四川省成都市2024_2025学年高二物理上学期10月月考试题含解析 (1)

这是一份四川省成都市2024_2025学年高二物理上学期10月月考试题含解析 (1)，共25页。试卷主要包含了 下列四副插图，说法正确的有，0126s等内容，欢迎下载使用。

A. 图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
B. 图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电
C. 图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附
D. 图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了静电屏蔽原理
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图甲可知，极板A与电源正极链接，极板A带正电，带负电的尘埃受到指向极板A的电场力作用，带负电的尘埃被收集在极板A上，故A错误；
B．图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人身上的静电，故B错误；
C．图丙中摇动起电机，电极之间形成电场，将气体电离，电子被吸附到烟雾颗粒上，使烟雾颗粒带负电，导致烟雾颗粒可以向正极移动，工作原理为静电吸附，故C正确；
D．图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，甲、乙两图中平行板电容器与恒定电源保持连接，甲图中B板接地，乙图中A板接地。丙、丁两图中平行板电容器充电后与电源断开，丙图中B板接地，丁图中A板接地。P为两板空间中的一点，现保持A板位置不变，将四个图中的B板均向下平移一小段距离，则四个图中P点的电势不变的是（ ）
A. 甲图B. 乙图C. 丙图D. 丁图
【答案】D
【解析】
【详解】A．图甲中电容器两端电压U一定，B板接地，即A板电势大小为U，根据
可知，当B板向下平移时，d增大，电场强度减小，根据
解得
可知，B板向下平移时，电场强度减小，P点的电势升高，A错误；
B．图乙中电容器两端电压U一定，A板接地，即A板电势为0，根据上述，电场强度减小，根据
解得
可知，P点电势为负值，由于电势的正负表示大小，则B板向下平移时，电场强度减小，P点的电势升高，B错误；
C．图乙中电容器所带电荷量Q一定，B板接地，根据
，
解得
可知，当B板向下平移时，d增大，电场强度一定，根据
解得
可知，B板向下平移时，电场强度一定，PB间距增大，则P点的电势升高，C错误；
D．图乙中电容器所带电荷量Q一定，根据上述，电场强度一定，A板接地，根据
解得
可知，B板向下平移时，电场强度一定，AP间距一定，则P点的电势不变，D正确。
故选D。
3. 在绝缘光滑水平面上的的A处、的处分别固定正电荷，如图甲所示。图乙是之间连线上的电势与位置之间的关系图像，图中点为电势的最低点。若在的点由静止释放一个带正电小球（可视为质点），下列说法正确的是（ ）
A. 小球运动到处的加速度最大B. 两正电荷带电量之比
C. 小球在处的动能最大D. 小球不能经过的位置
【答案】C
【解析】
【详解】A．据图像切线的斜率等于场强E，则知x=2L处场强为零，加速度为零，故A错误；
B．x=2L处场强零，根据点电荷场强则有
解得
故B错误；
C．x=2L右侧电场为负，即方向向左，x=2L左侧电场为正，即方向向右；那么，小球先向右做加速运动，到x=2L处加速度为0，速度最大；从x=2L向左运动时，电场力方向向左，小球做减速运动，所以小球在x=2L处的速度最大，动能最大，故C正确；
D．由图像知，与C点电势相等的点P在区域内，由，到P点动能等于0，小球将在C与P间做往复运动，即小球能够越过x=3L的位置，故D错误。
故选C。
4. 示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法错误的是（ ）
A. 如果在之间加图a的电压，在之间加图c的电压，在荧光屏上会看到一条与轴平行的竖直亮线
B. 如果在之间加图b的电压，在之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线
C. 如果在之间不加电压，在加图a电压，在荧光屏的轴上会看到一个亮斑
D. 如果在之间和之间都加图b的电压，在荧光屏的坐标原点上会看到一个亮斑
【答案】D
【解析】
【详解】AC．如果在之间不加电压，则在X轴方向不偏转，在（Y正负）加图a恒定电压，电压值为正，Y极板电势高于极板电势，板间的匀强电场由Y极板指向极板，所有电子运动的轨迹都相同，向着Y极板一侧偏转，即所有电子都打在荧光屏的正Y轴上的同一点，因此在正Y轴上将出现一个亮斑，因此可知，如果在（X正负）之间加图a的电压，则会在正X轴上将出现一个亮斑；若只在（Y正负）之间加图c的正弦变化规律的电压，电子将在Y轴发生偏转，电压越大，侧移量越大，在一个周期内的时间内，电子由原点向Y轴正方向扫描到正向侧移量最大的位置，紧接着时间内，电子由正向侧移量最大的位置向Y轴负方向扫描，经过原点继续扫描到负向侧移量最大的位置，时间内，电子由负向侧移量最大的位置向Y轴正方向扫描回到原点，之后周而复始，在荧光屏的Y轴上会看到一条竖直亮线，现在同时在之间和在（Y正负）之间分别加上图a、图c所示电压，由运动的合成，会在荧光屏上看到过正X轴上某点平行于Y轴的一条竖直亮线，故AC正确，不符合题意；
B．如果在（X正负）之间加图b的电压，电子在一个周期内会在X轴方向上，由负X轴上某点向正X轴方向扫面到关于原点对称的某点，在荧光屏上会看到X轴上的一条水平亮线，若只在（Y正负）之间加上图c所示电压，根据以上分析可知，Y轴方向上发生周而复始与电压变化一致的偏转，根据运动的合成可知，若在之间加图b的电压，在之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线，故B正确，不符合题意；
D．根据以上分析可知，如果在之间和之间都加图b的电压，由运动的合成可知，在荧光屏上将出现一条夹在X轴与Y轴之间倾斜的亮线，故D错误，符合题意。
故选D。
5. 如图甲所示，在x轴上有和两个波源分别位于和处，振动方向与xOy平面垂直并向周围空间（介质分布均匀）传播，波速为。时刻两波源同时开始振动，、的振动图像分别如图乙、丙所示。M为xOy平面内一点，。下列说法正确的是（ ）

A. 处的质点开始振动方向沿z轴负方向
B. 两列波相遇后，处的质点振动减弱
C. 两列波相遇后，处的质点振动加强
D. 若，从两列波在M点相遇开始计时，M点振动方程为
【答案】D
【解析】
【详解】A．处的质点，离波源更近，故该质点先按波源的振动形式振动，波源开始沿轴正方向振动，故该质点开始振动时也是沿轴正方向振动，A错误；
B．两列波的振动周期，波速均相等，波长也相等，波长为
由于两列波的起振方向相反，故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，奇数倍为振动加强点，处的质点，离两波源的距离差为，为半波长的奇数倍，故为振动加强点，B错误；
C．处的质点离两波源的距离差为零，为半波长的偶数倍，故为振动减弱点，C错误；
D．若，为半波长的奇数倍，为振动加强点，振幅为
根据题意可得，波源的振动先传到点，振动半周期后波源的振动传到点，因此起振方向沿轴负方向，则M点振动方程为
D正确。
故选D。
6. 如图甲所示，一平行板电容器极板长，宽，两极板间距为，距极板右端处有一竖直放置的荧光屏。在平行板电容器左侧有一长的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为，速度为的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下面说法正确的是（ ）
A. 粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25cm
B. 粒子打在屏上的区域面积为
C. 在内，进入电容器内的粒子有能够打在屏上
D. 在内，屏上出现亮线的时间为0.0126s
【答案】C
【解析】
【详解】AB．设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U0
水平方向
l=v0t
竖直方向
又
得
U0=128V
当U≥128V时离子打到极板上，当U＜128V时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为。
利用推论：打到屏离子好像是从极板中心沿直线射到屏上。由三角形相似可得
解得打到屏上的长度为
y=d=4cm
又由对称知，离子打在屏上的总长度为2d，区域面积为
S=2y•a=2ad=2×8×4cm2=64cm2
故AB错误；
C．粒子打在屏上的比例为
在0-0.02s内，进入电容器内的粒子由64%粒子能够打在屏上，故C正确；
D．在前，离子打到屏上的时间
又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间
t=4t0=4×0.0032s=0.0128s
故D错误。
故选C。
7. 电偶极子是由两个等量异号点电荷组成的系统。真空中有两对相同电偶极子AB和CD，所带电荷量均为，其中A、D带正电荷。将此两对电偶极子的四个点电荷固定在正四面体的四个顶点上，正四面体的棱长为，相应棱的中点分别为a、b、c，静电力常量为，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 将同一个检验电荷从点移到点和从点移到点，电场力做功相等
C. 点的电场强度大小为
D. 点的电场强度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据电势的叠加原理可知，A、C在b点的电势叠加为0，B、D在b点的电势叠加也为0，则有；同理A、B在c点的电势叠加为0，C、D在c点的电势叠加也为0，则有；a点在边AD中点，为两等量正电荷的中点，同时也是两等量负电荷的中垂线上，且a点离两正电荷的距离更近，所以a点电势为正值，即；故有
由可知，将同一个检验电荷从b点移到a点和从b点移到c点，电场力做功不相等，故AB错误；
C．由图可知

A、D两点电荷在a点的合场强为零，B、C电荷分别在a点的场强大小为
根据几何关系可知
由图可知
所以
故a点的电场强度大小为
故C错误；
D．如图所示

设A、C、D、B点电荷在b点产生的电场强度依次为、、、，则
故、的合矢量
方向沿AC方向。如图所示

设，由几何关系可知
则
故、的合矢量
方向与DB方向平行。由几何关系可知，棱AC和DB垂直，故与垂直，故b点的电场强度大小
故D正确。
故选D。
8. 一列简谐横波沿x轴传播，波源的振动频率为，某时刻波形图如图所示，中间有一部分被遮挡，则该波的波速大小可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【详解】根据波形图可知
，，
则
综上可得
故波速
当时，；当时，。
故选AB。
9. 如图所示，在点固定一个负点电荷，长度为的不可伸长轻质绝缘丝线一端也固定在点，另一端拴一个质量为、带电荷量为的带电小球。对小球施加一个水平向右的拉力，小球静止，此时丝线与竖直方向的夹角为。某时刻撤去拉力，撤去拉力瞬间小球的加速度大小为，丝线恰好对小球无拉力，此后小球做圆周运动，运动到最低点时，小球的加速度大小为，点电荷所带电荷量绝对值为。已知重力加速度为，静电力常量为，，，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若点电荷电荷量缓慢减少，小球到最低点时的加速度减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．释放小球瞬间，小球的加速度为
故A正确；
B．运动到最低点时，小球的加速度有合外力提供，此时的合外力恰好等于向心力，由重力势能转化为动能，电势能不变
故B错误；
C．释放瞬间绳子拉力恰好为零，所以库仑力等于重力分力
解得
故C正确；
D．由于库仑力始终与运动方向垂直，不做功，所以小球P运动到最低点的速度不变，加速度不变，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，在空间轴上方有沿负方向的匀强电场，电场强度大小为，在轴下方有方向与轴成角的匀强电场，电场强度大小为。现有一带正电量q，质量为m的粒子从以沿方向的速度射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第一次经过轴时速度方向与轴成角，则（ ）
A. 与满足
B. 粒子第2次经过轴时的位置为
C. 粒子第20次经过轴时的位置为
D. 粒子第20次经过轴时速度大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．粒子第一次经过轴时速度方向与轴成角，则有
粒子在第一象限做类平抛运动，竖直方向上有
解得
故A错误；
B．粒子第一次到达轴有
结合上述解得
随后粒子第二次到达轴有
解得
则有
即粒子第2次经过轴时的位置为，故B正确；
D．结合上述，粒子在第一象限内的加速度
将粒子在轴下方的运动沿x轴与y轴方向分解，两方向的分加速度分别为
粒子在轴下侧电场中水平方向做初速度为的匀加速直线运动，且在轴下侧电场中水平方向后一过程可以看为前一过程的一个延续部分，在轴下侧电场中竖直方向做双向匀变速直线运动，结合上述，粒子第一次到达轴的时间为
根据竖直方向做双向匀变速直线运动的对称性可知，除第一次越过x轴的时间为，其余越过x轴的时间均为，粒子在轴下侧电场运动的总时间
则粒子第20次经过轴时速度大小为
结合上述解得
故D错误；
C．结合上述可知，粒子在轴上侧电场水平方向的分速度等于前一次下侧电场水平方向加速后的末分速度，由于
可知，下侧电场水平方向加速一次后，水平分速度增大，则粒子在轴上侧电场水平方向通过的总距离
结合上述可知，粒子在下侧电场中水平方向通过的总距离
则粒子第20次经过轴时有
即粒子第20次经过轴时的位置为，故C正确。
故选BC。
二．实验题（共15分）
11. 在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路，单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关S改接2后，电容器进行的是___________（选填“充电”或“放电”）过程，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将___________（选填“减小”、“不变”或“增大”）。
（2）若实验中测得该电容器充电结束时两极间的电压为8.0V，在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器充电结束时储存的电能为___________J。（结果保留三位有效数字）

【答案】 ①. 放电 ②. 不变 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]开关S改接2后，电容器进行的是放电；
[2]由
可知曲线与坐标轴所围成的面积为放出的电荷量，因为总电荷量不会因为电阻R的阻值而变化，所以此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变；
（2）[3]该电容器充电结束时储存的电能为
12. 美国物理学家密立根于1910年利用如图所示的实验装置，确定了电荷量的不连续性，并测定了元电荷的数值。图中雾状小油滴被喷到水平放置的两块平行金属板上方的空间。两平行金属板中的上板有一小孔，小孔很小不会影响两平行板之间的电场。当油滴穿过小孔进入两板间的空间后，通过显微镜可测出在两板间不加电压时油滴下降的速率，从而算出油滴质量m。再用X射线照射两板间的空气使之电离，从而使油滴带上负电荷，电荷量的绝对值为q。在两金属板上加电压并进行调节，使油滴受到的电场力等于它所受的重力，油滴达到平衡，就能求出油滴所带电荷量q。
（1）下列关于密立根油滴实验的叙述中正确的是（ ）
A. 平行极板一定要水平，通电时上极板接电源负极
B. 实验时要选择质量小一些的油滴
C. 密立根油滴实验证明了任何带电体所带电荷都是的整数倍
D. 为了测量两板之间匀强电场的大小，必须测量的量有两板间的电压，两板间的距离以及两板的长度
（2）油滴近似看成密度为，半径为的球形。油滴受到的空气阻力可以表示为，其中是空气的黏滞系数，为油滴下降的速率。重力加速度为，不考虑空气浮力。油滴的半径在当时的条件下无法准确测得，但油滴匀速运动时的速率可以测得，请写出油滴质量的表达式______（可用物理量：）。
（3）若已测得一个油滴的质量为。调节两板间的电压，使得该油滴恰好悬浮静止，此时两板间的电压为。同时测得两板间的距离以及两板的长度。请写出油滴带电量的表达式______（可用物理量：）。
（4）实验结束后，需要让漂浮在两板之间的油滴尽快下落收集。则下列做法可以达到目的的有（ ）
A. 保持两极板电压不变，把下极板向下移
B. 保持两极板电压不变，在两极板间插入导体板
C. 断开电源，在两极板间充入某种相对介电常数更大的气体
D. 断开电源，把下极板向右移
【答案】（1）BC （2）
（3） （4）AC
【解析】
【小问1详解】
A．油滴带上负电荷，所受电场力向上与重力平衡，则电场方向向下，可知，平行极板一定要水平，通电时上极板接电源正极，故A错误；
B．实验中通过显微镜测出在两板间不加电压时油滴下降的速率若油滴质量太大，下降较快，会给实验的测量带来困难，可知，实验时要选择质量小一些的油滴，故B正确；
C．电荷量应为元电荷的整数倍，可知，密立根油滴实验证明了任何带电体所带电荷都是的整数，故C正确；
D．根据
可知，为了测量两板之间匀强电场的大小，必须测量的量有两板间的电压，两板间的距离，故D错误。
故选BC。
小问2详解】
两板间不加电压油滴匀速下降，根据平衡条件有
又由于
解得
【小问3详解】
油滴恰好悬浮静止，根据平衡条件有
解得
【小问4详解】
A．保持两极板电压不变，把下极板向下移，极板间距增大，电场强度减小，电场力减小，重力大于电场力，油滴将向下运动，能够快速下落收集，故A正确；
B．保持两极板电压不变，在两极板间插入导体板，等效为减小极板间距，则电场强度增大，电场力增大，电场力大于重力，油滴向上运动，不能够快速下落收集，故B错误；
C．断开电源，极板所带电荷量一定，根据
解得
在两极板间充入某种相对介电常数更大的气体，即介电常数增大，则电场强度减小，电场力减小，重力大于电场力，油滴将向下运动，能够快速下落收集，故C正确；
D．断开电源，把下极板向右移，即正对面积减小，结合上述可知，电场强度增大，电场力增大，电场力大于重力，油滴向上运动，不能够快速下落收集，故D错误。
故选AC。
三．解答题（共45分）
13. 如图所示，小球A的质量为m、B的质量为2m，两球均带正电荷，B的带电量是A的4倍，用长均为L的a、b绝缘细线悬挂于O点，两小球均处于静止状态，细线b中的拉力是细绳a中的拉力的2倍，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，，。求：
（1）小球A的带电量q；
（2）若给小球A、B同时施加方向相反、大小始终相等的水平拉力，且两力从0开始缓慢增大，此过程两小球电荷量保持不变。求细线b与竖直方向的夹角从缓慢增加到的过程中两个拉力所做的总功W。
【答案】（1）
（2）0.8mgL
【解析】
【小问1详解】
设小球AB的质量分别为m和2m，带电量分别为q和4q，细绳a的拉力为T，则细绳b的拉力为2T，对A、B整体研究，细线a的拉力
T=3mg
对小球B研究，根据力的平衡
解得
【小问2详解】
对A、B施加等大反向的水平拉力后，A、B组成的系统始终处于平衡状态，对两球的整体分析可知，水平方向受合力为零，因此细线a始终处于竖直，当细线b与竖直方向的夹角为53°时，小球A保持静止，小球B和A间的距离始终保持不变，电场力不做功，作用在A上的拉力不做功，根据功能关系知，拉力对小球B做功，即两个拉力做的总功为B的重力势能增加量，则
W=2mg（L-Lcs53°）=0.8mgL
14. 如图所示，空间中有两块带电平行金属板M、N，两板间距为，两板间的电压。小球以的水平速度从两板间的A点飞入，A点到上极板左端点的竖直距离为，然后从下极板的右端点点飞出，并沿切线方向飞入竖直光滑圆轨道。点与光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径。平行金属板M、N的右侧垂线的右侧区域存在水平向右的匀强电场，电场强度。已知小球带正电，质量，电荷量，重力加速度取，，不计空气阻力。求：
（1）小球在点的速度大小；
（2）极板的长度；
（3）小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球从A点到B点由动能定理可得
解得
【小问2详解】
小球在两板间做类平抛运动，则有
其中
解得
【小问3详解】
小球在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，等效平衡位置如图所示，由图可知
小球在B点时，设与的夹角为α，可知
小球从B点到等效平衡位置由动能定理可得
代入数据解得
15. 如图甲所示，在整个第三象限内，有平行于y轴向上的匀强电场，电场强度为但大小未知。一质量为m，电荷量为q的正离子（不计重力）可从y轴负半轴的某位置平行于x轴负方向以速度射入第三象限，离子刚进入第二象限的时候在y轴正半轴距离坐标原点O为d的地方放一个负点电荷，电量Q未知，同时撤去，离子随即做匀速圆周运动，随后当离子经过y轴时，立即撤去Q，在第一、四象限加上如图乙所示的周期性变化的电场，取平行于y轴正方向为的正方向，其周期，与时间t的关系如图乙所示，已知静电力常量为k。
（1）求第三象限电场强度的大小；
（2）若正离子在y轴负半轴距坐标原点处沿x轴负方向以速度射入第三象限，为使离子在第二象限做匀速圆周运动，求固定的负点电荷的电量Q；
（3）以第（2）问为前提条件，求离子从y轴正半轴到x轴的时间（结果用d和表示）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）离子在第三象限内做类平抛运动，设离开第三象限时距坐标原点距离为x，则
离子在第二象限做匀速圆周运动,则离子离开第三象限时速度垂直于粒子离开离开第三象限的位置和负电荷Q的连线，则
联立解得
（2）离子在第三象限内做类平抛运动，则离开第三象限时的速度反向延长线过水平位移的重点，由题可知
离子在第二象限做匀速圆周运动,则离子离开第三象限时的速度垂直于粒子离开离开第三象限的位置和负电荷Q的连线，则
则
，
离子沿着y轴正方向的速度
粒子的合速度
粒子的轨道半径
库仑力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，则
可得
（3）粒子到达y轴正半轴时，到x轴的距离
粒子在第一象限，x轴方向做向右的匀速直线运动，y方向做初速度为0的变加速度运动。进入电场后竖直方向的加速度大小
利用v-t图像可知
v-t图像与t轴围成的面积表示离子的位移，则在时离子y方向的位移为0，到x轴的距离为，之后粒子轴方向运动，在范围内，离子的位移
在时刻y方向速度大小
时间增加一个周期，即在离子的位移比在大
在时刻的速度比在时刻的速度大小大
之后时间每增加一个周期都比前一个位移大，末速度增加；设增加n个周期，则离子向下移动的总位移
解得
因此n只能取3，此时向下位移为
此时的速度
接下来在时间内离子正半轴到x轴需要继续向下运动
离子先做匀加速直线运动
解得
则离子继续向下运动即可到达x轴。因此总的时间为