四川省 2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

广元中学高2022级高二上期第一次阶段性测试物理试题一、单项选择题（本题7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意．选对得4分，错选、不选得0分）1.保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务。盗版书籍影响我们的学习效率甚至会给我们的学习带来隐患。小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的哪一个（　　）A.6.2×10-19CB.6.4×10-19CC.6.6×10-19CD.6.6×10-19C【答案】B【解析】【详解】电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，其数值为物体的带电量都为e的整数倍，即将4个选项中的电量除以e得数为整数倍的为正确的数字，只有6.4×10-19C满足条件。故选B。2.起电盘是获得静电的简单装置，1775年由A.伏特发明。它是由一块绝缘物质（如石蜡、硬橡胶、树脂等）制成的平板和另一块带有绝缘柄的导电平板构成的。如图所示是伏打起电盘示意图，其起电原理是（　　）A.摩擦起电B.感应起电C.接触起电D.以上三种方式都不是【答案】B【解析】【详解】导电平板靠近带正电的绝缘板并接地时，发生静电感应，使导电平板带上负电荷。故ACD错误；B正确。故选B。 3.在电场强度大小的匀强电场中，以O点为圆心，r为半径作一圆，a、b、c、d为圆周上四点，如图所示。在O点固定一带电荷量为的点电荷，则a、b、c、d各点的合电场强度大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由点电荷的电场中某点的电场强度公式可得，的点电荷在a、b、c、d四点处的场强大小均为方向分别由a、b、c、d四点沿半径指向O点，且大小。在a、c两点，匀强电场E的方向与点电荷在a、c两点产生的电场强度方向垂直，由电场强度合成定则，可得a、c两点合电场强度大小均为在b点，匀强电场E的方向与点电荷的电场方向相同，该点的合电场强度大小为在d点，匀强电场E的方向与点电荷的电场方向相反，该点的合电场强度大小为ABD错误，C正确。故选C。4.如图所示，带正电的小球被一绝缘细线悬于点（小球在电场中受到电场力），整个装置处于方向如图所示的匀强电场中，电场的范围足够大，此时细线呈水平，当烧断细线时，小球将做（　　） A.斜上抛运动B.自由落体运动C.向右平抛运动D.向右匀加速直线运动【答案】D【解析】【分析】【详解】在烧断细线前，小球受重力、绳拉力和电场力作用处于平衡状态。则电场力和重力的合力大小与细线拉力大小相等，方向相反，当剪断细线瞬间，细线拉力突然消失，重力大小方向不变，因为是匀强电场，电场力大小、方向不变，故小球向右做匀加进直线运动。故选D。5.如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷．现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是(　　)A.到达M、N时两粒子速率仍相等B.到达M、N时两粒子速率vM＞vNC.到达M、N时两粒子的电势能相等D.两个粒子的电势能都是先减小后增大【答案】B【解析】【详解】解：AB、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子受排斥力，右侧的带电粒子受吸引力，由题，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则电势差UPM=UPN，电场力对两个带电粒子做功大小相等，而从P到M的粒子电场力总功为正功，从P到N的粒子电场力总功为负功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率vM＞vN．故A错误，B正确．C、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子有排斥力，与中心点电荷电性相同；对右侧的带电粒子有吸引力，与中心点电荷电性相反，则两粒子带异种电荷，由公式Ep=qφ知两个粒子到达M、N时电势能不等，故C错误，D、电场力对左侧的粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D错误．故选B． 考点：电势能．分析：根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系．由电场力做功正负分析电势能的变化．点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向．电场力做功与初末位置间电势差成正比，并会判定电场力做功的正负．6.如图所示，空间中有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M为连线的中垂线上的两点且在竖直方向，且。现将一带负电的小球从P点静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.从P到O的过程中，小球的电势能一直增大B.从P到O过程中，小球的加速度一直增大C.从P到M的过程中，小球的机械能先增大后减小D.到达M点时，小球的速度为0【答案】C【解析】【详解】AC．在等量同种正点电荷连线中垂线上，OP段电场强度方向，负点电荷从P点到O点运动的过程中，所受的电场力方向由，电场力做正功，重力做正功，小球的速度增大，电势能一直减小，越过O点后，OM段电场强度方向由，小球所受的电场力方向由，电场力做负功，小球的速度减小，故小球的机械能在PO段增大，在OM段减小，故C正确，A错误；B．O点的场强为零，小球通过O点时的加速度为零．由于PO间电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不能确定，加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，不可能一直增大，故B错误；D．根据电场对称性原理可知，P与M两点的电势相等，则小球在这两点的电势能相等，电场力做功为零，故小球从P到M的过程中，由动能定理得解得 故D错误。故选C。7.人体细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层间存在电压（医学上称为膜电位）。某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可视为匀强电场，简化模型如图所示，若初速度为零的钠离子（带正电荷）仅在电场力的作用下，从图中的B点运动到A点，则下列说法正确的是（　　）A.此细胞膜内电场的电场强度方向由A点指向B点B.运动过程中钠离子的电势能增大C.若膜电位不变，则d越大，钠离子射出细胞外的速度越小D.若膜电位不变，则d变化，钠离子射出细胞外的速度不变【答案】D【解析】【详解】A．因为钠离子（带正电荷）仅在电场力的作用下由静止从B点运动到A点，所以此细胞膜内电场的电场强度方向由B点指向A点，故A错误；B．因为电场力对钠离子做正功，所以钠离子电势能减小，故B错误；CD．根据题意，由动能定理有可知钠离子射出细胞外的速度v与d无关，因为膜电位U不变，所以钠离子射出细胞外的速度不变，故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（本题4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题意．全对得4分，选不全得2分，有错选或不答的得0分）8.在一条直线上有两个点电荷A、B，A带电荷量为＋Q，B带电荷量为-9Q，现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷都处于平衡状态，关于点电荷C的电性及位置，下列判断正确的是（　　）A.可将点电荷C放在AB连线的延长线上A点左边B.可将点电荷C放在AB连线的中间C.可将点电荷C放在AB连线的延长线上B点右边 D.引入的点电荷C一定带负电【答案】AD【解析】【详解】三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须为负电，可将点电荷C放在AB连线的延长线上A点左边。故选AD。9.如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，则以下判断正确的是（　　）A.电场力做功5JB.合力做功15JC.金属块的机械能减少10JD.金属块的电势能增加5J【答案】CD【解析】【详解】B．根据动能定理其中动能增量故B错误；AD．重力做正功摩擦力做负功故电场力做功即电场力做功，电势能增加5J，故A错误，D正确；C．除重力外电场力与摩擦力做总功为-10J，机械能减少10J，故C正确。 故选CD。10.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、12V、18V。下列说法正确的（　　）A.电场强度的大小为V/cmB.坐标原点处的电势为6VC.电子从b点运动到c点，电场力做功为6eVD.电子在a点的电势能比在b点的低2eV【答案】AC【解析】【详解】A．将电场强度分解为水平和竖直，x轴方向沿y轴方向则合场强故A正确；B．在匀强电场中，平行等距的两线段电势差相等，故解得坐标原点处的电势为4V，故B错误；C．电子在c点电势能电子在b点电势能 电子在b点的电势能比在c点的高6eV，故电子从b点运动到c点，电场力做功为6eV，故C正确。D．电子在a点电势能电子在a点的电势能比在b点的高2eV，故D错误。故选AC。11.空间中有两个固定点电荷A和B，带电荷量的绝对值分别为QA和QB，以点电荷A、B连线上某点为原点，以点电荷A和B所在的直线为x轴建立直角坐标系，分别作出部分和图像，如图所示，无穷远处电势为零．则下列说法正确的是（　　）A.A为正点电荷，B为负点电荷，且QA>QBB.A为负点电荷，B为正点电荷，且QA>QBC.1是图像，2是图像D.1是图像，2是图像【答案】BD【解析】【详解】AB．由于正点电荷周围电势趋于正无穷大，所以由图可知B为正点电荷，因为点电荷B右侧有场强为0的点，说明A为负点电荷，因电场强度叠加为0的位置，离B近，离A远，故由可知QA>QBB正确，A错误；CD．当图像斜率为0时，场强为0，结合图中的辅助线，可知1是图像，2是图像，D 正确，C错误。故选BD。三.实验题（本题2小题，每空2分，共16分）12.某同学选用两个完全相同的小球A、B来验证库仑定律．使小球A和B带上同种电荷，A球放在左右可移动且上下高度可调节的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图．实验时，保证A、B两球球心在同一水平线上，待B球平衡后偏离竖直线的角度为θ，B球质量为m，重力加速度为g；先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大.(1)实验中需要用到_____________的科学方法．(2)根据平衡关系，A、B两球之间的电场力F=________________（用m、g、θ表示）．（3）在阅读教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以等效为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷．它将两个半径为R的金属小球分别带上了q1和q2的正电，并使其球心相距3R，应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力，则该同学的计算结果__________（选填“偏大”“偏小”“正确”），原因是：_________________．【答案】①.（1）控制变量法②.（2）mgtanθ③.（3）偏大；④.两电荷带同种电荷，导致电量间距大于3R．【解析】【详解】（1）做这个实验是时，“先保持两球电荷量不变”和“再保持两球距离不变”，可见，实验中需要用到控制变量法的科学方法．（2）A球受重力，绳的拉力和电场力三力平衡，根据平衡关系，A、B两球之间的电场力F=mgtanθ．（3）当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于3R，根据库仑定律F=k，可知，它们相互作用的库仑力大小F＜．即该同学的计算结果偏大，原因是：两电荷带同种电荷，导致电量间距大于3R．【点睛】本题应知道控制变量法在实验中的应用，明确当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，不 能直接运用库仑定律解答，注意库仑定律的成立条件，理解点电荷的含义．13.广元中学某班三人学习小组合作探究电容器的影响因素，电容器充电完成后与电源断开，按如图1连接在一起：（1）甲同学将B极板______（选填“左动”“右动”“旋转”），观察到静电计的指针偏角变小。（2）乙同学将B极板向上移动，观察到静电计的指针偏角______；（选填“变大”“变小”“不变”）。（3）丙同学在A、B极板之间插入云母片，观察到静电计的指针偏角______；（选填“变大”“变小”“不变”）。（4）三位同学应用他们实验得到的结论分析某核电站所使用的冷却系统自动化检测技术的原理。如图2是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图。如果指示器显示出电容增大了，则必为液面_____（“升高”、“降低”或“不变”）。【答案】①.右动②.变大③.变小④.升高【解析】【详解】（1）[1]静电计的指针偏角变小，则板间电压变小，而电容器充电完成后与电源断开，不变，根据可知，电容变大，根据可知，间距变小，所以将B极板右动。（2）[2]乙同学将B极板向上移动，根据可知，正对面积减小，电容减小，根据可知，电压变大，所以静电计的指针偏角变大。（3）[3]丙同学在A、B极板之间插入云母片，根据可知，电容变大，根据可知，电压变小，所以静电计的指针偏角变小。（4）[4]如果指示器显示出电容增大了，根据可知，正对面积变大，所以液面升高了。四．解答题（本题3小题，共40分.要求写出必要的文字说明和解答过程）14.如图所示，在真空中有两个点电荷和，它们相距0.1m，A点与两个点电荷的距离r相等，。已知静电力常量，求： （1）点电荷Q1在A点形成的场强大小；（2）将电荷量的负电荷放在A点受力大小.【答案】（1）；（2），水平向左【解析】【详解】（1）真空中点电荷和的电场在A点的场强分别为和，它们大小相等，方向如图所示合场强、场强、场强向上平移后的矢量三者构成一正三角形，故与平行，且有方向水平向右；（2）电场力的大小为因电荷带负电，故方向是水平向左。15.如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，ab与场强方向平行，bc与场强方向成60°，ab=4cm，bc=6cm。现将一个电量为4×10-4C的正电荷从a移动到b，电场力做功2.4×10-3J。求：（1）ac间的电势差Uac；（2）若b点的电势为3V，则c点的电势φc=？ 【答案】（1）10.5V；（2）-1,5V。【解析】【详解】（1）带点粒子从从a移到b时，电场力做正功，有Wab=qUab，Uab=Edab解得E=150V/mac间的电势差Uac=E（dab+dbccos60°）解得Uac=10.5V（2）若b点的电势为3V，有bc间电势差Ubc=Edbccos60°又由解得φc=-1.5V16.在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N 的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）0.4N（2）0.528W【解析】【分析】【详解】（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有mAgsinθ＝FT对B有qE＋f0＝FT代入数据得f0＝0.4N（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有F＋mAgsinθ－F′T－Fksinθ＝mAa 对B有F′T－qE－f＝mBa其中f＝μmBgFk＝kx由电场力做功与电势能的关系得ΔEp＝qEd由几何关系得A由M到N，由vt2－v02＝2ax得A运动到N的速度v＝拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv由以上各式，代入数据P＝0528W