四川省内江市2024_2025学年高二物理上学期第一次月考试题含解析

这是一份四川省内江市2024_2025学年高二物理上学期第一次月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每小题4分，共8小题，共32分）
1. 北京时间2023年10月3日，据诺贝尔奖官方网站公布，2023年诺贝尔物理学奖颁发给Pierre等三位物理学家，以表彰他们“为研究物质中的电子动力学而产生阿秒光脉冲的实验方法”。阿秒（as）这种时间尺度，适合用来描述电子在原子内部运动的情况，，例如电子绕氢原子核一周大约是。已知电子所带电荷量为，氢原子核外电子绕原子核做匀速圆周运动。根据以上信息估算氢原子核外电子绕核运动的等效电流大约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据电流的定义式
故选A。
2. 真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看作点电荷），分别固定在两处，两球间静电力大小为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，再将A、B间距离增大为原来的2倍，则A、B间的静电力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设A、B原来所带电荷量分别＋Q、－Q，则A、B间静电力大小为
将不带电的同样的金属球C先与A接触，再与B接触后，A所带电荷量变为＋，B所带电荷量变为，再将A、B间距离增大为原来的2倍，则A、B间静电力大小为
故选B。
3. 1720年，英国的斯蒂芬·格雷提出导体和绝缘体的概念，并发现了导体的静电感应现象——导体在静电场的作用下，自由电荷发生了再分布的现象。如图所示，将一长为2L的光滑金属导体MN固定在绝缘水平面上，倾角为，P是固定于金属导体左上方的一带电荷量为+Q的点电荷，，且。现将一质量为m、电荷量为+q的带绝缘壳的小球体（可视为点电荷）从金属导体的M端由静止释放，小球体开始沿金属导体向下滑动。已知重力加速度为g，小球体的电荷量始终不变，则小球体从M运动到N的时间（ ）
A. 等于
B. 大于
C. 小于
D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据题干中“P是固定于金属导体左上方的一带电荷量为+Q的点电荷”可知，本题考查点电荷电场的分布情况，根据库伦定律以及受力分析进行作答。
【详解】金属导体MN 为等势体，电场力垂直于导体表面，故做匀加速直线运动。小球则从M点下滑至N点的过程中，根据牛顿第二定律可知其加速度为
解得
所以从M点下滑至N点的过程中所用的时间满足
解得
故选A。
4. 如图所示，边长为a = 10 cm的正方形ABCD处在匀强电场中，且正方形平面与电场线平行。已知φA = 2 V，φB = 4 V，φC = 6 V，O是对角线AC、BD的交点，下列说法正确的是（ ）
A. D点的电势φD = 8 VB. UAO = 2 V
C. 电场强度的方向由A指向CD. 电场强度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于A点电势为2 V，C点电势为6 V，O是AC中点，由匀强电场特点知，O点电势为4 V，故对角线BD为等势线，则
故A错误；
B．由题知
代入得
故B错误；
C．电场强度由高电势指向低电势，故电场强度的方向由C指向A，故C错误；
D．电场强度大小为
代入得
故D正确。
故选D。
5. 如图所示为等腰直角三角形，D为斜边AB的中点。现在A、B两点分别固定电荷量相等、电性相反的点电荷、，让一点电荷从A点附近出发，沿路径A→C→D移动，在移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 在A→C过程中D点的电势先降低后升高
B. 在A→C过程中D点的电势先升高后降低
C. 在C→D过程中所受电场力可能先增大后减小
D. 在C→D过程中的电势能逐渐增加
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据等量异种电荷电场中电势的分布规律，可知CD连线上的电势为零，且CD连线左侧电势为正值，右侧电势为负值，在A→C过程中D点与的距离先靠近后远离，所以电势先降低后升高。故A正确；B错误；
C．根据等量异种电荷电场中场强分布规律，可知在C→D过程中各点场强逐渐增大，所以受电场力一直增大。故C错误；
D．由A选项分析可知，在C→D过程中的电势能保持不变。故D错误。
故选A。
6. 如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（ ）
A. 在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B. 在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段距离，则油滴保存静止不动，G中有b→a的电流
C. 若将S断开，且将A板向左平移一小段距离，P点电势不变
D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段距离，P点电势能变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．在S仍闭合的情况下，两板电势差U一定，若将A板向下平移一小段距离，根据
则d减小，E变大，则油滴向上加速运动，根据
可知C变大，根据
Q=CU
可知电容器带电量Q变大，电容器充电，即G中有a→b的电流，选项A错误；
B．在S仍闭合的情况下，两板电势差U一定，若将A板向右平移一小段距离，d不变，则两板间场强不变，则油滴保存静止不动，根据
可知S减小，则C变小，根据
Q=CU
可知电容器带电量Q变小，电容器放电，G中有b→a的电流，选项B正确；
C．若将S断开，则电容器带电量Q不变，根据
，，
可知
且将A板向左平移一小段距离，S减小，E变大，P点与B板的距离不变，根据
U=Ed
可知电势差变大，则P点电势降低，选项C错误；
D．若将S断开，则电容器带电量Q不变，根据
，，
可知
且再将A板向下平移一小段距离，d减小，E不变，P点与B板的距离不变，根据
U=Ed
可知电势差不变，则P点电势不变，P点电势能不变，选项D错误。
故选B。
7. 如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为、电势为，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是（ ）
A. ，
B. ，
C. 将质子（比荷）从P点无初速释放，则质子的最大速度为
D. 若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度不为零，电势为零
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，由对称性可知圆弧BO、CO、DO在圆心P处产生的电场强度大小都为E，由电场的叠加原理可得，圆弧AOB在圆心P处产生的电场强度大小为
E1=2Ecs30°
方向沿x轴的正方向，同理可得圆弧COD在圆心P处产生的电场强度大小
E2=2Ecs30°
方向沿x轴的正方向，所以P点处的合电场强度为
E0=E1+E2
联立以上各式解得
由于电势是标量，圆弧AO在圆心P处产生的电势为φ，则圆弧BO、CO、DO在圆心P处产生的电势都为φ，则P点处总电势φ0=4φ，解得
A B错误；
C．以P点释放的质子为研究对象，由动能定理可得
解得
C正确；
D．若两圆弧上带的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度，是正电的沿正方向，是负电的沿负方向，因此电场强度是零，两圆弧在x轴上产生的电势大小相等，一正一负，因此总电势是零，D错误。
故选C。
8. 地面上方某区域存在水平向左的匀强电场，带负电的小球自电场中某点水平向左射出。小球所受的重力是电场力的2倍。则射出后，小球水平方向分速度、动能、机械能E及电场力瞬时功率随时间t变化图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，由于小球所受的重力是电场力的2倍，则有
小球所受合力为
方向与水平方向夹角
指向右下。
A．根据题意可知，小球在水平方向上，由于电场力的作用，向左做匀减速直线运动，则有
则
则图像为向下倾斜的一次函数，故A错误；
B．小球水平向左射出，则小球在垂直合力方向上做匀速，沿合力方向上做匀减速，则沿合力方向上的位移为
由动能定理有
解得
可知，图像为开口向上的抛物线，故B正确；
C．结合A分析可得，小球在水平方向上的位移为
由功能关系有
解得
可知，E-t图像为开口向上的抛物线，故C错误；
D．电场力瞬时功率为
可知，图像为向下倾斜的一次函数，故D错误。
故选B。
二、多选题（每题4分，4小题共16分，选对但未选全得2分，选错得0分）
9. 在x轴方向存在一静电场，其电势与x的关系如图所示，其中。之间为倾斜直线，之间和之间的图线对称，的区域内为平行于x轴的直线。下列说法正确的是（ ）
A. 之间的电场方向均沿x轴负方向
B. 处的电场强度大小为
C. 处的电势和电场强度均为0
D. 把一电子从处由静止释放，仅受电场力的作用，将在之间做往复运动
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则电场方向沿轴负方向，电场方向沿轴正方向，故A错误；
B．在电势均匀变化，则电场为匀强电场，图像的斜率表示电场强度，可得
则处的电场强度大小为，故B正确；
C．处的电势为0，图线的斜率表示电场强度的大小，故电场强度不为0，故C错误；
D．之间与之间的电势差绝对值相等，故电子在之间与之间静电力做功大小相等，从点到处，静电力做正功，从处到处，静电力做负功，到处速度减为0，再反向运动，即电子将在之间做往复运动，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，平行等距的竖直虚线a、b、c、d为某一匀强电场的等势面，一个不计重力的电子垂直经过等势面d时，动能为20eV，飞经等势面c时，电势能为，飞至等势面b时速度恰好为0，已知相邻等势面间的距离都为5cm，下列结论正确的是（ ）
A. 等势面a电势为B. 匀强电场的场强大小为200V/m
C. 该电子飞经等势面b时，其电势能为10eVD. 该电子的动能为26eV时，其电势能为
【答案】BD
【解析】
【详解】B．一个不计重力的电子垂直经过等势面a时，动能为20eV，飞至等势面b时速度恰好为0，根据动能定理可得
解得
可得匀强电场的场强大小为
故B正确；
A．飞经等势面c时，电势能为-10eV，则有
可得
根据
可得
故A错误；
CD．根据
可得
可知电子在等势面b时的动能和电势能均为零，因为只有电场力对电子做功，所以电子的动能和电势能之和保持不变，且为零，故该电子的动能为26eV时，其电势能为-26eV。故C错误；D正确。
故选BD。
11. 如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板射入（记为时刻），同时在两极板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子射出时间可能为
B. 粒子射出的速度大小为2v
C. 极板长度满足
D. 极板间最小距离为
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．粒子射入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的图像如图所示。因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板方向的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5s、3s、4.5s、…，满足
粒子射出的速度大小必定为v，AB错误；
C．极板长度
C正确；
D．因为粒子不跟极板碰撞，则应满足
联立求得
D正确。
故选CD。
12. 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（ ）
A. 若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C. 若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
D. 若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球受到水平向右的电场力
合力为
方向斜向右下方，与竖直方向夹角为，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有
联立解得
故A错误；
B．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；
C．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有
水平位移有
由牛顿第二定律
解得
所以小球将不能到达B点，故C正确；
D．设合力方向与电场线方向夹角为，有
得
所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷 非选择题（满分52分）
三、实验题（每空2分，共16分）
13. 某实验小组利用如图所示的电路“观察电容器的充、放电现象”。将开关S打到1，电容器将________（填“充电”或“放电”），此过程中自由电子________（填“能”或“不能”）穿过电容器间的电介质；再将开关S打到2，通过电流表的电流方向________（填“向左”或“向右”）。
【答案】 ①. 充电 ②. 不能 ③. 向左
【解析】
【详解】[1][2]将开关S打到1，电容器与电源连接，电源将对电容器将充电，电容器上极板带正电，此过程中自由电子不能穿过电容器间的电介质，而是在电场力的作用下沿导线定向运动，从而使极板带电；
[3]再将开关S打到2，电容器与电源断开，与电阻连接，电容器将放电，由于电容器上极板带正电，故通过电流表的电流方向向左。
14. 真空中两个静止点电荷A、B带电量分别为、的电场线分布如图所示，P、Q两点关于点电荷A左右对称，P、Q两点电势分别为、，其中P在AB连线上，一个电子在外力作用下沿虚线轨迹从M向N匀速率运动，则________（填“＞”、“＜”或“＝”），________（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】 ①. ＞ ②. ＞
【解析】
【详解】[1]根据电场线分布，A附近电场线较B附近密集，则
＞
[2]根据电子运动轨迹可知，电子受到A的斥力作用，可知A带负电，B带正电，A在PQ两点产生的电势相等，B在P点的电势大于在Q点的电势，可知
15. 如图甲所示，带电的物块P固定在光滑绝缘水平面上，时刻将另一带电物块Q从与物块P距离为d处由静止释放，物块Q在时间内的速度v随时间t变化的图像及时刻和时刻该图像的切线如图乙中所示，图乙中和为已知。若两物块均可视为点电荷，带电量的数值相等，物块Q的质量为m，静电力常量为k，两物块带电量始终不变。则两物块带________（填“同种”、“异种”）电荷；时刻P、Q相距________；时间内P、Q组成的系统减小的电势能为________________。（用题中所给字母表示）
【答案】 ①. 同种 ②. 2d ③.
【解析】
【详解】[1]由v-t图像中图线的斜率表示加速度，可知物块Q的加速度不断减小，所以两物块间为排斥力，它们应该带同种电荷。
[2]由乙图可知t=0时刻的加速度和t=2时刻的加速度分别为
，
由牛顿第二定律可知
，
联立，解得
[3]对物块Q由动能定理可得
根据电场力做功与电势能的关系可知，时间内P、Q组成的系统减少的电势能为
四、解答题
16. 如图所示，，，，电源电压恒定不变（内阻不计），若开关闭合，断开时，理想电流表的读数是1A，求：
（1）电源的电压U？
（2）当和都闭合时，电流表的读数多大？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
并联部分的总电阻为
根据闭合电路欧姆定律有
小问2详解】
当和都闭合时，被短路，则
17. 电子技术中通常利用匀强电场中的偏转实现带电粒子的平行侧移。如图所示，两偏转电场Ⅰ、Ⅱ宽度均为L，场强大小均为E、方向相反（均沿竖直方向）。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，由静止开始经过电压为U的电场加速后，从A点垂直进入偏转电场Ⅰ，最后从偏转电场Ⅱ中的B点射出，已知两电场相距L，不计带电粒子的重力，求：
（1）带电粒子从加速电场射出时速度的大小；
（2）带电粒子从偏转电场I离开时竖直方向偏移距离y；
（3）A、B之间沿电场线方向的距离h。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设带电粒子的质量为，电量为，离开左侧加速电场后的速度为，根据动能定理有
解得
【小问2详解】
粒子从进入偏转电场Ⅰ开始，在水平方向做匀速运动
在竖直方向
在电场中加速度
联立，解得
【小问3详解】
粒子在偏转电场Ⅰ中，竖直末速度
竖直方向的侧移为
在两偏转电场之间竖直方向的位移大小
根据对称性可知，粒子在偏转电场Ⅱ中的侧移
粒子从进入偏转电场Ⅰ到离开偏转电场Ⅱ的侧移量
18. 如图甲，一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q（）和。A右端固定有轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。时，A以初速度向右运动，B处于静止状态。滑块A运动的图像如图乙所示，在时刻，速度为，并且为图线中速度的最小值，此时弹簧未与B相碰；在时刻，A的速度；在时刻，A的速度达到最大，此时，弹簧的弹力大小为3qE，、、均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变且可看作点电荷，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）时间内，合外力对A所做的功；
（2）时刻A与B之间的距离；
（3）时刻B的速度大小；
（4）时间内，库仑力和弹簧弹力对A和B做的总功。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
时间内，根据动能定理可得合外力对A所做的功
解得
【小问2详解】
速度—时间图像的斜率表示加速度，则由图乙可知，时刻A的加速度为0，说明此时A所受合外力为0，设此时A、B相距x，则根据平衡条件，有
其中
联立解得
【小问3详解】
时刻B受到电场力与库仑力的合力与摩擦力大小相等，B开始运动，时间内，A受到向右大小为Eq的电场力、向右的库仑力以及向左大小为2Eq的摩擦力，B受到向左大小为Eq的电场力、向左的库仑力以及向右大小为2Eq的摩擦力，可知A、B组成的系统合外力为0，则由动量守恒定律有
解得
小问4详解】
根据题意，在时刻A的速度达到最大，此时A的加速度为0，合外力为0，设此时A、B间的距离为，则此时对A有
其中
，
联立解得
时间内，对A、B组成的系统由动量守恒定律有
解得
由动能定理有
解得