2023-2024学年河北省保定市部分高中高二（上）月考物理试卷（10月）
一、单选题（本大题共7小题，共28分）
1.下列叙述中符合物理学史实的是( )
A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应 B. 法拉第提出了著名的分子电流假说
C. 麦克斯韦证实了电磁波的存在 D. 法拉第测出电磁波与光的传播速度相同
2.如图所示，、是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是，、是中垂线上的两点．，用、、、分别表示、两点的场强和电势，则( )
A. 一定大于，一定大于 B. 不一定大于，一定大于
C. 一定大于，不一定大于 D. 不一定大于，不一定大于
3.两电荷量分别为和的点电荷固定在轴上的、两点，两电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示，其中为段电势最低的点，则下列说法正确的是( )
A. 、为等量异种电荷
B. 、两点间场强方向沿轴负方向
C. 、两点间的电场强度大小沿轴正方向先减小后增大
D. 将一正点电荷从点移到点，电势能先增大后减小
4.新冠疫情期间，额温枪广泛应用于各种场所。月开学后学校实行体温每日三检制度，体温检测员小明仔细研究了班里的额温枪及其技术参数如图所示，发现它以节干电池为电源，工作电流为。能通过传感器检测人体向外辐射的红外线，根据红外线能量的强弱快速、准确且无接触的测量体温，那么关于该额温枪的说法中正确的是( )
A. 额温枪工作时，电池组两极间的电压为
B. 额温枪工作时，电路中每通过电荷，每节电池都能把化学能转化为电能
C. 额温枪工作时，电源的输出功率为
D. 若换用两节充满电的充电电池，则最多可测温约为次
5.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的点且处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且点的电势会降低
B. 减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且点的电势会降低
C. 断开开关，带电油滴将向下运动
D. 将下极板上移，带电油滴将向上运动
6.如图所示，平行金属板中带电质点原处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当滑动变阻器的滑片向端移动时，则( )
A. 电压表读数减小 B. 电流表读数增大
C. 质点将向上运动 D. 上消耗的功率逐渐减小
7.如图，是固定的光滑绝缘直角杆，沿水平方向，沿竖直方向，、为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力作用在球上，使两球均处于静止状态。现将球沿水平方向向右缓慢拉动一小段距离后，、两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是( )
A. A、两小球间的静电力变大 B. A、两小球间的静电力变小
C. 球对杆的压力变大 D. 球对杆的压力变小
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
8.如图所示为真空中的实验装置，平行金属板、之间的加速电压为，、之间的偏转电压为，为荧光屏。现有质子、氘核和粒子三种粒子分别在板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为，电荷量之比为，则质子、氘核和粒子三种粒子( )
A. 三种粒子都打在荧光屏上同一个位置
B. 从开始到荧光屏所经历时间之比为
C. 打在荧光屏时的动能之比为
D. 打在荧光屏时的动能之比为
9.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球，细线与斜面平行，小球的质量为、电荷量为。小球的右侧固定放置带等量同种电荷的小球，两球心的高度相同、间距为。静电力常量为，重力加速度为，两带电小球可视为点电荷。小球静止在斜面上，则( )
A. 小球与之间库仑力的大小为
B. 当时，细线上的拉力为
C. 当时，细线上的拉力为
D. 满足某条件时，斜面对小球的支持力可能为
10.某同学设计的称重仪的工作原理图如图所示，其中定值电阻的阻值为，金属电阻片的最大阻值为，其接入电路中的阻值与称重台所受压力大小的关系为为已知常量，显示表是由电流表改装成的，当时，显示表恰好满偏，则下列有关该称重仪的说法中正确的是( )
A. 重物质量越大，显示表指针偏角越小
B. 重物质量越大，上消耗的功率越大
C. 电路中电流大小与称重台所受压力大小成正比
D. 改装后的称重仪显示表的刻度是不均匀的
三、实验题（本大题共2小题，共22分）
11.某同学要测量一分布均匀材料制成的金属圆柱体的电阻率，已知金属圆柱体电阻约为。步骤如下：
用游标为分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为__________；
用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为__________；
为了更加准确地测出该圆柱体的电阻，除了导线和开关外，有以下一些器材可选择：
A.电源电源电压、内阻可忽略不计
B.电流表量程，内阻约
C.电流表量程，内阻约
D.电压表量程，内阻约
E.电压表量程，内阻约
F.待测电阻
G.滑动变阻器，允许最大电流
H.滑动变阻器，允许最大电流
I.电键和导线若干
其中电流表选择__________。电压表选择__________。滑动变阻器选__________填前面对应的序号在答题卡上的方框中画出实验电路并标出所选实验器材的代号________。
12.小明同学打算将一只量程为的灵敏电流计内阻未知，约为几百欧改装成多用电表，他设计的改装电路如图乙所示。图乙中为灵敏电流计，、、、和是定值电阻，是滑动变阻器。实验室中还有两个备用滑动变阻器，分别为滑动变阻器、滑动变阻器。
用图甲所示电路测量灵敏电流计的内阻，先将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合，缓慢减小的阻值，直到的指针满偏；然后闭合，保持滑动变阻器的阻值不变，逐渐调节电阻箱的阻值，使的指针偏到最大值的，此时电阻箱的读数为，则灵敏电流计的内阻为______；若图甲电路中干电池的电动势为，则滑动变阻器选______填“”或“”。
图乙中的端与______填“红”或“黑”色表笔相连接。
若图乙中多用电表的个挡位为：直流电压挡和挡，直流电流和挡，欧姆挡表盘正中间的刻度为“”。则______，______，图乙中电源电动势______。
四、计算题（本大题共3小题，共38分）
13.如图所示，电源的电动势，电阻，电动机绕组的电阻，电键始终闭合。当电键断开时，电阻的电功率是；当电键闭合时，通过电阻的电流是，求：
电源的内电阻；
当电键闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率。
14.如图所示，光滑绝缘斜面高度，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线．平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为，板间距离，，，可以看为质点的带电小球，电量，质量，从斜面顶端静止下滑．
若、均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势．
若断开，闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角，求电源内阻．
若、均闭合，判断小球能否飞出平行板？
15.如图所示，在平面坐标系第一象限内有沿方向的匀强电场，电场强度大小为，轴与直线区域之间有沿方向的匀强电场，电场强度大小也为，一个带电量为的粒子不计重力从第一象限的点由静止释放。
若点坐标为，求粒子通过轴的位置坐标；
若点坐标为，求粒子通过轴时的动能；
若粒子能通过轴上的点的坐标为，求释放点的坐标应满足的关系式．
答案和解析
1.【答案】
【解析】A.奥斯特在实验中观察到电流的周围存在磁场，发现了电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系，故A正确；
B.安培提出了著名的分子电流假说，故B错误；
赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测出电磁波与光的传播速度相同，故CD错误。
故选A。
2.【答案】
【解析】【分析】
根据点电荷场强公式，运用矢量合成的平行四边形定则，确定求出两电荷连线中垂线上各个点的合场强大小情况和方向特点，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低。
本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，从而判断场强和电势关系。
【解答】
两个等量同种电荷连线中点的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在、连线之间，也可能在、连线上方，还可能在、连线下方，由于、两点的间距也不确定，故E可能大于，也可能小于，还可能等于，故AC错误；
根据平行四边形定则可知中垂线上电场强度方向一直向上，故电势越来越低，一定大于，故B正确，D错误。
故选B。
3.【答案】
【解析】A.根据左侧和右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A错误；
B.、间的电场方向沿轴正方向，点场强为，故B错误；
C.根据间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C正确；
D.正电荷从移到，由知，电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
4.【答案】
【解析】A.节干电池电源的电动势为，则额温枪工作时，电池组两极间的电压小于，选项A错误；
B.每节电池的电动势为，根据电动势的概念可知，额温枪工作时，电路中每通过电荷，每节电池都能把化学能转化为电能，选项B正确；
C.额温枪工作时，工作电流为，则电源消耗的总功率为，则电源的输出功率小于，选项C错误；
D.若换用两节充满电的充电电池，则最多可测温约为，选项D错误。
故选B。
5.【答案】
【解析】正对面积减小，注意到存在二极管，处理方法先假设没有二极管，则电容器两板间电压不变，，不变减小，会使减小，但二极管的存在使得不能减少，故实际过程为不变。上式不变，减小，所以增大，，不变，所以增大，所以油滴上移。，即为与下极板电势差，与下极板距离不变，增大，所以增大。选项 AB错误；
C.断开开关，不能放电，故油滴不动，选项C错误；
D.根据，不变，减小，增大，可以充电，故不变，减小，增大，油滴上移，选项D正确。
故选D。
6.【答案】
【解析】由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串连接在电源两端；电容器与并联；当滑片向移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时，两端的电压也减小，故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过的电流增大，而干路中的电流减小，故电流表示数减小；因并联部分电压增大，而中电压减小，故电压表示数增大，故AB错误；
C.因两端电压增大，则电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，电荷向上运动，故C正确；
D.上电流增大，根据，则消耗的功率逐渐增大，故D错误。
故选C。
7.【答案】
【解析】解：对球受力分析，受重力、拉力、支持力，静电力，如图，根据平衡条件，有
方向：
方向：
再对球受力分析，受重力、静电力、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有
方向：
方向：
有上述四式得到
由式，由于新位置两球连线与竖直方向夹角变小，故静电力变小，故A错误，B正确；
由式，水平杆对球的支持力等于两个球的重力之和，不变，再结合牛顿第三定律可知，求对水平杆的压力不变，故C错误，也错误；
故选：。
对、两球分别受力分析，根据平衡条件结合正交分解法列方程求解出各个力的表达式，然后分析讨论．
本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论．
8.【答案】
【解析】B.设加速电场间距离为，偏转极板长度为，偏转极板间的距离为，屏到偏转电场右边缘距离为，粒子在加速过程中，根据
可得
在加速电场中运动的时间
进入偏转电场，以及离开偏转电场后到打到屏上，水平方向速度保持不变，因此打到屏的时间
从开始到荧光屏所经历时间
可知运动时间与 成反比，由于
设质子、氘核和 粒子三种粒子离开加速度电场的速度分别为 ， ， 。因此
B正确；
A.粒子进入偏转电场之后，做类平抛运动
其中
可得
可知所有粒子在偏转电场中，偏转距离相等，即三种粒子打到荧光屏上的位置相同，A正确；
根据动能定理
可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比，因此
D错误，C正确。
故选ABC。
9.【答案】
【解析】【分析】
根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件分别列式分析求解。
本题关键是明确球的受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意细线拉力为零的临界条件。
【解答】
A、根据库仑定律，小球与之间库仑力的大小为：，故A正确；
、若细线上的拉力为，小球受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：；其中，联立解得：，故：，故B错误，C正确；
D、两个球带同种电荷，相互排斥，不论电量多少，斜面对的弹力不可能为零，故D错误。
故选：。
10.【答案】
【解析】重物重量越大，则金属电阻接入电路的电阻越小，电路中电流越大，指针偏角越大，上消耗的功率越大，故 A错误，B正确；
电路中电流为，则电流与称重台所受压力大小不成正比，即改装后的称重仪的显示表的刻度不是均匀的，故C错误，D正确。
故选BD。
11.【答案】；
；
、 、 、 。
【解析】分度游标卡尺的精确值为，由图可知其长度为
螺旋测微器的精确值为，由图可知其直径为
电源电动势为，则电压表选择；电路中可能出现的最大电流为，则电流表选择；金属圆柱体电阻约为，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，则选择。电流表内阻与待测电阻相差不多，则电流表应选外接法；滑动变阻器阻值比代测电阻小得多，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路如图所示
12.【答案】；；
红；
；；
【解析】【分析】
本题考查了半偏法测电阻和电表改装，明确半偏法测电阻原理和电表改装原理是解决本题关键。
根据半偏法可求出电流计的内阻，从而选出变阻器；
当端与“”连接时，根据电路构造得出处电流的方向，结合红黑表笔的规则即可得出结论；
根据电路的构造结合串并联电路的特点即可求出。
【解答】
由题意可知，调节电阻箱的阻值，使的指针偏到最大值的，通过电阻箱的电流为最大值的，可知电阻箱的阻值等于电流计电阻的倍，因此时电阻箱的读数为，可知电流计的内阻为；
本实验误差来自于闭合电阻箱并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。若图甲电路中干电池的电动势为，毫安表的满偏电流为，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于，故滑动变阻器应选用最大阻值为的。
图乙中的端与内置电源的负极连接，则与红色表笔相连接。
当选择开关接时，为直流电流档，则；
此时电流表内阻；
改装后的电流表满偏电流；
当选择开关接时为直流电压挡，则；
欧姆挡，表盘正中间的刻度为“”，则欧姆档内阻；
根据；
可得。
13.【答案】解：设断开时，电阻的电功率是，则由，
代入数据可得，电源的内电阻为；
设闭合时，流过的电流为，电阻两端的电压为，消耗的功率为，，由，
可得，
由闭合电路的欧姆定律，
可得，当电键闭合时流过电源的电流为，
设流过电动机的电流为，由电流关系，
可得，
由能量守恒定律，
可得，电动机的输出功率为。
【解析】见解析
14.【答案】解：小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，解得，对、均断开时，极板电势差即为电源电动势，
由平衡条件得，解得；
当断开，闭合时，带电小球做类平抛运动，
水平方向，竖直方向分速度，又，
对带电小球，由牛顿第二定律得，其中，
代入数据解得，，，
当断开，闭合时，与串联，电容器与并联，
电容器两端电压，部分电路欧姆定律，
闭合电路欧姆定律，
代入数据解得；
当、均闭合时，与并联，并联电阻，
电路电流，
电容器电压，
对小球，由牛顿第二定律得，其中电压，
联立求解；
对带电小球类平抛运动分析，有，，
联立求解，；
带电小球恰好从右侧极板边缘飞出。
【解析】由机械能守恒定律求出小球进入平行板的速度，然后由平衡条件求出电动势；
小球在极板间做类平抛运动，应用类平抛运动规律与串并联电路特点、欧姆定律求出电源内阻；
应用类平抛运动规律分析判断小球能否飞出平行板。
本题是电场、运动学与电路相结合的综合题，分析清楚小球运动过程、分析清楚电路结构是正确解题的关键；应用机械能守恒定律、类平抛运动规律与欧姆定律可以解题。
15.【答案】解：粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得：
，
故粒子进入第二象限时的速度，位置坐标为；
粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，
假设粒子没有出电场左边界，则有：，
故在水平方向上的位移，
故粒子通过轴的坐标为；
若点坐标为，粒子在第一象限电场中做匀加速运动，
由动能定理可得：，
故粒子进入第二象限时的速度，位置为；
假设粒子没有出电场左边界，则有：；
故在水平方向上的位移， 则粒子恰好经过，
故对粒子从静止到通过轴的过程应用动能定理可得：
粒子通过轴时的动能；
设满足条件的释放点的坐标为，粒子在第一象限电场中运动过程根据动能定理可得：，
所以，；
粒子进入电场中做类平抛运动，设粒子从电场左边界射出时的速度方向与轴的偏转角为，
则有：，
又有粒子做类平抛运动的竖直位移，
粒子离开电场后做匀速直线运动，故有：，
所以，，
所以，；
故释放点的坐标应满足的关系式为，。
【解析】根据粒子在第一象限只受电场力作用，由动能定理求得进入第二象限的速度和位置坐标；再根据粒子在第二象限电场中做类平抛运动，在电场外做匀速直线运动，根据运动学公式求得位置坐标；
同类似，先求得进入第二象限的速度，再根据类平抛运动规律求得第二象限电场方向上的位移，从而由动能定理求得动能；
根据动能定理，类平抛运动的规律结合运动学公式求解。
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