2026南充嘉陵一中高二上学期10月月考试题物理含答案

2024级物理检测试题答案1.【答案】B【解析】A．元电荷的电量是密里根测定的，故A错误；B．法拉第为了形象地描述电场，引入了电场线的概念，故B正确；CD．富兰克林率先提出了避雷针的设计、制作方法，对正负电荷进行命名，故CD错误，故选B。2.【答案】D3.【答案】D4.【答案】A，合场强向外，且夹在ap、bp连线之间偏右，则可知，且ab均为正电荷5.【答案】C【解析】由电阻定律结合题给导体几何尺寸，得根据欧姆定律，电压不变时，电流与电阻成反比，故故选C6.【答案】D【解析】A．该电荷从2a到4a运动过程速度增大，即合外力向右，在4a到6a的运动过程速度减小，即合外力向左。从2a到6a的运动过程，由库仑定律可知：M对该电荷的作用力减小，N对该电核的作用力增大，方向不变，故M对该电荷的作用力向右，N对该电荷的作用力向左，所以，点电荷M、N都是负电荷，故A错误；B．该电荷运动过程只有电场力做功，故有动能定理可知：从3a到5a，电场力先做正功，后做负功，那么该电荷的电势能先减小后增大，由于该电荷是负电荷，故电势是先增大后减小，故B错误；CD．由图可知，在4a处，合力为零，即电场强度为0，则有解得，故C错误，D正确。故选D。答案　D，解析　质子在加速电场中加速，有Ue＝eq \f(1,2)mv2，根据I＝neSv，联立解得n＝eq \f(I,eS)eq \r(\f(m,2eU))，故选D。8.答案　A，解析　设滑动变阻器滑片右侧电阻为Ra，滑动变阻器与R0构成电路的总电阻R总＝(R－Ra)＋eq \f(R0Ra,R0＋Ra)＝R－eq \f(Ra2,R0＋Ra)＝R－eq \f(Ra,\f(R0,Ra)＋1)，当滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中，Ra增大，则R总减小，则干路电流增大，即电流表A2的示数增大，B错误；设滑动变阻器滑片右侧电阻Ra与R0并联总电阻为R并，则R并＝eq \f(R0Ra,R0＋Ra)＝eq \f(R0,\f(R0,Ra)＋1)，Ra增大，则R并增大，由于干路电流增大，则并联部分电压U并增大，则电流表A1的示数逐渐增大，A正确；电容器C的电压U＝E－U并－Ir，根据上述，干路电流增大，U并增大，则电容器C的电压减小，根据Q＝CU，可知，电容器C的电荷量减小，C错误；电压表V的示数为UV＝E－Ir，根据上述，干路电流增大，则电压表V的示数逐渐减小，D错误。9.答案　BD10.【答案】BC ，【详解】CD.设P、Q之间连线与竖直墙壁间的夹角为，则有当Q向左移动少许距离后，现假设P不动，则将导致变小，方程左边大于右边，小球P上移，上移后进一步变小，将变大，因两球电量都不变，新的平衡状态下必将更大，故C正确，D错误；AB.对Q受力分析知水平推力可知F变小，故A错误，B正确。故选BC。11.答案　AD解析　由题图乙可知电场强度大小E＝eq \f(mv02,2qd)，则粒子在电场中的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(v02,2d)，粒子在电场中运动的最短时间满足eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)atmin2，得tmin＝eq \f(\r(2)d,v0)，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝eq \f(8d,v0)，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为eq \f(1,2)mv02，选项B错误；t＝eq \f(d,2v0)＝eq \f(T,8)时刻射入的粒子，先向下做匀加速运动，由于eq \f(3,8)T＝eq \f(3d,2v0)>tmin，粒子将打在下极板上，选项C错误；t＝eq \f(3d,v0)＝eq \f(3T,4)时刻射入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速eq \f(T,4)，后向上减速eq \f(T,4)速度到零；然后向下加速eq \f(T,4)，再向下减速eq \f(T,4)速度到零…如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，选项D正确。12.答案　(1)0.398(0.397、0.399均可)　(2)乙解析　(1)固定刻度读数为0，可动刻度读数39.8×0.01 mm，则螺旋测微器的读数为0＋39.8×0.01 mm＝0.398 mm。(2)由实验记录的数据可知Rx的阻值大约为5 Ω，则Rx≪RV，电流表采用外接法；若滑动变阻器采用限流式接法，电路中最小电流约为Imin＝eq \f(E,R1＋R＋RA)≈0.12 A其中R1为Rx与RV的并联电阻值。实验数据中第一组的电流为0.020 A，小于限流式接法的最小电流，所以滑动变阻器采用的不是限流式接法，而是分压式接法，则采用的是题图乙。13.答案　(1)　②　(2)3.2　0.83　(3)等于　等于解析　(1)电流表的内阻已知，所以导线应连接到②；(2)由U－I图线可知，电源电动势为E＝3.2 V，根据电路图的连接可知U－I图像图线的斜率表示电源内阻、定值电阻和电流表内阻之和，则可得电源内阻为r＝eq \f(ΔU,ΔI)－R0－RA＝eq \f(3.2,0.6) Ω－4 Ω－0.5 Ω＝0.83 Ω。(3)图中电路的连接，可以把电源、定值电阻、电流表看成等效电源，设等效电源的电动势为E′，断路时U＝E′＝E，即电动势的测量值等于真实值；短路时电流I＝eq \f(E′,r′)＝eq \f(E,R0＋RA＋r)，则电源内阻r＝eq \f(E,I)－R0－RA，所以内阻的测量值也等于真实值。14.答案　(1)4 W　(2)2 W　解析　从图线A可读出，电源的电动势E＝3 V，内阻r＝eq \f(E,I短)＝eq \f(3,6) Ω＝0.5 Ω(1)从图像的交点可读出：路端电压U＝2 V，电路电流I＝2 A，则电源的输出功率为P出＝UI＝2×2 W＝4 W。(2)电源内部损耗的电功率P内＝I2r＝22×0.5 W＝2 W15.答案　(1)8×104 m/s　(2)0.09 m解析　(1)由动能定理，可得|q|U1＝eq \f(1,2)mv02，代入数据解得v0＝8×104 m/s。(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(|q|E,m)，E＝eq \f(U2,d)，联立解得y＝0.03 m。几何知识知eq \f(y′,y)＝eq \f(L′＋\f(L,2),\f(L,2))，解得y′＝3y＝0.09 m。16.答案　(1)eq \r(gR)　(2)0　(3)11.5R解析　(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时的速度为vC，从A点到C点过程运用动能定理，得F电·(s＋R)－μmgs－mgR＝eq \f(1,2)mvC2－0解得vC＝eq \r(gR)(2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A′点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为vD，从A′点到D点过程运用动能定理，得F电·s－μmgs－mg·2R＝eq \f(1,2)mvD2－0解得vD＝eq \r(gR)在D点，根据牛顿第二定律，竖直方向的合力提供向心力，得N＋mg＝eq \f(mvD2,R)解得N＝0滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0(3)要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时s最小。等效重力由重力和静电力的合力提供，G′＝eq \r(mg2＋F电2)＝eq \f(5,4)mg等效重力与重力的夹角θ的正切值tan θ＝eq \f(3,4)所以θ＝37°设恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足G′＝meq \f(v2,R)从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得F电(smin－Rsin 37°)－μmgsmin－mgR(1＋cos 37°)＝eq \f(1,2)mv2－0解得smin＝11.5R。