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

2023-2024学年第一学期第一次月考高二物理一、单选题(本题8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求)1.以下说法正确的是（　　）A.由公式可知，电场中某点的电场强度E与F成正比B.由公式可知，真空中两点电荷间的作用力F与它们距离r成反比C.由可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D.由公式可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间距离有关【答案】D【解析】【详解】A．公式为电场强度的定义式，电场强度只和电场本身的性质有关，与电场力的大小无关，故A错误；B．由公式可知，真空中两点电荷间的作用力F与它们距离r的平方成反比，故B错误；C．由可知，匀强电场中的任意两点a、b，沿电场线方向的距离越大，则两点间的电势差也一定越大，故C错误；D．电容器电容的决定式为，所以电容器电容的大小和两极板间的距离有关，故D正确。故选D。2.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，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，则下列说法正确的是（）A.平行板电容器的电容将变大 B.带电油滴的电势能将减少C.静电计指针张角变小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变大【答案】B【解析】【详解】A．根据知，d增大，则电容减小，故A错误；C．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C错误；B．电势差不变，d增大，则P点到上极板的电势差变小，P点电势升高，由知，负电荷的电势能减小，故B正确。D．电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D错误。故选B。3.光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一质量m＝1kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，并沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v－t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，则根据图线可以确定A.A、B两点间的位移大小B.中垂线上B点电场强度的大小C.B、C两点间的电势差D.A、C两点间的电势能的变化大小【答案】D【解析】【详解】A．物块从A运动到B，由图可读出A、B两点的速度，已知物块的质量，根据动能定理得qUAB=mvB2−mvA2 只能求得qUAB，不能求AB间的位移大小，故A错误；B．根据v-t图象的斜率等于加速度，可以求出物块在B点的加速度，根据牛顿第二定律得qE=ma由于物块的电荷量q未知，所以不能求出B点的电场强度E，故B错误；C．由A项同理知，根据动能定理只能求得qUBC，由于电荷量q未知，所以不能求B、C两点间的电势差UBC，故C错误；D．根据能量守恒定律知，由物块的速度和质量能求出A、C两点间的动能的变化量，从而由能量守恒可求得电势能的变化，故D正确．故选D．4.如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意；B．若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意；C．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意； D．若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。故选B。5.如图所示，一个枕形导体AB原来不带电，将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电荷量为Q，与AB中心O点的距离为R，由于静电感应，在导体A、B两端分别出现感应电荷。当达到静电平衡时（　　）A.导体A端电势高于B端电势B.导体A端电势低于B端电势C.导体中心O点的场强为D.枕形导体两端的感应电荷在O点产生感应电场强度，方向水平向左【答案】D【解析】【详解】AB．当达到静电平衡时，整个导体是一个等势体，所以导体A端电势等于B端电势，故AB错误；C．当达到静电平衡时导体中心O点的场强为0，故C错误；D．枕形导体两端的感应电荷在导体中心O点产生的场强大小与点电荷所产生的场强大小相等，为，方向相反，为水平向左，故D正确。故选D。6.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点（不计重力），仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，据此可知不正确的是（　　）A.三个等势面中的，a的电势最高 B.带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大C.带电质点通过M点时的动能比通过N点时大D.带电质点通过M点时的加速度比通过N点时大【答案】C【解析】【详解】A．质点所受的电场力指向轨迹内侧，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，则知a等势线的电势最高，故A正确；BC．根据质点的受力情况可知，从M到N过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故B正确，C错误；D．等差等势面中等势面密的地方电场线也密，则M点场强大，质点所受的电场力大，加速度大，故D正确；本题选错误的，故选C。7.如图所示，甲、乙两图中实线表示半径相同的带电圆弧，每段圆弧为电荷分布均匀且电荷量相同的圆弧，电性如图所示。已知甲图中O点场强大小为E，则乙图中P点场强大小为（　　）A.EB.C.0D.【答案】D【解析】【详解】甲图中O点电场强度为E，乙图图形相当于甲图图形顺时针旋转45°，再与另一甲图中图形叠加，所以乙图中P点电场强度如图所示，可视为两个E夹角为45°叠加，两矢量水平分量之和为(1+)E，竖直分量之和为E，则P处的电场 强度为故ABC错误，D正确；故选D。8.匀强电场中有、、三点。在以它们为顶点的三角形中，，。电场方向与三角形所在平面平行。已知、和点的电势分别为、和。该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（　　）A.、B.，C.，D.、【答案】B【解析】【详解】取的中点，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为，故为等势线，其垂线为电场线，方向为。外接圆上电势最低点为点，最高点为点。如图设外接圆半径为，则有，则有 故则点电势为0，为最低电势点；同理点电势为，为最高电势点。故选B二、多选题(本题4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。)9.两个固定的等量异种电荷,在它们连线的垂直平分线上有a,b,c三点,如图所示,下列说法正确的是(　)A.a点的电势比b点电势高B.a,b两点场强方向相同,b点场强比a大C.a,b,c三点与无穷远处电势相等D.一带电粒子(不计重力)在a点无初速释放,则它将在a,b线上运动【答案】BC【解析】【详解】根据电场的叠加和电场方向可和等量异种电荷的中垂线是一等势面，而我们一般规定无限远处电势为零，故中垂线即其零势面，故A错误，C正确；根据电场的叠加和电场方向可知等量异种电荷的中垂线是一等势面，而我们一般规定无限远处电势为零，故中垂线即其零势面，且电场强度中点c处最大，往两边逐渐减小；图中a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度，故B正确；在a点无初速度释放带电粒子，受到的电场力方向沿水平方向，不会沿ab线运动，故D错误．10.空间某一静电场电势在轴上分布如图所示，轴上两点B、C点电场强度在方向上的分量分别是、，下列说法中正确的有 A.的大小大于的大小B.的方向沿轴正方向C.电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大D.负电荷沿轴从移到的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】AD【解析】【详解】A．本题的入手点在于如何判断和的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解．在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见，A正确；BD．沿电场方向电势降低，在O点左侧，的方向沿x轴负方向，在O点右侧，的方向沿x轴正方向，负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，B错误D正确．C．由图可知，O点处图象的斜率为零，故说明该点水平方向的场强最小，故电场力在水平方向上的分量最小，C错误；11.如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有+q和-q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg．现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是（） A.悬线OA向右偏，OA中的张力大于2mgB.悬线OA向左偏，OA中的张力大于2mgC.悬线OA不发生偏离，OA中的张力等于2mgD.悬线AB向左偏，AB线的张力比不加电场时要大【答案】CD【解析】【分析】运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角，再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态．【详解】ABC．A带正电，受到的电场力水平向右，B带负电，受到的电场力水平向左．以整体为研究对象，分析受力如图．设OA绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：，因此；D．而绳子AO的拉力等于2mg；故C正确，AB错误；AB绳子的拉力： ，故D正确．12.如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的小球1，2，3完全相同。现让小球1、2带电，小球3不带电。小球1、2的电荷量分别为、，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示。现用小球3分别与小球1，2接触无数次后，移走小球3，再把小球2放置在图中C位置时也恰好能平衡，则（　　）A.小球2在C位置时的电量为B.AB弦是AC弦两倍C.小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小D.小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小【答案】AC【解析】【详解】A．小球1，2，3完全相同，它们接触后会电荷均分，小球3分别与小球1，2接触无数次后，三球的电荷量相等，故A正确；CD．对小球2受力分析，如图所示小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力的合力，根据三力平衡原理可知由图可知设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知即 由此可知①②由上面的①式可知小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确，D错误；B．库仑力化简②式可得由于在点时，电荷已经均分在B点时，电荷联立可得解得所以弦长是AC弦长的倍，故B错误。故选AC。三、实验题(共6分)13.电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差随电荷量q的变化图像都相同。（1）请在图1中画出图像_______。类比直线运动中由图像求位移的方法，当两极间电压为U时，电容器所储存的电能Ep=________。（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的的参数 对同一电容器进行两次充电，对应的曲线如图3中①②所示。①②两条曲线不同是_________（选填E或R）的改变造成的。【答案】①.见解析②.##③.R【解析】【详解】（1）[1]根据电容定义式得可知电压与电量为正比例关系，所以图像如下图所示[2]根据图像的性质，图像与轴围成的面积表示电能，可得（2）[3]电源电阻不计，当电容器充满电后，电容器两端电压等于电源电动势。由图可知，充电时间不同，而最大电量相等，说明图象不同的原因是电阻R的改变造成的。四、计算题(共3小题，共38分)14.一电量的点电荷，放在A点时所受电场力大小是。将它从零电势O点处移到电场中A点时，需要克服电场力做功。选取无穷远处为零电势点，求：（1）A点处的电场强度的大小； （2）电势差UAO；（3）A点电势为多少；（4）q1电荷在A点的电势能为多少。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）根据电场强度的定义式可得（2）根据电势差的定义式可得（3）根据可得（4）利用电势能公式可得15.如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为＋Q和－Q．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为+q（可视为点电荷，q远小于Q），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v．已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：（1）C、O间的电势差UCO；（2）小球p经过O点时加速度； （3）小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小．【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）小球由运动到时，由动能定理可知由此得（2）小球经过点时受力如图，由库仑定律有它们的合力为由牛顿第二定律有得（3）小球由运动到的过程中，由动能定理由电场特点可知由以上关系及（1）中方程解得16.如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一质量为m带正电的小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，静电力在竖直向上的分力大小与重力大小 相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：（1）小球到达B点的速度大小；（2）小球受到的静电力的大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力．【答案】（1）；（2）；（3）3mg，水平向右【解析】【详解】（1）A到B过程，由机械能守恒得：4mgR=解得：（2）设水平方向电场力的分力大小为，B到C过程，由动能定理得：=-C到A过程，由类平抛运动关系：水平方向：2R=竖直方向：联立解得：又： 即电场力F=（3）对C点，由牛顿第二定律：解得：由牛顿第三定律：F压=FN=3mg