湖北省 2023-2024学年高二物理上学期9月月考试题（Word版附解析）

华中师大一附中2023—2024学年度第一学期九月月考高二年级物理试卷一、选择题（40分，第1题到第6题为单项选择题，第7题到第10题为多项选择题。）1.图中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的右侧（　　）A.Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B.Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C.Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D.Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|【答案】B【解析】【详解】A.Q1、Q2都是正电荷，各自在P点产生的场强E1、E2如图：要使P点场强方向指向MN的右侧，根据场强的叠加，需要有Q1>Q2，选项A错误；B.Q1是正电荷，Q2是负电荷，各自在P点产生的场强E1、E2如图：根据场强的叠加，P点场强方向一定指向MN的右侧，选项B正确；C.Q1是负电荷，Q2是正电荷，各自在P点产生的场强E1、E2如图： 根据场强的叠加，P点场强方向一定指向MN的左侧，选项C错误；D.Q1、Q2都是负电荷，各自在P点产生的场强E1、E2如图：要使P点场强方向指向MN的右侧，根据场强的叠加，需要有|Q2|＞|Q1|，选项D错误。故选B。2.如图所示，平行板电容器的极板与一静电计相接，极板接地，若让极板稍微发生一点移动，则下列说法正确的是（不考虑静电计上的电荷量）（　　）A.若极板稍向右移动一点，电容器的电容减小B.若极板稍向下移动一点，静电计指针偏角减小C若极板稍向左移动一点，板电势升高D.若极板稍向右移动一点，AB两板间电场强度增大【答案】C【解析】【详解】A．若极板稍向右移动一点，极板间的距离减小，根据可知电容器的电容增大，故A错误； B．若极板稍向下移动一点，正对面积减小，可知电容器的电容减小，根据可知极板间电势差增大，静电计指针偏角增大，故B错误；C．若极板稍向左移动一点，极板间的距离增大，可知电容器的电容减小，极板间电势差增大，极板接地，则板电势升高，故C正确；D．AB两板间电场强度为可知若极板稍向右移动一点，AB两板间电场强度不变，故D错误。故选C。3.一金属容器置于地面上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点．下列说法正确的是A.小球带负电B.A点的电场强度比B点的小C.同一试探电荷在小球表面的电势能一定大于在A点的电势能D.将同一试探电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【答案】B【解析】【分析】电场线起始于正电荷（或无穷远处），终止于无穷远处（或负电荷），不形成闭合曲线，根据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；依据沿着电场线方向电势是降低的，即可判定；在同一等势线上，电场力做功为零；【详解】A、在静电场中，电场线起始于正电荷（或无穷远处），终止于无穷远处（或负电荷），不形成闭合曲线，所以小球带正电，故A错误；B、电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故B正确；C、根据沿着电场线方向电势是降低的，可知小球表面的电势比容器内表面的高，根据可知同一试 探正电荷在小球表面的电势能一定大于在A点的电势能，同一试探负电荷在小球表面的电势能一定小于在A点的电势能，故C错误；D、因A、B在同一等势面上，将同一试探电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误；故选B．【点睛】关键是知道沿着电场线方向电势是降低的，电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强．4.如图所示，在平行于纸面的匀强电场中，有一个半径为1m的圆，A点电势为2V，B点电势为6V，C点电势为10V，AB连线与水平方向夹角为30°，AC为水平方向的直径，那么此匀强电场大小（　　）A.8B.V/mC.4D.V/m【答案】B【解析】【详解】如图所示AC中点O点电势为6V，所以BC为等势面；作CD垂直等势面BC与D点；由几何关系得所以 故B正确，ACD错误。故选B。5.已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直。如图所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接。现将一个电荷量为的点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以点电荷为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直。则下列说法正确的是（　　）A.点电场强度与点电场强度相同B.点电场强度与点电场强度相同C.点电势等于点电势D.将试探电荷从点沿直线ad移到点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变【答案】C【解析】【详解】A．根据对称性可知，点电场强度与点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B．根据对称性可知，点电场强度与点电场强度大小相同，方向不同，故B错误；C．根据对称性以及电场线的分布可知，点电势等于点电势，故C正确；D．将正试探电荷从点沿直线ad移到点的过程中，先靠近正点电荷，后远离正点电荷，故试探电荷电势能先增大后减小，故D错误。故选C。 6.空间存在沿x轴方向的静电场，电子由O点开始仅在电场力的作用下沿x轴的正方向运动，该过程中电子的电势能关于位移x的变化规律如图所示。其中图像为顶点在的开口向上的抛物线，以后的图线为倾斜的直线，则下列说法正确的是（　　）A.O位置和位置电子的加速度大小相等B.处的电势最低、处的电势最高C.电子做匀速直线运动D.该电场沿x轴的正方向【答案】A【解析】【详解】A．根据电势能与电势的关系场强与电势的关系得由数学知识可知图像的切线斜率的绝对值等于，由题图可知处切线斜率为零，故处场强最小且为零，O位置和位置关于位置对称，则O位置和位置的加速度大小相等，A正确；B．结合电子和题图可知电势最小的点是处，处的电势最高，B错误；C．段图像的斜率不变，则电子所受的电场力不变，电子的加速度不变，则该过程电子做匀变速直线运动，C错误；D．由以上分析可知左侧的电场沿x轴的负方向，右侧的电场沿x轴的正方向，D错误。故选A。7.如图所示，平行金属板A、B在真空中水平正对放置，两极板的间距为d，分别带等量异号电荷．质量 为m、电量为q的带负电的油滴以速度v0从A极板的左边缘射入电场，沿直线从B极板的右边缘射出，重力加速度为g．则A.油滴做匀速直线运动B.油滴的电势能减少了mgdC.两极板的电势差D.A板的电势低于B板的电势【答案】AC【解析】【详解】油滴在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，油滴的加速度为零，故A正确；重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，油滴的电势能增加了mgd，机械能减小了mgd，故B错误；由上可知电场力所做功，得到两极板的电势差，故C正确；由题可判断出电场力方向竖直向上，油滴带负电，电场强度方向竖直向下，A板的电势高于B板的电势．故D错误．8.一矿井水位检测器如图所示，A为固定铜芯，B为玻璃，D为矿井中含有杂质的水。闭合开关S时，发现灵敏电流计的指针向左偏转。在开关S闭合的情况下，若发现指针向左偏转，则下列说法正确的是（　　） A.A所带电荷量减少B.A所带电荷量增加C.矿井中的水面下降D.矿井中的水面上涨【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．在开关S闭合时，电容器处于充电状态，灵敏电流计的指针向左偏转，保持开关闭合，发现指针向又左偏转，说明电容器继续充电，因此A所带的电荷量继续增多，B正确，A错误；CD．电容器两板电压不变，电量增加，根据可知一定是由于电容增大造成的，而电容器的决定式由于电容器两板间的距离以及相对介电常数都不变，因此一定是正对面积增大，也就是矿井中的水面上升，D正确，C错误。故选BD。9.如图所示，竖直平面内的真空环境中有一水平向右的匀强电场，将质量m=0.1kg、电荷量q=0.1C的带电小球从P点以初速度v0=1m/s水平向右抛出，小球通过Q点时的速度大小v=5m/s，方向与电场方向成53°角。取重力加速度大小g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，不计空气阻力。下列分析正确的是（　　） A.小球从P点运动到Q点用时为0.4sB.P、Q两点的距离为1mC.匀强电场的电场强度大小为5N/CD.小球从P点运动到Q点的过程中，机械能的增量为0.4J【答案】ACD【解析】【详解】A．小球在Q点时，速度在竖直方向的分量为解得故A正确；C．速度在水平方向的分量解得又由牛顿第二定律解得匀强电场的电场强度大小故C正确；B．由分运动规律有 可得故B错误；D．由功能关系有故D正确。故选ACD。10.如图所示，在一正点电荷Q的电场中，某点的电势与该点到点电荷Q的距离r的关系如图甲所示。如图乙所示，在正点电荷Q的上方水平固定一光滑绝缘杆，O点在点电荷Q的正上方，现将一质量为m、带电量为的小球穿在杆上，然后从a点由静止释放后，小球沿杆依次经过O、b两点到达最远点c。已知a、O、b三点到点电荷Q的距离分别为、L、，下列说法正确的是（　　）A.小球在a点和b点的加速度大小之比为B.小球运动过程中的最大速度为C.电场中a点的场强和c点的场强相同D.小球由a点到b点的过程中电势能先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】A．由点电荷电场强度可知a、b两点的场强大小之比为，则小球所受电场力之比为，但电场力与杆的夹角不相等，所 以库仑力沿杆方向的分量即小球所受合外力大小之比并不等于，故A错误；B．小球释放后先做加速运动，后做减速运动，在经过O点时速度最大，由图甲可知由动能定理得可得最大速度故B正确；C．小球最远可到达c点，c点与a点的电势相等，故c点到点电荷Q的距离应为，a、c两点的电场强度大小相等，但方向不同，故C错误；D．小球由a点到O点的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O点到b点的过程中，电场力做负功，电势能增大，故D正确。故选BD。二、实验题11.真空中光滑绝缘水平面上有两个带正电的点电荷A、B，电量均为Q。如图所示，电荷B固定，电荷A在外力作用下沿虚线向电荷B缓慢移动，此过程中，外力的大小将__________（填“变大”、“不变”或“变小”）；已知M、N两点距电荷B均为r，且∠MBN=60°。当电荷A移动到M点时，N点场强大小为__________（已知静电力常量为k）。【答案】①.变大②.【解析】【分析】 【详解】[1]电荷A在外力作用下沿虚线向电荷B缓慢移动，则点电荷A、B间的库仑力，根据向电荷B缓慢移动过程中，库仑力在变大，则外力也变大。[2]点电荷A、B在N点场强如图点电荷A、B在N点各自产生的场强大小为则N点的场强大小12.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，电路图如图甲所示。（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、曲线分别如图乙、丙所示。（3）由图乙、丙可知，电容器充满电时电荷量为_______C，电容器的电容为_______F。（保留两位有效数字）【答案】①.正②.③.【解析】【详解】（1）[1]根据电路连接方式可知充满电的电容器上极板带正电。（3）[2]由图乙可知，图像与坐标轴围成的面积即为电容器放电过程中放出的电荷量，也就是电容器充满电时的电荷量，图像斜面小正方形的个数为14个，分别以图像与横、纵轴交点坐标值为边长，形成的矩形所在区域共有小正方形64个，由此可得出电容器充满电时的电荷量为[3]电容器的电容为三、计算题13.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场，电子穿出偏转电场后打在荧光屏上。若加速电压U1=800V，偏转极板长，板间距，不计电子的重力。求：(1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？(2)若偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，求电子束最大的偏转距离OP。【答案】(1)U2=100V；(2)【解析】【详解】(1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场必须下板边缘出来。加速电场中，由动能定理有 电子在偏转电场飞行时间为加速度为要使电子从下极板边缘出来，应有解得偏转电压为U2=100V(2)设电子离开电场后侧移距离为，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为因为电子离开偏转电场的侧向速度为电子离开偏转电场后的侧向位移为解得电子最大偏转距离为代入数据解得14.如图，等量异种点电荷、固定在水平线上相距为的M、N两点上，有一质量为、电荷量为（可视为点电荷）的小球，固定在长为的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，点位于MN的竖直垂直平分线上距MN为处，AC平行于MN，且。现把杆拉起到水平位置由静止释放，小球经过最低点时速度为。取点电势为零，忽 略对等量异种点电荷形成电场的影响，重力加速度为。求：（1）小球经过点时受到的电场力；（2）在、形成的电场中，点的电势；（3）小球继续向左摆动，到达点时的速度大小。【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据库仑定理以及力的合成法则可得，小球经过点时受到的电场力为方向水平向左。（2）等量异种电荷中垂线上点电势相等，可得小球从点到点，根据动能定理有且解得点的电势为（3）根据对称性可知小球从点到点，根据动能定理有解得 15.如图所示，半径的四分之一光滑圆弧竖直放置，与粗糙水平地面平滑连接于点，整个空间存在场强大小的匀强电场，竖直边界右侧电场方向水平向右，左侧电场方向竖直向上；小物块（视为质点）大小形状相同，电荷量为，不带电，质量，。从点由静止释放，与静止在地面上点的碰撞。已知与地面间动摩擦因数均为，P、D间距离，取，间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：（1）物块运动到点时，受到圆弧轨道支持力的大小；（2）物块碰撞后瞬间，速度的大小和方向；（3）物块第一次碰撞后，过多长时间发生第二次碰撞。【答案】（1）60N；（2）6m/s，方向水平向右；18m/s，方向水平向右；（3）72s；【解析】【详解】(1)物块A从Q到P过程，由动能定理得：，代入数据解得：vP=10m/s，在P点，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：F=60N；(2)物块A从P到D过程，由动能定理得：，代入数据解得： v1=12m/s，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv1=mAvA+mBvB，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：vA=6m/s，方向水平向右vB=18m/s，方向水平向右(3)A、B碰撞后，由牛顿第二定律得，对A：qE-μmAg=mAaA，对B：μmBg=mBaB，代入数据解得：，aB=2m/s2，设经过时间t两物块再次发生碰撞，由运动学公式得：，代入数据解得：