北京市十一学校2023-2024学年高二上学期10月月考物理试卷（Word版附解析）

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1. 两个半径相同的金属小球，所带电荷量之比为1∶7，相距为r（r远大于球半径），两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由库仑定律可得两球接触前的库仑力为
当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量为
两球接触后的库仑力为
当两球带异种电荷时，两球接触中和后再平分电量，则两球的电量为
两球接触后的库仑力为
故选D
2. 如图所示，表示在一个电场中的a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得检验电荷所受的电场力跟电荷量间的函数关系图象，那么下列说法中正确的是（ ）
A. 该电场匀强电场
B. a、b、c、d四点场强的大小关系是
C. a、b、c、d四点场强的大小关系是
D. 无法判断a、b、c、d四点场强的大小关系
【答案】B
【解析】
【详解】由公式
可知，a、b、c、d四点场强方向相同，由F-q图象的斜率大小等于场强的大小得知，四点的场强大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec，所以此电场是非匀强电场；
故选B。
3. 如图所示，用绝缘柱支持的导体A和B彼此接触，起初它们不带电，贴在两端下部的金属箔是闭合的．把带正电的物体C移近A端，然后把A和B分开较远的距离，再移去C，则
A. C移近A端时，A端的金属箔张开，B端的金属箔闭合
B. C移近A端时，A端的金属箔闭合，B端的金属箔张开
C. A和B分开，移去C后，B端的金属箔会立即闭合
D. A和B分开，移去C后，A端的金属箔仍会张开
【答案】D
【解析】
【详解】将带电体C移近AB时，由于静电感应现象可知，A端是近端，会感应出异种电荷，B端是远端，会感应出同种电荷；当再把A和B分开，移去C后，A和B仍带不同种的电荷，故A、B端的金属箔仍会张开，选项D正确．
4. 电容器是一种重要的电学元件，它能储存电荷。现有一个标注“400V ”字样的电容器，关于该电容器，下列说法正确的是（ ）
A. “”是指该电容器能储存的最大电荷量
B. 在额定电压下，该电容器所带电荷量为60C
C. 在给该电容器充电过程中，电容器两极间的电压逐渐减小
D. 在该电容器放电过程中，电容器两极间的电压逐渐减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．“”是指该电容器的电容，故A错误；
B．在额定电压下，该电容器所带电荷量为
故B错误；
C．在给该电容器充电过程中，随着电容器电荷量逐渐增大，电容器两极间的电压逐渐增大，故C错误；
D．在该电容器放电过程中，随着电容器电荷量逐渐减小，电容器两极间的电压逐渐减小，故D正确。
故选D
5. 根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型，如图所示，虚线表示原子核所形成电场的等势线，实线表示一个α粒子运动的径迹，α粒子从A到B再到C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 动能先增大，后减小
B. 电势能先减小，后增大
C. 电场力先做负功，后做正功，总功为0
D. 加速度先减小，后变大
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．由图，根据粒子运动轨迹可知，粒子受到斥力作用，根据电场力做功特点可知，从运动到过程中电场力做负功，电势能增加，动能减小，从运动到过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，整个过程中由于与在同一等势线上，故电场力不做功，故AB错误C正确。
D．根据点电荷周围电场可知，距离原子核近的地方电场强度大，由牛顿第二定律可知，越靠近原子核加速度越大，因此粒子加速度先增大后减小，故D错误；
故选C。
6. 某电解池中，若在2s内各有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子相向通过某截面，那么通过这个截面的电流是（ ）
A. 3.2AB. 1.6AC. 0.8AD. 6.4A
【答案】A
【解析】
【详解】通过这个横截面的电流为
故选A。
7. 理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内的电场强度为零。假设某星球是一半径为R、电荷量为Q且电荷分布均匀的球体，静电力常量为k，则星球表面下h深度处的电场强度的大小为（ ）
A. B.
C. D. 0
【答案】A
【解析】
【详解】球体的体积
所以半径R - h的内球所带的电量
星球表面下h深度处的电场强度的大小为
故选A。
【考点】电场强度
【名师点睛】解决本题的关键是运用等效分析该电场与点电荷电场的相似性，运用点电荷场强公式研究电场强度。
8. 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，说法正确的是（ ）
A. 导体A端电势低于B端电势
B. 导体A B是一个等势体
C. 导体中心O点的场强不为0
D. 枕形导体两端的感应电荷在O点产生感应电场强度为零
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当达到静电平衡时，导体是等势体，故导体A端电势等于B端电势， A错误B正确；
C．当达到静电平衡时导体内部各点场强处处为零，故导体中心O点的场强为0，C错误；
D．导体内部各点的合场强为零，则导体中心O点的场强为零，故感应电荷在O点的产生场强与点电荷-Q在O点的场强等大反向，即感应电荷在O点产生感应电场强度不为零，D错误。
故选B。
9. 如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则（ ）
A. 点电荷所受电场力增大B. 电容器的带电荷量增加
C. P点电势减小D. 点电荷在P处的电势能减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．电容器与电源始终相连，故两极板间的电势差不变，b板向下稍微移动，则两极板间的距离d增大，由于
则E减小，由电场力公式
可知电场力F减小，故A错误；
B．电容器决定式为
则两极板间的距离d增大，电容C减小，由公式
可知，U不变，C减小，则Q减小，故B错误；
CD．两极板间的距离d增大，E减小，根据
P与a板间的电压减小，而a板电势不变，则P点电势增大，由于
可知，电荷q是负电荷，故电势能减小，故C错误，D正确。
故选D。
10. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A. 实验中，只将电容器b板向左平移，静电计指针的张角变小
B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入陶瓷板，静电计指针的张角变小
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验中，只将电容器b板向左平移，电容器两板间距变大，由电容器电容决定式可知，电容器电容变小，根据可知，两极板带电荷量不变，电势差增大，静电计指针张角变大，A错误；
B．实验中，只将电容器b板向上平移，电容器正对面积变小，由电容器电容决定式可知，电容器电容变小，根据可知，两极板带电荷量不变，电势差增大，静电计指针张角变大，B错误；
C．实验中，只在极板间插入陶瓷板，电容器介电常数增加，由电容器电容决定式可知，电容器电容变大，根据可知，两极板带电荷量不变，电势差增小，静电计指针张角变小，C错误；
D．验中，只增加极板带电量，电容器的电容不变，根据可知，两极板间电势差增大，静电计指针的张角变大，D错误。
故选C。
11. 空间有两个带等量正电荷的点电荷处于水平位置如图所示，O点为两点电荷连线的中点，A、B为连线上相对O点对称的点，C、D在两点电荷连线的中垂线上，。下列说法正确的是（ ）
A. A、B两点场强相同
B. 从A点静止释放一不计重力的带正电粒子，在从A点向B点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C. C点场强比D点场强小
D. 若电子（不计重力）在C点以一垂直于纸面向里的初速度被释放，则电子可能绕O点做匀速圆周运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．等量同种点电荷形成的电场关于O点对称的A、B两点场强等大反向，场强不同，故A错误；
B．等量同种正点电荷形成的电场在O点场强为零，从A点静止释放一不计重力的带正电粒子，在从A点向B点运动的过程中，场强先减小后增大，电场力始终指向O点，加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故B错误；
C．中垂线上的任意一点场强为
其中r为该点据点电荷的距离，θ为点电荷在该处场强与中垂线的夹角，由于
则
即
所以C、D两点场强无法判定，故C错误；
D．电子（不计重力）在C点以一垂直于纸面向里的初速度被释放，若电子所受的电场力等于圆周运动的向心力，则电子可以绕O点做匀速圆周运动，故D正确。
故选D。
12. 某手机内置4200mAh电池，支持40W超级快充、15W无线快充、反向无线充电，其配置的充电器有4种充电模式:“10V4A “5V4A”，“9V2A”，“5V2A”，待机时间约为48h，则下列说法正确的是
A. 该电池充满电时具有的能量为15120J
B. 如果用9v2A充电模式电池电量从零到充满要3.5h
C. 该手机待机电流约为200mA
D. 用40W超级快充10分钟增加的电量约为15．9％
【答案】D
【解析】
【详解】A.题干中没有说明电池的电压，无法计算电池充满电时具有的能量，故A错误；
B.如果用9V 2A的充电模式，则充电电流为2A，充满电荷量为4200mAh，故时间
，
故B错误；
C.电荷量为4200mAh，待机时间约为48h，则待机电流
故C错误；
D.用40W超级快充，充电电流为4A，充满电时间为，充电10分钟，增加的电量为，故D正确．
13. 在粗糙绝缘的斜面上A处固定一点电荷甲，在其左下方B点无初速度释放带电小物块乙，小物块乙沿斜面运动到C点静止．从B到C的过程中，乙带电量始终保持不变，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙一定带异种电荷
B. 小物块的电势能一定减少
C. 小物块机械能的损失一定大于克服摩擦力做的功
D. B点的电势一定高于C点的电势
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】若甲、乙带异种电荷，则由于开始释放后物块乙能下滑，则
随着物块的下滑F库逐渐减小，所以物块加速度越来越大，所以不会停下来．所以甲、乙一定带同种电荷；下滑的时候电场力对物块做正功，电势能减小；根据能量关系
所以小物块机械能的损失一定小于克服摩擦力做的功；不知道电荷甲的电性，所以不能确定B、C两点电势的高低。
故选B。
14. 如图所示，O为半径为R的正六边形外接圆的圆心，在正六边形的一个顶点放置一带电荷量为+q的点电荷，其余顶点分别放置带电荷量均为-q的点电荷。则圆心O处的场强大小为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【详解】根据点电荷的电场强度公式得，点电荷2、5在O点的合电场强度等于零，点电荷3、6在O点的合电场强度等于零，点电荷1、4在O点的合电场强度为
则圆心O处的场强大小为。
故选B。
二、实验题（本大题共2小题，共10分）
15. 在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关时，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，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，B球悬线的偏角越大；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。
实验表明：两电荷之间的相互作用力大小与___________有关，随其距离的___________而增大，随其所带电荷量的___________而增大（均选填“增大”或“减小”）。此同学在探究中应用的科学方法是___________（选填“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”）。
【答案】 ①. 距离和电荷量 ②. 减小 ③. 增大 ④. 控制变量法
【解析】
【详解】[1] [2][3]设小球B的质量为m，悬线与竖直方向的夹角为θ，对小球B进行受力分析，可以得到小球B受到的库仑力为
即B球悬线的偏角越大，库仑力也越大，所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明两电荷之间的相互作用力与距离有关，且随其距离的减小而增大；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，说明两电荷之间的相互作用力与电荷量有关，且随其所带电荷量的增大而增大。
[4]先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，这是只改变两球之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，这是只改变电量，所以采用的方法是控制变量法。
16. 某兴趣小组的同学欲探究电容的电容器的放电规律，设计了如图甲所示的电路图，为单刀双掷开关。
（1）初始时闭合，拨到位置1，电容器充电。电容器充满电后拨到位置2，每间隔5s读一次微安表示数，作出的电流随时间变化的关系图像如图乙所示，已知图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，则电容器充满电时带电荷量=_______C。（结果保留两位有效数字）
（2）若仅增大电阻箱的阻值，电流随时间变化的关系图像与横轴所围面积_______（填“增长”、“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. ②. 不变
【解析】
【详解】（1）[1]根据电容器极板上电荷量可用图像与坐标轴围成的面积来表示，结合满半格的算一格，不足半格的舍去，由图乙可得格数大致为28格，则电容器充满电时带电荷量
（2）[2]电源电压不变，根据可知电容器充满电后与电源断开，仍保持不变，若仅增大电阻箱的阻值，只是改变了电容器在放电的过程中，放电电流减小，但放电时间变长，乘积仍保持不变，所以图像围成的面积也将不变。
三、解答题（本大题共4小题，共48分）
17. 将带电荷量q＝＋1.0×10－8C的点电荷，从无限远处移到匀强电场中的P点，需克服电场力做功2.0×10－6J，q在P点受到的电场力是2.0×10－5N，方向向右。规定无限远处的电势为0。求：
（1）P点的场强；
（2）P点的电势？
【答案】（1）2000N/C，方向向右；（2）200V
【解析】
【详解】（1）由电场强度的定义式可知P点的场强为
E＝＝N/C＝2000N/C
P点电场强度的方向与正电荷在该点的受力方向相同，所以P点的电场强度方向向右；
（2）无穷远处电势能为零，电荷在由无穷远处移到该点过程中电场力做负功，电势能增加，在P点的电势能等于该过程中克服电场力做的功，故有
Ep＝W克＝2.0×10－6J
所以P点的电势为
18. 如图所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球用绝缘丝线悬挂于O点，受水平向右的电场力偏转θ角而静止．试求小球所在处的电场强度的大小和方向．
【答案】；方向：水平向右
【解析】
【详解】小球受到的电场力方向向右，所以小球带正电．小球的受力如图所示：
由平衡条件得：F电=mgtanθ；
根据电场强度F电=qE可得，小球所在处的电场强度：E=F电/q=，
小球带正电，所以电场强度方向与其受到的电场力方向一致，方向水平向右．
【点睛】以小球为研究对象，根据受力情况确定电性；作出小球受力图，小球处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解电场力；根据电场力公式F=qE，联立求解电场强度E．
19. 如图，一电荷量为q带正电的小球，用不可伸长的绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。开关S闭合，小球静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知两板相距d，电源电动势E，内阻，电阻，重力加速度为g。求：
（1）电源的内电压；
（2）小球的质量。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）外电路电阻
电路中总电流
内电压为
（2）路端电压
两板间的场强
设小球质量为m，由共点力平衡条件有
解得
20. 如图所示，一质量为m的物体，初速度为，在合外力F的作用下，经过一段时间t，速度变为。
（1）根据上述条件，运用所学知识推导出动量定理的表达式；
（2）试用上述规律解决下面的问题：
静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速粒子流，从而对飞行器产生反作用推力（称之为反冲力），使飞行器获得加速度。已知飞行器的质量为M，发射出的是2价氧离子，发射离子的功率为P，加速电场的电压为U，每个氧离子的质量为m，基本电荷电量为e，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：
a．射出的氧离子的速度大小；
b．射出离子后飞行器开始运动时的加速度大小a。
【答案】（1）见解析；（2）a．；b．
【解析】
【详解】（1）设物体的加速度为a，根据牛顿第二定律有

根据匀变速直线运动规律有

联立可得

（2）a．对氧离子的加速过程，根据动能定理有

解得

b．t时间内射出的氧离子数为

设飞行器对N个氧离子的合力大小为F，根据动量定理有

联立可得

根据牛顿第三定律可知飞船由此获得的反冲力大小为

根据牛顿第二定律有

联立解得