2022-2023学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期10月月考物理试题 解析版

2022-2023学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期10月月考物理试题 解析版

第I卷（选择题）

一、单选题

1．下列说法中正确的是（　　）

A．根据可知，电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的静电力成正比

B．电场中某点的电场强度，与试探电荷的受力大小及带电荷量无关

C．电场中某点的电场强度方向即试探电荷在该点的受力方向

D．公式和只适用点电荷形成的电场

【答案】B

【详解】AB．根据比值定义法，有

可知，电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的静电力无关，只是在数值上等于二者比值而已。故A错误；B正确；

C．电场中某点的电场强度方向即带正电的试探电荷在该点的受力方向。故C错误；

D．公式

是定义式适用于任何电场，

为真空中点电荷的决定式只适用点电荷形成的电场。故D错误。

故选B。

2．如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）（        ）

A．I B．9I/4 C．4I/9 D．2I

【答案】B

【分析】根据电阻定律可确定AB及CD时的电阻，再由欧姆定律即可确定电流．

【详解】设b长为l；根据电阻定律可知：；则接AB时，电阻；当接CD时，电阻；由欧姆定律可知：；则；故选B．

3．据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是15μF，充电至9kV电压，如果电容器在2ms时间内完成放电，则下列说法正确的是（    ）

A．电容器放电过程的平均电流强度为67.5A

B．电容器的击穿电压为9kV

C．电容器充电后的电量为135C

D．电容器充满电的电容是15μF，当放电完成后，电容为0

【答案】A

【详解】AC．根据电容的定义式

解得

故放电过程的平均电流强度为

故A正确，C错误；

B．当电容器的电压达到击穿电压时，电容器将会损坏，所以9kV电压不是击穿电压，故B错误；

D．电容器的电容与电容器的带电荷量无关，所以当电容器放完电后，其电容保持不变，故D错误。

故选A。

4．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

【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。

5．如图所示，长为L的绝缘细线一端连着带正电小球（视为点电荷），另一端固定在O点，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动。已知小球的质量为m、电荷量为q，匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A．小球经过最低点时速度最大

B．若细线断裂，小球将做匀变速运动

C．小球运动过程中的最小速度可能为

D．若小球做逆时针运动，从B点运动到D点的过程中，其动能、重力势能和电势能之和先增加后减少

【答案】B

【详解】如下图所示，把小球受到的重力和电场力合成，因为重力和电场力是恒力，所以也为恒力，小球等效成在和绳子的拉力作用下的圆周运动，过O点作直径EK，使EK和的方向平行。

A．根据圆周运动的规律可知小球过K点的速度最大，绳子的拉力也最大，故A错误；

B．若细线断裂，小球将受重力和电场力的合力作用，为恒力，根据牛顿第二定律可知，小球将做匀变速运动，故B正确；

C．根据完整圆周运动的条件可知，当小球在E点，提供向心力时，此时细线拉力为零，速度最小，即

解得

故C错误；

D．若小球做逆时针运动，从B点运动到D点的过程中，根据能量守恒定律可知，动能、重力势能和电势能之和不变，故D错误。

故选B。

6．两电荷量分别为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

【答案】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。

二、多选题(共0分)

7．某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中正确的是（    ）

A．图中图线a是小灯泡的伏安曲线，图线b是热敏电阻的伏安曲线

B．图中图线b是小灯泡的伏安曲线，图线a是热敏电阻的伏安曲线

C．图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值

D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等

【答案】BD

【详解】AB．图中图线a随着电压的增大，温度升高，图像的斜率增大，电阻减小，是热敏电阻的伏安曲线；图线b随着电压的增大，温度升高，斜率减小，电阻增大，是小灯泡的伏安曲线，A错误，B正确；

CD．图线中的M点时，小灯泡和热敏电阻的电流和电压都相等，根据 ，表示该状态小灯泡的电阻等于热敏电阻的阻值，根据 ，表示该状态小灯泡的功率等于热敏电阻的功率，C错误，D正确。

故选BD。

8．一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时（　　）

A．该金属导线的电阻变为原来的2倍

B．该金属丝的电阻率变为原来4倍

C．自由电子定向移动的平均速率为

D．通过金属导线的电流为

【答案】CD

【详解】AD．将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律分析得到，电阻变为原来的4倍，电压U恒定不变，根据欧姆定律可知，电流I变为原来的，故A错误，D正确；

B．金属丝的电阻率与金属丝的长度无关，所以电阻率不变，故B错误；

C．电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，，则自由电子定向移动的平均速率为，故C正确。

9．如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联在电路中，闭合开关S，平行板间有一质量为m、电荷量为q的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法中正确的是（   ）

A．将A板向上平移一些，液滴将向下运动

B．将A板向下平移一些，液滴将向上运动

C．将A板向左平移一些，液滴将向上运动

D．断开开关S，将A板向右平移一些，液滴将保持静止

【答案】BC

【详解】A．闭合开关后电容器充电，电容

，

极板间的电场强度

整理得

油滴静止时所受合力为零，则

qE = mg

当A板上移时，d变大，由

可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以带电荷量保持不变，由

可知，极板间的电场强度不变，油滴仍静止，A错误；

B．当A板下移时，d变小，由

可知，C变大，电容器充电，电压不变，由

可知，极板间的电场强度变大，油滴向上运动，B正确；

C．当A板左移时，S变小，由

可知，C变小，由于电容器不能通过二极管放电，所以带电荷量不变，电压变大，由

可知，极板间的电场强度增大，油滴将向上运动，C正确；

D．断开开关S，将A板向右平移一些时，S变小，由

可知，C变小，因为电容器电荷量不变，所以电压变大，由

可得，电场强度变大，液滴将向上运动，D错误。

故选BC。

10．如图所示，、为两组平行金属板，板间均为匀强电场，电势差分别为、，现有一质子和一粒子（重力不计）由静止开始，经加速后从极板左侧正中心位置进入，穿过发生偏转，最后打在右侧荧光屏上，已知、极板长均为，极板右侧与荧光屏的距离为，下列说法正确的是（　　）。

A．与进入极板间时速度大小之比为

B．与在极板间运动时加速度大小之比为

C．与打在荧光屏上时动能之比为

D．H与打在荧光屏上的位置到光屏中心点的竖直距离之比为

【答案】ABD

【详解】A．质子和粒子的质量之比

带电荷量之比为

两粒子从板由静止运动至板的过程中，由动能定理得

可得

所以

A正确；

B．粒子在板间运动时只受电场力作用，设两极板间的距离为，根据牛顿第二定律得

所以

B正确；

C．粒子在极板间运动的时间

离开极板间时竖直方向速度

离开电场后做匀速直线运动，打在荧光屏上时动能

所以

选项C错误；

D．粒子穿过极板间后，竖直方向的位移

设打在荧光屏上的位置距点下方距离为，则

所以

选项D正确。

故选ABD。

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

三、实验题

11．某物理兴趣小组同学想测一款电热坐垫的电热丝阻值，该电热丝阻值约为，现有下列器材：

A．电动势为的电源

B．量程为的电压表（内阻约为1k），量程为的电压表（内阻约为3k）

C．灵敏电流计，满偏电流为600A，内阻为500

D．滑动变阻器（最大电阻为5）

E．电键一个，导线若干

（1）为了精确测量，兴趣小组同学先将灵敏电流计改装为量程的电流表，需要给灵敏电流计________（填“串联”或者 “并联”）一个阻值为_______的定值电阻（保留2位有效数字）；

（2）实验中，电压表应选________。（填“”或者“”）。

（3）为了精确测量电热丝阻值，兴趣小组的同学设计了如下几种电路（改装后的电流表用表示），完成实验效果最佳的电路是________。

A．B．

C．D．

（4）结合实验中得到的数据，描出的U-I图像如图所示，根据图像可知该款电热坐垫的电热丝阻值为________。

【答案】     并联     0.20     V1     D     2.80

【详解】（1）[1][2] 将灵敏电流计改装为电流表，需要给灵敏电流计并联一个定值电阻

（2）[3]电压表若选，指针偏转角太小，误差太大，所以电压表应选；

（3）[4]为使实验精确，采用分压法电路，因为

应采用安培表内接法。

故选D。

（4）[5]改装后的安培表内阻

根据图像可知该款电热坐垫的电热丝阻值为

四、解答题(共0分)

12．如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小球的质量m；

(2)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．

【答案】　(1)m=4.0×10－4kg　(3)v=2.0m/s

【详解】(1)根据电场力的计算公式可得电场力；

小球受力情况如图所示：

根据几何关系可得，所以；

(2)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则，解得v=2m/s．

13．如图所示，虚线左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线和之间存在着宽为、电场强度为的匀强电场，在虚线右侧距为处有一与电场平行的屏。现将一电子（电荷量为，质量为，重力不计）无初速度地放入电场中的点，最后电子打在右侧的屏上，点到的距离为，连线与屏垂直，垂足为，求：

（1）电子到的速度大小；

（2）电子从释放到打到屏上所用的时间；

（3）电子刚射出电场时的速度方向与连线夹角的正切值；

（4）电子打到屏上的点到点的距离。

【答案】(1) ；(2)；(3)

【详解】(1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得

解得

(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，则

由，得

从MN到屏的过程中运动时间

运动的总时间

(3) 设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为

电子在电场E2中运动时间

则

电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为

解得

带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示

设电子打到屏上的点到O点的距离x，根据上图有几何关系得

解得

14．静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 ，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为。重力加速度取。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；

（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？

（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

【答案】（1）4.0m/s， 1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m

【详解】（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有

解得

vA=4.0m/s，vB=1.0m/s

（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得

则

B一直向左运动，则

解得

可知B先停止运动，该过程中B的位移

解得

从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得

B停止时A的速度

解得

对A由动能定理可得

则位移

这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为

B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为

（3）t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为，由动能定理有

解得

故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为′以和，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

，

解得

，      

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为′时停止，B向左运动距离为时停止，由运动学公式

，

解得

，

小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离