廣東省廣州市2023-2024學年高二物理上學期10月月考試題含解析

2023-2024學年第一學期第一次月考高二物理一、單選題(本題8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中只有一個選項符合題目要求)1.以下說法正確的是（）A.由公式可知，電場中某點的電場強度E與F成正比B.由公式可知，真空中兩點電荷間的作用力F與它們距離r成反比C.由可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點間的電勢差也一定越大D.由公式可知，電容器的電容大小C與電容器兩極板間距離有關【答案】D【解析】【詳解】A．公式為電場強度的定義式，電場強度只和電場本身的性質有關，與電場力的大小無關，故A錯誤；B．由公式可知，真空中兩點電荷間的作用力F與它們距離r的平方成反比，故B錯誤；C．由可知，勻強電場中的任意兩點a、b，沿電場線方向的距離越大，則兩點間的電勢差也一定越大，故C錯誤；D．電容器電容的決定式為，所以電容器電容的大小和兩極板間的距離有關，故D正確。故選D。2.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則下列說法正確的是（）A.平行板電容器的電容將變大B.帶電油滴的電勢能將減少C.靜電計指針張角變小D.若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力變大【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)知，d增大，則電容減小，故A錯誤；C．靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故C錯誤；B．電勢差不變，d增大，則P點到上極板的電勢差變小，P點電勢升高，由知，負電荷的電勢能減小，故B正確。D．電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)知電場強度不變，則油滴所受電場力不變，故D錯誤。故選B。3.光滑絕緣水平面上固定兩個等量正電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示．一質量m＝1kg的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時為計時起點，并沿光滑水平面經(jīng)過B、C兩點，其運動過程的v－t圖象如圖乙所示，其中圖線在B點位置時斜率最大，則根據(jù)圖線可以確定A.A、B兩點間的位移大小B.中垂線上B點電場強度的大小C.B、C兩點間的電勢差D.A、C兩點間的電勢能的變化大小【答案】D【解析】【詳解】A．物塊從A運動到B，由圖可讀出A、B兩點的速度，已知物塊的質量，根據(jù)動能定理得qUAB=mvB2?mvA2只能求得qUAB，不能求AB間的位移大小，故A錯誤；B．根據(jù)v-t圖象的斜率等于加速度，可以求出物塊在B點的加速度，根據(jù)牛頓第二定律得qE=ma由于物塊的電荷量q未知，所以不能求出B點的電場強度E，故B錯誤；C．由A項同理知，根據(jù)動能定理只能求得qUBC，由于電荷量q未知，所以不能求B、C兩點間的電勢差UBC，故C錯誤；D．根據(jù)能量守恒定律知，由物塊的速度和質量能求出A、C兩點間的動能的變化量，從而由能量守恒可求得電勢能的變化，故D正確．故選D．4.如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．若0＜t0＜，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，所以A不符合題意；B．若＜t0＜，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向左運動的距離大于向右運動的距離，最終打在A板上，所以B符合題意；C．若＜t0＜T，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向左運動的距離小于向右運動的距離，最終打在B板上，所以C不符合題意；D．若T＜t0＜，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，所以D不符合題意。故選B。5.如圖所示，一個枕形導體AB原來不帶電，將它放在一個負點電荷的電場中，點電荷的電荷量為Q，與AB中心O點的距離為R，由于靜電感應，在導體A、B兩端分別出現(xiàn)感應電荷。當達到靜電平衡時（）A.導體A端電勢高于B端電勢B.導體A端電勢低于B端電勢C.導體中心O點的場強為D.枕形導體兩端的感應電荷在O點產(chǎn)生感應電場強度，方向水平向左【答案】D【解析】【詳解】AB．當達到靜電平衡時，整個導體是一個等勢體，所以導體A端電勢等于B端電勢，故AB錯誤；C．當達到靜電平衡時導體中心O點的場強為0，故C錯誤；D．枕形導體兩端的感應電荷在導體中心O點產(chǎn)生的場強大小與點電荷所產(chǎn)生的場強大小相等，為，方向相反，為水平向左，故D正確。故選D。6.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質點（不計重力），僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知不正確的是（）A.三個等勢面中的，a的電勢最高B.帶電質點在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能大C.帶電質點通過M點時的動能比通過N點時大D.帶電質點通過M點時的加速度比通過N點時大【答案】C【解析】【詳解】A．質點所受的電場力指向軌跡內(nèi)側，由于質點帶正電，因此電場線指向右下方，根據(jù)沿電場線電勢降低，則知a等勢線的電勢最高，故A正確；BC．根據(jù)質點的受力情況可知，從M到N過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故B正確，C錯誤；D．等差等勢面中等勢面密的地方電場線也密，則M點場強大，質點所受的電場力大，加速度大，故D正確；本題選錯誤的，故選C。7.如圖所示，甲、乙兩圖中實線表示半徑相同的帶電圓弧，每段圓弧為電荷分布均勻且電荷量相同的圓弧，電性如圖所示。已知甲圖中O點場強大小為E，則乙圖中P點場強大小為（）A.E B. C.0 D.【答案】D【解析】【詳解】甲圖中O點電場強度為E，乙圖圖形相當于甲圖圖形順時針旋轉45°，再與另一甲圖中圖形疊加，所以乙圖中P點電場強度如圖所示，可視為兩個E夾角為45°疊加，兩矢量水平分量之和為(1+)E，豎直分量之和為E，則P處的電場強度為故ABC錯誤，D正確；故選D。8.勻強電場中有、、三點。在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，，。電場方向與三角形所在平面平行。已知、和點的電勢分別為、和。該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為（）A.、 B.，C.， D.、【答案】B【解析】【詳解】取的中點，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為，故為等勢線，其垂線為電場線，方向為。外接圓上電勢最低點為點，最高點為點。如圖設外接圓半徑為，則有，則有故則點電勢為0，為最低電勢點；同理點電勢為，為最高電勢點。故選B二、多選題(本題4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分。)9.兩個固定的等量異種電荷,在它們連線的垂直平分線上有a,b,c三點,如圖所示,下列說法正確的是()A.a點的電勢比b點電勢高B.a,b兩點場強方向相同,b點場強比a大C.a,b,c三點與無窮遠處電勢相等D.一帶電粒子(不計重力)在a點無初速釋放,則它將在a,b線上運動【答案】BC【解析】【詳解】根據(jù)電場的疊加和電場方向可和等量異種電荷的中垂線是一等勢面，而我們一般規(guī)定無限遠處電勢為零，故中垂線即其零勢面，故A錯誤，C正確；根據(jù)電場的疊加和電場方向可知等量異種電荷的中垂線是一等勢面，而我們一般規(guī)定無限遠處電勢為零，故中垂線即其零勢面，且電場強度中點c處最大，往兩邊逐漸減??；圖中a、b兩點的場強方向都與垂直平分線垂直向右，方向相同．由于b處電場線密，電場強度大于a處電場強度，故B正確；在a點無初速度釋放帶電粒子，受到的電場力方向沿水平方向，不會沿ab線運動，故D錯誤．10.空間某一靜電場電勢在軸上分布如圖所示，軸上兩點B、C點電場強度在方向上的分量分別是、，下列說法中正確的有A.的大小大于的大小B.的方向沿軸正方向C.電荷在點受到的電場力在方向上的分量最大D.負電荷沿軸從移到的過程中，電場力先做正功，后做負功【答案】AD【解析】【詳解】A．本題的入手點在于如何判斷和的大小，由圖象可知在x軸上各點的電場強度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取極小的一段，可以把此段看做是勻強磁場，用勻強磁場的處理方法思考，從而得到結論，此方法為微元法；需要對電場力的性質和能的性質由較為全面的理解．在B點和C點附近分別取很小的一段d，由圖象，B點段對應的電勢差大于C點段對應的電勢差，看做勻強電場有，可見，A正確；BD．沿電場方向電勢降低，在O點左側，的方向沿x軸負方向，在O點右側，的方向沿x軸正方向，負電荷從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負功，B錯誤D正確．C．由圖可知，O點處圖象的斜率為零，故說明該點水平方向的場強最小，故電場力在水平方向上的分量最小，C錯誤；11.如圖所示，兩質量均為m的小球A和B分別帶有+q和-q的電量，被絕緣細線懸掛，兩球間的庫侖引力小于球的重力mg．現(xiàn)加上一個水平向右的勻強電場，待兩小球再次保持靜止狀態(tài)時，下列結論正確的是（）A.懸線OA向右偏，OA中的張力大于2mgB.懸線OA向左偏，OA中的張力大于2mgC.懸線OA不發(fā)生偏離，OA中的張力等于2mgD.懸線AB向左偏，AB線的張力比不加電場時要大【答案】CD【解析】【分析】運用整體法研究OA繩與豎直方向的夾角，再隔離B研究，分析AB繩與豎直方向的夾角，得到兩夾角的關系，判斷系統(tǒng)平衡狀態(tài)．【詳解】ABC．A帶正電，受到的電場力水平向右，B帶負電，受到的電場力水平向左．以整體為研究對象，分析受力如圖．設OA繩與豎直方向的夾角為，則由平衡條件得：，因此；D．而繩子AO的拉力等于2mg；故C正確，AB錯誤；AB繩子的拉力：，故D正確．12.如圖所示，光滑絕緣半球形的碗固定在水平地面上，可視為質點的小球1，2，3完全相同?，F(xiàn)讓小球1、2帶電，小球3不帶電。小球1、2的電荷量分別為、，其中小球1固定在碗底A點，小球2可以自由運動，平衡時小球2位于碗內(nèi)的B位置處，如圖所示?，F(xiàn)用小球3分別與小球1，2接觸無數(shù)次后，移走小球3，再把小球2放置在圖中C位置時也恰好能平衡，則（）A.小球2在C位置時的電量為B.AB弦是AC弦兩倍C.小球2在B點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小D.小球2在B點對碗的壓力大小大于小球2在C點時對碗的壓力大小【答案】AC【解析】【詳解】A．小球1，2，3完全相同，它們接觸后會電荷均分，小球3分別與小球1，2接觸無數(shù)次后，三球的電荷量相等，故A正確；CD．對小球2受力分析，如圖所示小球2受重力、支持力、庫侖力，其中F1為庫侖力F和重力的合力，根據(jù)三力平衡原理可知由圖可知設半球形碗的半徑為R，AB之間的距離為L，根據(jù)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點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小，故C正確，D錯誤；B．庫侖力化簡②式可得由于在點時，電荷已經(jīng)均分在B點時，電荷聯(lián)立可得解得所以弦長是AC弦長的倍，故B錯誤。故選AC。三、實驗題(共6分)13.電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應用。對給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差隨電荷量q的變化圖像都相同。（1）請在圖1中畫出圖像_______。類比直線運動中由圖像求位移的方法，當兩極間電壓為U時，電容器所儲存的電能Ep=________。（2）在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源（忽略內(nèi)阻）。通過改變電路中元件的的參數(shù)對同一電容器進行兩次充電，對應的曲線如圖3中①②所示。①②兩條曲線不同是_________（選填E或R）的改變造成的。【答案】①.見解析②.##③.R【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)電容定義式得可知電壓與電量為正比例關系，所以圖像如下圖所示[2]根據(jù)圖像的性質，圖像與軸圍成的面積表示電能，可得（2）[3]電源電阻不計，當電容器充滿電后，電容器兩端電壓等于電源電動勢。由圖可知，充電時間不同，而最大電量相等，說明圖象不同的原因是電阻R的改變造成的。四、計算題(共3小題，共38分)14.一電量的點電荷，放在A點時所受電場力大小是。將它從零電勢O點處移到電場中A點時，需要克服電場力做功。選取無窮遠處為零電勢點，求：（1）A點處的電場強度的大??；（2）電勢差UAO；（3）A點電勢為多少；（4）q1電荷在A點的電勢能為多少?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【解析】【詳解】（1）根據(jù)電場強度的定義式可得（2）根據(jù)電勢差的定義式可得（3）根據(jù)可得（4）利用電勢能公式可得15.如圖所示，固定于同一條豎直線上的點電荷A、B相距為2d，電量分別為＋Q和－Q．MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球p，質量為m、電量為+q（可視為點電荷，q遠小于Q），現(xiàn)將小球p從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距C點距離為d的O點時，速度為v．已知MN與A