2023-2024学年天津四十七中高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年天津四十七中高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 在电场中同一位置，正试探电荷的电势能大于负试探电荷的电势能
B. 在同一等势面上移动电荷，电场力不做功
C. 电场中某点的电场强度方向即试探电荷在该点的受力方向
D. 在电场中电势降低的方向就是电场方向
2.如图所示，将三个完全相同的可视为点电荷的金属小球A、B、C均固定在绝缘棒一端，其中A、B球心间距离为r，分别带+8e和−6e的电荷量，C小球不带电。现在用C小球先后去触碰A、B小球，再将A、B球心间距离调整为2r，问调整前后A、B间的库仑力之比( )
A. 12：1B. 12：5C. 48：1D. 24：1
3.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。实验中，极板所带电荷量不变，若要使静电计指针的张角变大。可采用的方法是( )
A. 仅减小两极板间的距离B. 仅将电容器b板向下平移
C. 仅在极板间插入金属板D. 仅在极板间插入有机玻璃板
4.如图所示，质量为m的小球甲用长为L的轻质绝缘细线悬挂在天花板上的A点，小球乙固定在绝缘天花板上的B点，两球均视为质点，带电量相等，甲静止时位于C点，已知A、B两点间的距离为 3L，B、C两点间的距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 两球的电性相同
B. 细线的拉力大小为 33mg
C. 两球的带电量都为L2 mgk
D. 若甲的电量变成2L mgk，则需给甲施加竖直向下大小为mg的拉力，才能让甲仍静止在C点
5.如图，在直角△abc中bc=4cm，∠acb=30°，匀强电场的电场线平行于△abc所在平面，且a、b、c点的电势分别为3V、−1V、3V。下列说法中正确的是( )
A. 一个电子从c点移动到b点，电场力做功为4eV
B. 一个电子从a点移动到c点，电场力做功不可能为零
C. 电场强度的方向沿ac方向
D. 电场强度的大小为200V/m
6.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A. 三个等势面中，c的电势最高
B. 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小
C. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
D. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小
7.下列说法正确的是( )
A. 图甲中静电除尘装置两极板间存在匀强电场
B. 图乙中验电器能够直接检测出带电物体的电性
C. 图丙中人用手接触起电机的金属球时头发竖起来是因同种电荷相互排斥
D. 图丁中话筒线使用金属网状编织层包裹着导线是为了减少信号衰减
8.空间存在水平向左的匀强电场，一质量为m，带电量为q的小球由M点以速度v0竖直向上抛出，运动到最高点P时速度大小恰好也为v0，一段时间后落回到与抛出点等高的N点(图中未画出)，空气阻力不计，重力加速度为g，小球从M到N的过程中，以下说法正确的是( )
A. 小球在电场中运动的加速度大小为2gB. 运动过程中速度的最小值为 2v02
C. M、N两点间的距离为4v02gD. 从M到N小球电势能减少5mv022
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.如图所示，一绝缘且光滑的竖直细杆处于两固定的等量异种点电荷+Q、−Q的连线的中垂线上，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、−Q连线的中点，AO=BO=h。现有电荷量为+q、质量为m的小球套在杆上，重力加速度为g，从A点静止释放，从A运动到B的过程中，则( )
A. 在A点时小球加速度大小等于g
B. 小球从A到B运动过程中先加速后减速
C. 小球从A到B运动过程中电场力始终不做功
D. 小球达到B点时速度大小为 2gh
10.如图所示，带电粒子M、N质量相同，以相同的初速度沿垂直于电场的方向射入两平行板间的匀强电场，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，最后都打在同一点。不计粒子的重力，从开始射入到打到上板的过程中，两粒子( )
A. 运动时间tM：tN=1：2
B. 加速度之比aM：aN=1：2
C. 所带电荷量之比qM：qN=1：4
D. 电势能的变化量之比ΔEpM：ΔEpN=1：4
11.电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即I=qt。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连。图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，R为定值电阻，C为平行板电容器。( )
A. 当开关S接1时，平行板电容器充电
B. 电容器充电完毕后，把开关S接2时，电路中的电流一直增大
C. 电容器充电完毕后，把开关S接2时，电容器两极板间的场强减小
D. 通过图乙估算电容器所带电荷量可知该实验选择的电容器最有可能是
12.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点的电势能最大，则下列说法正确的是( )
A. O处点电荷带正电，M处点电荷带负电
B. q1的值大于q2的值
C. 将一正点电荷从N点由静止释放后，点电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大
D. 将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
三、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.如图所示，在真空中有一个“V”型光滑绝缘支架，支架置于绝缘水平面上，O为支架最低点，支架两边与水平面的夹角为37°，支架两边各穿一个带电量为Q=+8×10−7C的相同小球A和B，小球可视为质点。两小球距离水平面的高度均为h=0.3m，且保持静止，静电力常量为k=9.0×109N⋅m2/C2(sin37°=0.6,cs37°=0.8)求：
(1)两小球之间的库仑力的大小；
(2)支架对小球A的支持力大小；
(3)C处的电场强度。
14.如图，长、宽、间距均为l的正对平行板电容器水平放置，两极板间加上0～U连续变化的电压。在电容器两极板左侧连线中点处有一长为l的线状粒子源。粒子源能连续不断地沿极板中心平面水平向右向整个电容器射入质量为m、电量为+q初速度相同带电粒子。在与电容器极板右边缘相距l处有一与极板垂直的足够大光屏。当平行板电容器两极板间电压为U1=3 316U时，粒子均与水平成θ=30°击中光屏。每个粒子通过电容器的时间都远小于电压变化的时间，两极板间电场可视为有理想边界的匀强电场，不计粒子重力。求：
(1)粒子的初速度v0；
(2)电容器两极板间电压U2=132U时，粒子从射出到击中光屏时间t；
(3)粒子打在光屏上的区域面积。
四、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD=4cm，其连线的延长线与金属板A成30°角。已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为−4.8×10−17J，元电荷e=1.6×10−19C。求：
(1)C、D两点间的电势差UCD、匀强电场的场强大小E。
(2)若选取A板的电势φA=0，C点距A板1cm，电子在D点的电势能为多少?
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.由Ep=qφ可知，若同一位置的电势为负，正检验电荷的电势能小于负检验电荷的电势能，故 A错误；
B.电场力做功W=qU，在同一等势面上移动电荷，电场力不做功，故B正确；
C.电场中某点的电场强度方向即正电荷在该点的受力方向，故C错误；
D.电势降低最快的方向为场强的方向，故D错误。
故选：B。
根据电势能的定义比较电势能的大小判断A选项；根据等势面的特点判断B选项；根据电场强度方向的规定判断C选项；根据电势差与场强的关系可知电势降低最快的方向为场强的方向。
本题考查静电场中电势、电势能、电场强度方向判断的问题，要求学生熟练掌握静电场中这些基础的知识。
2.【答案】C
【解析】解：C未接触AB之前，AB之间的库仑力为F=kqAqBr2，C与A接触后电荷分布为qA′=4e，qC′=4e，将C在与B触碰电荷分布为qB′=−e，qC′′=−e，将A、B球心间距离调整为2r，AB之间的库仑力为 F′=kqA′qB′(2r)2，调整前后A、B间的库仑力之比为F：F′=48：1，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据库仑定律得出接触前的库仑力大小，接触时先中和再均分，再结合接触后电荷根据库仑定律得出接触后库仑力的大小。
根据库仑定律得出接触钱的库仑力大小，结合接触后电荷的分布特点得出接触后库仑力的大小。
3.【答案】B
【解析】解：若要使静电计指针的张角变大，须使电容器两板间的电压增大。
A、根据C=εrS4πkd=QU可知，仅减小两极板间的距离，电荷量不变时，U减小，静电计指针的张角变小，故A错误；
B、只将电容器b板向下平移，正对面积减小，根据C=εrS4πkd=QU可知，电荷量Q不变，电压U变大，指针张角增大，故B正确；
C、仅在极板间插入金属板，相当于两板间距离减小，根据C=εrS4πkd=QU可知，电荷量不变时，U减小，静电计指针的张角变小，故C错误；
D、仅在极板间插入有机玻璃板，相当于εr增大，根据C=εrS4πkd=QU可知，电荷量不变时，U减小，静电计指针的张角变小，故D错误。
故选：B。
若要使静电计指针的张角变大，须使电容器两板间的电压增大。根据电容器的决定式和定义式进行分析，从而明确使电压增大的方法。
解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，同时理解电容器带电量的含义。
4.【答案】D
【解析】解：AB、对甲球受力分析，如下图所示：
由图可知，乙对甲的库仑力F是吸引的相互作用，故两球的电性相反，
由几何关系可得∠CAB=∠ABC=30°，∠ACB=120°
甲受三个力，且三力之间均成120°夹角，根据三力平衡和几何关系，可知甲受到的三个力大小相等，均为mg，故AB错误；
C、库仑力F=kq2L2=mg，可得q=L mgk，故C错误；
D、要使甲仍静止在C点，三个方向之间的力依然均为120°夹角，甲的电量变成2L mgk，可知甲的电量加倍，甲、乙两球位置不变，甲、乙之间的库仑力加变为2mg，所以拉力也变成2mg，竖直向下的力也为2mg，故需要给甲施加竖直向下大小为mg的拉力，才能让甲仍静止在C点，故D正确。
故选：D。
AB、对甲球受力分析，根据力的方向可知两球的电性关系，由力的平衡和几何关系可得绳子拉力大小；
C、由库仑力F=kq1q2r2、库仑力和重力关系可得电荷量；
D、根据甲球位置不动，三力的方向不变，由电荷量加倍可知库仑力的大小，则可得拉力大小和竖直向下的力大小，可知施加外力的大小。
本题考查了带电小球在电场中的平衡，解题的关键是通过已知条件和几何关系找出甲球所受重力、库仑力、拉力三者的大小关系。
5.【答案】D
【解析】解：A、一个电子从c点移动到b点，电场力做功为：Wcb=qUcb=q(φc−φb)=−e[3−(−1)]V=−4eV，故A错误；
B、由题意可知，a点和c点电势相等，ac为一条等势线，粒子在等势线上移动时电场力不做功，所以电子从a点移动到c点时电场力做功为零，故B错误；
C、ac为一条等势线，电场线与等势线垂直，沿着电场线电势逐渐降低，所以电场方向垂直于ac，且指向斜上方，故C错误；
D、根据匀强电场的电压与场强的关系可得，电场强度的大小为：E=Ucbbc⋅sin30∘=3−(−1)4×10−2×12V/m=200V/m，故D正确。
故选：D。
根据电场力做功W=qU可解得电场力做功，从而可知电势能变化；根据电场线与等势线垂直分析电场线；根据电场强度E=Ud可解得电场强度。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场强度的计算方法，注意E=Ud中d代表沿电场线两点的距离。
6.【答案】C
【解析】解：A.由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的凹侧，即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场方向也指向右下方，由于沿电场线电势降低，故三个等势面中，a的电势最高，c的电势最低，故A选项错误；
B.P点电势高于Q点电势，质点带正电，所以质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B选项错误；
C.由能量守恒可知，质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故质点通过P点时的动能比通过Q点时小，故C选项正确；
D.等差等势面越密集的地方场强越大，则P点的电场强度大于Q点的电场强度，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，所以质点通过P点时的加速度比通过Q点时大，故D选项错误。
故选：C。
由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
7.【答案】C
【解析】解：A、图甲中静电除尘装置两极板间不是匀强电场，负极附近场强较大，故A错误；
B、图乙中验电器只能检验物体是否带电，不能直接检测出带电物体的电性，故B错误；
C、图丙中人用手接触起电机的金属球时头发竖起来是因头发上面带同种电荷而相互排斥，故C正确；
D、图丁中话筒线使用金属网状编织层包裹着导线是为了屏蔽外界干扰，实现高保真信号传输，故D错误。
故选：C。
根据匀强电场的特点分析；根据验电器的工作原理及对应的实验结论分析；根据静电平衡分析；根据静电屏蔽的概念分析。
本题主要考查了静电屏蔽的相关概念，理解静电屏蔽的原因，理解静电平衡。
8.【答案】B
【解析】解：A.小球在竖直方向做竖直上抛运动，从出发运动到最高点P满足
t=v0g
水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，从出发运动到最高点P满足
v0=axt
解得
ax=g
所以小球的合加速度应为 g2+g2= 2g，故A错误；
C.在竖直方向上，当小球从P点落回到N点时，其运动时间也为
t=v0g
所以有
xMN=12ax(2t)2=2v02g
故C错误；
B.将初速度沿垂直与加速度和沿加速度方向分解，可知当沿着加速度方向的分速度为0时，小球的合速度最小，且合速度等于与加速度垂直的速度分量大小，即
v= 22v0
小球速度达到最小时所经历的时间
t1= 22v0a= 22v0 2g═v02gr2因此q1>q2；故B正确。
C.将一正电荷从N点由静止释放，正电荷会沿x轴正方向运动且到达C之前做正功，C点之后做负功，因此C点速度最大，故C正确。
D.负电荷由N到D电势能先增大后减小，则正电荷由N到D电势能先减小后增大，可知电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选：BC。
通过试探电荷得出O点电势最低，再结合电场线的方向电势逐渐降低得出O、M点带树木电荷。再通过电势公式求出两点电荷量的大小。从而求出答案。
此题主要考查电势的有关知识点，注意试探电荷的带电情况。
13.【答案】解：(1)两小球之间的距离为r=2htan37∘=2×
两小球之间的库仑力的大小F=kQ2r2=9.0×109×(8×10−7)20.82N=9×10−3N
(2)由平衡条件有支架对小球A的支持力大小N=Fsin37∘=9×10−30.6N=1.5×10−2N
(3)小球A、B分别在C处产生的场强大小为EA=EB=kQ(hsin37∘)2
代入数据解得EA=EB=2.88×104N/C，方向分别沿AC和BC方向。
所以C处的电场强度为
E=2EAsin37°=2×2.88×104×0.6N/C=3.456×104N/C
方向为竖直向下。
答：(1)两小球之间的库仑力的大小为9×10−3N；
(2)支架对小球A的支持力大小为1.5×10−2N；
(3)C处的电场强度大小为3.456×104N/C，方向为竖直向下。
【解析】(1)根据库仑定律求解；
(2)根据平衡条件找到支持力和库仑力之间的关系即可求解；
(3)根据点电荷场强公式计算。
特别要注意在计算C点的场强时，是指两个带电小球在C点产生的电场的合场强。
14.【答案】解：(1)由题意知，当平行板电容器两极板间电压为U1=3 316U时，粒子均与水平成θ=30°击中光屏。
对该粒子，水平方向有：l=v0t
竖直方向加速度：a=qU1ml，竖直速度：vy=at=3 3qU16mv0
而打在荧光屏角度关系得：
联立解得：v0=34 qUm
(2)电容器两极板间电压U2=132U时，粒子一定能射出电场，故在水平方向上匀速运动：2l=v0t
代入数据得：t=8l3 mqU
(3)当电压为0时，粒子匀速直线打在荧光屏上
当电压为U时，在电场中，水平方向：t=lv0
竖直方向：y1=12at2=12×qUml×l2v02
由类平抛运动规律，射出电场速度方向的反向延长线过水平位移的中点，由相似三角形得：12l32l=y1y
打在荧光屏上区域高度为：y=8l3
粒子打在光屏上的区域面积：S=l⋅y=l⋅83l=8l23
答：(1)粒子的初速度v0为34 qUm；
(2)电容器两极板间电压U2=132U时，粒子从射出到击中光屏时间t为8l3 mqU；
(3)粒子打在光屏上的区域面积为8l23。
【解析】(1)粒子进入电场后做类平抛运动，根据题设条件由类平抛运动的知识求出初速度；
(2)沿水平做匀速直线运动，由水平距离和初速度求得击中荧光屏的时间；
(3)根据速度方向的反向延长线过水平位移的中点，结合几何关系求解粒子打在屏上最大的偏转距离，即可得到离子打在屏上的区域面积。
本题是类平抛运动的问题，采用运动的分解方法处理，关键是挖掘隐含的临界条件，并且巧妙利用推论进行研究。
15.【答案】解：(1)电子从C点移到D点，根据电势差的定义，有：UCD=WCDq=−4.8×10−17−1.6×10−19V=300V，
故电场强度：E=UCDdCD=3004×10−2×sin30∘V/m=1.5×104V/m；
(2)AD点的电势差：UAD=EdAD=1.5×104×3×10−2V=450V，
由UAD=φA−φD和φA=0得：φD=−450V；
电子在D点的电势能为：EP=qφD=−1.6×10−19×(−450)J=7.2×10−17J；
答：(1)C、D两点间的电势差UCD为300V，匀强电场的场强大小E为1.5×104V/m；
(2)若选取A板的电势φA=0，C点距A板1cm，电子在D点的电势能为7.2×10−17J。
【解析】(1)根据公式U=Wq求解电势差，根据U=Ed求解电场强度；
(2)先根据U=Ed求解AD间的电势差，再结合UAD=φA−φD求解D点电势，最后根据φ=Epq求解电子在D点的电势能大小。
解决本题的关键掌握电场力做功与电势差，电势差与电场强度以及电势差与电势的关系，并能灵活运用，基础题目。