覃塘高中2022年秋季期10月月考试题高二物理第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1至8题为单选题，9至12题为多选题，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的0分。）1．如图所示，两等量同种正点电荷固定在真空中，在它们连线的中垂线上有A、B两点，O为连线中点，C为连线上一点，下列结论正确的是A．B点场强一定大于A点场强B．B点电势一定低于A点电势C．若把一正电荷从A沿直线移到C，电势能增加D．若一负电荷仅在电场力下从C沿直线运动到O，加速度将变大2．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）A． B．C． D．3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图所示，由此可知c点的电势为( )-13-\nA．4VB．8VC．12VD．24V4．AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O．将电荷量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q( )A．应放在A点，Q＝2qB．应放在B点，Q＝－2qC．应放在C点，Q＝－qD．应放在D点，Q＝－q5．已知用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍，加在A上的电压是加在B上的电压的一半，那么通过A和B的电流IA和IB的关系是( )A．IA＝2IBB．IA＝IBC．IA＝IBD．IA＝IB6．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器。闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态。要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是( )A．把R2的滑片向左移动B．把R2的滑片向右移动C．把R1的滑片向左移动D．把开关S断开7．如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭合开关S后，下列说法正确的是（ ）A．若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B．若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流D．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电量将增加-13-\n8．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射R3的光的强度增强，则A．电压表的示数变小B．通过R2的电流变小C．小灯泡的功率变小D．通过R3的电流变小9．如图所示是一个由电池、电阻与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中（）A．电阻中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻中有从流向的电流D．电阻中有从流向的电流10．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝3T/8时刻释放电子，电子必然打到左极板上11．如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（ ）A．电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮B．电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变亮C．电压表读数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗D．电压表读数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗-13-\n12．a、b是位于x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势如图中曲线所示(取无穷远电势为零)，M、N、P为x轴上的三点，P点对应图线的最低点，a、P间距离大于P、b间距离．一质子以某一初速度从M点出发，仅在电场力作用下沿x轴从M点运动到N点，则下列说法正确是( )A．P点处的电场强度为0B．a和b一定是带等量同种电荷C．质子在运动过程中速率先增大后减小D．质子在运动过程中加速度先增大后减小二、实验题（共14分）13．（共6分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表1：量程0～0.6A，内阻r＝0.3ΩC．电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1ΩD．电压表1：量程0～3V，内阻未知E．电压表2：量程0～15V，内阻未知F．滑动变阻器1：0～10Ω，2AG．滑动变阻器2：0～100Ω，1AH．开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)：电流表选择__________，电压表选择__________，滑动变阻器选择________。(2)实验电路图应选择如图中的__________(填“甲”或“乙”)。(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝__________V，内阻r＝________Ω。-13-\n14．（共8分）现要测量某金属丝的电阻率，实验室可提供的实验器材有：待测金属丝RX(电阻很小)电池组E(电动势4.5V)滑动变阻器R(0～5Ω，额定电流3A)电压表V(量程4.5V，内阻约4kΩ)电流表A(量程2.5mA，内阻为30Ω)一个定值电阻R0(电阻为1860Ω)刻度尺螺旋测微器一个电键S，导线若干(1)用刻度尺测得金属丝的长度L，用螺旋测微器测量金属丝的直径D，如图1所示，则D＝________；(2)用伏安法测金属丝的电阻，设计一个测量电路，要求测量结果尽可能精确，请在下面的虚线框内画出实验电路图，并标明各元件的字母代码_______；-13-\n(3)如图3是根据测量数据作出的UI图像，由图像得到金属丝的阻值RX＝________Ω；(4)计算金属丝的电阻率的表达式ρ＝________(用L、D和RX来表示)三、解答题15．（共8分）如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m，电荷量为+q的小球．整个装置处于水平向右，场强大小为的匀强电场中．（1）求小球在电场中受到的电场力大小F；（2）当小球处于图中A位置时，保持静止状态．若剪断细绳，求剪断瞬间小球的加速度大小a；（3）现把小球置于图中位置B处，使OB沿着水平方向，轻绳处于拉直状态．小球从位置B无初速度释放．不计小球受到的空气阻力．求小球通过最低点时的速度大小v．-13-\n16．（共12分）如图所示的电路中，电源电动势E＝9V，内阻r＝2Ω，定值电阻R1＝6Ω，R2＝10Ω，R3＝6Ω，电容器的电容C＝10μF。(1)保持开关S1、S2闭合，求电容器C所带的电荷量；(2)保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电荷量。17．（共18分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一质量为m，电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示。小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)。已知A、B间距离为2R，重力加速度为g。在上述运动过程中，求(1)小球在电场中受到的电场力大小；(2)小球过B点时对圆轨道的压力大小(3)小球在圆轨道上运动时的最大速率。-13-\n覃塘高中2022年秋季期10月月考试题高二物理参考答案1．C因在两点荷中垂线上，O点的场强为零，在无穷远处场强也为零，可知从O点到无穷远，场强先增加后减小，则B点场强不一定大于A点场强，选项A错误；离两点荷越近的位置电势越高，可知B点电势一定高于A点电势，选项B错误；C点的电势高于A点，则若把一正电荷从A沿直线移到C，电势能增加，选项C正确；O点场强为零，若一负电荷仅在电场力下从C沿直线运动到O，电场力减小，加速度将变小，选项D错误；故选C.2．A【解析】由正、负点电荷的电场强度特点及电场强度的矢量叠加可知，选项C正确。3．B试题分析：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B。4．C【解析】试题分析：+q的点电荷在圆心O处的场强与-q的点电荷在圆心O处的场强的合场强方向由O点指向D点，根据几何关系和点电荷的场强公式得；要使圆心处的电场强度为零，只要点电荷Q在圆心O处产生的场强方向由O指向C即可，大小也为，所以，点电荷Q=-q且应发在C点．故C正确．5．D【解析】设A的电阻为R，加在A上的电压为U，则B的电阻为，加在B上的电压为2U，根据欧姆定律得：；IB＝可得：IA＝IB，故选D。6．A要使尘埃向下加速运动，必须减小静电力，即减小板间电压。由于滑动变阻器R1处于断路，调节R1不会有效果，选项C错误；电容器两板间电压等于滑动变阻器R2滑片左边部分的电压，因此要把R2的滑片向左移动，选项A正确、B错误；断开开关S时，电容器的电压等于电源的电动势，板间电压会增大，选项D错误；故选A。【点睛】本题要注意电容器两端的电压等于与之并联电阻两端的电压；而与电容器串联的电阻只能作为导线处理．7．D闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变．将开关S断开，电容器放电，知电量的变化．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，分析电路中电流的方向．若只将滑动变阻器滑片P-13-\n向上移动，电压增大．【详解】闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插入电介质，电容器的电容将增大．故AB错误．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带电量减小，电容器放电．由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从b到a方向的电流．故C错误．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故D正确．故选D.【点睛】本题电容器动态变化分析问题，关键是确定电容器的电压．电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有在充电或放电过程中电容器所在电路有电流．8．B【解析】A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值变小，电路中的总电阻变小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，故R1两端的电压增大即电压表的示数变大，故A错误；BCD、因电路中电流增大，故内压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，流过灯泡支路的电流增大，所以灯泡的功率变大，故B正确，C错误，D错误；故选：B。9．BC【解析】试题分析：增大电容器两极板间距离，根据公式可得电容减小，由于连接在电源两端，所以电容器两极板间的电压恒定，根据公式可得两极板上的电荷量减小，故电容放电，电阻R中有从a流向b的电流，故BC正确；10．AC【解析】AB、从t=0时刻释放电子，在前T/2内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后T/2内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动到速度为零；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，A错误，B正确；C、从t=T/4时刻释放电子，在T/4到T/2内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；在T/2到3T/4内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动到速度为零；在此期间可能打在右板上，如果不能打在右板上，在3T/4到T内，电子受到向左的电场力作用，电子向左做匀加速直线运动；在T到5T/4内，电子受到向右的电场力作用，电子向左做匀减速直线运动到速度为零；接着周而复始，在两板间左右来回运动。C正确；D、从t=3T/8时刻释放电子，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场。也可能电子在向右过程中就碰到右极板，D错误。故选：BC。-13-\n11．BC【解析】当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，通过灯L2的电流变大，则灯L2变亮。电源的内电压和L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗，故BC正确，AD错误。12．AC【解析】在φ-x图象中，斜率代表场强的大小，故在P点场强为零，故A正确；两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量。故B错误；P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，知质子所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功再做负功，故速率先增大后减小，故C正确；由图象可知，切线斜率表示电场强度的大小，斜率从左向右先减小后增大，故场强先减小后增大，故加速度先减小后增大，故D错误；故选AC。点睛：φ-x图象中：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断.13．B；D；F；甲；1.5；0.7；）（每空1分，共6分）(1)电源的电动势约1.5V，则电压表选择量程0～3V的D；选择内阻已知的电流表B，将此电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差；滑动变阻器电阻较小有利于电表数值的变化，滑动变阻器选择0～10Ω的F。(2)由于电流表内阻已知，选择甲电路将电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差。(2)据可得：，则图线的纵截距，图线的斜率，电源的内阻【点睛】本题中电流表的内阻已知，可消除电流表分压带来的误差。在解题中要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出图线对应的表达式，从而由图线求出电源的电动势和内电阻。14．（每空2分,共8分）-13-\n（1）0.467mm（2）（3）14.76（4）【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.0mm+46.7×0.01mm=0.467mm．（2）电流表量程为2.5mA，电路最小电阻约为：，待测电阻丝可以与定值电阻串联，电压表测电阻丝与定值电阻两端电压，由于其电阻阻值远大于电流表内阻，电流表可以采用内接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：（3）由图示图象可知，待测金属丝电阻：，（4）由电阻定律可知：，解得电阻率：。【点睛】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．根据图示图象应用欧姆定律求出金属丝的电阻阻值．根据电阻定律可以求出电阻率的表达式．15．（共8分）（1）；（2）；（3）【解析】（1）小球所受的电场力（2分）（2）根据平行四边形定则,小球受到的重力和电场力的的合力根据牛顿第二定律（2分）所以小球的加速度（1分）（3）根据动能定理有，（2分）-13-\n解得（1分）16．（共12分）(1)Q＝3×10－5C(2)QR2＝6×10－5C试题分析:（1）保持开关S1、S2闭合,电容器的电压等于电阻R1的电压电路的电流（3分）R1两端的电压（3分）则电容器所带的电荷量．（3分）（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器上的电压等于电源电动势，此时电容器所带的电荷量．（3分）而流过R2的电荷量等于电容器C上电荷量的增加量（3分）17．（共18分）（1）（2）（3）（1）设小球在C点速度为vC，从C到P用时为t，则从C到P：水平：2R=vCt（2分）竖直方向：R=gt2（2分）从A到C由动能定理：（2分）解得；（1分）（2）从A到B由动能定理：，（2分）在B点：（2分）解得：N=5mg（1分）（3）设等效竖直方向与竖直方向的夹角为θ，过O点的等效竖直线与BN轨道交于F点，（2分）从A到F，由动能定理：（3分）解得：（1分）【点睛】-13-\n本题关键灵活地选择过程并运用动能定律列式，同时根据向心力公式和平抛运动的位移公式列式进一步分析求解；注意由于电场力和重力都是恒力，则可以用等效思想进行解答。-13-
