2023-2024学年安徽省芜湖市第一中学高二（上）教学质量诊断测试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省芜湖市第一中学高二（上）教学质量诊断测试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x=x0处产生的合电场强度为0，则Q1、Q2相距( )
A. 2x0B. (2 2−1)x0C. 2 2x0D. (2 2+1)x0
2.如图所示，空间内存在等边三角形ABC，D是AB边的中点.电荷量为Q的正电荷固定在顶点A，一试探电荷绕A点在纸面内通过C点的圆周上做匀速圆周运动，速率为v1;再将另一个电荷量也为Q的正电荷固定在顶点B，该试探电荷绕D点在垂直纸面的平面内通过C点的圆周上做匀速圆周运动，速率为v2，只考虑试探电荷受到的电场力，则v1:v2为
( )
A. 1:1B. 6:3C. 1: 2D. 6:2
3.如图所示，O是带电量相等的两个正点电荷连线的中点，a、b是两电荷连线中垂线上位于O点上方的任意两点，下列关于a、b两点电场强度和电势的说法中，一定正确的是( )
A. Ea>EbB. Eaφb D. φa<φb
4.如图所示，平行板PQ、MN与电源相连，开关K闭合，从O点沿两板间中线不断向两板间射入比荷一定的带正电的粒子，粒子经电场偏转后发生的侧移为y，不计粒子的重力，要减小侧移y，下列操作可行的是( )
A. 仅将PQ板向下平移一些B. 仅将PQ板向上平移一些
C. 将开关K断开，仅将PQ板向下平移D. 将开关K断开，仅将PQ板向上平移
5.电容器是一种常用的电学元件，电容式油位传感器可以用来监测油箱内液面高度的变化，工作原理如图所示。传感器由金属圆筒和圆柱形金属芯组成，可看做电容器的两极，油箱内的汽油可看做电介质，根据电容器原理，计算机可探测出汽油浸入圆筒和圆柱间空隙的深度。传感器两端电压保持不变。当液面下降的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容保持不变B. 电容器的带电量减小
C. 电路中有逆时针方向的电流D. 电容器两极间电场强度减小
6.如图所示，虚线abc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仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A. 三个等势面中，a的电势最低
B. 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
C. 带电质点通过P点时的动能较通过Q点时大
D. 带电质点通过P点时的加速度较通过Q点时小
7.A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示。则从A到B过程中，下列说法正确的是( )
A. 点电荷的速度先增大后减小B. 空间电场是某个负点电荷形成的
C. 电荷所受电场力先减小后增大D. 空间各点的电势先降低后升高
8.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场中的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V.一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是
A. 平面c的电势为4V
B. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
C. 该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D. 该电子到达c处时电势能为0
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.如图所示，连接在恒压电源两端的电容器的水平a，b极板中间开有一小孔(不影响极板电荷分布)，闭合开关S，将一带电液滴(可视为点电荷)由b极板小孔的正上方的P点由静止释放，液滴恰好在到达a极板小孔处沿原路返回。已知带电液滴的比荷为k，a，b极板间的距离为d，P点到b极板的距离为h，重力加速度大小为g，两极板间的电场可视为匀强电场。若经过如下调整后，仍将液滴从P点由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 仅将恒压电源的电压调整为2g(h+d)k，液滴将穿过a极板
B. 保持开关闭合，仅将b极板向下移动d2，液滴仍会在到达a极板小孔处沿原路返回
C. 断开开关，仅将a极板向下移动d2，液滴将穿过a极板
D. 断开开关，仅将b极板向上移动h2，液滴在距离b极板d2处沿原路返回
10.(多选)如图所示，在竖直面内有三个带电小球a、b、c，其中球a和球b固定，二者连线为一条竖直线，它们的带电荷量大小分别为q1和q2，球c在图示位置处于静止状态，已知ab、bc和ac的连线的长度分别为4cm、3cm和2cm，则( )
A. 球a和球b一定带同种电荷B. 球a和球b一定带异种电荷
C. q1q2=18D. q1q2=827
11.如图甲为平行板电容器，板间距为d，两板间电压做周期性变化如图乙所示，图乙中U0、T为已知值，比荷为k的正离子以初速度v0沿中线平行于两板的方向从左侧射入两板间，经过时间T从右侧射出。假设在运动过程中没有碰到极板，离子重力不计。离子从不同时刻射入电场，离开电场时垂直极板方向的位移不同，离子离开电场时垂直于极板方向的位移大小可能为( )
A. kU0T28dB. kU0T24dC. 3kU0T28dD. 5kU0T28d
12.如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E=mgq，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
B. 若将小球在A点由静止开始释放，它将沿着ACBD圆弧运动
C. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为 2gL
D. 若将小球在A点以大小为 gL的速度竖直向上抛出，它将能够到达D点
三、实验题：本大题共1小题，共8分。
13.某同学用如图甲所示电路研究电容器的放电规律，先将电键S合向1，待电路稳定，再将电键S合向2，通过电流传感器描绘出电容器放电电流随时间变化的规律如图乙所示。图甲中电源两端提供稳定电压U=24V。图乙中图线与两坐标轴所围的面积约为40个方格子的面积。

(1)放电过程，通过定值电阻R的电量为Q=________C，由此求得电容器的电容为C=________F。(结果均保留两位有效数字)
(2)若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，则电容器放电的时间会________(填“变长”、“变短”或“保持不变”)：在放电过程中，电容器两端的电压的减少量与电容器的带电量减少量比值会_________(填“变大”，“变小”或“保持不变”)。
四、计算题：本大题共4小题，共36分。
14.有一带电荷量q=−3×10−6C的点电荷，从电场中的A点移到B点，电荷克服静电力做6×10−4J的功，从B点移到C点，电场力对电荷做9×10−4J的功，若以B点电势为零，则：UAB=_______，UBC=_______；点电荷q在A、C点的电势能各为EPA=_______，EPC=_______。
15.一个初动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，时间为t，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器所需时间t1=_______，飞出电场时的动能变为_______(不计粒子重力，用t及Ek来表示)。
16.如图所示，MN为水平放置的金属板，板中央有一个小孔O，板下存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E。AB是一根长为l、质量为m的均匀带正电的绝缘细杆。现将杆下端置于O处，然后将杆由静止释放，杆运动过程中始终保持竖直，不计空气阻力。当杆下落l3时速度达到最大，求：
(1)细杆带的电荷量；
(2)杆下落的最大速率；
(3)若杆没有全部进入电场时速度减小为零，此时杆下落的位移大小。
17.如图所示，匀强电场中有一个与电场平行的长方形区域ABCD，已知AC=2AB=4cm，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V。某带电粒子从A点以初速度v0=2m/s，与AD成30°夹角射入电场，粒子在ABCD所在平面运动，恰好经过C点，不计粒子的重力，求：
(1)匀强电场强度大小为多少？
(2)粒子经过C点的速度为多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：设Q1=−Q，Q2=8Q，Q1与Q2相距L，
两点电荷在x轴正半轴的x=x0处产生的合电场强度为0，由于Q1该处合场强为零，则两点电荷在该处场强大小相等，方向相反，故有
k⋅8Q(L+x0)2=k⋅Qx02
L=(2 2−1)x0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据点电荷的场强公式和场强的叠加列式计算。
本题考查了点电荷的场强公式和场强的叠加，分析出Q2的位置是解题的关键，难度不大。
2.【答案】B
【解析】【分析】
对电荷进行受力分析，根据库仑定律得出电荷的合外力，结合牛顿第二定律得出线速度的比值关系。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，同时结合几何关系和牛顿的第二定律即可完成分析，难度不大。
【解答】
设试探电荷的质量为m、带电量为q，等边三角形ABC的边长为L。
试探电荷绕A点在纸面内通过C点的圆周上做匀速圆周运动时，由库仑力提供向心力得kQqL2=mv12L；
试探电荷绕D点在垂直纸面的平面内通过C点的圆周上做匀速圆周运动时，由库仑力提供向心力得2kQqL2cs30°=mv22Lcs30°；
联立两式，解得v1v2= 63，故ACD错误，B正确。
故选：B。
3.【答案】D
【解析】【分析】
根据电场线的疏密分析电场强度的大小，根据沿电场线方向电势降低分析电势的高低。
无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断。
【解答】
等量同种电荷电场线分布如图所示：
AB、根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，从O点向上，电场强度先增大后减小，由于不知道a和b点电场线的疏密，所以无法确定a和b点电场强度的大小，故AB错误；
CD、根据沿电场线方向电势降低可得：φa <φb，故C错误、D正确。
故选：D。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在偏转电场中的运动，粒子做类平抛运动，根据电容的动态分析相关规律求解。特别注意将开关K断开，两板的带电量不变，运动过程中的极板间场强不变。
【解答】
AB.粒子在电场中偏转的侧移量为y=12at2，而粒子在电场中运动的加速度为a=qEm，电容器在连接电源的情况下，极板间电压不变，极板间场强为E=Ud，仅将PQ板向下平移一些，两板间的场强变大，粒子沿电场方向的加速度增大，侧移变大，仅将PQ板向上平移一些，两板间的场强变小，粒子沿电场方向的加速度减小，侧移变小，A项错误，B项正确；
CD.将开关K断开，两板的带电量不变，极板间场强为E=4πkQεrS，可知仅将PQ板向下平移或向上平移，两板间的电场强度不变，侧移不变，C、D项错误。
5.【答案】B
【解析】A、根据电容器电容的决定式 C=εrS4πkd
当液面下降的过程中，两极间填充电介质减少，即电容器的电容减小。故A错误；
B、由电容器电容的定义式 C=QU
依题意，传感器两端电压保持不变，可知电容器的带电量减小。故B正确；
C、电容器的带电量减小，电容器放电，电路中有顺时针方向的电流。故C错误；
D、根据 E=Ud
可知电容器两极间电场强度不变。故D错误。
故选：B。
根据电容器的决定式C=εrS4πkd可以判断当液面下降的过程，电容器的电容大小变化，由电容器电容的定义式C=QU，因为电容器两板间电压不变，所以会出现相应的充放电状态；根据E=Ud判电场强度变化。
本题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型，根据电容的定义式和决定式进行分析。
6.【答案】B
【解析】A.由带正电的质点轨迹弯曲的方向可知，质点所受电场力方向向右下方，则电场线与等势面垂直，电场线方向向右下方，沿电场线方向电势逐渐降低，可知a的电势最高，A错误；
B.正电荷在电势高的地方，电势能大，可知带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，B正确；
C.若带电质点沿从P点到Q点方向运动，是从高电势到低电势，电场力做正功，由动能定理可知，质点的动能增加，因此通过P点时的动能较通过Q点时小，C错误；
D.由等势面越密集的地方，电场线也越密集，因此可知P点的电场线比Q点的电场线密，则有质点在P点所受的电场力比Q点所受的电场力大，由牛顿第二定律可知，带电质点通过P点时的加速度较通过Q点时大，D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根电势能EP随位移x的变化关系图象的斜率表示电场力的大小分析电场力变化情况；
根据图象可知电势能变化，根据能量守恒定律可知动能变化，从而判断速度变化情况。
解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点，如本题中根据图象获取有关正电荷的运动、受力情况即为本题的突破点。
【解答】
A、正电荷在电场力作用下运动，故电荷的电势能与动能的总和不变，由图象可知，电势能先增大后减小，则动能先减小后增大，速度先减小后增大，A错误；
BC、电场力做的功W=Fx=Ep−Ep0，Ep−x图线的斜率反映电场力的大小，可见电场力先减小后增大，且方向发生了变化，因此不可能是点电荷的电场，即B错误，C正确；
D、从A到B过程中，该正电荷的电势能先增大再减小，则空间各点的电势先升高后降低，D错误。
故选：C。
8.【答案】D
【解析】【分析】
根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。
本题考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。
【解答】
AD.虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，则动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，电势能为0，d上的电势为−2V；故A错误，D正确；
B.电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的 2倍，故B错误。
C.在平面b上电势为2V，则电子的电势能为−2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；
故选D。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
根据动能定理得液滴原路返回时的两极板的电压，再判断调整后的情况；保持开关闭合，仅将b极板向下移动d2，由动能定理可得两极板的电压，判断能否原路返回；断开开关移动极板利用动能定理可得。
【解答】
A.液滴由b极板小孔的正上方的P点由静止释放，到达a极板小孔处沿原路返回，设此时电容器两板间的电压为U，由题意可知，从P点到极板小孔处，液滴的重力做正功，电场力做负功，由动能定理可得mg(h+d)−qU=0，
解得U=mg(h+d)q=g(h+d)k<2g(h+d)k，
可知仅将恒压电源的电压调整为2g(h+d)k，液滴不能穿过a极板，A错误；
B.保持开关闭合，仅将b极板向下移动d2，两板间电压不变，由动能定理可得mg(h+d2+d2)−qU=ΔEk，整理可得mg(h+d)−qU=ΔEk，可知ΔEk=0，可知液滴仍会在到达a极板小孔处沿原路返回， B正确;
C.断开开关，仅将a极板向下移动d2，由平行板电容器电容的决定式C=εrS4πkd，可知电容C减小，可有C′=23C，由电容的定义式C=QU，可知电荷量Q不变，电容C减小，电压U增大，可有U′=32U，
若液滴能从P点到a极板小孔处，由动能定理可得mg(h+d+d2)−q32U=ΔEk′，
由于mg(h+d)=qU，可知mg(h+d+d2)D.断开开关，电容器所带的电荷量不变，，仅将b极板向上移动h2，由推论E=4πkQεrS知，电容器板间的电场强度不变，，为
E=Ud=mg(h+d)qd，假设仅将b极板向上移动h2，液滴在距离b极板d2处沿原路返回成立，由动能定理可得
mg(h2+d2)−Eq×d2=0，
可得mg(h+d2)−mg(h+d)qd×qd2=mg(h+d2)−mg(h+d2)=0，
假设成立，因此断开开关，仅将b极板向上移动h2，液滴在距离b极板d2处沿原路返回，D正确。
故选BD。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
根据对c球进行受力分析，判定球a和球b的电性，结合相似三角形法求出两电荷量之比。
本题主要考查了库仑定律和受力分析，解题关键是通过对c球进行受力分析，判定球a和球b的电性，结合相似三角形法求出两电荷量之比。
【解答】
AB.球c受重力及球a和球b对它的库仑力而平衡，则球b对它的库仑力必须是斥力，球a对它的库仑力是引力，球a和球b一定带异种电荷，故A错误，B正确；
CD.画出球c受力图，受重力，两球对c球的库仑力，如图所示
根据共点力平衡，在相似三角形中，对应边成比例，有kq1q(ac)2ac=kq2q(bc)2bc
整理有q1q2=827
故C错误，D正确。
故选：BD。
11.【答案】ABC
【解析】【分析】本题考查带电粒子在交变电场中的偏转。在偏转电场中做类平抛运动，沿电场力方向为匀加速运动，垂直电场力方向为匀速运动，根据运动的合成与分解规律分析求解。
【解答】
如果离子在 12T 、 32T …时刻进入电场，离子先在水平方向上做匀速直线运动，运动 T2 后，两板间电压为 U0，离子开始偏转，做类平抛运动，侧向位移为y，这些离子离开电场时的侧向位移为 y=12aT22=12U0qmdT22=kU0T28d
如果离子在0、T、2T…时刻进入电场，则离子先在两板间做类平抛运动，侧向位移为y1，然后做匀速直线运动，侧向位移为y2，由题意可知 y1=12aT22=12U0qmdT22=kU0T28d
偏转 T2 时离子的竖直分速度为 md
在之后的 12T 内离子做匀速直线运动，向下运动的距离为 y2=vy⋅T2=qU0T24md
所以离子偏离中心线的距离为 y1+y2=3qU0T28md=3kU0T28d
因此，离子在电场中垂直极板方向的位移最小值是 kU0T28d ，最大值是 3kU0T28d ，即离子离开电场时垂直于极板方向的位移大小范围为 kU0T28d≤y≤3kU0T28d 故选ABC。
12.【答案】AC
【解析】【分析】
解决本题时要掌握功与能的关系，注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的合力提供向心力，此“最高点”在AD弧线的中点。
【解答】
A.除重力和弹力以外的其他力做功等于机械能的变化，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故小球到B点时机械能最大，故A正确；
B.小球受到的合力方向与电场方向成45°夹角斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故B错误；
C.由于电场强度E=mgq，故mg=qE.电场力和重力的合力大小为F= 2mg，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，设最小速度为v。则有F=mv2L，得v= 2gL，故C正确；
D.若将小球在A点以大小为 gL的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，因qE=mg，故水平加速度和竖直加速度大小均为g，当竖直方向上的位移为零时，运动时间t=2 gLg=2 Lg，则水平位移为x=12at2=12gt2=2L，说明小球刚好到B点，不能够到达D点，故D错误。
故选AC。
13.【答案】 3.2×10−3 1.3×10−4 变长 保持不变
【解析】(1)根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为0.08×10−3C，已知图像与横轴所围图形包含的格子个数为40，由 Q=lt ，所以释放的电荷量是Q=0.08×10−3×40C=3.2×10−3C
则电容器的电容C=QU=3.2×10−324F≈1.3×10−4F
(2)若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，电流变小则电容器放电的时间会变长，在放电过程中，电容器两端的电压的减少量与电容器的带电量减少量比值等于电容，因此会保持不变。
14.【答案】 200V −300V −6×10−4J −9×10−4J
【详解】[1][2]AB间的电势差
UAB=WABq=−6×10−4−3×10−6V=200V
BC间的电势差
UBC=WBCq=9×10−4−3×10−6V=−300V
[3][4]取B点电势为0，A点的电势为
φA=200V
电荷在A点的电势能为
EPA=φAq=−6×10−4J
C点的电势为
φC=300V
电荷在C点的电势能为
EPC=φCq=−9×10−4J

【解析】见答案
15.【答案】 0.5t 4.25Ek
【详解】(1)设平行板电容器板长为L，带电粒子初速度为v0，则垂直于电场线方向做匀速直线运动，有
t=Lv0
如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器所需时间为
t1=L2v0=0.5t
(2)由题意知
Ek=12mv02
第一个过程中沿电场线方向上的位移为
d1=12at2
第一个过程由动能定理得
qEd1=2Ek−Ek
第二个过程中沿电场线方向上的位移为
d2=12a0.5t2=14d1
第二个过程由动能定理得
联立解得

【解析】见答案
16.【答案】(1) 3mgE ；(2) gl3 ；(3) 23l
【详解】(1)由于下落 l3 时速度最大，此时加速度 a=0 ，所以有
mg=13qE
即
q=3mgE
(2)从静止释放到下落 l3 的过程中，由动能定理得
mg×l3−0+qE32×l3=12mvm2−0
解得
vm= gl3
(3)设下落的高度为 h 时，速度为零，由动能定理得
mgh−0+qhlE2×h=0−0
解得
h=23l

【解析】见答案
17.【答案】解：(1)根据A、C两点电势可得：AC中点O的电势φO=12(φA+φC)=8V=φB，
所以，OB所在直线为等势线，那么，电场线方向垂直BD，斜向右下方，
由几何关系可得：A点到BD等势线的距离d=ABcs30°= 3cm，
所以，场强E=φA−φBd=4 33V/cm=400 33V/m。
(2)根据粒子在运动过程只受电场力作用，做类平抛运动；由位移可得：ACsin30°=v0t，ACcs30°=12at2，
所以，粒子在C点时沿电场方向的分速度vE=at=2ACcs30°t=2ACcs30°ACsin30∘v0=2 3v0，
所以，粒子过C点的速度v= v02+vE2= 13v0=2 13m/s。
【解析】(1)在AC连线上找到B的等势点，即可得到等势线，从而得到电场方向，再根据距离和电势差求得场强；
(2)根据粒子从A运动到C得到电场力方向，判断粒子运动类型，根据类平抛运动规律求解粒子的速度。