安徽省定远中学2024-2025学年高二（上）月考物理试卷（含解析）

绝密★启用前
定远中学等校2024-2025学年高二（上）月考物理试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.有两个相同材料制成的导体，两导体为上、下面为正方形的柱体，柱体高均为，大柱体柱截面边长为，小柱体柱截面边长为，现将大小柱体串联接在电压上，已知通过导体电流方向如图，大小为，则( )
A. 导体电阻率为
B. 导体电阻率为
C. 大柱体中自由电荷定向移动的速率大于小柱体中自由电荷定向移动的速率
D. 大柱体中自由电荷定向移动的速率等于小柱体中自由电荷定向移动的速率
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查电阻定律和电流的微观表达式的综合，熟悉电阻定律是解题的关键。
分析两电阻之间的大小关系，再由串并联电路的规律可得出电流大小；由电阻定律即可求得电阻率，根据电流的微观表达式判断自由电荷定向移动的速率的大小。
【解答】
由电阻定律可知：可知： 两导体的电阻； 两电阻串联，分压相等，则两端的电压为； 由欧姆定律可知： 解得：，故A正确，B错误；
由可知，电流相同，单位体积内的自由电荷数相同，自由电荷的电荷量相同，因截面积不相同，故自由电荷的定向移动速率不同，小柱体的自由电荷定向移动速率大，故CD错误；
故选A。
2.一种静电除尘空气净化器，工作原理如图所示。一重力不计的带电尘埃仅在电场力的作用下沿虚线由点运动到点，实线为电场线，以放电极中心为圆心的圆交于、两点。下列说法正确的是( )
A. 带电尘埃带正电
B. 、两点的电场强度及电势都相同
C. 该带电尘埃在点的动能大于在点的动能
D. 该带电尘埃在点的电势能大于在点的电势能
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查电场线与运动轨迹的问题，能从题设得出有用的信息是解题的关键。
根据曲线运动特点和电场力特点得出尘埃的电性即可判断；根据电场线结合对称性得出、电势的高低，结合电势能公式得出电势能关系，结合能量守恒定律得出动能的关系即可判断。
【解答】
A、由运动轨迹结合曲线运动的特点知，带电尘埃所受的电场力方向与电场强度方向相反，则带电尘埃带负电，故A错误；
B、由对称性知，、两点的电势相同，场强大小相等，方向不相同，即电场强度不相同，故B错误；
、由沿电场线方向电势逐渐降低，结合对称性知，点电势高于点，带电尘埃带负电，由知，带电尘埃在在点的电势能大于在点的电势能，由能量守恒定律知，该带电尘埃在点的动能小于在点的动能，故C错误，D正确。
3.如图所示，半径为的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，环上套有两个相同的带电小球和，静止时、之间的距离为现用外力缓慢推使其到达圆环最低点的过程中( )
A. 圆环对的支持力变大 B. 圆环对的支持力不变
C. A、系统的电势能增大 D. A、系统的电势能不变
【答案】C
【解析】【分析】
对受力分析，由其平衡状态确定各力的变化，由各力的做功情况确定其中的能量的变化．
考查力的平衡与能量变化，明确有外力做功与能量转化的关系可分析，难度一般。
【解答】
、左球到达点的过程中，向上运动，其所受的重力与库仑力夹角变大，其合力变小，则圆环对球的支持力变小。则AB错误；
、左球到达点的过程中，两球的距离变小，外力做正功，电场力做负功，电势能增加，则C正确，D错误。
故选：。
4.如图所示，在等边三角形的三个顶点上，固定三个正点电荷，电荷量的大小，则三角形的几何中心处电场强度的方向( )
A. 平行于边 B. 平行于边
C. 垂直于边指向 D. 垂直于边指向
【答案】C
【解析】解：根据几何知识得知，三角形的几何中心到三角形三个顶点的距离相等，设为。由点电荷场强公式可知，两个点电荷在中心处产生的场强大小均为，两个场强之间的夹角为，根据平行四边形定则得到：两个点电荷在中心处产生的合场强大小，方向沿垂直于边指向在中心处产生的场强大小为，方向沿垂直于边离开由于，则，所以三角形的几何中心处电场强度的方向沿垂直于边指向。
故选：。
三角形的几何中心到三角形三个顶点的距离相等，根据点电荷场强公式和平行四边形定则分析两个点电荷在中心处产生的合场强大小和方向，与在中心处产生的场强大小和方向进行比较，确定三角形的几何中心处电场强度的方向．
本题是电场的叠加问题，根据平行四边形定则进行合成．比较简单．
5.如图所示为平行板电容器和定值电阻组成的电路，接在输出电压恒定的电源两端，闭合开关，，电路稳定后，一质量为的带电液滴恰能静止在平行板电容器的两金属板正中间。已知电容器两板水平放置、间距为，重力加速度为，不考虑电容器充放电时间，下列说法正确的是( )
A. 液滴一定带负电
B. 若断开，液滴仍能保持静止状态
C. 若断开，将上极板向下迅速移动，则液滴向上运动到达上极板的时间为
D. 若保持两个开关闭合，将上极板向下迅速移动，则液滴向上运动到达上极板的时间为
【答案】D
【解析】A.液滴受到的电场力方向竖直向上，但电容器内电场方向未知，故无法判断电荷正负，A错误；
B.断开 ，电容器放电，场强减小，液滴受电场力减小向下运动，B错误；
C.若断开 ，将上极板向下迅速移动 ，则电容器带电量不变，根据
可得
可知电场强度不变，液滴保持静止状态，C错误；
D.开始时
将上极板向下迅速移动 ，可知此时加速度为
运动时间满足
得到时间为

D正确。
故选D。
6.有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上显示出字符．已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是( )
A. 增大墨汁微粒的荷质比 B. 减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C. 增大偏转极板间的电压 D. 减小极板的长度
【答案】D
【解析】【分析】
要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角，根据牛顿第二定律和运动学公式结合推导出偏转量的表达式，再进行分析。
此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量的表达式。
【解答】
微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：
水平方向：；
竖直方向：
又
联立得，
要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能、减小极板的长度、减小偏转极板间的电压，故ABC错误，D正确。
故选：。
7.如图所示，竖直向上的匀强电场中有一竖直绝缘轻弹簧，弹簧下端固定在地面上，上端连接一带电小球，小球静止时位于点，弹簧恰好处于原长状态。保持小球的电荷量不变，将小球提高到点由静止释放，则释放后小球从点运动到点的过程中( )
A. 小球的机械能守恒 B. 小球的电势能增大
C. 小球的动能保持不变 D. 弹簧的弹性势能增大
【答案】B
【解析】【分析】
小球所处的空间存在着竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态，知电场力与重力相等；
除重力以外其它力做功等于机械能的增量，根据能量守恒判断小球电势能、重力势能和弹性势能、动能的关系。
本题主要考查的是各种功能关系，关键是准确的根据什么样的力做功对应着什么样的能的变化。
【解答】
A.小球从点运动到点过程中，电场力不变，弹簧弹力变化，电场力和弹簧弹力的合力对小球做功，故小球机械能不守恒，故A错误。
由于小球静止时，弹簧恰好处于原长，可知小球受到的电场力与重力等大反向，释放小球后小球从点运动到点的过程中，重力做正功，电场力做负功，重力和电场力做功代数和为零，弹簧的弹力做正功，可知小球的电势能增大，动能增大，弹簧的弹性势能减少，故正确，错误。
故选B。
8.两电荷量分别为和的点电荷分别固定在轴上的、两点，两点电荷连线上各点电势随坐标变化的关系图像如图所示，其中点电势最高，且，则( )
A. 和都是正电荷
B. 的电荷量大于的电荷量
C. 一点电荷只在电场力作用下沿轴从点运动到点，加速度逐渐变小
D. 在、之间将一负点电荷沿轴从点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
【答案】D
【解析】【分析】
根据图线切线斜率大小等于电场强度大小，读出点的电场强度大小；根据点场强大小，由公式判断与电荷量大小；根据电势随的变化情况，判断两电荷的电性；负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大；根据场强的变化，分析电场力的变化，从而判断加速度的变化。
本题的关键要知道图象的斜率表示电场强度，根据图象切线斜率的变化分析电场强度的变化。同时，要了解同种电荷电场的分布情况。
【解答】
A.由 到的电势升高，从到电势降低，因为沿电场线电势降低，所以电场线方向由到，再从到，则和是同种电荷，且一定是负电荷，故A错误；
B.图线切线斜率大小等于电场强度大小，在点切线斜率为零，则点的电场强度大小为零，说明和两点电荷在点产生的场强大小相等，方向相反，由公式，因为 ，故的电荷量小于的电荷量，故B错误；
C.图线切线斜率为场强的大小，从点到点斜率越来越大，故场强越来越大，电场力越来越大，故加速度越来越大，故C错误；
D.负电荷从点左侧移到右侧，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故D正确。
故选D。
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示电路中，、为定值电阻，为滑动变阻器，电源内阻不能忽略，电表均为理想电表。闭合开关，当滑动变阻器滑片向左滑动的过程中，电压表、和电流表、示数变化量的绝对值分别是、和、，下列说法正确的是( )
A. 电压表示数增大，电流表示数增大 B. 电压表示数减小，电流表示数增大
C. ， D. ，
【答案】AD
【解析】滑片左移，电阻减小，电路的总电阻减小，干路电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，电流表示数减小，因为干路中电流，故示数增大，则电压表示数增大，又因为路端电压，所以电压表示数减小，故A正确，B错误；
路端电压减小，增大而减小，所以减小的更多，则；
干路中电流增大，增大而减小，故I会增加的更多，则，故D正确，C错误。
10.如图所示，四个带电量绝对值相等的点电荷分别固定在竖直平面内某一正方形的四个顶点上，、、、四个点分别为对应的四条边的中点，现有某一带正电的试探电荷在四个电荷产生的电场中运动，下列说法正确的是( )
A. 试探电荷在点的电势能小于点的电势能
B. 试探电荷在点的电势能小于点的电势能
C. 试探电荷从点沿运动到点，其加速度逐渐增大
D. 直线所在的水平面一定为一等势面
【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查等量异种点电荷及等量同种点电荷的电场分布特点、场强叠加、电场力做功与电势能变化的关系等相关知识。
【解答】
A.粒子由到，左下和右上电荷对试探电荷未做功，左上和右下电荷对试探电荷均做正功，所以其电势能减小，故A正确；
B.与分析选项同样的方法可以分析，从到，试探电荷的电势能也减小，故B错误；
C.由场强叠加原理可知，、两点的场强相同，故而粒子的加速度也相同，并非一直增大，故C错误；
D.所在的水平面上任意一点的场强方向均竖直向下，故而在这个水平面内移动电荷，电场力不做功，此面为一等势面，故D正确。
故选AD。
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某同学想测量一未知电阻的阻值，粗测其阻值大约为，现要较准确地测量其电阻，有如下器材：
电压表量程，内阻约为；
电流表量程，内阻约为；
滑动变阻器最大阻值为；
电源电动势为，内阻可忽略不计；
开关及导线若干。
实验电路图应选用 。
A. B.
C. D.
请把实物连接图中缺少的两根导线补全
该同学发现实验室中还有一块内阻约为、量程的电流表，此实验中用电流表 填“”或者“”进行实验会使测量更准确。
【答案】

【解析】【分析】
根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路。
根据实验电路图连接实物电路图。
根据电表内阻从减小实验误差的角度分析答题。
理解实验原理是解题的前提与关键，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法然后选择实验电路图；要掌握实验器材的选择原则。
【解答】
由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法；待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，应选择图所示实验电路图。
根据图所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。
电流表采用内接法，电流表的内阻小于电流表的内阻，为减小实验误差，电流表应选A。
12.实验小组设计实验测量粗细均匀的金属线的电阻率，可供选择器材如下：
A. 电源电动势为
B. 电压表量程，内阻约为
C. 电流表量程，内阻约为
D. 电流表量程，内阻约为；
E. 滑动变阻器最大阻值，额定电流
F. 开关导线若干
G. 游标卡尺
H. 螺旋测微器
用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数___________；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数___________。
用多用电表估测导线电阻，选择档，读数如图丙所示，其电阻约为___________。
为了便于调节，测量的尽可能准确，电流表应选择选择_______选填或；并在图丁方框内把实验原理图补充完成。已知测得金属线的电阻为，则金属线的电阻率为___________用、、表述。
【答案】 ；；；；；。
【解析】【分析】
本题主要考查测量粗细均匀的金属线的电阻率的实验，明确实验原理是解决问题的关键。
根据游标卡尺的读数方法可知该材料的长度；根据螺旋测微器的读数方法可知该材料的直径；
根据欧姆表的读数方法可知导线电阻；
根据电路中的最大电流选择电流表；导线电阻是小电阻，电流表采用外接法，为了便于调节，测量尽可能准确，滑动变阻器采用分压式接法，由此即可完成实验原理图；
根据电阻定律列方程即可求得金属线的电阻率。
【解答】
用游标卡尺测得该材料的长度读数；
用螺旋测微器测得该材料的直径；
用多用电表估测导线电阻，选择档，其电阻约为；
电路中的最大电流为，则电流表选择，即选择；因电压表内阻远大于待测电阻，可知应采用电流表外接；为了便于调节，测量的尽可能准确，滑动变阻器用分压电路，则电路如图：；
根据电阻定律有，可得：。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，在电场中点，一个质量为，电荷量大小为的带电小球沿与电场方向成、斜向右上射出，小球射出的初速度大小为，小球射出后沿初速度方向做直线运动，到点图中未画出时速度恰好为零。已知重力加速度为，求：
匀强电场的电场强度大小
、两点间的电势差
当小球回到点时，将电场方向迅速反向，则小球从点再运动到点正下方需要的时间为多少。
【答案】解：由于小球射出后做直线运动，则小球带负电，受到的电场力向左，电场力与重力的合力与初速度在一条直线上，因此有
，
解得；
小球运动的合外力为，
根据牛顿第二定律，
解得，
、间的距离，
、两点沿电场方向的距离，
则、两点间的电势差为；
当小球回到点时，分析可知小球速度大小为，将电场方向迅速反向，小球沿水平方向做类竖直上抛运动，
沿水平方向的分速度大小，
小球沿水平方向运动的加速度，
因此，小球从点再运动到点正下方需要的时间为。
【解析】本题考查带电小球在电场中的运动。
小球射出后沿初速度方向做直线运动，则小球受到的重力与电场力的合力一定与初速度方向共线；
根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求间距，再求出沿电场线方向的距离，利用求电势差；
分析小球在水平和竖直方向的运动规律，根据运动的合成与分解知识结合牛顿第二定律求时间。
14.如图所示，电路中为定值电阻，为滑动变阻器，为玩具电动机，电动机线圈电阻，、、均理想电表。闭合开关、断开开关，在将滑动变阻器的滑动触头从最右端滑到最左端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数变化的完整图线如图所示。
求电源的电动势和内阻；
求滑动变阻器的最大功率；
若滑动变阻器的滑动触头滑到最左端后，再闭合开关，此时电流表的示数，求此状态下电动机的输出功率
【答案】解：由题图可知，图线的延长线与纵轴的交点值表示电动势，即电源的电动势
由图线可知
电压表的示数变化等效于电源内阻和定值电阻分得的电压变化，则与电流表示数的变化的比值为，即
解得电源内阻
由图线知，滑动变阻器接入电路的最大阻值，根据等效电源原理可知，当时，的功率最大，此时电流
滑动变阻器的最大功率为
当电流表的示数时，电源的路端电压为
此时通过的电流为
此时通过电动机的电流为
则电动机的输出功率
答：电源的电动势和内阻；
滑动变阻器的最大功率；
若滑动变阻器的滑动触头滑到最左端后，再闭合开关，此时电流表的示数，则此状态下电动机的输出功率．
【解析】解题的关键是分析电路的连接方式，应用闭合电路的欧姆定律解题。
在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理。
15.如图所示，长的绝缘轻杆上端固定在点，质量、电荷量的带正电金属小球套在绝缘轻杆上，空间存在水平向右的匀强电场，球与杆间的动摩擦因数。当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，取，，。
求匀强电场的电场强度大小
改变轻杆与竖直方向的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为零，并将小球从点由静止释放，求小球离开杆时的速度大小。
【答案】解：当杆竖直固定放置时，，，，
解得：
小球与杆之间摩擦力为零，说明小球与杆之间的弹力为零，
则有，
所以，
设小球的加速度为，则，
解得：
由
解得小球离开杆时的速度大小为。
答：匀强电场的电场强度大小为．
速度小大为．

【解析】根据力的平衡条件得到匀强电场的电场强度大小；
由牛顿第二定律和运动学公式得到小球离开杆时的速度大小。
本题尽管涉及带电小球在匀强电场中的运动，但主要考查力的平衡条件以及牛顿第二定律的应用。
第2页，共16页