四川省南充市嘉陵区2025_2026学年高二物理上学期10月月考试题

这是一份四川省南充市嘉陵区2025_2026学年高二物理上学期10月月考试题，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，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，84=32分）
1. 下列选项所描述的与史实相符的是（ ）
A. 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
2. 下列选项中对电源电动势的理解正确的是（ ）
A. 电源电动势与电源电压是同一物理量
B. 电源电动势会随外电路阻值增大而增大
C. 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
D. 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
3. 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．πBr2 B．πBR2
C．nπBR2 D．nπBr2
4.图中箭头所示的是真空中两点电荷中垂线上某点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（ ）
A. ；且都带正电 B. ；正电，负电
C. ；负电，正电 D. ；正电，负电
5. 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，则流过导体的电流等于（ ）
A. 1：1 B. 1：2
C. 1：4 D. 4：1
6.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（ ）
A. 点电荷M、N一定都是正电荷
B. x轴上3a到5a电势是先减小后增大
C. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为
D. x=4a处的电场强度一定为零
7.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( )
A. eq \f(I,eS)eq \r(\f(2U,m)) B. eq \f(I,eS)eq \r(\f(m,eU))
C. eq \f(I,eS)eq \r(\f(2eU,m)) D. eq \f(I,eS)eq \r(\f(m,2eU))
8.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53=15分）
9. 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( )
A．图甲中的A1、A2的示数相同
B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同
C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都相同
D．图乙中的A1、A2的指针偏角不相同，示数相同
10.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
11.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( )
A．粒子在电场中运动的最短时间为eq \f(\r(2)d,v0)
B．射出粒子的最大动能为eq \f(5,4)mv02
C．t＝eq \f(d,2v0)时刻射入的粒子，从O′点射出
D．t＝eq \f(3d,v0)时刻射入的粒子，从O′点射出
非选择题，共53分
第12～13题每空2分，共14分
12.在“测量金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。
(1)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)。
(2)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”)
13.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。
A．电流表A，量程是0.6 A，内阻RA＝0.5 Ω；
B．电压表V1，量程是3 V，内阻约为6 kΩ；
C．滑动变阻器R2，阻值为0～10 Ω；
D．定值电阻R0＝4 Ω；
E．开关S一个，导线若干。
(1)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”)。
(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)
(3)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：
(1)电源的输出功率P出是多大？
(2)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＝1 600 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：
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小；
(2)P点到O2的距离y′。
16（14分）.如图所示，BCDG是光滑绝缘的eq \f(3,4)圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在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(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为eq \f(3,4)mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(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。
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】D
4.【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C
6.【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 BD
10.【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 W
15.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＋cs 37°)＝eq \f(1,2)mv2－0解得smin＝11.5R。
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