指针张开角度减小，故C正确；
D．断开开关S后，电容器带电量不变，将两极板间距增大，根据可知，电容减小，根据可知，两极板间电势差增大，故D错误。
4．B【详解】A．等量正电荷周围部分电场线如图所示
则N点与P点的电场强度方向相反，故A错误；
B．根据等量同种电荷的电场线分布，沿着，电场强度可能先减小后增大，也可能先增大后减小，再增大再减小，所以试探电荷的加速度可能先减小后增大，也可能先增大后减小，再增大再减小，故B正确；
C．运动过程中，试探电荷电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，根据对称性可得试探电荷在N点的电势能大于在P点的电势能，故C错误；
D．根据电场的性质，P点场强仅由电场本身决定，试探电荷在该点所受电场力与其电量的比值为该点的场强，若试探电荷的电量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电量的比值不变，故D错误。
5．C【详解】A．用毛皮摩擦橡胶棒，毛皮上的部分电子会转移到橡胶棒上，从而使橡胶棒带负电，故A 错误；
B．处于静电平衡状态的导体腔，导体壳壁W内电场强度为0，导体壳内空腔C电场强度为0，故B错误；
C．奎宁结晶在两点电荷的电场中的分布情况，与等量异种点电荷的电场线分布相似，则两点电荷是等量异种点电荷，故 C正确；
D．避雷针其实不“避雷”，反而是“接雷”，只不过是化强为弱，避免强雷电的破坏，故D错误。
6．B【详解】A．多用电表的黑表笔连接内部电源的正极，红表笔连接内部电源的负极，由图可知a孔插黑表笔，故A错误；
B．用“×100Ω”倍率测量时指针在0Ω附近，可知待测电阻较小，应更换更小的倍率，故B正确；
C．更换倍率测量电阻时，由于不同倍率对应的欧姆表内阻不同，所以要重新进行欧姆调零，故C错误；
D．若要测量电路中某电阻的阻值，需要断开开关，还需要将该电阻与其他元件断开，再进行测量，故D错误。
7．AC【详解】A．高压电线落地，电线触地电流从O点流入大地的，O点电势最高，越靠近O点，电势越高，故A正确；
B．当两脚位于同一等势线上时即两脚到O点的距离相等时，跨步电压为零，故B错误；
C．根据题意有
解得
故C正确；
D．N点处电流密度为，由于MN间的电场是非匀强电场，电场强度越靠近O点越大，则知MN间的场强大于，两脚MN间跨步电压大于，故D错误。
8．BC【详解】AB．根据题意可知，粒子做直线运动，则垂直极板向上的电场力与竖直向下的重力的合力方向与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，B正确；
CD．由以上分析可知，电场力做负功，则电势能增加，动能减小，机械能减小，故C正确，D错误；
9．BD【详解】A．根据等势面的分布情况可知两点电荷带同种电荷，故A错误；
B．根据粒子的运动轨迹和电场线的方向可知，由M到P电场力做负功，由P到N电场力做正功，所以M到P动能减小，由P到N动能增加，故粒子运动到P点时动能最小，速度最小，故B正确；
CD．由于粒子沿虚线MPN运动的过程中，动能先减小后增大，则电势能先增大后减小，但由于带电粒子的电性无法确定，则不能确定A、B点的电势高低，故C错误，D正确。
10．AD【详解】ABC．根据题意，对导体棒受力分析，如图所示
导体棒恰好未滑动，则有
解得
又有
解得流过导体棒的电流为
灯泡与导体棒并联，且电阻相等，则流过灯泡的电流也为，灯泡两端的电压为
流过滑动变阻器的电流为
滑动变阻器两端的电压为
则滑动变阻器接入电路中的电阻为
故BC错误，A正确；
D．若将滑动变阻器的滑片向左移动，接入电路的总电阻减小，总电流增大，则安培力增大，减小，则减小，则有
导体棒向右移动，故D正确。
11． 5.020 3.778/3.776/3.777/3.779 偏小
【详解】（1）[1]该导体的长度为
[2]直径为
（2）[3]根据欧姆定律以及电阻定律可得
解得该合金材料的电阻率为
（3）[4]若图丙中的电压表不能视为理想电表，则电压表示数是导体两端电压的真实值，但由于电压表分流的缘故，电流表示数略微大于通过导体的电流的真实值，所以该同学得到的电阻率与真实值相比偏小。
12．(1) 右 (2)A
【详解】（1）[1][2][3]先将开关合向右侧，对电容器进行充电，充电后电容器所带电量
电容器的电容为
（2）定值电阻阻值变大，根据欧姆定律可知，放电时的最大电流变小，放电变慢，放电时间变长，但由于放电电量一定，所以面积不变。
故选A。
13．（1）4V，0.5Ω；（2）3.5W；（3）
【详解】（1）S断开，R2、R3串联根据闭合电路欧姆定律可得
总功率为
S闭合，R1、R2并联再与R3串联，总外电阻
根据闭合电路欧姆定律可得
所以总功率为
联立解得
E=4V
r=0.5Ω
（2）闭合S，总外电阻
R′=3.5Ω
干路电流为
电源输出功率
P出=EI′-I′2r=4×1W-12×0.5W=3.5W
（3）S闭合时电容器两端电压为零；S断开时，C两端电压等于电阻R2两端电压
14．（1）400 V；（2）300 V；（3）－6×10－6 J
【详解】（1）无限远处与A点间的电势差为
而
又
所以可得
（2）无限远处与B点间的电势差为
而
又
所以可得
则A、B两点的电势差为
UAB＝φA－φB＝300 V
（3）根据公式可得，电场力做的功为
15．(1) (2) (3)
【详解】（1）小球从P点到A点过程中，小球运动的加速度
设小球的初速度为，小球到A点时的速度沿电场方向的分速度为，则
解得
在A点根据速度分解有
（2）小球在A点的速度
设小球刚要离开圆弧轨道时，小球的位置和O点连线与竖直方向夹角为θ，小球的速度为，根据牛顿第二定律
根据动能定理
解得
因此小球能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度
（3）根据力与运动的关系分析可知，由于小球受重力和电场力大小相等，当小球运动的位置和O点的连线与OB的夹角为45°时，即在等效平衡位置时速度最大，根据动能定理
解得