四川省广元市苍溪中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省广元市苍溪中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析），共6页。

2.所有的题目均应作在答卷上相应的位置，答在本试卷上的答案无效。
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的得0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. 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
C. 避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点
D. 印刷车间的空气应保证干燥，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电
【答案】C
【解析】
【详解】A．静电除尘的原理是带电粒子受到电场力作用，故A错误；
B．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体，而不是创造出新的电荷，故B错误；
C．避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点，故C正确；
D．印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，需空气保持一定湿度，以便及时导走，故D错误。
故选C。
2. 关于电容器和电容说法正确的是（ ）
A. 电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量
B. 平行板电容器的电容只与极板间距、正对面积有关
C. 电容器不带电时，电容为零
D. 电容器带电时，电荷量两个极板所带电荷量数值之和
【答案】A
【解析】
【详解】A．电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，故A正确；
BC．平行板电容器的电容与极板间距、正对面积及介电常数有关，与是否带电无关，故BC错误；
D．电容器带电量为某一个极板所带电荷量的绝对值，故D错误。
故选A。
3. 如图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，三点构成直角三角形，∠A=37°，AB边长为5 m，D为AB中点，电场线与ABC所在平面平行，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和6 V，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，则（ ）

A. DC两点间电势差UDC=8 V
B. D点电势φD=8 V
C. 该电场的电场强度E=2 V/m
D. 该电场的方向为沿BC方向
【答案】C
【解析】
【详解】AB．将AB二等分，由于
UAB=φA-φB=14V-6V=8V
则每等分两端的电势差为4V，所以
UAD=φA-φD=4V
可知
φD=10V
则
UDC=φD-φC=10V-6V=4V
故AB错误；
CD．由于
φB=φC=6V
B、C两点位于同一等势面上，根据沿电场线方向，电势降低，故电场线即沿AC方向，场强
故C正确，D错误。
故选C。
4. 如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形（竖直放置）的四个顶点，。O点为菱形对角线的交点，现将三个电荷量均为的点电荷分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的是（ ）

A. d点的电场强度大于O点的电场强度B. d点的电场强度等于O点的电场强度
C. d点电场强度的方向由O指向dD. O点电场强度的方向由d指向O
【答案】C
【解析】
【详解】AB．设菱形的边长为L，a点的点电荷在d点产生的电场的场强在竖直方向的分量为
由对称性及电场叠加原理知d点的电场强度为
同理可得O点的电场强度为
则有
故AB错误。
C．根据电场叠加原理可知，a、c两点的点电荷在d点叠加的电场强度的方向是竖直向下的，b点的点电荷在d点的电场强度的方向也是竖直向下的，所以d点的电场强度的方向由O指向d，故C正确；
D．a、c两点的点电荷在O点叠加的电场强度为零，b点的点电荷在O点的电场强度的方向竖直向下，所以O点的电场强度的方向由O指向d，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量大小分别为、和，与的距离为与距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零。下列选项中正确的是（ ）

A. B.
C. 和带同种电荷D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析可知，三个电荷的电性有两种情况，若带正电，则、带负电；若带负电，则、带正电。由于三个电荷均处于平衡状态，所以对有
对有
对有
联立解得
根据题意可知
所以
故选B。
6. 在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度相同的是（ ）
A. 甲图中与点电荷等距的a、b两点
B. 乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C. 丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
D. 丁图电场中的a、b两点
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据点电荷电场分布可知，a、b两点大小相同，方向不同，故A错误；
B．根据对称性可知，a、b两点电场强度大小相等，两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b两点的场强方向垂直中垂线向右，a、b两点的电场强度方向相同，故a、b两点两点的电场强度相同，故B正确；
C．根据对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相反，故C错误；
D．根据电场强度方向沿电场线的切线方向，电场线的疏密表示场强大小，可看出非匀强电场中的a、b两点电场强度大小和方向都不同，则电场强度不同，故D错误。
故选B。
7. 两个完全相同的带电金属小球P、Q（可以视为点电荷，所带电荷量相等）相距r时，彼此之间的库仑斥力大小为F。现让完全相同的不带电金属小球S先与带电小球P充分接触，再与带电小球Q充分接触后移开，则金属小球P、Q间的库仑力大小变为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】初始时，根据库仑定律
用完全相同的不带电金属小球S先与带电小球P充分接触，两球带电量均为
再与带电小球Q充分接触，小球S与Q带电量均为
金属小球P、Q间的库仑力大小变为
故选A。
8. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个质子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过间距相等的A、B、C三点，该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）

A. A点电势高于B点电势
B. A点的电场强度小于B点的电场强度
C. 质子经过A点的速率大于经过B点的速率
D. A、B两点电势差UAB小于B、C两点电势差UBC
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题图乙可知质子的电势能一直减小，所以电势一直降低，故A点电势高于B点电势，故A正确；
C．根据能量守恒，由A到B的过程中质子的电势能一直减小，所以动能一直增大，即质子的速度增大，故质子经过A点的速率小于经过B点的速率，故C错误；
B．根据功能关系可得
即图像的斜率的绝对值表示电场力的大小，由题图乙可知，A点电场力大于B点电场力，所以A点的电场强度大于B点电场强度，故B错误；
D．由题图乙可知，质子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据电场力做功与电势能的关系
可知，A、B两点间电势差UAB大于B、C两点间电势差UBC，故D错误。
故选A
9. 如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力作用下某带电粒子的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是（ ）

A. 该粒子一定带正电
B. 由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
C. 将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
D. 该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于不知道电场线方向，所以无法判断该粒子的电性，A错误；
B．同一电场的电场线在空间是不可能相交的，B错误；
C．将该粒子在C点由静止释放，由于电场线是曲线，所以后期粒子运动中，合力与速度不在一条线上，粒子会做曲线运动，C错误；
D．由于粒子运动是曲线，电场力方向沿电场线切线方向，以A点为例，D点的位置在A点切线的下方，说明A点受力方向沿电场线向下，因此从A到D，电场力做负功，速度减小，D正确。
故选D。
10. 两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m的带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中（ ）

A. 如果保持连接电源，两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流从b流向a
B. 如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动
C. 如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势不变
D. 如果断开电源，两板间接静电计，A板上移，静电计指针张角变大
【答案】CD
【解析】
【详解】A．如果保持连接电源，两极距离不变，非常缓慢地错开一些，则电容器两极板间电势差U不变，正对面积S减小，由
可知电容C减小，根据
可知电容器所带电荷量减小，电容器放电，电流计中电流从a流向b，故A错误；
B．如果保持连接电源，将A板上移，则电容器两极板间电压U不变，两极板间距离d增大，根据
知两极板间电场强度减小，带电油滴所受合力向下，油滴将向下加速运动，故B错误；
C．如果断开电源，A板上移，电容器所带电荷量Q不变，两极板间距离d增大，由
联立可得
可知电场强度不变，油滴静止不动。B板接地，小球到B板的距离不变，油滴处电势不变，故C正确；
D．如果断开电源，两板间接静电计，A板上移，电容器所带电荷量Q不变，两极板间距离d增大，由C选项分析可知，电场强度E不变，两极板间电势差增大，静电计指针张角变大，故D正确。
故选CD。
11. 如图所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均从A板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是（ ）

A. 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C. 加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
D. 偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．设加速电场的电压为U，粒子经过加速电场后获得的速度大小为v，根据动能定理有
粒子从B板运动到荧光屏过程水平方向做匀速直线运动，经历的时间为
代入数据可得质子、氘核和α粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为，加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故A错误，C正确；
B．设偏转电场的电场强度为E，粒子在偏转电场中的侧移量为
由上式可知y与粒子的比荷无关，即三种粒子打到荧光屏上的位置相同，故B正确；
D．偏转电场的电场力对粒子做功为
所以偏转电场的电场力对质子、氘核和α粒子做功之比为1∶1∶2，故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，AC是圆O的一条水平直径，BD是竖直方向的另外一条直径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电，电量大小为q、质量为m的粒子从圆心O点以相同的动能射出，射出方向不同时，粒子可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过C点时粒子的动能最小且为，已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g，匀强电场的场强，那么（ ）
A. 粒子经过B点和D点时的动能一定相同B. B点的电势高于O点的电势
C. 粒子经过M点时的动能为D. 电场线沿OC方向
【答案】AC
【解析】
【详解】ABD．从O经过C点正粒子动能最小且为，则C点为复合场的等效最高点，则复合场的合力如图所示
则可知粒子经过B点和D点时，合力做功为零，所以过两点时的动能一定相同，则有
求得
电场方向与CA夹角为
所以电场线没有沿OC方向，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势低于O点的电势，故A正确，BD错误；
C．OM连线与OC的夹角为60°，则粒子从O到M，根据动能定理有
从O到C点，有
联立求得粒子经过M点时的动能为
故C正确。
故选AC。
二、实验题（本题共1小题，每空3分，共15分）
13. 如甲图所示是观察电容器的充、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，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。
（1）当开关S接_______时（选填“1”或“2”），平行板电容器充电。随着极板上电荷的增多，电流逐渐_______（选填“增大”或“减小”）。
（2）电容器充电完毕，断开开关，此时如图甲所示电路图中电容器上极板____________（填“带正电”、“带负电”或“不带电”）；
（3）开关S接2时，电容器放电，流经G表的电流方向为______（填“向左”或“向右”）；
（4）然后将开关S接2，电容器放电。在放电过程中，电路中的电流大小为i，电容器所带电荷量为，电容器两极板电势差为，电容器的电容为。下面关于i、、、随时间的变化的图像，正确的是____________。
A．B．
C． D．
【答案】 ①. 1 ②. 减小 ③. 带正电 ④. 向左 ⑤. B
【解析】
【详解】（1）[1][2]平行板电容器充电时要与电源相连，故开关接“1”，刚开始充电时电流较大，随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小。
（2）[3]与电源正极相连的极板带正电，故上极板带正电。
（3）[4]平行板电容器放电时，电流从正极板流向负极板，故流过G表的电流方向向左。
（4）[5]ABC．放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式
可知电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，根据
可知图像的切线斜率绝对值逐渐减小，B正确，A、C错误；
D．放电过程中，电容与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关系，可知电容器电容保持不变，D错误。
故选B。
三、计算题（本题共3小题，共37分。要有必要的文字说明和重要的演算步骤，只有最后答案的不给分）
14. 把一检验电荷q放在点电荷Q所形成的电场中的A点，若检验电荷的电量为，它所受的电场力，方向背向Q，如图所示，求：
（1）A点的场强大小；
（2）若将检验电荷q从电场中的A点移到B点，电场力做功为，则A、B之间的电势差是多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）A点的场强为E，则
（2）设A、B之间的电势差UAB，则
15. 如图所示，一带电小球的质量，用长为的细线悬挂在水平方向的匀强电场中的O点，电场场强度，当细线与竖直方向夹角为时，小球恰好静止在A点求（，）
（1）小球带什么电？电量是多少？
（2）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置时小球的速度为多少？

【答案】（1）带正电，；（2）
【解析】
【详解】（1）对小球受力分析，根据受力平衡可知，小球受到的电场力水平向右，与电场方向相同，则小球带正电；根据平衡条件可得
解得
（2）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置时，根据动能定理可得
解得运动到A位置时小球的速度为
16. 如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿右侧两平行正对极板中心轴线射入偏转电场，并从另一侧射出，打到荧光屏上的P点，为荧光屏的中心点。已知电子质量为m、电荷量为e（e>0）、加速电场所加的电压为U0、偏转电场所加的电压为U、水平极板的长度为L1、上下两板间距离为d、水平极板的右端到荧光屏的距离为。不计电子所受重力。求：
（1）电子经加速电场加速后的速度大小v0；
（2）电子离开偏转电场时速度的偏转角的正切值；
（3）电子打在荧光屏上的P点到点的距离和电子在P点的动能。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理得
解得
（2）电子在偏转电场中，做类平抛运动，在水平方向上有
在竖直方向上有
，
联立解得
电子射出时竖直方向速度为
电子做类平抛运动，速度反向延长线过水平位移中点，速度夹角正切值为位移夹角正切值二倍，离开偏转电场时速度偏转角的正切值为
联立解得
（3）电子打在荧光屏上的点到点的距离为
根据动能定理可得
带入数据