【文档说明】北京市顺义区第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，845.326 KB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年顺义一中高二物理10月月考（选考）一、单选题（每小题3分，共45分）1.物理学中，“质点”、“点电荷”这两个概念的建立所体现的共同的科学思维方法是（）A.比值法B.等效替代法C.理想化模型D.控制变量法【答案】C【解析】【详解】“质点”、“点电

荷”这两个概念的建立所体现的共同的科学思维方法是理想化模型，故ABD错误，C正确。故选C。2.两个相同的金属小球（均可看做点电荷），原来所带的电荷量分别为+5q和-q，相互间的库仑力大小为F。现将它们相接触，再分别放回原处，则两金属小球间的库仑力大小变为（）A.95FB.45FC.4

FD.5F【答案】B【解析】【详解】根据库仑定律，开始时25qqFkr=接触后电荷先中和后均分，则2'2222445qqqFFkkrr===故选B。3.小张同学在空气干燥的教室里进行一个小实验，将一塑料绳撕成细丝后，

一端打结，做成“水母”的造型，用毛巾顺着细丝向下捋几下，同样用毛巾来回摩擦PVC（塑料）管。将“水母”抛向空中，然后把PVC管从下方靠近它，直到“水母”处于悬停状态，则（）A.PVC管带电方式属于感应起电B.“水母”在空中悬停时，P

VC管对它向上的静电力大于它所受重力C.用毛巾摩擦后，“水母”与PVC管带异种电荷D.PVC管与“水母”相互靠近过程中，两者间相互作用力变大【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知PVC管带电方式属于摩擦起电，故A错误；B．“水母”在空中悬停时，

处于平衡状态，PVC管对它向上的静电力等于它所受重力，故B错误；C．因为“水母”与PVC管存在相互排斥的静电力，所以“水母”与PVC管带同种电荷，故C错误；D．管与“水母”相互靠近过程中，距离减小，两者间相互作用力变大，故D正确。故选D。4.用下图描述某电容器充电时，其电荷量Q

、电压U、电容C之间的相互关系，请中描述错误的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】ABD．根据4SCkd=可知，电容器的电容取决于电容器本身的构造，与电容器极板上的电荷量Q，极板间的电势差U无关，对于同一个电容器来

说，其电容是不变的，故A错误，BD正确；C．根据电容器公式QCU=整理得QCU=当电容不变时，其电荷量与电压成正比，故C正确。由于本题选择错误的，故选A。的5.在如图所示的负点电荷产生的电场中，一检验电荷从A点分别移

到B、C、D、E（在以场源电荷为圆心的圆周上），则下列情况正确的是（）A.从A到B电场力做功最多B.从A到E电场力做功最多C.电场力做功一样多D.A点比D点电势高【答案】C【解析】【详解】ABC．B、C、D、E在以场源电荷为圆心的圆周上，所以有BCDE===检

验电荷从A点分别移到B、C、D、E这几做功一个样，故C正确，AB错误；D．场源电荷是负电荷，离它越远，电势越高，所以A点比D点电势低，故D错误；故选C。6.使用带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开

。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AC．当金属球带正电时，靠近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（负电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（正电荷），故AC错误；BD．当金属球带负电时，靠

近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（正电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（负电荷），故B正确，D错误。故选B。7.如图，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，其中a和c带正电，b带负电，a所带电荷量比b的

少。已知c受到a和b的静电合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（）A.1FB.2FC.3FD.4F【答案】B【解析】【详解】由题意，根据库仑定律可知a对c的静电力（沿a→c方向）小于b对c的静电力（沿c→b方向）

，根据力的合成与分解规律可知c受到a和b的静电合力可以用F2来表示。故选B。8.图中实线为一个正点电荷的电场线，虚线是其等势面，B、C、D是某条电场线上的三点，且BC=CD，A点与C点在同一等势面上。下列说法正确的是（）A.A点与C点的电场强度相同

B.把一个电子从B点移到D点，其电势能减小C.同一电荷由B点运动到C点静电力做功大于从C点运动到D点静电力做功D.把一电子在B点静止释放，它会沿电场线向右运动【答案】C【解析】【详解】A．A点与C点的电场强度大小相同，但是

方向不同，选项A错误；B．把一个电子从B点移到D点，电场力做负功，则其电势能增加，选项B错误；C．根据U=Ed，因为BC间场强大于CD间场强，可知UBC>UCD，根据W=qU可知，同一电荷由B点运动到C点静电力做功大于从C点运动到D点静电力做功，选项C正确；D．把一电子B点静止

释放，它会沿电场线向左运动，选项D错误。故选C。9.如图所示，两个固定的等量异种点电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点（c点为两电荷连线与中垂线的交点），则（）A.c点是两点电荷连线上场强最小的点B.a点电势比b点高C.a、b

两点场强相同D.一电子处于b点时，会受到水平向右的静电力【答案】A【解析】【详解】A．在两点电荷连线上c点电场线最稀疏，则c点是两点电荷连线上场强最小的点，选项A正确；B．两等量异种电荷连线的中垂线是等势面，

则a点电势等于b点电势，选项B错误；C．两等量异种电荷连线中垂线上，离中点越近，电场线越密集，因b点电场线较a点密集，则a点场强小于b点场强，选项C错误；D．b点场强水平向右，则一电子处于b点时，会受到水平向左的静电力，

选项D错误。故选A。10.如图所示为某静电除尘装置的电场线分布示意图。图中虚线是某一带电的烟尘微粒（不计重力）在静电力作用下向集尘板迁移的轨迹，a、b是轨迹上的两点，对该烟尘微粒，下列说法正确的是（）在的A.烟尘微粒带正电B.a点的场强小

于b点场强C.烟尘微粒在a点的电势能小于在b点的电势能D.烟尘微粒在a点的加速度大于在b点的加速度【答案】D【解析】【详解】A．烟尘微粒运动过程中受到的电场力指向轨迹凹的一侧，并与场强平行，由此判断，烟尘微粒受到的电场力与场

强方向相反，因此烟尘微粒一定带负电，故A错误；B．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知a点的场强大于b点的场强，故B错误；C．烟尘微粒从a点运动到b点的过程中电场力做正功，电势能减小，故烟尘微粒在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；D．a点的场强大于b点的场强，可

知微粒在a点所受电场力大，所以烟尘微粒在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小，故D正确。故选D。11.相隔很远、均匀带电+q、-q的大平板在靠近平板处的匀强电场电场线如图a所示，电场强度大小均为E。将两

板靠近，根据一直线上电场的叠加，得到电场线如图b所示。此时两板间的电场强度和两板相互吸引力的大小分别为（）A.EEqB.2EEqC.E2EqD.2E2Eq【答案】B【解析】【详解】根据电场线从正电荷出发到负电荷终止，叠加后的电场满足矢量加减，故两

板间的电场强度为2E。两板相互靠近，两板间的电场强度会叠加，但计算电场力时，应将其中一个平板看作试探电荷，它处在另外一个平板产生的电场中，故其所受电场力为Eq，同理可得，另一个平板也可以看作是一个试探电荷，它所受的电场力也为Eq，故两板的相互作用力大小为Eq。故选B。12.如图所示，正

方形ABCD处在一个匀强电场中，电场线与正方形所在平面平行。已知A、B、C三点的电势依次为6.0VA=，4.0VB=，2.0VC=。则下列说法中正确的是（）A.D点的电势0VD=B.D点的电势2VD=C.电场线的

方向与AC的连线垂直D.电场线的方向与BD的连线垂直【答案】D【解析】【详解】匀强电场中同一方向上相同距离的两点间电势差绝对值相等，所以ABDC−=−解得4VD=即BD连线为等势线，电场线的方向与BD的连线

垂直，故ABC错误，D正确。故选D。13.为倡导“绿色出行”的理念，汕头市新能源公交车充电电路如图，某实验小组为分析电容器的性能，对电容器进行测量分析，若电容器的电容为C，两极板间的距离为d，充电电压为U，两极板间有M、N两点，且MN

间距为L，MN连线和极板A成角。若充电完成后，以下说法正确的是（）A.电容器所带电荷量为CUB.两极板间匀强电场的电场强度大小为sinULC.M、N两点间的电势差为sinULdD.若B板接地，N点电势为sinULd【答案】C【解析】【详解

】A．电容器所带电荷量为QCU=故A错误；B．两极板间匀强电场的电场强度大小为UEd=故B错误；C．M、N两点间的电势差为sinsinMNULUELd==故C正确；D．若B板接地，N点电势为(sin)

NUdLd−=故D错误。故选C。14.如图，空间存在足够大水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动。已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40J，静电力做功20J，金属块克服摩擦力做功20J，重力势能改变了30J

，则（）A.电场方向水平向左B.在此过程中金属块电势能增加20JC.在此过程中金属块机械能增加10JD.在此过程中金属块动能增加了10J【答案】D【解析】【详解】A．因为不知道带电物体的电性，所以无法判断电场方向，故A错误；B．静电力做功20J，金

属块电势能减少20J，故B错误；C．机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功，故应40J，故C错误；D．重力势能改变了30J，重力做负功30J，动能的增加量为所有力做功的代数和，为10J，故D正确。故选D。15.如图甲所示，

一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A.电子沿Ox的负方向运动B.电子的电势能将增大C.电子运动的加速度恒定D.电子运动的加速度先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A．由图看出，

电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动。故A不符合题意；B．由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能将减小，故B错误；CD．φ-x图象的斜率大小等于电场强

度，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，则电子所受的电场力先减小后增大，电子运动的加速度先减小后增大，故C错误，D正确。故选D二、填空题（每空2分，共16分）16.十九世纪末发现电子以后，物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测

定了电子的电荷量。如图所示为密立根油滴实验的示意图，两块金属板水平放置，板间存在匀强电场，方向竖直向下。用一个喷雾器把许多油滴从上极板中间喷雾器的小孔喷入电场，油滴由于摩擦而带电，当极板间的电压为U、距离为d时，一质量为m的油滴恰好悬浮于电场中，重力加速度为g，则该油滴带_________（选填“

负电”或“正电”），电荷量为_________（用已知量U、d、m、g表示）。【答案】①.负电②.mgdU【解析】【详解】[1]处于悬浮状态的油滴受力分析可知，油滴受重力和竖直向上的电场力，由图可知，电场强度方向竖直向下，所以油滴带负电。[2]由平衡条件可知UmgqEqd

==解得mgdqU=17.电流传感器可以像电流表一样测量电流，它可以和计算机相连，能在电脑上显示出电流随时间的变化图像。某同学利用甲图所示的电路来观察电容器充、放电过程。某时刻该同学将开关S接1给电容器充电，一段足够时间后，再把开关S改接2，电容器放电。（1）当他将开关S接１后，电容器上极板带__

_______（选填“正电”或“负电”）。再把开关S与２接通，电容器通过电阻R开始放电，此时通过电阻R的电流方向是_________（选填“由a到b”或“由b到a”）。（2）整个充、放电过程，电流传感器会将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的i-t图像。如图乙所示为放电过程的i-t图像。已

知图乙所围的面积约为35个方格，可算出该放电过程释放的总的电荷量约为_________C。若该同学使用的电源两端输出电压恒为7V，该电容器电容为_________F。（3）在电容器充、放电实验中，若改接不同阻值的电阻放电，则整个放电过程

i-t图线与坐标轴所围面积_________（选填“改变”或“不变”），图线的a、b、c、三条曲线中对应电阻最大的一条是_________（选填“a”、“b”或“c”）。【答案】①.正电②.b到a③.2.8×10-3④.4.0×10-4

⑤.不变⑥.c【解析】【详解】（1）[1]当他将开关S接１后，电容器上极板带正电。[2]再把开关S与２接通，电容器通过电阻R开始放电，此时通过电阻R的电流方向是由b到a。（2）[3]图像与坐标轴围成的面积等于电容器的带电量，则可算出该放电过程释放的总的电荷量约为Q=3

5×0.4×0.2×10-3C=2.8×10-3C[4]若该同学使用的电源两端输出电压恒为7V，该电容器电容为34F4.010F2.8170QCU−−===（3）[5]因为图像与坐标轴围成的面积等于电容器的带电量，则在电容器充、放电实验中，若改

接不同阻值的电阻放电，则整个放电过程i-t图线与坐标轴所围面积不变；[6]电阻越大，则电容器放电越慢，则图线的a、b、c、三条曲线中对应电阻最大的一条是c。三、计算题（共39分）（解答应写出必要的文字说明、原始方程式。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中

必须明确写出数值和单位）18.如图用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为m，所带电荷量为q，现加水平向右足够大的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向夹角为θ。已知重力加速度为g。（1）对小球进行受力分析并判断小球所带电荷正负；（2）求匀

强电场的场强E；（3）剪断细线，判断小球之后所做运动的运动性质并求其加速度a大小。【答案】（1）受力分析见详解，小球带负电；（2）tanmgEq=；（3）匀加速直线运，cosga=【解析】【详解】（1）小球在该位置平衡时受力如图所示的由图可知小球所受的静电力

方向与电场方向相反，故小球带负电；（2）根据小球受力平衡可得tanqEmg=即tanmgEq=（3）剪断细线后，小球会沿着重力和电场力合力的方向做匀加速直线运动，合力大小为cosmgF=根据牛顿第二定律有cosmgma=可得cosga=19.如图所示为一水平向右的匀强电场，电场

强度E，将电荷量为q+的点电荷从A点移动到B点，A、B之间的距离d，求：（1）该点电荷在A点受到静电力F的大小；（2）将该电荷由A点运动到B点，静电力对电荷做功。请利用功的定义以及静电力做功与电势差的关系推导电势差ABU与E的关系

；（3）若该匀强电场的场强41.010N/CE=，A、B之间的距离2210md−=，如果取B点为电势零点，则A点电势为多少？电荷量82.010Cq−=+的点电荷处于A点时具有的电势能为多大？【答案】（1）FEq=；（2）见解析；（3）22.010VA=，6p4.0

10JAE−=【解析】【详解】（1）该点电荷在A点受到静电力F的大小为FEq=（2）根据功的定义WFx=得点电荷q从A点移动到B点电场力做功为ABWFdqEd==又由电场力做功与电势差的关系得ABABWqU=联立得ABUEd=（3）根据ABUEd=代

入数据得22.010VABU=由于22.010VABABU=−=且0B=，可得22.010VA=电势能可表示为pEq=则86p22.0102.010J4.010JAAEq−−===20.如图所示，水平光滑绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC

平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×10⁴N/C。现有一电荷量41.010Cq−=，质量m=0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上

的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5m/s。已知重力加速度g=10m/s2。求：（1）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；（2）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小；（3）带电体第一

次经过C点后，请根据运动的合成与分解的方法，求带电体落在水平轨道上的位置到B点的距离。【答案】（1）1.25m；（2）7.25N；（3）0.4m【解析】【详解】（1）由P到B由动能定理212PBBqExmv=解得1.25mPBx=（2）带电体

运动到圆形轨道的最低点B时2BNvFmgmR=−解得FN=7.25N（3）从B到C，由动能定理2211222CBmgRmvmv−=−从C点水平抛出，则竖直方向2122Rgt=水平方向212CqEsvttm=−解得s=0.4m21.类比法是

研究物理问题的常用方法。（1）如图甲所示为一个电荷量为+Q的点电荷形成的电场，静电力常量为k，有一电荷量为q的试探电荷放入场中，与场源电荷相距为r。根据电场强度的定义式，推导：试探电荷q所在处的电场强度

E的表达式；（2）场是物理学中重要的概念，除了电场和磁场外，还有引力场，物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的。忽略地球自转影响，地球表面附近的引力场也叫重力场。已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。请类

比电场强度的定义方法，定义距离地球球心为r（r>R）处的引力场强度，并说明两种场的共同点；（3）微观世界的运动和宏观运动往往遵循相同的规律，根据玻尔的氢原子模型，电子的运动可以看成是经典力学描述下的轨道运动，如图乙。原子中的电子在原子核的库仑引力作用下，绕静止的原子核做匀速圆周

运动。这与天体运动规律相似，天体运动轨道能量为动能和势能之和。已知氢原子核（即质子）电荷量为e，核外电子质量为m，带电量为一e，电子绕核运动的轨道半径为r，静电力常量为k。若规定离核无限远处的电势能为零，电子在轨道半径为r处的电势能为2pkeEr=−，求电子绕原子核运动的系统总能量E（包含电

子的动能与电势能）。【答案】（1）2QEkr=；（2）见解析；（3）22keEr=−【解析】【详解】（1）根据库仑定律和场强的定义式有2QqFkr=，FEq=解得2QEkr=（2）根据万有引力定律2MmFGr=引则距离地球球心为r（r

>R）处的引力场强度为2FMEGmr==引引两种场的共同点：①都是一种看不见的特殊物质；②场强都是既有大小又有方向的矢量；③两种场力做功都与路径无关，可以引入“势”的概念；④力做功的过程，都伴随着一种势能的变化；⑤都可以借助电场线（引力场线）、等势面（

等高线）来形象描述场。（3）根据222kevmrr=则动能为22k122keEmvr==电子绕原子核运动的轨道能量为222kp22kekekeEEErrr=+=+−=−电子向距离原子核远的高轨

道跃迁时r增大，动能减小，电势能增加，电子绕原子核运动的轨道能量E增加。