四川省南充市嘉陵一中2025-2026学年高二上学期10月考试物理试卷

这是一份四川省南充市嘉陵一中2025-2026学年高二上学期10月考试物理试卷，共8页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。
选择题，共 47 分
一、单项选择题（以下各小题只有 1 个选项符合题意，8  4=32 分）
下列选项所描述的与史实相符的是（）
富兰克林测定了元电荷的电荷量B. 法拉第为了研究电场的分布，引入了电场线
C. 密里根设计并安装了世界上第一根避雷针D. 库仑确定了正负电荷的命名方式
下列选项中对电源电动势的理解正确的是（）
电源电动势与电源电压是同一物理量
电源电动势会随外电路阻值增大而增大
电源电动势在数值上等于非静电力在单位时间内移动电荷所做的功
电源电动势在数值上等于非静电力将单位正电荷从负极移到正极所做的功
如图所示，半径为 R 的圆形线圈共有 n 匝，其中心位置处半径为 r 的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面。若磁感应强度为 B，则穿过线圈的磁通量为() A．πBr2B．πBR2
C．nπBR2D．nπBr2
图中箭头所示的是真空中两点电荷 a、b 中垂线上某点 P 的场强方向，关于两点电荷带电性质以及电量多少的判断，下列选项中正确的是（）
Qa  Qb ；且 a、b 都带正电B.
C. Qa  Qb ； a 负电， b 正电D.
Qa  Qb ； a 正电， b 负电
Qa  Qb ； a 正电， b 负电
如图，长、宽、高比值为 2：1：1 的长方形实心金属导体以甲、乙两种方式接在相同的电压的电路中，则流过导体的电流 I1 : I2 等于（）
1：1B. 1：2
C. 1：4D. 4：1
在真空中的 x 轴上的原点和 x=6a 处分别固定一个点电荷 M、N，在 x=2a 处由静止释放一个负点电荷 q，点电荷 q 只受电场力作用沿 x 轴方向运动，其速度大小与在 x 轴上的位置关系如图所示，经 4a 处速度最 大。则下列说法中正确的是（）
点电荷 M、N 一定都是正电荷
x 轴上 3a 到 5a 电势是先减小后增大
点电荷 M、N 所带电荷量的绝对值之比为2 :1
x=4a 处的电场强度一定为零
如图所示，来自质子源的质子(初速度为零)经加速电压为 U 的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为 S，其等效电流为 I；质子的质量为 m，其电荷量为 e。那么这束质子流内单位体积的质子数 n 是( )
I2U
eSm
Im
eS eU
A.B.
I2eU
eSm
Im
eS 2eU
C.D.
如图，电源电动势为 E，内阻为 r，滑动变阻器最大电阻为 R，所有电表均为理想电表。闭合开关 S 后，当滑片 P 由 a 端向 b 端缓慢滑动的过程中() A．电流表 A1 的示数逐渐增大B．电流表 A2 的示数先减小再增大 C．电容器 C 的电荷量保持不变D．电压表 V 的示数逐渐增大
二、多项选择题（以下各小题有多个答案符合题意，全部选对本小题得 5 分，选对不全得 2
分，选有错误答案得 0 分，共 5  3=15 分）
用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表 A1、A2，若把 A1、A2 分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( )
图甲中的 A1、A2 的示数相同
图甲中的 A1、A2 的指针偏角相同
图乙中的 A1、A2 的示数和偏角都相同
图乙中的 A1、A2 的指针偏角不相同，示数相同
，
如图所示：带同种电荷的两个可视为点电荷的小球 P、Q 分别靠在绝缘光滑的竖直墙面和绝缘光滑的水平地面上，水平推力 F 作用于 Q 后，P、Q 均处于静止状态。若将 Q向左缓慢移动极短距离后再次静止（两球的电量保持不变），则关于移动后两球的距离 r Q 所受的水平力 F 变化，下列说法正确的是（ ）
A. F 变大 B. F 变小 C. r 变大 D. r 不变
如图甲所示，长为 8d、间距为 d 的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，O 点到两极板的距离相同，能持续水平向右发射初速度为 v0、电荷量为 q(q>0)、质量为 m 的粒子，在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，下列判断正确的是()
粒子在电场中运动的最短时间为 2d
v0
射出粒子的最大动能为
5mv 2
0
4
d
t＝
时刻射入的粒子，从 O′点射出
2v0
3d
v
t＝时刻射入的粒子，从 O′点射出
0
非选择题，共 53 分
第 12～13 题每空 2 分，共 14 分
在“测量金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。
用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为mm(该值接近多次测量的平均值)。
用伏安法测金属丝的电阻 Rx。实验所用器材为电池组(两端电压为 3 V)、电流表(内阻约 0.1 Ω)、电压表
(内阻约 3 kΩ)、滑动变阻器 R(0～20 Ω，额定电流 2 A)、开关、导线若干。
某小组同学利用以上器材按照电路图正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
由以上实验数据可知，他们测量 Rx 是采用图中的图(选填“乙”或“丙”)
某同学利用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内阻。蓄电池的电动势约为 3 V。
电流表 A，量程是 0.6 A，内阻 RA＝0.5 Ω；
电压表 V1，量程是 3 V，内阻约为 6 kΩ；
滑动变阻器 R2，阻值为 0～10 Ω；
定值电阻 R0＝4 Ω；
开关 S 一个，导线若干。
为了使实验结果尽可能准确，图甲中的导线应连接到处(填“①”或“②”)。
用(1)问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的 U－I 图线如图乙所示，由图线可得该蓄电池的电动势 E＝V，内阻 r＝Ω。(结果均保留两位有效数字)
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
本实验测得电源电动势的测量值和电动势的真实值的关系为：E 测量E 真实；测得的电源内阻和电源内阻真实值的关系为：r 测量r 真实(选填“大于”“小于”或“等于”)。
14（12 分）.如图所示，线段 A 为某电源的 U－I 图线，线段 B 为某电阻 R 的 U－I 图线，由上述电源和电阻组成闭合电路时，求：
电源的输出功率 P 出是多大？
电源内部损耗的电功率 P 内是多少？
15（13 分）.一个电荷量为 q＝－2×10－8 C，质量为 m＝1×10－14 kg 的带电粒子，由静止经电压为 U1＝
600 V 的加速电场加速后，立即沿中心线 O1O2 垂直进入一个电压为 U2＝2 400 V 的偏转电场，然后打在垂直于 O1O2 放置的荧光屏上的 P 点，偏转电场两极板间距为 d＝8 cm，极板长 L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离为 L′＝8 cm。整个装置如图所示，(不计粒子的重力)求：
粒子出加速电场时的速度 v0 的大小；
P 点到 O2 的距离 y′。
16（14 分）.如图所示，BCDG 是光滑绝缘的
3
圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为 R，下端与水平绝
4
缘轨道在 B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为 m、带正电的小滑块(可视
3
为质点)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为
速度为 g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 0.5，重力加 4
(1)(4 分)若滑块从水平轨道上距离 B 点 s＝3R 的 A 点由静止释放，滑块到达与圆心 O 等高的 C 点时速度为多大？
(2)(4 分)若滑块从水平轨道上距离 B 点 s＝10R 的 A′点由静止释放，求滑块到达 D 点时受到轨道的作用力大小。
(3)(6 分)改变 s 的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从 G 点飞出轨道，求 s 的最小值。
2024 级物理检测试题答案
【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。
【答案】D3.【答案】D
【答案】A，合场强向外，且夹在 ap、bp 连线之间偏右，则可知Qa  Qb ，且 ab 均为
正电荷
【答案】C【解析】由电阻定律R  ρl 结合题给导体几何尺寸，得R : R  4 :1
S甲乙
根据欧姆定律，电压不变时，电流与电阻成反比，故I1 : I2  1: 4 故选 C。
【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F
 kQq
r 2
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 kQM q  kQN q
(4a)2(2a)2
解得QM  4QN ，故 C 错误，D 正确。故选 D。
1
答案D，解析质子在加速电场中加速，有 Ue＝mv2，根据 I＝neSv，联立解得 n＝
2
Im
eS2eU，故选 D。
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
0 a
a
a
R RR 2R
阻 R 总＝(R－Ra)＋
＝R－＝R－R
，当滑片 P 由 a 端向 b 端缓慢滑动的过
R ＋1
R0＋Ra
R0＋Ra0
a
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＝
R0RaR0
＝R
，Ra 增大，则 R
R ＋1
R0＋Ra0
a
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。
答案BD
【答案】BC ，【详解】CD.设 P、Q 之间连线与竖直墙壁间的夹角为θ，则有
k Q1Q2 csθ m g 当 Q 向左移动少许距离后，现假设 P 不动，则将导致r和θ变小，方程左
r 2P
边大于右边，小球 P 上移，上移后θ进一步变小，csθ将变大，因两球电量都不变，新
的平衡状态下r 必将更大，故 C 正确，D 错误；
AB.对 Q 受力分析知水平推力F  k Q1Q2 sinθ m g tanθ
r 2P
可知 F 变小，故 A 错误，B 正确。故选 BC。
0
mv 2
答案AD 解析由题图乙可知电场强度大小 E＝，则粒子在电场中的加速度 a＝
v
2
qE0
2qd
2d
d1
2
＝ ，粒子在电场中运动的最短时间满足
md
＝ at2，得 t＝
2 2minmin
，选项 A 正确；能
v
0
8d
v
从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t＝ ，则任意时刻射入的粒子若能射出电
0
1
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
mv 2，
0
2
dT33d
选项 B 错误；t＝
＝时刻射入的粒子，先向下做匀加速运动，由于 T＝
>tmin，粒
2v08
3d3T
82v0
v
子将打在下极板上，选项 C 错误；t＝
0
＝ 4 时刻射入的粒子，在沿电场方向的运动是：
先向上加速
T
，后向上减速
4
T
速度到零；然后向下加速
4
T
，再向下减速
4
T
速度到零…如此
4
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。
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
E
动变阻器采用限流式接法，电路中最小电流约为 Imin＝≈0.12 A
R1＋R＋RA
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。
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；
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
ΔU
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＝Δ
3.2
－R0－
I
RA＝
0.6
Ω－4 Ω－0.5 Ω＝0.83 Ω。
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；
E′EE
短路时电流 I＝r＝
，则电源内阻 r＝
－R0－RA，所以内阻的测量值也等于
′ R0＋RA＋rI
真实值。
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，
E3
内阻 r＝＝
Ω＝0.5 Ω
I 短6
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。
电源内部损耗的电功率 P 内＝I2r＝22×0.5 W＝2 W
1
答案(1)8×104 m/s(2)0.09 m 解析(1)由动能定理，可得|q|U1＝mv 2，
20
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，
L
|q|EU2
y′L′＋
＝
在竖直方向上：y＝at2，a＝，E＝ ，联立解得 y＝0.03 m。几何知识知2
md
yL，
2
解得 y′＝3y＝0.09 m。
gR
答案(1)(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
1
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＝mv 2－
2C
0
gR
解得 vC＝
(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
1
gR
度为 vD，从 A′点到 D 点过程运用动能定理，得 F 电·s－ μmgs－mg·2R＝mv 2－0
解得 vD＝
D
D
mv 2
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＝ 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。
5
等效重力由重力和静电力的合力提供，G′＝mg2＋F2＝mg
电4
3
等效重力与重力的夹角 θ 的正切值 tan θ ＝所以 θ ＝37°
4
v2
设恰好通过等效最高点时的速度设为 v，则此时满足 G′＝m 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 1
－mgR(1＋cs 37°)＝mv2－0 解得 smin＝11.5R。
2