絕密★啟用前

定遠中學等校2024-2025學年高二（上）月考物理試卷

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干

凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。

一、單選題：本大題共8小題，共32分。

1.有兩個相同材料制成的導體，兩導體為上、下面為正方形的柱體，柱體高均為八,大柱體柱截面邊長為a,

小柱體柱截面邊長為b,現(xiàn)將大小柱體串聯(lián)接在電壓U上，已知通過導體電流方向如圖，大小為/,貝1（）

B.導體電阻率為。=需%

C.大柱體中自由電荷定向移動的速率大于小柱體中自由電荷定向移動的速率

D.大柱體中自由電荷定向移動的速率等于小柱體中自由電荷定向移動的速率

【答案】A

【解析】【分析】

本題考查電阻定律和電流的微觀表達式的綜合，熟悉電阻定律是解題的關鍵。

分析兩電阻之間的大小關系，再由串并聯(lián)電路的規(guī)律可得出電流大小；由電阻定律即可求得電阻率，根據

電流的微觀表達式判斷自由電荷定向移動的速率的大小。

【解答】

4B.由電阻定律可知：R=p（可知：兩導體的電阻兒=%=今=余兩電阻串聯(lián)，分壓相等，貝M兩端的電

壓為生由歐姆定律可知：R0=§=?解得：p=*,故N正確，8錯誤；

CD由/=7iesu可知，電流/相同，單位體積內的自由電荷數(shù)相同，自由電荷的電荷量相同，因截面積不相同，

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故自由電荷的定向移動速率不同，小柱體的自由電荷定向移動速率大，故CD錯誤；

故選

2.一種靜電除塵空氣凈化器，工作原理如圖所示。一重力不計的帶電塵埃僅在電場力的作用下沿虛線由M

點運動到N點，實線為電場線，以放電極中心為圓心的圓交于M、P兩點。下列說法正確的是（）

機械過

凈化后氣體

A.帶電塵埃帶正電

B.M,P兩點的電場強度及電勢都相同

C.該帶電塵埃在M點的動能大于在N點的動能

D.該帶電塵埃在M點的電勢能大于在N點的電勢能

【答案】D

【解析】【分析】

本題考查電場線與運動軌跡的問題，能從題設得出有用的信息是解題的關鍵。

根據曲線運動特點和電場力特點得出塵埃的電性即可判斷；根據電場線結合對稱性得出〃、N電勢的高低,

結合電勢能公式得出電勢能關系，結合能量守恒定律得出動能的關系即可判斷。

【解答】

/、由運動軌跡結合曲線運動的特點知，帶電塵埃所受的電場力方向與電場強度方向相反，則帶電塵埃帶負

電，故/錯誤；

2、由對稱性知，M、P兩點的電勢相同，場強大小相等，方向不相同，即電場強度不相同，故8錯誤；

CD、由沿電場線方向電勢逐漸降低，結合對稱性知，N點電勢高于M點，帶電塵埃帶負電，由％知，

帶電塵埃在在M點的電勢能大于在N點的電勢能，由能量守恒定律知，該帶電塵埃在M點的動能小于在N點

的動能，故C錯誤，。正確。

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3.如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定于豎直平面內，環(huán)上套有兩個相同的帶電小球4和B,靜止時4

B之間的距離為R現(xiàn)用外力緩慢推a使其到達圓環(huán)最低點P的過程中（）

A.圓環(huán)對8的支持力變大B.圓環(huán)對B的支持力不變

C./、B系統(tǒng)的電勢能增大D./、B系統(tǒng)的電勢能不變

【答案】C

【解析】【分析】

對B受力分析，由其平衡狀態(tài)確定各力的變化，由各力的做功情況確定其中的能量的變化.

考查力的平衡與能量變化，明確有外力做功與能量轉化的關系可分析，難度一般。

【解答】

AB,左球A到達P點的過程中，B向上運動，其所受的重力與庫侖力夾角變大，其合力變小，則圓環(huán)對B球的

支持力變小。則錯誤；

CD、左球4到達P點的過程中，兩球的距離變小，外力做正功，電場力做負功，電勢能增加，則C正確，D

錯誤。

故選：Co

4.如圖所示，在等邊三角形4BC的三個頂點上，固定三個正點電荷，電荷量的大小q'<q,則三角形ABC的

B.平行于4B邊

C.垂直于力B邊指向CD.垂直于力B邊指向4B

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【答案】c

【解析】解：根據幾何知識得知，三角形4BC的幾何中心到三角形三個頂點的距離相等，設為r。由點電荷

場強公式石=哈可知，兩個點電荷q在中心處產生的場強大小均為電=*,兩個場強之間的夾角為120。，

根據平行四邊形定則得到：兩個點電荷q在中心處產生的合場強大小E合=Ei=*,方向沿垂直于48邊指

向C0在中心處產生的場強大小為&=方向沿垂直于4B邊離開C.由于q'<q,貝歸合>&，所以三角形

力BC的幾何中心處電場強度的方向沿垂直于4B邊指向C。

故選：Co

三角形4BC的幾何中心到三角形三個頂點的距離相等，根據點電荷場強公式E=k★和平行四邊形定則分析

兩個點電荷q在中心處產生的合場強大小和方向，與q'在中心處產生的場強大小和方向進行比較，確定三角

形2BC的幾何中心處電場強度的方向.

本題是電場的疊加問題，根據平行四邊形定則進行合成.比較簡單.

5.如圖所示為平行板電容器C和定值電阻R組成的電路，接在輸出電壓恒定的電源兩端，閉合開關Si，S2，

電路穩(wěn)定后，一質量為根的帶電液滴恰能靜止在平行板電容器的兩金屬板正中間。已知電容器兩板水平放置、

間距為d,重力加速度為g,不考慮電容器充放電時間，下列說法正確的是（）

B.若斷開Si，液滴仍能保持靜止狀態(tài)

C.若斷開S2,將上極板向下迅速移動和，則液滴向上運動到達上極板的時間為￡

D.若保持兩個開關閉合，將上極板向下迅速移動京，則液滴向上運動到達上極板的時間為色

【答案】D

【解析】4液滴受到的電場力方向豎直向上，但電容器內電場方向未知，故無法判斷電荷正負，N錯誤;

8.斷開Si，電容器放電，場強減小，液滴受電場力減小向下運動，2錯誤；

C若斷開S2,將上極板向下迅速移動《d,則電容器帶電量不變，根據

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u

E=d

2s

c=

471kd

可得

47ikQ

E=—^―

sS

可知電場強度不變，液滴保持靜止狀態(tài)，C錯誤;

D開始時

U

dq=m9

將上極板向下迅速移動,可知此時加速度為

U

q怎一叫

1

a7=r----------------

m

運動時間滿足

11

—d=—at21

4L

得到時間為

t=JI=居

。正確。

故選。。

6.有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結構簡圖如圖所示.其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微

粒經過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉電場，再經偏轉電場后打到紙上顯示出字符.已知偏移量越

小打在紙上的字跡越小，現(xiàn)要縮小字跡,下列措施可行的是（）

信號輸入

墨盒帶電寶

A.增大墨汁微粒的荷質比B,減小墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能

C.增大偏轉極板間的電壓D.減小極板的長度

【答案】D

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【解析】【分析】

要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉電場的偏轉角y,根據牛頓第二定律和運動學公式結合推導出偏轉量y

的表達式，再進行分析。

此題考查帶電粒子在電場中的偏轉在實際生活中的應用，關鍵要熟練運用運動的分解法，推導出偏轉量y的

表達式。

【解答】

微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動，則有:

水平方向：L=vot；

豎直方向：y=

又a=皿-

乂md

22

qUL_qUL

聯(lián)立得,'27nd詔44反（）

要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉電場的偏轉角y,由上式分析可知，采用的方法有：減小比荷2、增大

墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能見0、減小極板的長度L、減小偏轉極板間的電壓U,故N5C錯誤，。正

確。

故選：D。

7.如圖所示，豎直向上的勻強電場中有一豎直絕緣輕彈簧，彈簧下端固定在地面上，上端連接一帶電小球,

小球靜止時位于N點，彈簧恰好處于原長狀態(tài)。保持小球的電荷量不變，將小球提高到M點由靜止釋放，則

釋放后小球從M點運動到N點的過程中（）

A.小球的機械能守恒B.小球的電勢能增大

C.小球的動能保持不變D.彈簧的彈性勢能增大

【答案】B

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【解析】【分析】

(1)小球所處的空間存在著豎直向上的勻強電場，小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)，知電場力與重力相

等；

(2)除重力以外其它力做功等于機械能的增量，根據能量守恒判斷小球電勢能、重力勢能和彈性勢能、動能

的關系。

本題主要考查的是各種功能關系，關鍵是準確的根據什么樣的力做功對應著什么樣的能的變化。

【解答】

4小球從M點運動到N點過程中，電場力不變，彈簧彈力變化，電場力和彈簧彈力的合力對小球做功，故小

球機械能不守恒，故/錯誤。

BCD由于小球靜止時，彈簧恰好處于原長，可知小球受到的電場力與重力等大反向，釋放小球后小球從M

點運動到N點的過程中，重力做正功，電場力做負功，重力和電場力做功代數(shù)和為零，彈簧的彈力做正功,

可知小球的電勢能增大，動能增大，彈簧的彈性勢能減少，故B正確，CD錯誤。

故選及

8.兩電荷量分別為qi和弦的點電荷分別固定在久軸上的4、B兩點，兩點電荷連線上各點電勢0隨坐標x變化

的關系圖像如圖所示，其中P點電勢最高，且以P<XPB，貝U()

B.qi的電荷量大于久的電荷量

C.一點電荷只在電場力作用下沿%軸從P點運動到B點，加速度逐漸變小

D.在人B之間將一負點電荷沿x軸從P點左側移到右側，電勢能先減小后增大

【答案】D

【解析】【分析】

根據3-X圖線切線斜率大小等于電場強度大小，讀出P點的電場強度大小；根據P點場強大小，由公式E=

k2判斷qi與42電荷量大小；根據電勢隨％的變化情況，判斷兩電荷的電性；負電荷在電勢高處電勢能小，在

電勢低處電勢能大；根據場強的變化，分析電場力的變化，從而判斷加速度的變化。

本題的關鍵要知道S—久圖象的斜率表示電場強度，根據圖象切線斜率的變化分析電場強度的變化。同時,

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要了解同種電荷電場的分布情況。

【解答】

4由4到P的電勢升高，從P到B電勢降低，因為沿電場線電勢降低，所以電場線方向由P到4再從P到B,

則和02是同種電荷，且一定是負電荷，故/錯誤；

AR—%圖線切線斜率大小等于電場強度大小，在P點切線斜率為零，則P點的電場強度大小為零，說明/和

q2兩點電荷在P點產生的場強大小相等，方向相反，由公式E=因為MP<KPB，故qi的電荷量小于42

的電荷量，故8錯誤；

C圖線切線斜率為場強的大小，從P點到B點斜率越來越大，故場強越來越大，電場力越來越大，故加速度

越來越大，故C錯誤；

。.負電荷從P點左側移到右側，電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，故。正確。

故選。。

二、多選題：本大題共2小題，共10分。

9.如圖所示電路中，R1、夫3為定值電阻，也為滑動變阻器，電源內阻不能忽略，電表均為理想電表。閉合

開關S,當滑動變阻器滑片向左滑動的過程中，電壓表匕、匕和電流表出、42示數(shù)變化量的絕對值分別是/

Ui、dg和4/1、4/2，下列說法正確的是（）

A.電壓表匕示數(shù)增大，電流表出示數(shù)增大B.電壓表展示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大

C./UiAU2J4/1D.4UI</U2，>d/2

【答案】AD

【解析】滑片左移，電阻式2減小，電路的總電阻減小，干路電流/增大，電源內電壓增大，路端電壓U減小,

電流表必示數(shù)/2減小，因為干路中電流/=/1+/2,故公示數(shù)"增大，則電壓表0示數(shù)%增大，又因為路端

電壓U=U1+U2,所以電壓表卜2小數(shù)減小，故/正確，3錯誤；

路端電壓^=Ui+&減小，Ui增大而%減小，所以g減小的更多，則4UI<4U2；

干路中電流/=/1+上增大，/I增大而，2減小，故/1會增加的更多，貝!故。正確，C錯誤。

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10.如圖所示，四個帶電量絕對值相等的點電荷分別固定在豎直平面內某一正方形的四個頂點上，a、B、C、

。四個點分別為對應的四條邊的中點，現(xiàn)有某一帶正電的試探電荷在四個電荷產生的電場中運動，下列說法

正確的是（）

?…一§

M

-4-------1-------4--

A.試探電荷在D點的電勢能小于4點的電勢能

B.試探電荷在。點的電勢能小于C點的電勢能

C.試探電荷從4點沿AC運動到C點，其加速度逐漸增大

D.直線BD所在的水平面一定為一等勢面

【答案】AD

【解析】【分析】

本題主要考查等量異種點電荷及等量同種點電荷的電場分布特點、場強疊加、電場力做功與電勢能變化的

關系等相關知識。

【解答】

4粒子由a到。，左下和右上電荷對試探電荷未做功，左上和右下電荷對試探電荷均做正功，所以其電勢能

減小，故/正確；

8.與分析a選項同樣的方法可以分析，從。到c,試探電荷的電勢能也減小，故8錯誤；

C由場強疊加原理可知，4、。兩點的場強相同，故而粒子的加速度也相同，并非一直增大，故C錯誤；

DBD所在的水平面上任意一點的場強方向均豎直向下，故而在這個水平面內移動電荷，電場力不做功，此

面為一等勢面，故。正確。

故選

三、實驗題：本大題共2小題，共20分。

11.某同學想測量一未知電阻Rx的阻值，粗測其阻值大約為3000,現(xiàn)要較準確地測量其電阻，有如下器材:

電壓表U（量程0?3V,內阻約為3000。）；

電流表量程。?12m4內阻約為1。）；

滑動變阻器R（最大阻值為20。）；

電源E（電動勢為3V,內阻可忽略不計）；

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開關及導線若干。

(1)實驗電路圖應選用

(2)請把實物連接圖中缺少的兩根導線補全()

(3)該同學發(fā)現(xiàn)實驗室中還有一塊內阻約為10。、量程0?12機4的電流表4，此實驗中用電流表(填

“乙”或者“七”)進行實驗會使測量更準確。

【答案】D

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【解析】【分析】

(1)根據題意確定滑動變阻器與電流表的接法，然后選擇實驗電路。

(2)根據實驗電路圖連接實物電路圖。

(3)根據電表內阻從減小實驗誤差的角度分析答題。

理解實驗原理是解題的前提與關鍵，根據題意確定滑動變阻器與電流表的接法然后選擇實驗電路圖；要掌

握實驗器材的選擇原則。

【解答】

(1)由題意可知，待測電阻阻值遠大于電流表內阻，電流表應采用內接法；待測電阻阻值遠大于滑動變阻器

最大阻值，為測多組實驗數(shù)據，滑動變阻器應采用分壓接法，應選擇圖。所示實驗電路圖。

(2)根據圖。所示實驗電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示。

(3)電流表采用內接法，電流表41的內阻小于電流表色的內阻，為減小實驗誤差，電流表應選/3

12.實驗小組設計實驗測量粗細均勻的金屬線R的電阻率，可供選擇器材如下：

A.電源E(電動勢為6.0V)

8.電壓表V(量程6V,內阻約為8k/2)

C.電流表A1(量程0.6A,內阻約為0.2。)

D電流表A2(量程3A,內阻約為0.05。)；

￡.滑動變阻器％(最大阻值50,額定電流2A)

F.開關導線若干

G.游標卡尺

〃螺旋測微器

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7r

-20

T

oO

甲

乙

(1)用游標卡尺測得該材料的長度如圖甲所示，讀數(shù)L=mm；用螺旋測微器測得該材料的直徑

如圖乙所示，讀數(shù)。=mm?

(2)用多用電表估測導線電阻，選擇xl檔，讀數(shù)如圖丙所示，其電阻約為_________第。

(3)為了便于調節(jié)，測量的盡可能準確，電流表應選擇選擇(選填C或D)；并在圖丁方框內把實驗原

理圖補充完成。(4)已知測得金屬線的電阻為R,則金屬線的電阻率為p=(用R、L、。表述)。

【答案】(1)52.35；2.150；(2)11；(3)C；

【解析】【分析】

本題主要考查測量粗細均勻的金屬線R的電阻率的實驗，明確實驗原理是解決問題的關鍵。

(1)根據游標卡尺的讀數(shù)方法可知該材料的長度；根據螺旋測微器的讀數(shù)方法可知該材料的直徑；

(2)根據歐姆表的讀數(shù)方法可知導線電阻；

(3)根據電路中的最大電流選擇電流表；導線電阻是小電阻，電流表采用外接法，為了便于調節(jié)，測量盡可

能準確，滑動變阻器采用分壓式接法，由此即可完成實驗原理圖；

(4)根據電阻定律列方程即可求得金屬線的電阻率。

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【解答】

(1)用游標卡尺測得該材料的長度讀數(shù)L=52mm+0.05mmX7=52.35mm；

用螺旋測微器測得該材料的直徑。=2mm+0.01mmx15.0=2.150mm；

(2)用多用電表估測導線電阻，選擇xl檔，其電阻約為11XI。=11。；

(3)電路中的最大電流為/=彳=5A=0.55A,則電流表選擇即選擇C；因電壓表內阻遠大于待測電阻,

可知應采用電流表外接；為了便于調節(jié)，測量的盡可能準確，滑動變阻器用分壓電路，則電路如圖：

(4)根據電阻定律有R=p卜p向，可得：p=曙。

四、計算題：本大題共3小題，共38分。

13.如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場，在電場中。點，一個質量為小，電荷量大小為q的帶電小球沿

與電場方向成8=45。、斜向右上射出，小球射出的初速度大小為火，小球射出后沿初速度方向做直線運動,

到P點(圖中未畫出)時速度恰好為零。已知重力加速度為g,求：

■>

(1)勻強電場的電場強度大小；

(2)0、P兩點間的電勢差；

(3)當小球回到。點時，將電場方向迅速反向，則小球從。點再運動到。點正下方需要的時間為多少。

【答案】解：(1)由于小球射出后做直線運動，則小球帶負電，受到的電場力向左，電場力與重力的合力與

初速度在一條直線上，因此有

tan45°=毒

解得E=詈；

(2)小球運動的合外力為F合=，器=pmg,

第13頁，共16頁

根據牛頓第二定律"爪9=ma,

解得a="g,

。、P間的距離s=^=選，

。、P兩點沿電場方向的距離&=5(:。545°=算，

2

則。、P兩點間的電勢差為U=Ed=^；

(3)當小球回到0點時，分析可知小球速度大小為火,將電場方向迅速反向，小球沿水平方向做類豎直上拋

運動，

沿水平方向的分速度大小巧=%cos45。=孝"0，

小球沿水平方向運動的加速度的=辭=g,

因此，小球從。點再運動到。點正下方需要的時間為t=2/=專”

【解析】本題考查帶電小球在電場中的運動。

(1)小球射出后沿初速度方向做直線運動，則小球受到的重力與電場力的合力一定與初速度方向共線；

(2)根據牛頓第二定律求加速度，根據運動學公式求。P間距，再求出沿電場線方向的距離，利用U=Ed求電

勢差；

(3)分析小球在水平和豎直方向的運動規(guī)律，根據運動的合成與分解知識結合牛頓第二定律求時間。

14.如圖1所示，電路中h為定值電阻，/?2為滑動變阻器，M為玩具電動機，電動機線圈電阻n=O.50,4、

乙、乙均理想電表。閉合開關Si、斷開開關S2,在將滑動變阻器的滑動觸頭P從最右端滑到最左端的過程中，

兩個電壓表的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的完整圖線如圖2所示。

(1)求電源的電動勢E和內阻r；

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(2)求滑動變阻器7?2的最大功率巳n；

(3)若滑動變阻器的滑動觸頭P滑到最左端后，再閉合開關S2,此時電流表的示數(shù)/=1.04求此狀態(tài)下電動

機的輸出功率P

【答案】解：(1)由題圖2可知，圖線B的延長線與縱軸的交點值表示電動勢，即電源的電動勢E=6U

由圖線4可知％=壽=80

電壓表乙的示數(shù)變化△6等效于電源內阻r和定值電阻力分得的電壓變化，則△內與電流表示數(shù)的變化△

/的比值為％+r,即呼=Ri+r=10O

解得電源內阻r=20

(2)由圖線B知，滑動變阻器接入電路的最大阻值R21n=