重庆八中高二第一次月考物理试题答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年11月试卷_11012024-2025学年重庆八中高二10月月考

重庆八中 2024~2025 学年度（上）高二年级第一次月考
物理试卷
一、单选题：本题共 7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的。
1．如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于 30°的斜坡上
稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能
小于（ ）
1 3 2 3
A． B． C． D．
2 3 2 2
2．如图所示，内置金属网的高压静电防护服接地，O 为防护服内的一点，把一带电量为 Q
的金属小球移动到距离 O 点的 r 处。金属小球可视为点电荷，静电力常量为 k，无穷远处电
势为0，下列说法正确的是（ ）
A．金属小球在防护服内产生的电场为0
B．金属小球与 O点连线中点P 处的电势为 0
Q
C．感应电荷在 O点处产生的场强大小等于k
r2
D．防护服内金属网左侧外表面带负电，右侧内表面带正电
3．如图所示，有一均匀带正电的绝缘细圆环，半径为r、带电量为q。点P、Q、N 把圆环分
为三等分，现取走P、Q处两段弧长为x的小圆弧。NO延长线交细圆环与M 点，静电力常
量为k，关于 O 点的电场强度（ ）
kqx
A．沿OM 方向，大小为
2r3
kqx
B．沿OM 方向，大小为
r3
kqx
C．沿ON方向，大小为
2r3
kqx
D．沿ON方向，大小为
r3
— 1 —4．如图甲、乙所示的两电路中，定值电阻R:R :R =1: 2: 3，电流表和电压表均为理想电表，
1 2 3
在两电路两端各加一恒定的电压U 后，A1 和 A2 示数分别为 I1 和 I2，V1 和 V2 分别为 U1
和U2，则（ ）
A．I :I 5:9；U :U 3:5 B．I :I 5:9；U :U 4:7
1 2 1 2 1 2 1 2
C．I :I 4:7；U :U 3:5 D．I :I 4:7；U :U 4:7
1 2 1 2 1 2 1 2
5．在如图1所示电路中，定值电阻R 阻值为1，滑动变阻器R 的调节范围为0~5，事先
0 1
测得电源的路端电压与电流的关系图像如图 2 所示，当滑动变阻器的滑片从左端滑到右端的
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电源的电动势为3V，内阻为2 B．电源的最大效率为90%
C．电阻R 的最大功率为1.5W D．电阻R 的最大功率为1W
1 0
6．如图所示，质量均为 m 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根
原长为l 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为
1
μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E= kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F 缓慢
2
拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，
k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F 所做的功等于（ ）
— 2 —(mg)2 3(mg)2
A． mg(ld) B． mg(ld)
2k 2k
3(mg)2 (mg)2
C． 2mg(ld) D． 2mg(ld)
2k 2k
7．如图所示，电源电动势为E，内阻恒为r，R 是定值电阻，热敏电阻R 的阻值随温度的降
T
低而增大，C 是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关 S，带电液滴刚好静
止在 C 内。在温度降低的过程中，分别用 I、U 、U 和U 表示电流表 A、电压表V 、电压
1 2 3 1
表V 和电压表V 的示数，用I、U 、U 、和U 表示电流表A、电压表V 、电压表V 和
2 3 1 2 3 1 2
电压表V 的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确
3
的是（ ）
U U U U U U
A． 1 、 2 、 3 一定都不变 B． 1 、 3 和 2 均不变
I I I I I I
C．带电液滴一定向下加速运动 D．电源的工作效率一定变小
二、多选题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．一质量为m 的运动员托着质量为M 的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图
乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt 时间后再将重物缓慢
向上举，至双臂伸直（图丙）。图甲到图乙、图乙到图丙过程中重物上升高度分别为h1、h2，
经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则（ ）
A．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2+Δt），地面对运动员做的功为0
B．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2），地面对运动员做的功为（M+m）g（h1+h2）
C．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2+Δt），运动员对重物做的功为Mg（h1+h2）
D．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2），运动员对重物做的功为Mg（h1+h2）
— 3 —9．电容式话筒是录音棚中最常用设备。采集端原理图如图所示，背板和振膜可视为构成平行
板电容器，当声波密部靠近振膜时振膜产生向右的形变，疏部靠近振膜时振膜产生向左的形
变。已知不采集声音时电容器电荷量稳定，则（ ）
A．不采集声音时，a点电势高于b点电势
B．不采集声音时，a点电势等于b点电势
C．当疏部靠近时，a点电势低于b点电势
D．当密部靠近时，a点电势低于b点电势
10．如图所示，竖直面内有一半径为 R 的圆，圆的直径 AB 水平，C 为圆周上一点，OC 与
AB 成60角，现有一匀强电场，其电场方向在该圆所在的竖直平面内，但方向未知。一质量
为m，电荷量为 q的带正电小球以相同的初动能从A点沿各个方向射入圆形区域，又从圆周
上不同点离开，其中从B 点离开的小球动能最大；若仅场强大小减小为原来的四分之一，则
在 A 点沿与 AB 成30角斜向右上方射入的小球，恰能从 C 点离开，且离开时此小球动能最
大，则下列说法正确的是（ ）
2mg
A．变化前的场强大小为
q
3mgR
B．小球的初动能一定等于
16
C．该电场方向一定与AB 成30角斜向右上方
D．电场变化前，小球在B点的动能为4mgR
三、实验题：本题共2个小题，共15分，第11题6分，第12题9分。
11．在“金属丝电阻率的测量”的实验中：
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图1所示，金属丝直径d _________mm。
(2)按图2所示的电路测量金属丝的电阻R 。小明将单刀双掷开关分别打到a处和b处，通过
x
观察分析，发现电压表示数变化更明显，由此判断开关打到_________（填“a”、“b”）处时进
行实验系统误差较小。
— 4 —(3)小明为了消除系统误差，他设计用电流计G 和电阻箱替代V，电路如图3所示。实验绘制
I
出了 —R 图像是如图4所示直线，斜率为k，纵截距为b。R 为电阻箱阻值读数，I为A
I 箱 箱
g
示数，I 为G示数。试求R _________。
g x
12．在测量电源的电动势和内阻的实验中，实验室提供的器材有：
干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1）；
电压表V（量程3V，内阻约3k）；
电流表A（量程0.6A，内阻约1）；
滑动变阻器R（最大阻值为20）；
定值电阻R（阻值2）；
开关一个，导线若干。
(1)小明同学按照如图所示的电路进行实验，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该
现象的主要原因是_________。
A．电压表分流
B．干电池内阻较小
C．电流表内阻较小
(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，小明利用现有的器材改进了实验方案，重新测
量得到的数据如下表所示。
序号 1 2 3 4 5 6 7
I A 0.08 0.14 0.20 0.26 0.32 0.36 0.40
U V 1.35 1.20 1.05 0.88 0.73 0.71 0.52
— 5 —用笔画线代替导线，请按照改进后的方案，将图1中的实物图连接成完整电路 。
(3)根据表中数据画出的U I 图像（如图2 所示）可得，电源的内阻为_________（保留2位
有效数字）。
(4)考虑到电压表分流会引起测量误差，小明用作图的方法进行误差分析，图中实线对应测量
值，虚线对应真实值，所作的图像中正确的是_________。
A． B．
C． D．
— 6 —四、计算题：本大题共 3 小题，共 42 分。13 题 10 分，14 题 14 分，15题 18 分。解答应写
出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。
13．如图所示电路，电源电动势为 E，内阻为r 1Ω，定值电阻R 5Ω，闭合S 、断开S ，
1 2
电流表的示数是1.00A ；闭合S 和S ，电流表的示数是2.00A，此时电动机竖直向上匀速吊
1 2
起质量为m0.6kg的重物，已知电动机线圈电阻为R 0.5Ω，电流表、电压表均为理想电
0
表，不计一切阻力，取g 10m/s2，求：
(1)电源电动势E；
(2)闭合S 和S 时，重物向上运动的速率。
1 2
14．如图，质量为 2kg 的小球 A（视为质点）在细绳 O  P 和 OP 作用下处于平衡状态，细绳
OP OP 1.6m，与竖直方向的夹角均为 60°。质量为6kg 的木板 B 静止在光滑水平面上，
质量为 2kg的物块 C 静止在 B 的左端。剪断细绳 O  P ，小球 A 开始运动。（重力加速度 g 取
10m/s2）
（1）求A 运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A 在最低点时，细绳 OP 断裂。A 飞出后恰好与 C 左侧碰撞（时间极短）、碰后 A
竖直下落，C 水平向右运动。求碰后C 的速度大小。
（3）A、C碰后，C 相对B 滑行4m后与B 共速。求C 和B之间的动摩擦因数。
— 7 —15．如图甲所示，两块间距为 d的金属板 A、B 水平平行放置，金属板右侧竖直放置一垂直
于金属板的足够大的屏，屏到金属板右端的距离等于金属板长度。大量质量为m、电荷量为
e 的质子由静止开始，经电压为U0 的电场加速后，连续不断地沿金属板的中轴线OO'方向射
m
入两板之间。两板间电压按如图乙所示的规律作周期性变化，周期T 6d ，离开偏转
17eU
0
电场的质子通过两板间的时间均为偏转电场变化周期的1.5倍，求：（不计质子之间的相互作
用，计算结果不用T表示）
(1)质子射入偏转电场时的速度大小v 、水平金属板的长度L；
0
1
(2)t  T 时刻射入偏转电场的质子，穿出两板之间时的动能Ek；
6
(3)从偏转电场射出的质子打到屏上，向下偏离轴线OO'的最大距离ym。
— 8 —重庆八中 2024~2025 学年度（上）高二年级第一次月考
物理答案
1．B
【详解】根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析
有
mgsin30mgcos30
可得
3
tan30
3
故选B。
2．C
【详解】A．防护服内各点的场强为零，即带电的金属小球在防护服内产生的电场与感应电荷在该点的场
强等大反向，即金属小球在防护服内产生的电场不为0，选项A错误；
B．人体接地，则人体上O点的电势为零，金属小球与O点连线中点P处的电势不为0，选项B错误；
C．因O点的合场强为零，即感应电荷在O点的场强与电荷Q在O点的场强等大反向，则感应电荷在O
Q
点处产生的场强大小等于Q在O点产生的场强大小，即k ，选项C正确；
r2
D．因人体接地，可知防护服内金属网左右侧外表面均不带电，选项D错误。
故选C。
3．A
【详解】圆环上电荷分布均匀，P、Q处取走的电荷量为
x
q q
2r
已知点P、Q、N把圆环分为三等分，所以取走前P、Q处电荷在O点的合电场强度为
kq kqx
E 2 cos60
PQ r2 2r3
kqx
方向沿ON方向。那么，剩余电荷在O点的电场强度大小为 ，方向沿OM方向。
2r3
故选A。
4．A
【详解】甲图中三个电阻并联，电流表A 测量的是R、R 电流之和，A 测量的是R、R 电流之和，故
1 2 3 2 1 2
— 9 —U U

I R R 5
1  2 3 
I U U 9
2 
R R
1 2
乙图中三个电阻串联，电流表V 测量的是 R、R 电压之和，V 测量的是 R、R 电压之和，故
1 1 2 2 2 3
U IR R  3
1  1 2 
U IR R  5
2 2 3
故选A。
5．C
【详解】A．由闭合电路欧姆定律得
E U Ir
所以
U EIr
所以由U-I图像可得
E3V
U 3
r   0.5
I 6
故A错误；
B．因为电源效率为
U R
 100% 100%
E Rr
所以当滑动变阻器的滑片在左端时，效率最大，为
6
 100%92%
60.5
故B错误；
C．利用等效内阻法，可知当滑动变阻器阻值为
R R r1.5
1 0
时，有最大功率为
E2 E2
P  1.5W
4r' 4(rR )
0
故C正确；
D．因为电阻R 的功率为
0
P I2R
0 0
— 10 —所以当电路电流最大时，功率最大，即滑动变阻器滑片处于右端时，此时电路电流为
E
I   2A
R r
0
解得
P 4W
0
故D错误。
故选C。
6．B
【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
kx mg
0
解得弹性绳的伸长量
mg
x 
0 k
则此时弹性绳的弹性势能为
1 2m2g2
E  kx2 
0 2 0 2k
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
x  x ld
1 0
则由功能关系可知该过程F所做的功
3(mg)2
W E mgx  mg(ld)
0 1 2k
故选B。
7．B
【详解】A．根据欧姆定律，有
U U U
1 R，2 R，2 RR
I I T I T
U U U
依题意，温度降低时热敏电阻R 的阻值增大。 1 不变， 2 、 3 都增大，故A错误；
T I I I
B．根据欧姆定律，有
U
1 R
I
保持不变，由闭合电路欧姆定律，有
U EIrR
2
解得
— 11 —U
2 Rr
I
保持不变，同理，可得
U EIr
3
解得
U
3 r
I
保持不变，故B正确；
C．带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻R
T
阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流变小，所以分的电压也就变小，
而路端电压增大，故V 读数增大，平行板间的电场强度也增大，导致带电液滴向上运动，故C错误；
2
D．电源的效率为
UI U
 100% 3 100%
EI EI
由于路端电压增大，所以电源的工作效率一定变大，故D错误。
故选B。
8．AC
【详解】AB．运动员将重物缓慢上举，可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为
F=（M+m）g
整个过程的时间为t +t +Δt，根据I=Ft可知地面对运动员的冲量为
1 2
I=（M+m）g（t +t +Δt）
1 2
地面对运动员的支持力没有位移，地面对运动员做的功为0，故A正确，B错误；
CD．运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为t +t +Δt，运动员对重物的冲量为
1 2
I =Mg（t +t +Δt）
2 1 2
重物的位移为h +h ，根据W=Flcosα可知，运动员对重物做的功为
1 2
W=Mg（h +h ）
1 2
故C正确，D错误。
故选AC。
9．BC
【详解】AB. 不采集声音时，电容器电容不变，带电量不变，回路中无电流，可知a点电势等于b点电势，
选项A错误，B正确；
CD. 当疏部靠近时，振膜产生向左的形变，两板间距变大，则由
— 12 —S
C  r
4kd
可知电容C减小，电容器放电，电流由b流向a，即a点电势低于b点电势；同理可知当密部靠近时，a
点电势高于b点电势，选项C正确，D错误。
故选BC。
10．ABC
【详解】AC．所有微粒都是以相同的动能射入圆面，射出时的动能最大，即动能的变化量最大，根据动能
定理可知合外力做的功最大；电场强度为E时，在B点处射出的微粒动能最大，说明此时微粒受到的合外
1
力与圆上B点的切线垂直且指向B；电场强度为 E时，在C点处射出的微粒动能最大，说明此时微粒
4
受到的合外力与圆上C点的切线垂直且指向C，则设电场强度沿着AB的右上方且与AB 的夹角为α，受力
图像如下
根据几何关系和力的合成准则有：
qEsinα=mg
1 3
qEcostan60 mg
4 4
联立解得
2mg
α=30°E 
q
故AC正确；
B．由上分析可知，在A点沿与AB成 30° 角斜向右上方射入的微粒做类平抛运动，
加速度为
mgcos30 3
a  g
m 2
微粒运动到C点的“水平”位移
3
x=Rcos30°= R=v
0
t
2
竖直位移
— 13 —1
yRsin30R at2
2
联立解得
3
v2  gR
0 8
所以初动能
1 3
E  mv2  mgR
k0 2 0 16
故B正确；
D．电场变化前，微粒受到的合力为
mg
F   3mg
tan30
从A点到B点有动能定理得
F∙2R=E -E
kB k0
联立解得
33 3
E  mgR
kB 16
故D项错误。
故选ABC。
11．(1)0.500（0.498-0.502均可）
(2)a
1
(3)
k
【详解】（1）由图中的显示可知，螺旋测微器读数为
d 0.5mm00.01mm0.500mm
（2）单刀双掷开关分别打到a处和b处，发现电压表示数变化更明显，说明电流表分压对实验影响较大，
应采用电流表外接法，即开关应接a处。
（3）根据并联电路两支路电压相等可得
   
I R R  II R
g g 箱 g x
化简整理可得
I R 1 I
1 g  R —R 图像中的斜率为k，所以可得
I R R 箱 I 箱
g x x g
1
R 
x k
12．(1)B
— 14 —(2)
(3)0.67
(4)C
【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律
U=E-IrU-I图像斜率的绝对值表示电源的内阻，如果电源内阻较小，则图像斜率绝对值就会很小，即相同
的电流变化量时，电压表的读数变化范围就会较小。
故选B。
（2）将定值电阻与电源串联即可解决上述问题，电路如图
（3）由图像的斜率可知电源内阻
U 1.6
r  R 20.67
I 0.6
（4）由于电压表的分流作用电流的测量值小于流过电源的真实值，当外电路短路时电流的测量值等于真
实值。
故选C。
13．(1)6.00V；(2)0.68m/s
【详解】(1)闭合S 、断开S ，电流表的示数是1.00A，由闭合电路欧姆定律有
1 2
EI (Rr)1.00(51)V6.00V
1
(2)闭合S 和S ，电流表的示数是2.00A，则路端电压为
1 2
U EI r(6.002.001)V4.00V
2
— 15 —此时流过电动机的电流为
U
I I  1.2A
M 2 R
则电动机的输出功率为
PI U I2 R (1.24.001.220.5)W4.08W
M M 0
重物向上运动的速率
P 4.08
v  m/s0.68m/s
mg 0.610
14．（1）40N；（2）4m/s；（3）0.15
【详解】根据题意，设AC质量为m2kg，B的质量为M 6kg，细绳OP长为l1.6m，初始时细线与
竖直方向夹角60。
（1）A开始运动到最低点有
1
mgl1cos mv20
2 0
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
mv2
Fmg  0
l
解得
v 4m/s，F 40N
0
（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知
mv 0mv
0 C
故解得
v v 4m/s
C 0
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
mv M mv
0
根据能量守恒得
1 1
mgL  mv2 mMv2
相对 2 0 2
联立解得
0.15
2eU 2 35eU 36 31145
15．(1) 0 ；9 d；(2) 0 ；(3) d
m 17 34 34
【详解】(1)由题意得
— 16 —1
eU  mv2
0 2 0
解得
2eU
v  0
0 m
质子在水平方向做匀速直线运动，故有
2eU m 2
Lv t  0·1.56d 9 d
0 m 17eU 17
0
1
(2)取向下为正，质子在t  T 进入电场后在竖直方向先受到向下的电场力，再受到向上的电场力，且加速
6
大小不变，因此可得沿电场方向的速度v 随时间t变化的图象如下图所示
y
质子出电场的时间为
1 10
t  T 1.5T  T
1 6 6
由牛顿第二定律得，质子在电场中的加速度大小为
eU
a 0
md
出电场时竖直方向的速度为
1 eU
v a· T  0
y 6 17m
此时的速度为
35eU
v v2v2  0
0 y 17m
则穿出两板之间时的动能为
1 35eU
E  mv2  0
k 2 34
(3)质子在t 0进入电场后的竖直速度与时间图象如下图所示
— 17 —因此在竖直方向的最大速度为
T 9eU
v a  0
ym 2 17m
则由图象可知，此时向下偏移的最大距离为
1 3 27 1
y  v T  d  d
1 2 ym 2 34 2
则质子不能打到屏上，故因舍去。
设tnTt (n0,1,2,3)时刻进入电场的粒子恰能飞离偏移电场打到屏上，则
1
d 1 T 1 T 1
 a( t )23 at22a( t )t  a2
2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1
解得
143
t  T
1 6
该质子离开偏转电场时的向下速度为
T
v a( 2t )
y1 2 1
1
设t (n1)T t (0t  T，n0,1,2,3)时刻射入的质子恰能飞离偏转电场，则
2 2 2
d 1 T 1 T 1
 a( t )22 a( 2t )2 at24
2 2 2 2 2 2 2 2 2
解得
6 31
t  T t
2 6 1
该质子离开偏转电场时的向下速度为
T
v a( 2t )v
y2 2 2 y1
则该质子打到屏上，向下偏离轴线OO'的最大距离为
— 18 —d L 36 31145
y  v  d
m 2 y2 v 34
0
— 19 —