2024-2025学年陕西省西安市临潼区华清中学高二（上）月考物理试卷（10月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年陕西省西安市临潼区华清中学高二（上）月考物理试卷（10月份）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共5小题，共20分。
1.如图所示带同种电荷的两个小球放在光滑绝缘的水平面上，由静止释放，运动过程中两球( )
A. 所受库仑力逐渐增大B. 具有的电势能逐渐增大
C. 动能不断增加D. 机械能保持不变
2.下列说法正确的是( )
A. 物理量电势，电阻，电容都是利用比值法定义的
B. 电流强度，电场强度都是有方向的物理量，所以它们都是矢量
C. 在电场中不同的点放入相同的电荷，电场强度越大的地方，电场力越大，电势越高的地方，电势能越大
D. 电场中电势降低的方向就是电场的方向
3.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电
B. 粒子在A点加速度小
C. 粒子在B点动能大
D. 粒子在A点电势能大
4.已知△ABC处于匀强电场中，将个带电量q=−2×10℃的点电荷从A移到B的过程中，克服电场力做功1.2×10⁻5J；再将该点电荷从B移到C，电场力做功6.0×10−6J。已知A点的电势φA=5V，则B、C两点的电势分别为( )
A. −1V，2VB. 1V，2VC. −1V，−2VD. 1V，−2V
5.如图所示，一端固定在O点的绝缘线，另一端拴住质量为m、带电荷量为+q的小球，放在电场强度大小为E=3mgq、方向竖直向上的匀强电场中，现把细线拉至水平，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，重力加速度大小为g，则细线能承受的最大拉力大小为( )
A. 2mgB. 4mgC. 6mgD. 8mg
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
6.如图所示，一半径为R、均匀带正电的圆环水平放置，环心为O。质量为m的带正电的小球从O点正上方ℎ高度处的A处由静止释放，并穿过带电圆环。A′为A关于O的对称点。取O点为坐标原点，向下为正方向，O点所在平面为重力势能参考平面，无穷远处电势为零。小球从A处运到A′处的过程中，电势能EP电、重力势能EPG、机械能E、加速度a随位置变化的图像一定错误的是( )
A. B.
C. D.
7.如图，带电粒子p从a板边缘由静止开始经电压U1加速，沿AB两板中线方向进入偏转电场，并从板的右侧射出偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，板长为L，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 该带电粒子一定带负电
B. 该带电粒子一定从虚线的上方离开偏转电场
C. 当U1=EL时，粒子离开偏转电场时动能最大
D. 仅增大加速电压U1，粒子射出偏转电场的动能可能减小
8.两电荷量分别为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点电势能最大，下列说法正确的是( )
A. q1为正电荷，q2为负电荷
B. q1的电荷量大于q2的电荷量
C. 将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
D. 一正点电荷从N点由静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大
9.如图所示A、B两点分别固定带有等量同种电荷的点电荷，M、N为AB连线上的两点，且AM=BN，则( )
A. M、N两点的场强相同B. M、N两点的场强不相同
C. M、N两点的电势不同D. M、N两点的电势相同
10.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV，飞经等势面C时，电势能为−10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是( )
A. 等势面A的电势为−10VB. 匀强电场的场强大小为200V/m
C. 电子再次飞经D势面时，动能为10eVD. 电子的运动为匀变速直线运动
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
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，画出电流与时间的变化图像。图甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源的电压为6V。

先使开关S与1接通，待充电完成后，再使开关S与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I−t图像。如图乙所示。
(1)下列说法正确的是______。
A.电容器充电的过程中，负电荷由电源的正极移动到电容器的正极板
B.电容器充电的过程中，电路中的电流不断增大
C.电容器放电的过程中，电容器两极板间的场强不断变小
D.电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其它形式的能量
(2)乙图中图线与两坐标轴所包围面积的物理意义是______。
12.在研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验中．
(1)为了让极板带电荷量不变，除了采用绝缘性能良好的材料和使空气尽量干燥之外，平行板电容器的极板也应采用表面______(选填“光滑”或“粗糙”)的圆形金属板．
(2)在保证极板所带电荷量不变的情况下，进行如下操作：
①使极板间距离不变，由两极板正对开始，向上移动左侧极板B，如图甲所示，则静电计指针偏角将______(选填“变大”“不变”或“变小”)；
②使两极正对，在保证两极板正对面积不变的情况下，将左侧极板B向右移动，如图乙所示，静电计指针偏角将______(选填“变大”“不变”或“变小”)；
③使两极正对，在保证两极板正对面积不变的情况下，将一直径略大于极板的电介质与两极板不接触地插入两极板间，如图丙所示，静电计指针偏角将______(选填“变大”“不变”或“变小”)；
(3)上述实验中我们采用的让多个因素不变而只改变其中的某一个因素，从而研究这个因素对事物影响的方法叫______．
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.三个完全相同的金属小球A、B、C，小球A通过绝缘支架固定，小球B挂在绝缘细丝线的下端处于静止状态，小球C原先不带电且在很远处，图中未画出，整个装置处于真空中，如图所示，已知小球A带正电，电量为nq；小球B的质量为m，带电量为q；细丝线与竖直方向夹角为θ，且A球和B球在同一水平线上，重力加速度为g，求：
(1)A、B两球之间静电力大小；
(2)A、B两球之间的距离大小；
(3)若将小球C先与小球A接触，再与小球B接触，最后移至远处，发现小球B仍然可以静止在图示位置，则n的值为多少？
14.一束初速不计的电子流经U1的加速电压加速后，在距水平两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，最后从偏转电场右侧飞出．如图所示，若电子带电量为e，两水平板间加的偏转电压为U2，板间距离为d，板长为l，求：
(1)电子飞出加速电场时的速度v0
(2)电子在偏转电场运动的加速度以及时间t；
(3)电子在偏转电场中发生的偏转位移y．
15.如图，一个质量m，带电荷−q的小物体，可在水平绝缘轨道Ox上运动，O点有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox正向。小物体以初速v0从位置x0沿Ox轨道向右运动，物体与水平绝缘轨道Ox摩擦因数是μ，且摩擦力小于电场力，设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求：
(1)小物体离O点的最远距离和到达最远距离所用的时间；
(2)小物体在停止运动前所通过的总路程。
答案解析
1.C
【解析】解：A、带同种电荷的两个小球，存在相互作用力斥力，它们之间的距离增大，根据库仑定律，它们之间库仑力减小，故A错误．
B、由于受库仑斥力，向相反方向运动，库仑力做正功，电势能均减小，故B错误．
C、库仑力做正功，根据动能定理得动能不断增加，故C正确．
D、库仑力做功，是除重力和弹力以外的力做功，不满足机械能守恒的条件，故D错误．
故选：C．
由同种电荷相互排斥和库仑定律分析A、B两个小球间库仑力的变化．
由于库仑斥力作用向相反运动，根据电场力做正功，可判断电势能变化；
根据动能定理判断动能的变化．
库仑力做功，可判断机械能不守恒；
解答本题时是要注意电荷间存在库仑力，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．研究运动与力的关系、功与能的关系是物理的基本能力，可培养分析问题的能力，而研究守恒的条件，有利于培养严谨的科学精神．
2.A
【解析】解：A、φ=Epq，R=UI，C=QU都是利用比值定义的物理量，故A正确；
B、电流强度是标量，只有正负之分，合成不遵守平行四边形定则，是标量；电场强度是矢量，故B错误；
C、在电场中不同的点放入相同的电荷，电场强度越大，电场力越大，但对于正电荷电势越高，电势能越大，对于负电荷电势越高，电势能反而越低，故C错误；
D、电势降落最快的方向是电场的方向，故D错误；
故选：A。
掌握比值定义的物理量即可；电流强度是标量；根据F=qE可确定电场力，根据E=qφ可确定电势能；电势降落最快的方向就是电场的方向。
本题主要对电学中常用物理量基础知识的考查，比值定义以及电场强度和电势的判定，比较基础。
3.B
【解析】A.物体做曲线运动时，粒子所受的合力应该指向曲线弯曲的内侧，所以粒子所受的电场力逆着电场线方向，与电场方向相反，则粒子带负电，故A错误；
B.电场线越密集的地方，场强越强，由于B点的电场线密，场强大，所以粒子在B点受到的电场力大，则在B点的加速度较大，在A点加速度小，故B正确；
CD.粒子从A到B，电场力对粒子做负功，动能减小，电势能增大，所以粒子在A点动能大，粒子在A点电势能小，故CD错误。
故选：B。
不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，由此分析电场力方向，从而判断出粒子的电性。电场线的疏密表示电场强度的强弱，判断场强的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小。由电场力做功情况分析动能的大小。
对于本题关键是根据运动轨迹弯曲方向来判定电场力的方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。再分析其他量的变化。
4.A
【解析】解：根据W=Uq可知，AB之间电势差：UAB=WABq=−1.2×10−5−2×10−6V=6V，UAB=φA−φB，解得：φB=−1V
同理UBC=WBCq=6×10−6−2×10−6V=−3V，UBC=φB−φC，解得：φC=2V，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据电场力做功和电势差的关系分析求解。
本题考查了电场力做功的特点，理解电场力做功和电势差的关系是解决此类问题的关键。
5.C
【解析】解：设小球运动到最高点时速度大小为v，对该过程由动能定理有qEL−mgL=12mv2
在最高点，由牛顿第二定律得mg+T−qE=mv2L
由牛顿第三定律可得细线能承受的最大拉力大小为T′=T
代入数据解得：T′=6mg，故C正确，ABD错误。
故选：C。
小球从释放到最高点的过程，利用动能定理求出小球运动到最高点时的速度。在最高点，对小球，由牛顿第二定律可求出细线的最大拉力大小。
解答本题时，关键要分析小球的受力情况，搞清向心力来源，要知道小球在最高点时，由合力提供向心力。
6.CD
【解析】解：D、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小。故A是可能的。故D正确。
B、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgℎ，小球穿过圆环后，EpG=−mgℎ，根据数学知识可知，B是不可能的。故B错误。
C、小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的。故C正确。
A、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的。故A错误。
故选：CD。
通过分析小球受到的电场力可能的情况，来确定合力情况，再分析加速度情况。由EP=mgℎ分析重力势能。根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况。
本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系。机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析。
7.AD
【解析】解：A、由于加速电场的a板带负电，b板带正电，因此该带电粒子一定带负电，故A正确；
B、由于无法确定A、B两极板带电情况，因此无法判断粒子是从虚线上方离开偏离电场还是从虚线下方离开，故B错误；
C、带电粒子在加速电场中做初速度为零的匀加速直线运动，此过程根据动能定理有：qU1=12mv2
粒子进入偏转电场后，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a=qEm
粒子做类平抛运动，此过程中有：L=vt
粒子离开偏转电场时的侧移量为：y=12at2
联立解得：y=EL24U1
粒子整个过程中，根据动能定理，粒子离开偏转电场的动能：Ek=qU1+qEy=qU1+qE2L24U1
根据数学知识可知，Ek没有最大值，只有最小值，故C错误；
D、由于Ek=qU1+qEy=qU1+qE2L24U1，所以当qU1=qE2L24U1时Ek最小，此时U1=EL2，所以增大加速电压U1，Ek可能减小，故D正确。
故选：AD。
根据加速电场的两极板带电情况，可以判断出带电粒子的带电情况；由于偏转电场两极板带电情况未知，不能判断带电粒子的偏转方向；根据带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，分析其在偏转电场中的偏转量，求出粒子离开偏转电场时的动能表达式，根据变量分析动能的改变。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
8.BD
【解析】解：A.无穷远处的电势能为零，A点的电势能也为零，由于试探电荷带负电，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知O点电势最低，结合沿电场线方向电势逐渐降低，可知q1带负电，q2带正电，故A错误；
B.OA之间的距离为r1，AM之间的距离为r2，A点的电势能为零，则电势为零，根据点电荷的电势公式有
kq1r1=kq2r2
由于
r1>r2
则
q1>q2
故B正确；
C、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C错误；
D，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D正确。
故选：BD。
根据电势能和电势的关系结合点电荷电势公式以及电场力做功和电势能变化的关系分析求解。
本题考查了静电场相关知识，理解图像中电势能的变化情况是解决此类问题的关键。
9.BD
【解析】解：两点带有等量同种电荷，所以在距离相同的地方电势相同，即M、N两点的电势相同，而M、N两点的场强大小相同，方向不相同，即M、N两点的场强不相等， BD正确、AC错误。
故选：BD。
在距离相同的地方电势相同，场强的大小相同方向相反，场强是矢量．
本题考查了电场中电势和场强的分布情况，记住记住典型电场的电场线分布对于解决此类问题有很大帮住．
10.ABD
【解析】解：A、电子从D到B过程，动能减小20eV，且匀强电场，即等间距，则C点的动能为10eV，由于等势面C时，电势能为−10eV，则知，飞经等势面A时，电势能为10eV，则A等势面的电势为−10V.故A正确。
B、电子从B到D过程，根据动能定理得：−eUDB=0−EkD，解得：UDB=EkDe=20eVe=20V
对于BD段：电场强度为E=UDBd=200.1=200V/m，故B正确；
C、根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV，故C错误；
D、根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动。故D正确。
故选：ABD。
电子从D到B过程，根据动能定理求出BD间电势差，即可得到A等势面的电势；由E=Ud求解电场强度；根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，动能为20eV；匀强电场中电子所受的电场力是恒力，电子做匀变速直线运动．
解决本题的关键知道等势面与电场线关系，掌握匀强电场的场强公式，以及电场力做功与电势差的关系．
11.CD 电容器在全部放电过程中释放的电荷量
【解析】解：(1)A、电容器充电的过程中，正电荷由电源的正极移动到电容器的正极板，故A错误；
B、电容器充电的过程中，电路中的电流不断减小，故B错误；
C、电容器放电的过程中，电容器两极板上所带电荷量逐渐减小，两极板间的电压逐渐减小，根据E=可知，场强逐渐变小，故C正确；
D、电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其它形式的能量，故D正确。
故选：CD。
(2)根据图像的含义，因Q=It，所以乙图中图线与两坐标轴所包围面积的物理意义是：电容器在全部放电过程中释放的电荷量；
故答案为：(1)CD；(2)电容器在全部放电过程中释放的电荷量。
(1)根据电容器充放电的原理判断即可；
(2)由图像面积的含义可知，横轴与纵轴的乘积即为电量，即可求解；
本题要注意图像的含义，属于v−t图像结论的迁移应用，要求根据图像能知道如何通过图像求电量。
12.光滑变大 变小 变小 控制变量法
【解析】解：(1)在进行电容器实验中，为了防止尖端放电的发生，所用极板尽量选用光滑的圆形金属板；
(2)①保持A、B距离不变，将A板从图中位置开始向上移动，由电容的决定式式C=ɛS4πkd分析可知电容变小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=QU，知极板间的电压U增大．则静电计指针偏角变大；
②第二次两人保持极板间正对面积不变，仅将b极板向右移动，即板间距离减小，由电容的决定式C=ɛS4πkd分析可知电容变大，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=QU，知极板间的电压U变小．则静电计指针偏角变小；
③第三次两人保持极板间正对面积不变，极板间距离也不变，在两板间插入电介质，由C=ɛS4πkd和C=QU结合得：在保持其他量不变时，在两板间插入电介质，C变大，则电压U变小，即静电计指针偏角小；
(3)本实验每次需要控制某些物理量不变，得出C与其中一个物理量的变化关系，故采用了控制变量法；
故答案为：(1)光滑；(2)①变大；②变小；③变小(3)控制变量法．
明确实验原理，知道本实验中采用控制变量法，同时注意所用仪器的选择原理；
平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，先由电容的决定式C=ɛS4πkd分析电容的变化，根据电容的定义式C=QU分析电压U的变化．即可判断静电计指针偏角的变化．
对于电容器动态分析问题，常常根据电容的决定式C=ɛS4πkd、电容的定义式C=QU和场强公式E=Ud来进行分析即可．
13.解：(1)对B球进行受力分析，可得：
则有：Tsinθ=F
且Tcsθ=mg
解得：F=mgtanθ
(2)由库仑定律，可得：F=knq⋅qr2
解得：r=q knmgtanθ
(3)当C球与A、B接触后，小球A、B带电量分别为n2q，与n+24q
由题意可得：knq⋅qr2=n+28knq2r2
解得：n=6
答：(1)A、B两球之间静电力大小mgtanθ；
(2)A、B两球之间的距离大小q knmgtanθ；
(3)若将小球C先与小球A接触，再与小球B接触，最后移至远处，发现小球B仍然可以静止在图示位置，则n的值为6．
【解析】(1)根据受力分析，结合力的矢量合成法则，及三角知识，即可求解；
(2)由库仑定律，即可求解；
(3)根据接触后，电量中和后重新分配，再由库仑定律，及平衡条件，从而求解．
考查受力平衡与矢量的合成法则的内容，掌握库仑定律的应用，注意接触后电量的求法是解题的关键．
14.解：(1)粒子在加速电场中运动的过程中，只有电场力做功
根据动能定理得：eU1=12mv02，
解得：v0= 2eU1m
(2)离子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，
所以：L=v0t
解得：t=Lv0=L m2eU1
偏转电场的场强：E=U2d
则电场力：F=eE=qU2d=ma
解得：a=eU2md
(3)离子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动；
所以：y=12at2=12×eU2md×L2m2eU1=U2L24dU1
答：(1)电子飞出加速电场时的速度v0为 2eU1m；
(2)电子在偏转电场运动的加速度为eU2md，时间t为L m2eU1；
(3)电子在偏转电场中发生的偏转位移y为U2L24dU1．
【解析】粒子在加速电场中运动的过程中，根据动能定理求出离子的速度v0的大小；离子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动；电场力的大小为F=qE；根据牛顿第二定律解出离子在偏转电场中的加速度．
本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，可以运用正交分解法分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．
15.解：(1)小物体向右运动的过程中，设加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg+qE=ma①，
小物体离O点最远时速度为零，设小物块运动的位移为x，最远距离为xm，运用逆向思维法，根据运动学公式有v02=2ax②，
由于小物块初始与墙的距离为x0，则小物体离O点的最远距离为xm=x0+x③
联立上式解得xm=x0+mv022(qE+μmg)；
小物体离O点最远时速度为零，设所用时间为t，运用逆向思维法，根据运动学公式有v0=at④
联立①④式解得t=mv0qE+μmg；
(2)分析可知，小物体做往复运动，由于摩擦力小于电场力，小物体最终将停止在O端，对全过程由动能定理可得qEx0−μmgs=0−12mv02
解得s=2qEx0+mv022μmg；
答：(1)小物体离O点的最远距离为x0+mv022(qE+μmg)；到达最远距离所用的时间为mv0qE+μmg；
(2)小物体在停止运动前所通过的总路程为2qEx0+mv022μmg。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求出运动距离即为最远距离；结合运动学公式求出时间；
(2)对全过程应用动能定理即可求解。
本题主要考查电场中的动力学问题，合理选择运动过程应用动能定理和功能关系解题即可，主要受力分析时不要丢力，难度适中。