2024-2025学年福建省连城县第一中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省连城县第一中学高二（上）开学物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.静电现象在自然界普遍存在，在生产生活中也时常会发生静电现象。人们可让静电服务于生产生活，但也需对其进行防护，做到趋利避害。下列关于静电现象的说法正确的是( )
A. 静电除尘的原理是静电屏蔽
B. 印刷车间的空气应保证适当潮湿，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电
C. 避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷稀疏、附近空间电场较弱的特点
D. 干燥天气里脱毛衣时会产生火花，是因为摩擦过程中凭空创造出了电荷
2.两个相同的金属小球分别带上−2Q和+6Q的电荷后固定在相距为r的两处(距离r远大于球的半径故两球均可视为点电荷)，它们之间库仑力的大小为F，使两小球相互接触后再放回相距r2处，则两球之间库仑力的大小变为( )
A. F3B. F12C. 4F3D. 3F4
3.甲、乙、丙、丁四图中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘。下列关于坐标原点O处电场强度的说法中正确的是( )
A. 图甲与图丙场强相同
B. 图乙与图丁场强相同
C. 四图中O处电场强度的大小关系为E乙>E丙>E甲>E丁
D. 乙、丙两图中O处电场强度的大小关系为E乙= 2E丙
4.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
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知( )
A. 三个等势面中，c的电势最低
B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的大
C. 带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b
D. 带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
6.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A. 偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B. 三种粒子打到屏上时速度一样大
C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同
D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置，
7.某静电场中x轴上的电势随x坐标变化的图像如图所示，φ−x图像关于中轴对称，a、b两点到O点的距离相等，将一电荷从x轴上的a点由静止释放后粒子沿x轴运动到b点，运动过程中粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是( )
A. 该电荷一定带负电
B. 电荷从a到b点过程中的加速度先减小后增大
C. 从O到b，电荷的电势能减小
D. 从a到b过程中电场力对电荷先做正功，后做负功
8.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E= 3mgq，下列说法正确的是( )
A. 若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v= 2gd
B. 若将细线剪断，再将小球在A点以大小为 gd的速度竖直向上抛出，小球将能到达B点
C. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
D. 若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为 2gd+gd2 3
三、填空题：本大题共3小题，共18分。
9.在静电场中的某点A放一个试探电荷q1=−1×10−10C，受到的电场力为1×10−8N，方向向右，则A点的场强的大小为_______N/C，方向______(填“向左”或“向右”)。如果将试探电荷q1移开，则A点的场强的大小为______ N/C。
10.如图，在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂直线，C点在AB上，将一负电荷q3由无穷远处沿中垂直线移到C点的过程中，q3的电势能将______(填“增大”、“减小”或“不变”)，电势将______(填“增大”、“减小”或“不变”)，q3所受的电场力大小的变化是______(填“增大”、“减小”、“不变”、“先增大后减小”或“先减小后增大”)。
11.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如下图所示，三点的电势分别为20V、34V、52V,则O点的电势为_______V，匀强电场的电场强度大小为______V/cm，电场强度的方向与x的夹角的正切值tanθ=______。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某同学取一对带有绝缘支座的导体A和B使它们接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔片是闭合的，做了如下的实验：如图所示，把一带正电荷的物体D移近导体A，贴在A、B导体下的金属箔片会张开，这时先把A和B分开一小段距离，然后移去D，此时导体B带____________(填“正电”、“负电”或“不带电”)，此时金属箔片张角比之前__________(填“变大”、“变小”或“不变”)，之后再让导体A和B接触，金属箔片会______________(填“张开”或“闭合”)。
13.电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛，使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势E=8V、内阻不计，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I−t曲线如图乙所示。
(1)在电容器放电过程中，通过电阻R0的电流方向______(选填“顺时针”或“逆时针”)；
(2)乙图中阴影部分的面积S1_______S2(选填“>”、“E丙=E甲>E丁 ， E乙= 2E丙
故选D。
4.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．
5.BC
【解析】A.由于没有给出带电质点带何种电荷，因此无法判断三个等势面电势高低，A错误；
B.若带电质点从P向Q运动，利用运动轨迹的弯曲方向可知，受力向下，电场力做正功，电势能减小，因此带电质点在P点的电势能比在Q点的大，B正确；
C.由于等势面与电场线垂直，而带电质点受力的方向与电场线平行，因此质点在R点的加速度方向垂直于等势面b，C正确；
D.在整个运动过程中，只有电场力做功，动能和电势能的和保持不变，D错误。
故选BC。
6.AD
【解析】AB.带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知W=E1qd=12mv2；
解得v= 2E1dqm；
粒子在偏转电场中的时间t=Lv；
在偏转电场中的纵向速度v0=at= E22qL22E1md；
纵向位移y=12at2=E2L24E1d；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；
CD.因三种粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。
7.BD
【解析】A.根据沿电场线电势降低可知，aO段电场强度沿x轴正方向，电荷从x轴上的a点由静止释放后粒子沿x轴运动到b点，可知电荷在a点受到的电场力沿x轴正方向，故该电荷一定带正电，故A错误；
B. φ−x 图像斜率表示电场强度，由图可知，从a到b点电场强度先减小后增大，根据牛顿第二定律
a=qEm
可知电荷从a到b点过程中的加速度先减小后增大，故B正确；
C.由图可知，从O到b，电势升高，电荷带正电，根据 Ep=qφ 可知，电荷的电势能增大，故C错误；
D.由图可知，从a到b过程中，电势先降低后增大，电荷带正电，电场力对电荷先做正功后做负功，故D正确。
故选BD。
8.AC
【解析】A.小球受到水平向右的电场力
F=qE= 3mg
合力为
F合= (mg)2+F2=2mg
方向斜向右下方，与竖直方向夹角为 60∘ ，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有
F合=mv2d
联立解得
v= 2gd
故A正确；
B.小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有
t=2 gdg
水平位移有
x=12at2
由牛顿第二定律
a=qEm= 3g
解得
x=2 3d>2d
故小球将不能到达B点，故B错误；
C.由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故C正确；
D.设合力方向与电场线方向夹角为 θ ，有
tanθ=mgF= 33
解得
θ=30∘
故将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。
故选AC。
9. 100 向左 100
【解析】[1]A点的场强的大小为
E=Fq1=1×10−8N1×10−10C=100N/C
[2]电场强度方向与负电荷所受电场力的方向相反，故A点的场强的方向向左。
[3]如果将试探电荷q1移开，则A点的场强不变，大小为 100N/C 。
10.减小 增大 先增大后减小
【解析】[1][2]q1、q2是两个等量的正电荷，根据沿电场线电势降低，可知负电荷q3由无穷远处沿中垂直线移到C点的过程中，电势将增大，电场力做正功，其电势能将减小；
[3]q1、q2是两个等量的正电荷，根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，由无穷远处沿中垂直线移到C点的过程中，场强先增大后减小，则q3受到的电场力先增大后减小。
11. 2 5 0.75
【解析】[1]根据匀强电场中平行且相等的线段两端的电势差相等，则有
φa−φ=φc−φb
可得坐标原点处的电势为
φ=2V
[2][3]设场强方向与x正方向夹角为θ，则沿y轴负向
Ey⋅a=φa−φ
沿x轴负向
Ex⋅b=φb−φ
则场强
E= Ex2+Ey2 ， tanθ=EyEx
解得
E=5V/cm， tanθ=34=0.75
12. 正电 变小 闭合
【解析】[1][2]把一带正电荷的物体D移近导体A、B，由于静电感应现象，导体B的右端感应正电荷，导体A的左端感应负电荷；这时把A和B分开，然后移去D，则导体A还是带负电，导体B带正电，A、B的金属箔片仍会张开，但是电荷会分别均匀分布在整个导体A、B中，两端电荷量相对减少，所以金属箔片张角变小；
[3]由于感应起电过程中，使得导体A和导体B带有等量的异种电荷，现在再把导体A和导体B接触，它们的电荷就会中和，中和之后，导体A和导体B都不带电，金属箔片会闭合。
13.(1)顺时针
(2) =
(3)0.15

【解析】(1)由图甲可知，电容器充电时，电容器上极板带正电，下极板带负电，则在电容器放电过程中，通过电阻R0的电流方向为顺时针方向。
(2) I−t 曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等，即 S1=S2 。
(3)已知S1=1233mA·s，电容器充电结束后，电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为
C=QU=S1E=1.2338F≈0.15F
14.(1)点电荷由A移到B克服静电力做功即静电力做负功，则
WAB=−6×10 −4J
则有
UAB=WABq=−6×10−4−3×10−6V=200V
同理可得
UBC=WBCq=9×10−4−3×10−6V=−300V
UCA=UCB+UBA=−UBC+(−UAB)=300−200V=100V
(2)若 φB=0 ，由
UAB=φA−φB
可得
φA=UAB=200V
由
UBC=φB−φC
可得
φC=φB−UBC=0−(−300V)=300V
(3)若 φB=0 ，则电荷在A点的电势能
EpA=qφA=−6×10 −6×200J=−1.2×10 −3J
电荷在C点的电势能
EpC=qφC=−6×10 −6×300J=−1.8×10 −3J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)小球B未进入电场前，系统加速度为
2mgsin30∘=2ma1
解得
a1=5m/s2
对A，根据牛顿第二定律
F1+mgsin30∘=ma1
解得
F1=0
(2)小球B进入电场后，对AB系统有
2mgsin30∘+qE=2ma2
解得
a2=10m/s2
对A，根据牛顿第二定律
F2+mgsin30∘=ma2
解得
F2=0.05N
(3)从静止释放到B球刚要进入电场过程中，匀加速直线运动
d=12a1t12
此时速度
v1=a1t1
从小球B进入电场到小球A刚要进入电场过程中，有
L=v1t2+12a2t22
联立解得总时间为
t=t1+t2=0.6s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.(1)设小球在C点的速度为 vC ，小球从A点运动C点过程中，由动能定理可得
2qE⋅3R−mgR=12mvC2
解得
vC=2 2gR
小球在C点时水平方向的支持力FN与电场力qE的合力提供向心力，所以有
FN−qE=mvC2R
解得
FN=5mg
由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为
F′N=FN=5mg
方向水平向右。
(2)小球过C点上升到达最高点的过程中，由运动的分解可知，在水平方向小球做初速度为零的匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，设小球从C点到最高点的时间为t，则有水平方向上
ax=qEm=g
x=12axt2
竖直方向上
t=vCg
小球从A点开始运动到达最高点过程中电场力做功为
W电=qE3R+x
根据电场力做功与电势能变化关系
W电=−ΔEp
解得
ΔEp=−5mgR
(3)小球从C点以
vC=2 2gR
抛出后，可将小球的运动分解为沿合力方向的分运动和垂直合力方向的分运动，如图所示
其中垂直合力方向为匀速直线运动，速度
v1=vCsin45∘=2 2gR× 22= 2gR
沿合力方向做类竖直上抛运动，初速度
v2=vCcs45∘=2 2gR× 22= 2gR
加速度满足
mgcs45∘+qEcs45∘=ma
解得
a= 2g
当沿合力方向的速度减为零时，小球的速度具有最小值，最小值为
vmin=v1= 2gR
经历的时间
t=v2a= Rg

【解析】详细解答和解析过程见【答案】