2023-2024学年广东省广州市执信中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市执信中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析），共14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.下列说法中，正确的是( )
A. 由E=kQr2可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处电场强度都相同
B. 由E=Ud可知，E越大，沿电场线方向电势降落越快
C. 由U=Wq可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷所带电荷量成反比
D. 由φ=Epq可知，电势能越大的地方，电势越高
2.如图所示，两个相同的金属小球，小球A带+q的电荷量，小球B带+q2的电荷量，均可以看成点电荷，此时两球的库仑力大小为F。现将金属小球A、B接触后再放回原来桌面的固定位置，两球之间的库仑力大小为F′，则下列说法正确的是( )
A. 金属小球A和B接触时，一部分电子从小球B转移到了小球A上
B. 小球A所带电荷量可能为任意的实数
C. F′=89F
D. 若两个小球放回原来的位置后，释放B球，B球将克服电场力做功
3.如图，在干燥的冬天，手接触房间的金属门锁时，会有一种被电击的感觉，带负电的手在缓慢靠近门锁还未被电击的过程中，门锁
( )
A. 近手端感应出负电荷B. 电势比手的电势低
C. 与手之间场强逐渐增大D. 与手之间场强保持不变
4.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个点，其电势分别为8V、2V、−4V，△ABC是等腰直角三角形，斜边AC= 2m，D是AC的中点，则匀强电场的大小与方向是( )
A. 6V/m、由A指向BB. 6V/m、由A指向C
C. 6 2V/m、由A指向BD. 6 2V/m、由A指向C
5.如图所示，实线表示未标出方向的电场线，虚线表示一仅受电场力作用的离子穿越电场时的运动轨迹，下列判断中正确的是( )
A. 该电场可能是两等量异种点电荷的合电场B. 该离子一定是负离子
C. 离子在A点电势能一定大于在B点电势能D. 离子在A点的速度一定大于在B点的速度
6.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是( )
A. 静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电
B. 由静止突然向前加速时，电容器的电容增大
C. 由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表
D. 保持向前匀减速运动时，电阻R以恒定功率发热
7.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内的电子个数是
( )
A. IΔleS m2eUB. IΔle m2eUC. IeS m2eUD. ISΔle m2eU
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.两个完全相同的正四棱锥叠放在一起，构成如图所示的形状，其中a点固定点电荷+Q，c点固定点电荷−Q，O点为两棱锥公共正方形底面abcd的中心，且aO=eO=fO，规定无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是( )
A. b点的电势比e点的电势高
B. b、d两点的电场强度相同
C. 将负电荷沿棱由e→b→f移动的过程中，电场力一直做正功
D. 若将+Q由a点放到e点，则O点的电势不变
9.医用口罩的熔喷布经过驻极处理可增加静电吸附作用，其中一类吸附过程可作如图简化：经过驻极处理后某根绝缘纤维带有正电荷，其附近a点处的初速度平行于该段直纤维且带负电的颗粒被吸附到纤维上b点，忽略其他电场影响，则( )
A. 颗粒做匀变速曲线运动B. 颗粒受到的电场力恒定
C. 颗粒的电势能逐渐减小D. a点的电势比b点的低
10.示波器是一种多功能电学仪器，是由加速电场和偏转电场组成的。如图，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，速度偏转角度为θ，已知带负电粒子均能射出平行板间电场区域，则( )
A. 若比荷qm相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
B. 若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等
C. 若比荷qm不相等，则带负电粒子的速度偏转角度θ不同
D. 若电荷量q不相等，则带负电粒子从平行金属板射出时动能不相等
三、实验题（本大题共3小题，共16分）
11.用螺旋测微器测量某圆柱体的直径，用游标卡尺测量其长度，由图读得圆柱体的直径为_____ mm，长度为_____ cm。
12.11.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)该实验采用的方法是_____(选填正确选项前的字母)。
A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法
(2)实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而_____(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)小球的质量用m表示，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，当丝线偏离竖直方向的角度为θ时小球保持静止，小球所受电场力大小为_____。
13.12.在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图所示连接电路。电源电动势为8.0V，内阻可以忽略。单刀双郑开关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I−t曲线与坐标轴所围成的面积将_________(选填“减小”“不变”或“增大”)。
(2)关于电容器在整个充、放电过程中的q−t图像和图像的大致形状，可能正确的有_________(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差)。
A. B．
C.
D．
四、计算题（本大题共3小题，共38分）
14.13.如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60 V的恒压电源上，两极板间距为3cm，电容器带电荷量为6×10−8C，A极板接地。求：
(1)平行板电容器的电容；
(2)平行板电容器两板之间的电场强度；
(3)距B板为2 cm的C点处的电势。
15.14.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37∘，现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，g取10m/s2，sin37∘=0.60，cs37∘=0.80，求：
(1)小球通过最低点C时的速度大小；
(2)小球通过最低点C时细线受到拉力的大小；
(3)小球运动过程中的最大速度的大小。
16.如图1所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B左端中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期性变化电压，有大量质量m=1.0×10−7kg、电荷量q=4.0×10−2C的带负电粒子以平行于金属板的速度v0=1.0×104m/s持续射向挡板。已知U0=1.0×102V，粒子重力不计，求：
(1)粒子在电场中的运动时间；
(2)t=0时刻进入金属板间的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小；
(3)撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.由E=kQr2可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处电场强度大小都相等，但是方向不同，故A错误；
B.由E=Ud可知，E越大，沿电场线方向电势降落越快，故B正确；
C.电场中某两点的电势差是由电场本身决定的，与电场力做功以及电荷所带电荷量无关，故C错误；
D.由φ=Epq可知，相同的正电荷具有的电势能越大的地方，电势越高，而相同的负电荷具有的电势能越大的地方，电势越低，故D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】A.金属小球A和B接触时，根据“电荷均分原理”可知，最后二者的电荷量均为q′=q+q22=3q4，B球所带的正电荷量增加，A球所带的正电荷量减少，说明一部分电子从小球B转移到了小球A上，故A正确；
B.任何带电体所带的电荷量一定为元电荷的整数倍，所以小球A所带电荷量不可能为任意的实数，故B错误；
C.原来二者之间的库仑力大小为F=kq⋅q2L2=kq22L2，将金属小球A、B接触后再放回原来的位置，两球之间的库仑力大小为F′=k(3q4)2L2=k9q216L2，所以F′=98F，故C错误；
D.若两个小球放回原来的位置后，释放B球，则B球将在电场力的作用下向右做加速直线运动，所以电场力对B球做正功，故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.放电前手指靠近金属门锁的过程中，门锁在手的影响下，发生静电感应，门锁近手端的电子被排斥到远手端，近手端感应出正电荷，A错误；
B.由于门锁近手端带正电，手带负电，二者间空间产生电场，电场线由门锁近手端指向手，所以门锁电势比手的电势高，B错误；
CD.手靠近门锁的过程，等效为手不动门锁向手靠近，把手看成点电荷，根据E=kQr2，手的电荷量Q不变，门锁与手之间的距离r减小，点电荷的电场强度增大，C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】在匀强电场中，任意两点连线中点的电势等于这两点电势的平均值，D是A、C连线的中点，则D点的电势φD=φA+φC2=2V，又因为φB=2V，所以B、D的连线是等势线，因为沿电场方向电势降低，匀强电场的电场线与等势面垂直，且由几何关系可得AC与BD垂直，则电场沿着AC由A指向C，大小为E=φA−φCAC=6 2V/m。故选D。
5.【答案】D
【解析】A.两等量异种点电荷的电场线特点是曲线且具有对称性，而图中电场线都是直线，所以该电场不是两等量异种点电荷的合电场。故A错误；
B.由于不知道电场线的方向，所以不能判断离子的带电性质，故B错误；
CD.由图看出，离子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力沿电场线方向向下，则离子从A到B过程中，电场力做负功，则电势能增加，动能减小，所以离子在A点电势能一定小于在B点电势能，且离子在A点的速度一定大于在B点的速度，故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】解：A、静止时，电容器的电容不变，则电容器电量不变，电流表示数为零，电容器两极板带电，选项A错误；
BC、由静止突然向前加速时，N板向后运动，则电容器两极板间距变大，根据C=ɛS4πkd可知，电容器的电容减小，根据C=QU知，电容器带电量减小，则电容器放电，电流由b向a流过电流表，故B错误，C正确；
D、保持向前匀减速运动时，加速度不变，则N板在某位置静止不动，电容器电量不变，电路中无电流，所以电阻R的功率为零，故D错误。
故选：C。
静止时，电容器连在电源两端，电容器带电，但电路中无电流；由静止突然向前加速时，用决定式C=ɛS4πkd分析平行板电容器电容的变化，用定义式C=QU分析电容器所带电荷量的变化；保持向前匀减速运动时，N板静止不动，电容器电量不变，无电流通过电阻R。
本题主要考查电容器的动态分析问题，关键是可以根据题设条件结合决定式C=ɛ S4πkd分析出平行板电容器电容的变化情况。
7.【答案】B
【解析】设单位体积内电子数为n，对电子加速过程应用动能定理有eU=12mv2，则电子刚射出电场时定向移动速度v= 2eUm，由电流的微观表达式I=nSqv得n=ISqv=ISe m2eU，Δl内的电子数为N=n⋅ΔlS=IΔle m2eU，故B正确。
8.【答案】BD
【解析】A.根据几何关系可知bedf为ac连线的中垂面，对于等量异种电荷形成的电场平面图(如下图所示)可知bedf平面为零势能面，故在此平面上的电势都相等(都等于0)，b点的电势等于e点电势，故A错误；
B.由于b、d两点到O点距离都相等，根据对称性可知b、d两点电场强度大小相等，方向相同。故B正确；
C.将负电荷沿棱由e→b→f移动的过程中，在同一个等势面内运动，电场力一直不做功，故C错误；
D.若将+Q由a点放到e点，由几何关系可知，O点仍位于ce的连线的中垂线上，电势仍为0。故D正确。
故选BD。
9.【答案】CD
【解析】AB.带电的绝缘纤维产生的电场为非匀强电场，故颗粒受到的电场力为变力，做非匀变速曲线运动，故AB错误；
C.由于颗粒带负电，绝缘纤维带正电，因此电场力对颗粒做正功，电势能减小，故C正确；
D.由于绝缘纤维带正电，故b点电势高于a点，故D正确。
故选CD。
10.【答案】ABD
【解析】A.由动能定理得qU1=12mv02，可得v0= 2U1qm，所以当带负电粒子的比荷qm相等时，它们从M孔射出的速度的大小相等，故A正确；
B.粒子从M孔射出时的动能Ek=12mv02=qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故B正确；
C.轨迹如图所示，设偏转电场的板间距离为d，偏转电场的两极板的板长为L，带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，则L=v0t，vy=at，a=qU2md，解得vy=qU2Lmdv0，tanθ=vyv0=atv0=U2L2U1d，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷qm的带负电粒子从O点射入，速度偏转角度θ相同，故C错误；

D.带负电粒子离开偏转电场时偏转距离y=12at2=qU2L22mv 02d=U2L24dU1，由动能定理得，解得，若粒子带电荷量不相同，则带负电粒子离开偏转电场时的动能不相等，故D正确。
故选ABD。
11.【答案】1.845，4.240
【解析】根据螺旋测微器的读数规律，该读数为1.5mm+0.01×34.5mm=1.845mm；
根据游标卡尺的读数规律，该读数为42mm+0.05×8mm=42.40mm=4.240cm。
12.【答案】(1)B；(2)减小；(3)mgtanθ
【解析】(1)此实验中先比较带电荷量不变时，小球在不同位置所受带电物体静电力的大小。再使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受静电力的大小，所以采用了控制变量的方法。故选B。
(2)通过实验现象可知，当小球带电荷量不变时，小球距离带电物体越远，丝线的偏转角θ越小，对小球受力分析可知F电=mgtanθ，所以电荷之间的静电力随着距离的增大而减小。
(3)当小球静止后，对小球受力分析可知F电=mgtanθ。
13.【答案】(1)放电，不变；(2)AD
【解析】(1)开关S接1后时，电容器与电源相连，电容器充电，再改接2时，电容器通过电阻R放电；
I−t曲线与坐标轴所围成的面积为电容器放电过程中放出的总电荷量，由于总电荷量不会因为电阻R的变化而变化，因此减小电阻R的阻值，曲线与坐标轴所围成的面积不变；
(2)AB.电源给电容器充电时，刚开始电荷量的变化率较大，后面变化率减小，因此充电q−t图像的图线斜率逐渐减小，放电时电荷量变化率刚开始比较大，后面变化率减小，因此放电q−t图像的图线斜率逐渐减小，故A正确，B错误；
CD.根据C=QU，由于C不变，因此q与U的变化情况相同，故C错误，D正确。
故选AD。
14.【答案】解：(1)由电容定义式可得C=QU=6×10−860F=1×10−9F。
(2)两板之间为匀强电场，电场强度E=Ud=600.03V/m=2×103V/m，
方向竖直向下；
(3)C点到A板的距离为，
A与C间电势差，
又，，
可得φC=−20V。

【解析】见答案。
15.【答案】解：(1)小球在B点受到电场力qE、重力mg和绳的拉力作用处于静止
根据共点力平衡条件有qE=mgtan37∘=0.1×10×0.75N=0.75N，
小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有mgl−Eql=12mvC2，
代入数据解得vC= 2m/s。
(2)在C点，由细线对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得T−mg=mvC2l，
代入数据解得T=1.5N。
(3)小球在平衡位置B点的速度最大，从A到B过程根据动能定理可得mglcs θ−Eql(1−sin θ)=12mvB2，
解得小球运动过程中的最大速度为vm=vB=2m/s。

【解析】见答案。
16.【答案】解：(1)假设粒子一直在电压U0下运动，则qU0d=ma,ym=12at2,L=v0t，
解得，
因此粒子不会撞击平行金属板，而粒子的水平分速度不变，则在电场中的运动时间。
(2)在0∼2×10−5s内粒子在竖直方向做匀加速直线运动，方向指向A金属板，在2×10−5∼3×10−5s内粒子在指向A金属板的竖直方向做匀减速运动，以向下为正方向，两个运动过程中，加速度大小始终为a=qU0md=2×108m/s2，
因此，
y2=v1yt2+12at22=−0.03m，
y=y1+y2=−0.07m，
所以位移大小为0.07m。
(3)粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故在t=3n+2×10−5sn=0,1,2,…时刻进入金属板间的粒子向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，加速度向下，再做加速度向上的类斜抛运动。同样以向下为正方向，加速度大小仍为a，前一段满足，
y4=v3yt4−12at42=0,v4y=v3y−at4=−2×103m/s，
所以，
但是向下最大位移为向下的速度为零时，即，
即进入金属板间的粒子离开电场时向下位移最大为1cm，但是运动过程中最大位移为2cm，因此考虑这么一种粒子，在某位置出发，刚好向下位移最大2cm到达B极板，随后再向上运动，该粒子射到荧光屏上光带最下端。
在t=3n×10−5sn=0,1,2,…时刻进入金属板间的粒子向上偏转最大，此时假设粒子出电场时恰好到达A极板右端，则此时粒子竖直方向的速度为，
因此恰好与光带最下端的粒子出电场时竖直方向上的速度v4y相同，故两者相互平行射出，光带宽度也即为出电场的竖直方向位移差，
可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为。

【解析】见答案。