湖南省常德市第一中学2022-2023学年高二物理上学期第一次月考试题（Word版附解析）

常德市一中2022年下学期第一次月水平检测试卷

物    理

满分：100分　时间：75分钟

一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）

1. 关于电场，下列说法正确的是（　　）

A. 过电场中同一点的电场线与等势面一定垂直

B. 电场中某点电势的值与零电势点的选取有关，某两点间的电势差的值也与零电势点的选取有关

C. 电场中电势高低不同的两点，同一点电荷在高电势点的电势能大

D. 电场力对点电荷做正功，该点电荷的电势能一定增加

【答案】A

【解析】

【详解】A．假设过电场中同一点的电场线与等势面不垂直，则场强沿等势面有分量，沿该分量移动电荷电场力做功不为0，则电势变化，与等势面相矛盾，所以过电场中同一点的电场线与等势面一定垂直，故A正确；

B．电场中某点电势的大小与零电势点的选取有关，而两点间的电势差的大小则与零电势点的选取无关，故B错误；

C．电场中电势高低不同的两点，正点电荷在电场中的高电势点电势能大，而负点电荷在电场中的高电势点电势能小，故C错误；

D．电场力对点电荷做正功，该点电荷的电势能一定减少，电场力对点电荷做负功，该点电荷的电势能一定增加，故D错误。

故选A

2. 某一导体的伏安特性曲线如图中AB（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是（　　）

A. B点对应的电阻为12Ω

B. A点对应的电阻为3Ω

C. 工作状态从A变化到了B时，导体的电阻增加了9Ω

D. 工作状态从B变化到了A时，导体的电阻减少了10Ω

【答案】D

【解析】

【详解】AB．根据公式，由图可知，B点对应的电阻为

A点对应的电阻为

故AB错误；

CD．工作状态从A变化到了B时，导体的电阻增加了

即工作状态从B变化到了A时，导体的电阻减少了10Ω，故C错误，D正确。

故选D。

3. 如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力，下列说法错误的是（　　）

A. M带负电荷，N带正电荷

B. M在b点的动能小于它在a点的动能

C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能

D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功

【答案】D

【解析】

【详解】A．由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；

B．M从a点到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则M在b点的动能小于在a点的动能，故B正确；

C．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；

D．N从c点运动到d点，库仑斥力做正功，故D错误。

本题选错误的，故选D。

4. 如图，半径为的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上A、B、C三点构成正三角形，BD、AE为圆环直径。将带正电荷小球Q固定在A点处，另一带正电小环P（P、Q均可视为点电荷、重力不计）套在圆环上（均可视为点电荷、重力不计）、现将小环P由B点静止释放，则（　　）

A. 小环P到达E点时速度最大

B. 小环P在B点所受库仑力与在E点所受库仑力大小之比

C. Q形成的电场中，B、C两点处的场强相同

D. Q形成的电场中，B点的电势大于C点的电势

【答案】A

【解析】

【详解】A．依题意，小环P在E点受到背离圆环圆心向外库仑力与指向圆环圆心支持力作用，合力指向圆心，所以E点为小环做圆周运动的等效最低点，则小环在E点速度达到最大值，故A正确；

B．依题意，根据公式

及几何知识，可得小环P在B点所受库仑力与在E点所受库仑力大小之比为

故B错误；

C．根据点电荷场强公式

由几何关系可得

则

所以Q形成的电场中，B、C两点处的场强大小相等，但方向不同，故C错误；

D．根据正点电荷的等势面的分布特点可知，离场源电荷越远的点电势越低，距离场源电荷相等距的各点在同等势面上，所以Q形成的电场中，点的电势等于C点的电势，故D错误。

故选A。

5. 两电荷量分别为和的点电荷分别固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAP＜xPB，则（　　）

A. 和都是正电荷

B. 的电荷量大于的电荷量

C. 一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小

D. 在A、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】

【详解】A．由 A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A，再从P到B，则q1和q2是同种电荷，且一定是负电荷，故A错误。

B．φ-x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q1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

因为 xAP＜xPB，故q1的电荷量小于q2的电荷量，故B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；

D．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D正确

故选D。

6. 如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为+Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为45°，k为静电常数，下列说法正确的是（　　）

A. 点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小为

B. 物块在A点时受到轨道的支持力大小为

C. 物块从A到B机械能减少量为qφ

D. 点电荷+Q产生的电场在B点的电势为

【答案】D

【解析】

【分析】点电荷形成的电场为非匀强电场，涉及电势及电势能等变化时，往往要采用功能关系进行求解

【详解】A．根据点电荷的电场强度公式可得，在B点处场强强度为

故A错误；

B．物体在A点受到点电荷的库仑力，由库仑定律得

由几何关系可知

物体在A点时，竖直方向处于平衡状态，由平衡条件有

联立以上解得

故B错误；

CD．设点电荷Q产生的电场在B点的电势为，减少的机械能为，对物体从A到B过程中，只有电场力做负功，所以由动能定理可得

联立可得

故C错误，D正确。

故选D。

【点睛】对于变力做功，需结合动能定理进行解答

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

7. 在“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作中错误的是（　　）

A. 用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中

B. 用伏安法测电阻时，采用电流表内接法，多次测量后算出平均值

C. 用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值

D. 实验中电流不能太大，以免电阻率发生变化

【答案】AB

【解析】

【详解】A．先将金属丝接入电路，然后用米尺测量接入电路中的金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，A说法错误，符合题意；

B．用伏安法测电阻时，因为待测电阻较小，故采用电流表外接法，B说法错误，符合题意；

C．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，C说法正确，不符合题意；

D．金属丝的电阻率随温度的改变而改变，为保持电阻率不变，实验中电流不能太大，以免电阻率发生变化，D说法正确，不符合题意。

故选AB。

8. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）

A. θ增大，E增大 B. θ增大，Ep增大

C. θ减小，Ep不变 D. θ减小，E不变

【答案】CD

【解析】

【详解】若保持下极板不动，将上极板向下平移一小段距离，则根据

C=

可知，C变大，Q一定，则根据

Q=CU

可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据

C=

Q=CU

联立可得

可知Q一定时，E不变；根据

U1=Ed1

可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，下极板接地，P点的电势不变，则Ep不变。

故选CD。

9. 如图所示，两个带有小孔（不影响板间的电场分布）的金属板与一直流电源相连，一带电小球与金属板上的两个小孔在同一竖直线上。由静止释放小球，小球通过上金属板的小孔后到达下金属板的小孔处速度恰好减为零，下列说法正确的是（　　）

A. 将上金属板上移（未超过小球高度），小球到下金属板上方某一位置速度减为零

B. 将上金属板上移（未超过小球高度），小球刚好到下金属板的小孔时速度减为零

C. 将下金属板上移，小球将从下金属板的小孔穿出

D. 将下金属板上移，小球到下金属板上方某一位置速度减为零

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】AB．由题意可知小球带负电，设小球带电荷量为，小球到上金属板的距离是h，两金属板间的电压是U，距离是d，由静止释放小球，小球通过上金属板的小孔刚好可以到达下金属板的小孔处速度减为零，根据动能定理可得

将上金属板上移，假设小球能到下金属板小孔处且动能为，根据动能定理可得

得

小球刚好到下金属板的小孔时动能减为零，即速度减为零，A项错误，B项正确；

CD．将下金属板上移，设金属板间的距离减小为，假设小球能到下金属板小孔处且动能为，根据动能定理可得

则

因为任何物体的动能都不能小于零，所以小球到下金属板之前速度已减小到零，C错误，D正确。

故选BD。

10. 粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O（为薄金属环）及A、B、C、D、E5个金属圆筒（又称漂移管），相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入（初速度为0）金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则（　　）

A. 质子从圆筒E射出时的速度大小为

B. 圆筒E长度为

C. MN所接电源的极性成周期性变化

D. 金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1︰2

【答案】BC

【解析】

【详解】A．质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得

质子从圆筒E射出时的速度大小为

故A错误；

B．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为

故B正确；

C．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，故C正确；

D．由AB可知，金属圆筒A的长度

金属圆筒B的长度

则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1︰，故D错误。

故选BC

三、实验题（每空2分，共16分）

11. 有一只满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=400Ω的电流表G．

若把它改装成量程为10V的电压表，应_______联一个_____Ω的分压电阻；

若把它改装成量程为3A的电流表，应________联一个_____Ω的分流电阻．

【答案】    ①. 串联    ②. 1600    ③. 并联    ④. 0.668

【解析】

【详解】电流表改装电压表需串联一个电阻，

由U=Ig(Rg+R)，带入数据得

10V=5×10−3A(400Ω+R)，解得R=1600Ω；

改装为电流表需并联一个电阻，

由IgRg=(I−Ig)R′得R′=0.668Ω．

点睛：电流表改装电压表需串联一个电阻，改装原理：U=Ig（Rg+R），U为改装后电压表量程，R为串联电阻；改装为电流表需并联一个电阻，改装电流表原理：IgRg=（I-Ig）R′，其中I为量程．

12. 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm。

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图所示，其读数应为______mm（该值接近多次测量的平均值）；

（2）用伏安法测金属丝的电阻（约为5 Ω）。实验所用器材为：电源（电压3V，内阻可忽略）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表：

由上表数据可知，他们测量是采用下图中的______（选填“甲”或“乙”）图；

（3）如图所示是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请根据第（2）问所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_____；

（4）这个小组同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点，并描绘出U—I图线：由图线得到金属丝的阻值，根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为______（填选项前的符号）。

A．1×10-2 Ω·m　　　　

B．2.0×10-3 Ω·m

C．2.5×10-6 Ω·m　  　

D．3.0×10-8 Ω·m

【答案】    ①. 0.600    ②. 甲    ③.     ④. C

【解析】

【详解】（1）[1]螺旋测微器固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为

所以最终读数为

（2）[2]从给出的数据可知，电流表和电压表的读数从零开始且变化范围较大，所以滑动变阻器采用的应是分压式接法，即采用的是甲图。

（3）[3]根据原理图得出对应的实物图如图所示

（4）[4]由图线得到金属丝的阻

根据得

解得

故选C。

四、计算题（本题共3小题，共40分）

13. 如图所示，静电场中有三个等势面A、B、C，电势分别为，，，一个电荷量的带电粒子在等势面A上的动能是，它仅在电场力作用下运动，先后通过等势面B和C。

（1）粒子在等势面B和C上的动能分别是多少？

（2）粒子从等势面A运动到等势面C，电场力所做的功是多少？

【答案】（1），；（2）

【解析】

【详解】（1）由题意得，从等势面A到等势面B由动能定理得

解得

同理，从等势面A到等势面C由动能定理得

解得

（2）由题意得，粒子从等势面A运动到等势面C，电场力所做的功是

14. 一长为L的细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点且速度恰好为零，重力加速度大小为g。

（1）判断小球的电性；

（2）求小球由A点摆动到B点过程中电势能的变化量；

（3）求匀强电场的电场强度大小。

【答案】（1）带正电；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由题意知小球受到的电场力方向水平向右，电场方向水平向右所以小球带正电。

（2）小球由A点摆动到B点过程中，由动能定理得

解得

由功能关系有

解得

（3）由

解得

A、B两点间沿电场线的有效长度

由公式

可知

15. 如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”电压为U0的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点．荧光屏MO1N为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上O1点所用时间为。若在A、B两板间加电压，其电势差UAB随时间t的变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在荧光屏上被吸收．已知粒子通过板间所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求：

（1）粒子在O点时的速度大小；

（2）图乙中U的最大值；

（3）粒子从O点到打在屏上的最短时间。

【答案】（1）；（2）2U0；（3）

【解析】

【详解】（1）由动能定理得

解得

（2）粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，此时竖直偏转量

y＝

水平方向

l＝v0t

竖直方向

y＝at2

解得

Um＝2U0

（3）半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，如图

由题意得

设出电场时速度与水平方向夹角为，则有

tanθ＝

vy＝at

解得

θ＝45°

水平由于速度反向延长线过水平位移中点，且由几何关系得

E为圆弧的圆心，由几何关系可得

则有

则水平位移有

最短时间为