甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．以下说法正确的是( )
A.多用电表测电阻时若指针偏角过大，为使测量精准需选择更小的倍率
B.沿电场线的方向，电场强度必定越来越小
C.电动势越大，表明电源储存的电能越多
D.闭合电路中电流总是从电势高处流向电势低处
2．如图，两个截面不同、长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为U，则( )
A.通过两棒的电流不相等
B.两棒的自由电子定向移动的平均速率
C.两棒内的电场强度不同，细棒内场强小于粗棒内部场强
D.细棒的电压等于粗棒的电压
3．如图为完全相同的两个正三角形ABC和DEF组成的正六角星，O点为图形正中心，现在A、D、B、E顶点各放一个电量为q的正电荷，在C、F顶点各放一个电量为q的负电荷，已知AB边长为a，则O点场强大小为( )
A. B. C. D.
4．如图，在匀强电场中有一长方形区域ABCD，边长AB=0.3m、BC=0.4m，匀强电场方向与ABCD所在平面平行，A、B、C三点的电势，，，则匀强电场的电场强度大小和方向为( )
A.120V/m，沿AC方向 B.200V/m，沿AC方向
C.160V/m，沿BD方向 D.300V/m，沿BD方向
5．如图所示，用甲、乙两种电路测的阻值，甲电路中电压表和电流表的示数分别为3.0V和3.0mA，乙电路中电压表和电流表示数分别为2.9V和4.0mA，则待测电阻的值应( )
A.比725Ω略小一些 B.比725Ω略大一些
C.比1000Ω略小一些 D.比1000Ω略大一些
6．如图所示电路中，、、、为四个可变电阻器，、为两个极板水平放置的平行板电容器，两电容器的两极板间分别有一个油滴P、Q处于静止状态，欲使油滴P向下运动，Q向上运动，应当( )
A.增大，减小 B.增大，减小 C.增大，减小 D.增大，减小
7．2023年2月，研究中心对某品牌最新款新能源汽车内的直流蓄电池进行测试。测试过程中系统输出的图像如图所示，其中P为直流电源的输出功率、I为总电流，下列关于该蓄电池的说法正确的是( )
A.电动势为10V B.内阻为1Ω
C.最大输出功率为70W D.短路电流为24A
二、多选题
8．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表，，示数变化量的绝对值分别为，，，理想电流表A示数变化量的绝对值为，正确的是( )
A.示数增大 B.电源输出功率增大
C.与比值减小 D.大于
9．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能随位置x的变化关系如下图所示，其中段是对称的曲线，段是直线，则下列正确的是( )
A.、、处电势、、的关系为
B.段所受电场力沿x轴负方向,段所受电场力沿x轴正方向
C.粒子从O点向x轴正向运动过程中加速度先逐渐减小后逐渐增大到最后恒定
D.粒子从向运动过程中电场力做正功
10．如图，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为+q的带电粒子以初速度沿两板中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )
A.在前时间内，电场力对粒子做的功为
B.在后时间内，电场力对粒子做的功为
C.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1:1
D.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1:2
三、实验题
11．在“测定电池的电动势和内电阻”的实验中
（1）备有如下器材：干电池1节，量程合适的电压表和电流表，开关、导线若干、滑动变阻器：A.滑动变阻器（0~1kΩ，额定电流2A）B.滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2A）
某同学按甲图原理进行实验，其中滑动变阻器应选_______；（只填器材前的序号）
（2）根据数据画出的图象如图乙所示，由图象可得电池电动势为_______V，内阻为_______Ω；
12．某同学测量均匀金属丝的电阻率。
（1）使用螺旋测微器测定金属丝直径d，某次测量结果如图所示，读数为_______，然后用游标卡尺测量其长度L如图所示，可知其长度为_______。
（2）用欧姆表粗测其电阻，把选择开关置于“”挡，测得阻值为_______Ω。
（3）用伏安法测金属丝电阻的阻值，提供如下器材：
电池组E：电动势，内阻不计；
电流表：量程，内阻约；
电流表：量程，内阻为；
滑动变阻器：阻值范围，额定电流为；
电阻箱：阻值范围，额定电流为；开关S，导线若干。要求实验中尽可能准确地测量的阻值。在方框中画出测量阻值的电路图，并在图中标明器材代号。
（4）金属丝的电阻率为_______（用π、d、、L表示）。
四、计算题
13．如图所示的电路中，电源电动势，内电阻，电动机M的电阻。闭合电键S后，标有“8V、16W”的灯泡L恰能正常发光。求闭合电键后：
（1）电源的总功率及输出功率；
（2）电动机的输出功率及机械效率。
14．如图，质量为m、电荷量为q的离子静止于A处，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直进入水平向左的匀强电场中并击中竖直挡板QN上的Q点。已知静电分析器通道内有辐向分布的电场，圆弧虚线所在处的电场强度大小均为，方向指向圆心O，圆弧对应的半径为R，，N、O、P三点共线且水平，，离子重力不计。求：
（1）加速电场的电压大小。
（2）QN、DC间匀强电场的电场强度大小。
（3）离子击中Q点时的速度大小。
15．如图所示，绝缘水平轨道与光滑绝缘竖直圆槽形轨道相切于A点，圆形轨道半径为R，圆形轨道上B点与圆心等高，水平轨道AM段长度也为R，竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强。质量为m，带电量为+q的物块（可视为质点）以水平方向速度从M点进入电场，水平轨道AM段与物块间的动摩擦因数可调，（重力加速度为g，，）。求：
（1）若，且物块的速度，物块经过圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小；
（2）若物块的速度，要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数满足什么条件；
（3）若，只把MN左侧的电场方向变成水平向右，其他条件不变，为使滑块能到达B点，物块的初速度应满足什么条件。
参考答案
1．答案：A
解析：A.电场线是用来表示电场中电场强度的方向和大小的，电场线越密，表示电场强度越大，由公式知，同一试探电荷所受的电场力越大，故A正确；B.电场线的疏密表示电场强度的大小，沿着电场线方向，电场线不一定越来越疏，则电场强度不一定越来越小，故B错误；C.由可知，电动势越大，指电源内部非静电力移动单位正电荷从负极到正极做的功越多，不是电源储存的电能越多，故C错误；D.在电源的外电路中，电流流向总是从高电势流向低电势，而电源的内电路中，电流流向总是从低电势流向高电势。故D错误。故选A。
2．答案：B
解析：A.由于两棒串联，所以电流相等，故A错误；B.由公式可知，两棒电流相等，而两棒横截面积关系为得两棒的自由电子定向移动的平均速率故B正确；CD.由可知，细棒的电阻大，由串联分压原理可知细棒的电压与粗棒的电压关系为又由可得故C、D错误。故选B。
3．答案：A
解析：因AE两点的正电荷在O点的合场强为零；O点到六个点的距离均为则DC两点的电荷在O点的合场强为方向沿OC方向；同理BF两点的电荷在O点的合场强为方向沿OF方向，则合场强为故选A.
4．答案：B
解析：匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故
边长，根据勾股定理知根据几何关系知由B向AC的连线作垂线的交点E点电势等于B点电势，电场线垂直于等势面，如图
即电场线方向为沿AC，由A指向C，电场强度大小为故选B。
5．答案：C
解析：
6．答案：D
解析：电容器接入电路中相当于断路，分析电路可知，电容器两端的电压为路端电压，而电容器两端的电压为电阻两端的电压，开始两油滴均静止，则可知电场力等于重力，电场力均向上，要使油滴P向下运动则电容器两端的电压需减小，即路端电压需减小：而要使油滴Q向上运动则电容器两端的电压需增大，即电阻两端的电压需增大，则根据闭合电路的欧姆定律有而路端电压,两端的电压为则可知总电阻必须减小，可使电流增大，内电压增大，路端电压减小，同时两端的电压增大，因此需减小或减小的同时增大，且的减小量大于的增加量，如此方可满足油滴P向下运动，Q向上运动。故选D。
7．答案：D
解析：AB.电源的输出功率为变形得结合图像可得故AB错误;C.由可知当最大输出功率为故C错误;D.该蓄电池的短路电流为故D正确。故选D。
8．答案：BD
解析：A.由题图可知，滑动变阻器与电阻R串联，滑动变阻器滑片向下滑动，其阻值减小，整个闭合回路电阻减小，干路电流增大，路端电压为，测的是路端电压，其示数减小，故A错误;B.电源的输出功率随外电阻的变化关系如图所示
由于定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，故外电阻减小时，电源输出功率在增大，故B正确;C.、分别测得是R和滑动变阻器的电压，滑动变阻器两端电压为可得可知与的比值保持不变，故C错误;D.由题意可知由于，故大于，故D正确.故选BD。
9．答案：AC
解析：
10．答案：BC
解析：AB.粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个的时间内沿竖直方向的位移之比为1:3，则在前时间内，电场力对粒子做的功为，在后时间内，电场力对粒子做的功为，A错误B正确；CD.由知，在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1:1，D错误。C正确。故选BC。
11．答案：（1）B（2）1.5;1.0
解析：（1）由于干电池电动势为1.5V左右，由乙图可知最大电流为0.6A，因此为了测量方便，故选20Ω的滑动变阻器即可。
（2）由图乙可知，电池电动势为纵轴的截距，故电动势为1.5V，由闭合电路欧姆定律，电源内阻
12．答案：（1）0.680；22.7（2）190（3）；
解析：（1）螺旋测微器的读数为
游标卡尺的精度为0.1mm，读数为
（2）指针指向“19”刻度，选择开关置于“×10”挡，则读数为190Ω；
（3）①根据电表的改装原理可知，应将电流表与电阻箱串联，改装成一个量程为0 3.0V的电压表，根据欧姆定律有
②待测电阻较小，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图
（4）根据电阻定律有
其中
解得
13．答案：（1）64W，32W；（2）12W，75%
解析：（1）小灯泡正常发光，故路端电压为
根据闭合电路欧姆定律有
解得总电流为
电源的总功率
电源的输出功率
（2）通过灯泡的电流
故通过电动机的电流
电动机的发热功率
电动机的总功率
故电动机的输出功率为
电动机的机械效率为
14．答案：（1）；（2）；（3）
解析：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有
解得加速电压
（2）离子做类平抛运动，有
解得
（3）由动能定理，得
击中Q点时的速度
15．答案：（1）；（2）；（3）
解析：（1）物块从M点到A点，由动能定理得
物块在A点做圆周运动，受轨道的支持力为，在A点由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为2mg。
（2）当物块通过等效最高点C时，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，物块恰能做完整的圆周运动，受力分析如图所示
合力与竖直方向夹角为；物块从M点到C点，由动能定理得
在等效最高点C时，由牛顿第二定律得
联立解得
（或0.125）
要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数
（3）物块从M点到B点，由动能定理得
物块恰能到B点，则对轨道压力为
由牛顿第二定律得
联立解得
因此，物块的初速度
