甘肃省民乐县第一中学2024-2025学年高二上学期10月质量检测物理试卷

这是一份甘肃省民乐县第一中学2024-2025学年高二上学期10月质量检测物理试卷，文件包含2024-2025学高二年级10月质量检查物理试卷参考答案docx、2024-2025学高二年级10月质量检查物理试卷参考答案pdf、甘肃省民乐县第一中学2024-2025学年高二上学期10月质量检测物理试卷docx、2024-2025学年高二10月质量检测物理试卷pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。


1．B
【详解】AB．S闭合前，靠近A的a端会感应出负电，远离A的b端会感应出正电，故A错误，B正确；
CD．S闭合后，电子会从大地流入导体与b端的正电荷中和，此时a端带负电，b端不带电，故CD错误。
2．B
【详解】A．电场强度是电场本身的性质，与试探电荷无关，故A错误；
B．该公式为点电荷的电场强度的决定式，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，故B正确；
C．电场强度与试探电荷的电荷量无关，试探电荷电荷量减半，则该处的电场强度不变，故C错误；
D．电荷在电场中所受静电力大小除了与该点的电场强度有关，还与该电荷的电荷量有关，电荷量相同，则受力相同，电荷量不同，受力不同，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】AB．根据等量异种电荷电场分布特点可知，两点电荷连线上电场方向由正点电荷指向负点电荷，连线中点的场强在连线上最小，两点电荷连线的中垂线上各点的电场方向均与中垂线垂直，由正点电荷指向负点电荷，连线中点的场强在中垂线上最大，则将一个带负电的检验电荷先从点沿直线移到点，再从点沿直线移到点，所受电场力的方向一直与平行，由指向，所受电场力的大小一直在减小，AB错误；
CD．将一个带负电的检验电荷先从点沿直线移到点，电场力做负功，再从点沿直线移到点，电场力方向与中垂线垂直，电场力不做功，故整个过程电场力先做负功后不做功，则电势能先增大后不变，C正确，D错误。
故选C。
4．C
【详解】AB．根据题意可知，静电力方向沿电场线指向轨迹凹侧，又有正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同，负电荷相反，但不知道电场线方向，则无法判断粒子电性，a、b粒子速度方向与a、b粒子所受静电力方向的夹角均为锐角，电场力做正功。由动能定理可知：两粒子的动能都增大，故AB错误；
C．电场线疏密表示场强大小，结合公式
可知，a受到的电场力在减小，加速度
在减小，b受到的电场力在增大，加速度在增大，故C正确；
D．电场力对a、b做正功，两个粒子动能均增大，电势能均减小，故D错误。
故选C。
5．D
【详解】AB．根据电容器
可知，将A极板上、下移动时，变小，电容器的电容变小，电容器的电荷量不变，根据
可知，电容器两端的电压变大,结合匀强电场电场强度与电势差的关系可的
电压变大，两极板间的距离不变，故电场强度变大，AB错误；
CD．将A极板向右移动时，根据
可知，极板间的距离减小，电容器的电容增大，根据
可知，电容器两端的电压变小,结合匀强电场电场强度与电势差的关系可的
可知电场强度不变，当A极板向左移动时，同理可知，此时电容器的电容C变小，U变大，θ变大，E不变，D正确。
故选D。
6．D
【详解】A点的电场强度为0，则圆盘在A点的场强与＋q在A点的场强等大反向，即圆盘在A点的场强
方向向右；圆盘在B点的场强
方向向左；则B点的合电场强度
方向沿BA方向向左。
故选D。
7．D
【详解】AB．根据题意可知小球受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力，合力方向向上，小球的初速水平向右，合外力与初速度方向垂直，所以小球将会做匀变速曲线运动，即类平抛运动，小球达B点时水平方向速度不变，所以小球达B点时的速度不可能竖直向上，故AB错误；
CD．从A到B根据动能定理，有
代入数据解得
可得匀强电场的场强大小为
故C错误，D正确。
故选D。
8．AD
【详解】A．和并联的电阻值为
所以M、N间的总电阻为
故A正确；
B．和串联，流过两电阻的电流相等，则电压与电阻值成正比，即和两端的电压比为
故B错误；
C．和并联，两端的电压相等，流过两电阻的电流与电阻成反比，即流过和的电流比为
故C错误；
D．和串联，电流相等，则电压与电阻值成正比，又两端的电压等于两端的电压，所以和两端的电压比为
故D正确。
故选AD。
9．CD
【详解】A．根据图像可知，甲元件的电阻为
故A错误；
B. 在A点，甲、乙两元件的电压、电流相同，由欧姆定律可知，甲的电阻等于乙的电阻，故B错误；
C．若将甲、乙元件串联，电流为1A时，此时甲元件的电压为
由图像可知，乙元件的电压为，则甲、乙元件的总电压为
故C正确；
D．若将甲、乙元件并联，两端电压为5V时，此时通过甲元件的电流
由图像可知，通过乙元件的电流为，则干路总电流为
则每秒通过干路某一横截面的电荷量为
故D正确。
故选CD。
10．BC
【详解】A．由图知无穷远处的电势为0，B点的电势为0，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷Q1带正电，C点电荷Q2带负电，故A错误；
B．沿着电场线电势逐渐降低，可知G点的电场强度沿x轴负方向，故B正确；
C．带负电的试探电荷在G点受x正方向的电场力，故沿x正向加速运动，不能到达D点，故C正确；
D．负电荷从D点到J点的电场力先沿x正向后沿x负向，故电场力先做正功后做负功，故D错误；
故选BC。
11．(1)
(2)A
【详解】（1）[1][2] 根据题意，与表头G构成1mA的电流表，则

解得

此时电流表的电阻为
然后再将其与串联改装为量程为3V的电压表，则

联立解得
（2）用量程为3V、内阻为的标准电压表V对改装电压表进行校准。在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近A端，可以使电压表从零开始逐渐变大。
12． a d 4.6 Ω（4.5 ~ 4.8 Ω） 1.843（1.841~ 1.845均可） 4.240 cm
【详解】（1）[1]由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差，故导线①应接a；
[2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d接通；
（2）[3]根据表中的数据作出的U-I图如下图所示：
（3）[4]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有
电阻算出4.5 Ω ~ 4.8 Ω均正确；
（4）[5]由图示螺旋测微器可知，其示数为
d = 1.5 mm + 34.3 × 0.01 mm = 1.843 mm
估读出1.842 ~ 1.844 mm均正确；
[6]由图示游标卡尺可知，其示数为
l = 42 mm + 8 × 0.05 mm = 42.40 mm = 4.240 cm
（5）[7]由欧姆定律
由电阻定律
金属丝的横截面积
联立得
13．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对小球B受力分析，根据共点力平衡条件有
2分
解得
1分
（2）根据电场强度的定义公式有
2分
解得
1分
对小球B受力分析，根据共点力平衡条件有
2分
由牛顿第二定律有
1分
解得 1分
方向沿细线方向斜向右下方
14．（1）；（2）；（3）-364V～364V
【详解】（1）由动能定理得
2分
解得
1分
（2）如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为和水平方向的夹角为，偏转位移为y，则根据类平抛运动规律有
1分
1分
1分
代入数据得
1分
（3）根据速度偏角的正切值
2
由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得
2分
联立可得

代入所有数据得
U2=364V 1分
因此为使电子都能射中荧光屏，则偏转电压应在-364V~364V范围内。 1分
15．（1） 10³V/m；（2）0.4N；（3）4m/s
【详解】（1）小球由A到B过程中，设电场强度大小为E， 由动能定理得
2分
解得
1分
（2）如图，小球到达 B点时速度为零，根据对称性可知，小球处在 弧线中点位置C时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为60°，小球的速度最大，C点是重力场和电场的等效重力场的最低点；受力分析如图

从 A 点到 C点，由动能定理得
2分
解得
1分
设电场力与重力的合力为F，则
2分
由牛顿第二定律得
2分
解得
1分
（3）C点关于O的对称的C为等效最高点，若想让小球做完整的圆周运动，则在C'点有
2分
从A到C点由动能定理得
2分
解得
1分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
C
D
D
D
AD
CD
BC