2023-2024学年江苏省苏大附中高一（下）月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏大附中高一（下）月考物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法中，正确的是：( )
A. 由E=Fq知电场中某点的电场强度E与F成正比
B. 由公式φ=Epq可知电场中某点的电势φ与q成反比
C. 由Uab=ED可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D. 公式C=QU，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关
2.关于下列四幅图的说法错误的是( )
A. 图甲为静电除尘原理的示意图，带负电的尘埃将被吸附到带正电的板状收集器A上
B. 如图乙所示，给汽车加油前要触摸一下静电释放器，是为了导走人身上的电荷
C. 图丙为静电喷漆的原理图，涂料微粒在电场力作用下沿电场线运动到电极上
D. 如图丁所示，高层建筑物顶端安装有避雷针，避雷计的原理为尖端放电
3.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，如图所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定( )
A. 粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
B. 粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C. 电场中A点的电势低于B点的电势
D. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
4.如图所示，在纸面内有一场强大小为E0的匀强电场(图中未画出)，两等量正点电荷P和Q固定在纸面上置于匀强电场中，距离为l。纸面内与两点电荷距离均为l的a点处的电场强度恰好为零。如果将P换成等量的负点电荷其他条件不变，则a点处电场强度的大小为( )
A. 0B. 2 33E0C. 33E0D. 2E0
5.两个等量同种正点电荷固定于光滑水平面上，两点电荷连线的中垂线上有A、B、C三点如图所示(中垂线也在水平面内)，一个带电小物块从C点由静止释放，沿路径C−B−A运动，小物块运动过程中的加速度a、速度v、电势能Ep以及从C→A的电势φ随时间变化的关系图像可能正确的是
( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，A、B、C是位于匀强电场中某直角三角形的三个顶点，AB=0.2m，∠C=30°。现将电荷量q=−0.1C的电荷P从A移动到B，电场力做功W1=0.2J；将P从C移动到A，电场力做功W2=−0.8J，已知B点的电势φ=0，则( )
A. 将电荷P从B移动到C，电场力做的功为−6J
B. C点的电势为−6V
C. 电场强度大小为20N/C，方向由C指向A
D. 电荷P在A点的电势能为−0.2J
7.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )
A. 平行板电容器的电容值将变大
B. 静电计指针张角变小
C. 带电油滴的电势能将增大
D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
8.某静电场中x轴上电势φ随x变化的情况，且x轴为该静电场中的一根电场线，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，粒子仅在电场力作用下开始沿x轴正向运动，正确的是( )
A. 粒子一定带负电
B. 从O到x1，电场方向先沿x轴正方向，后沿x轴负方向
C. 从O到x1，粒子运动的加速度先增大后减小
D. 从O到x1，粒子先加速后减速
9.真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点电场强度E随x变化关系如图所示，以下判断正确的是( )
A. x=2a处的电场强度为零，电势也一定为零
B. 点电荷M、N一定为同种电荷
C. 点电荷M、N一定为异种电荷
D. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为3：1
10.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是
( )
A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 0～2 s内，电场力做的总功为零
C. 4 s末带电粒子回到原出发点D. 2.5～4s内，电场力做的总功为零
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
11.随着传感器技术的不断进步，传感器开始在中学实验室逐渐普及。某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示。
(1)先使开关K与1端相连，电源向电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带________电；
(2)然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的I−t、U−t曲线，如图乙所示；
(3)由图乙可知，电容器充满电的电荷量为________C，电容器的电容为________F；(保留两位有效数字)
(4)若将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，把开关K掷向2端电容器放电，请在图乙的左图中定性地画出I−t曲线。
三、计算题：本大题共4小题，共48分。
12.如图所示，空间中存在一水平方向的足够大的匀强电场。一质量为m=1.0×10−2kg，带电荷量为q=+1.0×10−6C的小球，用长L=0.5m的绝缘细线悬挂在O点，小球恰能静止在A点，此时悬线与竖直方向成θ=37°角。不计一切阻力。求：(sin37°=0.6,cs37°=0.8)
(1)匀强电场的场强方向和大小；
(2)若将电场方向改为竖直向下，则小球从A点静止开始运动到悬挂点O的正下方B点时的速度大小。
13.半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示．珠子所受静电力是其重力的34倍．将珠子从环上最低位置A点静止释放，则：
(1)珠子所能获得的最大动能是多少？
(2)珠子对圆环的最大压力是多少？
14.一束初速不计的带电粒子，电荷量q=1.6×10−19C在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d=1.0m，板长l=5.0m，两个极板上电压为U′=400V，已知粒子的质量为4×10−30kg。(重力忽略不计)求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度v0；
(2)粒子射出电场沿垂直于板面方向偏移的距离y和粒子射出电场时速度偏转角度θ的正切值；
(3)偏转电场对粒子做的功。
15.如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为−q的带电质点以初速度v0从x轴上P(−L,0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。求：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
电场强度与试探电荷所受的电场力无关，电容反映电容器本身的特性，与极板间的电势差U无关；由公式φ= Ep/q 可知，电场中某点的电势φ与q无关；公式Uab=Ed中，d是两点沿电场线方向的距离。
解答本题的关键是掌握每一个公式的用途和物理意义。
【解答】
A.公式E=Fq 采用比值定义法，E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，所以此场中某点的电场强度E与F无关，故A错误；
B.公式φ=Epq 采用比值定义法，电势由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，电场中某点的电势φ与q无关，故B错误；
C.由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场方向间的距离越大，两点间的电势差才一定越大，故C错误；
D.公式C=QU采用比值定义法，电容器的电容大小C由电容器本身的特性决定，与电容器两极板间电势差U无关，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查生活中的静电现象。明确静电除尘原理；避雷针的原理为尖端放电；明确生活中静电现象的应用与防止即可正确求解。
【解答】
A.图甲为静电除尘原理的示意图，根据电荷间的相互作用力可知，异种电荷相互吸引，因此带负电的尘埃将被吸附到带正电的板状收集器A上，故A正确；
B.给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其原理是导走人身上的静电，故B正确；
C.图丙为静电喷漆的原理图，因为电场线是曲线，涂料微粒在电场力作用下不会沿电场线运动，故C错误；
D.高层建筑物顶端安装有避雷针，避雷针的原理为尖端放电，故D正确。
本题选错误的，故选C。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在电场中的运动，注意对概念的理解。
电场线的疏密反映场的强弱，沿着电场线电势降低，电场力做正功电势能降低，电场力指向轨迹的凹面。
【解答】
A.A点附近的电场线比B点附近的电场线稀疏，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，粒子在A点所受电场力小于它在B点所受电场力，因此粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度，故A错误；
BCD.根据沿电场线方向电势降低可知A点电势高于B点电势，而粒子所受电场力方向一定指向轨迹的凹侧，由此可判断粒子带负电，则粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，根据能量守恒可知粒子在A点的动能大于它在B点的动能，故BC错误，D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】解：根据电场强度的叠加原理可知，正点电荷P和Q在a处的电场强度为 3kql2，方向竖直向上；a处的电场强度为零，则匀强电场场强为E0= 3kql2，方向竖直向下。
当P换成等量负电荷时，根据几何关系可知，电荷P、Q在a处的电场强度为kql2，方向水平向左，根据勾股定理可知，此时a点电场强度大小为E= ( 3kql2)2+(kql2)2=2kql2=2 33E0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
分别画出C点三个电场方向，根据平行四边形定则和几何关系知合电场强度的大小。
此题考查电场的叠加，知道电场强度是矢量，合成与分解满足平行四边形定则。
5.【答案】B
【解析】A.因等量同种电荷连线的中垂线上各点的场强不等，物块沿路径C−B−A运动时，所受的电场力可能一直增加，也可能先增加后减小，且变化不是均匀增加的，则加速度随时间的变化不是直线，选项A错误；
B.物块沿路径C−B−A运动时，加速度先增加后减小或一直增大，则v−t图像的斜率先增加后减小或逐渐增大，选项B正确；
C.带电小物块从C点由静止释放，沿路径C−B−A运动，则电场力一定是做正功，则电势能一直减小，选项C错误；
D.距离正电荷越近，电势越高，则从C→A的电势逐渐降低，选项D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】D.电荷P从A移动到B，电场力做功为
W1=qUAB
可得
UAB=W1q=0.2−0.1V=−2V=φA−φB
可得
φA=−2V
则电荷P在A点的电势能为
EpA=qφA=−0.1×(−2)J=0.2J
故D错误；
B.将P从C移动到A，电场力做功
W2=qUCA
可得
UCA=W2q=−0.8−0.1V=8V=φC−φA
可得
φC=6V
故B错误；
A.将电荷P从B移动到C，电场力做的功为
W3=qUBC=−0.1×(0−6)J=0.6J
故A错误；
C.过B点做AC的垂线，交于D点，如图所示
根据几何关系可得
AD=12AB=14AC
则有
UDA=14UCA=2V
可得
φD=0V=φB
可知 BD 为等势线，则电场方向由C指向A，大小为
E=UCACA=UCA2AB=82×0.2N/C=20N/C
故C正确。
故选C。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据C=ɛS4πkd知，d增大，则电容减小。故A错误。
B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故B错误。
C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小。故C错误。
D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=Ud=QCd=4πkQϵS，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故D正确。
故选：D。
电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．
本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．
8.【答案】C
【解析】解：AB、电场线方向从高电势指向低电势，沿x轴正方向电势一直降低，所以电场线方向沿x轴正方向，因为粒子从静止出发沿x轴正方向运动，说明粒子受电场力方向沿x轴正方向，粒子带正电，故AB错误；
C、φ−x图象的斜率表示电场强度的大小，所以从O到x1，电场强度先增大后减小，所以粒子运动的加速度先增大后减小，故C正确；
D、从O到x1，电场力方向一直沿x轴正方向，所以粒子一直做加速运动，故D错误。
故选：C。
根据电势的变化规律可以判断电场强度的方向，进而知道粒子的电性；图象的斜率表示场强的大小；粒子的加速度仅有电场力提供。
知道图象的斜率表示电场强度的大小是解题的关键。电势是标量，正负号表示大小，沿电场线方向，电势逐渐降低。
9.【答案】B
【解析】A. x=2a 处的场强为零，但由于电势与场强无关，则场强为零的地方电势不一定为零，故A错误；
BC．x从0到3a，场强先正方向减少到零又反方向增加，必为同种电荷，故B正确，C错误；
D. x=2a 处的合场强为0，由
E=kQr2
得
kQM(2a)2=kQNa2
故
QM:QN=4:1
故D错误。
故选B。
10.【答案】D
【解析】【分析】
由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况。
本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．
【解答】
因0∼1s内粒子向正方向运动的加速度
a1=qE0m
在1∼3s内粒子运动的加速度
a2=q⋅2E0m=2a1
则在t=1.5s时刻速度减为零，然后反向运动;画出带电粒子速度随时间变化的图象如图所示
v−t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s未带电粒子不能回到原出发点，A、C错误;
B.2s末速度不为0，可见0∼2s内电场力做的功不等于0， B错误;
末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.5∼4s内，动能变化为零，电场力做功等于0，所以 D正确。
故选D。
11.【答案】(1)正；
(3)3.5×10−3(3.3×10−3∼3.7×10−3均可)，4.4×10−4(4.1×10−4∼4.6×10−4均可)；
(4) 。
【解析】【分析】
(1)通过电容器上极板与电源正极相连分析充满电的电容器上极板电性；
(3)由I−t图像与坐标轴围成的面积表示电量，求出一个小格表示电量，并数出有多少个小格，则可求电容器充满电的电荷量，结合C=QU求解电容器的电容；
(4)将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，放电电流会减小，电量不变，时间会延长，作出图象。
本题考查“观察电容器的充、放电现象”实验，掌握实验原理是求解的关键。
【解答】
(1)电容器上极板与电源正极相连，充满电后上极板带正电；
(3)I−t 图像与坐标轴围成的面积表示电量，一小格的电量为q=0.25mA×1s=2.5×10−4C
图中总共约14小格，所以电容器充满电的电荷量为Q=14q=3.5×10−3C
电容器充满电后电压为8V，则电容器的电容为C=QU≈4.4×10−4F；
(4)将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，放电电流会减小，电量不变，时间会延长，图像如下图所示。
12.【答案】(1) 7.5×104N/C ，水平向左；(2) 142m/s
【解析】(1)易知小球所受电场力方向水平向左，又因为小球带正电，所以电场强度方向水平向左。设电场强度大小为E，根据平衡条件有
Eq=mgtanθ
解得
E=7.5×104N/C
(2)若将电场方向改为竖直向下，设小球从A点静止开始运动到悬挂点O的正下方B点时的速度大小为v，由动能定理可得
mg+EqL1−csθ=12mv2
解得
v= 142m/s
13.【答案】解：(1)如图，设珠子能够静止在B点，B点为等效最低点，对其进行受力分析
设圆心为O点，OB与OA之间的夹角为θ，则：tanθ=qEmg=34
所以：θ=37°
珠子在等效最低点B时具有最大的动能．
珠子从A到B的过程电场力和重力做功，珠子的动能增加，即：
−mgr(1−csθ)+qEr⋅sinθ=EK−0
解得珠子所能获得的最大动能：Ek=−mgr(1−csθ)+qErsinθ=mgr4．
(2)珠子在等效最低点B处受到的压力最大．
根据合力提供向心力FN−F=mv2r
又因为重力和电场力的合力F=54mg，Ek=12mv2=mgr4
所以FN=F+mv2r=54mg+12mg=74mg
根据牛顿第三定律，珠子对圆环的最大压力是74mg．
答：(1)珠子所能获得的最大动能是mgr4．
(2)珠子对圆环的最大压力是74mg．
【解析】1、带电的珠子受到重力和电场力的共同的作用，在空间中存在一点，该点能够使珠子静止下来，这一点就是珠子的平衡位置，是珠子具有最大动能的点．对该点的珠子进行受力分析，求出该点的位置，然后使用动能定理求出珠子的最大动能．
2、珠子在平衡位置即最低点处受到的压力最大，根据合力提供向心力，列式计算压力．
该题属于重力与电场力的复合场问题，解决问题的关键是找到带电体的等效平衡位置．
14.【答案】(1) 2×107m/s ；(2) y=0.5m ， tanθ=15 ；(3) 3.2×10−17J
【解析】(1)粒子加速过程中，由动能定理可得
qU=12mv02−0
v0=2×107m/s
(2)根据牛顿第二定律，可得粒子在偏转电场中的加速度
a=qEm=qU′md=1.6×1013m/s2
粒子沿初速度方向做匀速直线运动，在偏转电场中的飞行时间设为 t ，则有
l=v0t
联立求得
t=2.5×10−7s
粒子飞出平行板时的侧移量
y=12at2
联立求得
y=0.5m
粒子出场时的速度设为 v ，可以分解为沿初速度方向的 v0 和沿电场方向的 vy ，其中
vy=at=4×106m/s
根据几何关系可得
tanθ=vyv0=15
(3)根据恒力功的定义式，可得偏转场对粒子做的功为
W=qEy=qU′dy=3.2×10−17J
15.【答案】解：(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE=mg
且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ=mgqE
解得θ=45°
(2)P到Q的过程，UPQ=qEL−q=−mgLq
(3)带电质点在第一象限先做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有 2mg=ma，
即加速度大小a= 2g
由运动学公式：0=v0−at
解得t= 2v02g
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T=2t= 2v0g
【解析】本题考查了带电质点在匀强电场中的运动，根据题意分析清楚质点的运动性质与运动过程是解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理可以解题。