【文档说明】四川省成都市盐道街中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(22)页，854.220 KB，由小赞的店铺上传

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成都市盐道街中学2024-2025学年上期10月月考高2023级物理学科试题第Ⅰ卷选择题（满分44分）一、单项选择题：本题共8个小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.公式：①FE

q=，②2kQEr=，③pEq=，④ABABWqU=，⑤UEd=，⑥QCU=，⑦4SCkd=。关于以上公式下列说法错误的是（）A.①③④适用任何静电场，②适用点电荷电场，⑤只适用匀强电场定量计算B.E由F和q决定，由Ep和q决定，UAB由WAB和q决定C.⑥QCU

=适用于任何电容器，⑦4SCkd=是平行板电容器的决定式D.Ep由和q决定，WAB和q有关【答案】B【解析】【详解】A．①③④适用任何静电场，②适用点电荷电场，⑤只适用匀强电场定量计算，A正确；B．公式FEq=，pEq=，

ABABWUq=都是比值定义，场强的大小，电势的高低以及电场中AB之间的电势差是由电场本身的性质决定的，与检验电荷无关，B错误；C．公式QCU=是电容器的定义式，适用于任何电容器；而4SCkd=是平行板电容器的决定式，C

正确；D．电势能Ep由和q共同决定的，电场力做功WAB与AB间电势差以及电荷量q都有关，D正确。故错误的选B。2.以下说法正确的是（）A.电势与电势差都和零电势点的选取有关B.电场强度大的地方电势高

，电场强度小的地方电势低C.当某带电体的体积很小时，我们就可以将其看成点电荷来研究问题D.电荷在某点的电势能等于将它从该点移到无穷远处电场力做的功【答案】D【解析】【详解】A．电场中任意两点之间的电势差与零电势点的选取无关，故A错误；B．电场强度

大小和电势大小没有关系，电势是人为规定的，而电场强度大小和电场本身的性质有关，故B错误；C．当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体才可以看作点电荷，与带电体的自身体积大小无关，故C错误D．物理学规定，电荷在某点的电势能，等于把它从该点移到零电势位置（无穷远）电场力

做的功，故D正确；故选D。3.电场中某区域的电场线分布如图1所示。a、b是电场中的两点，分别用aE、bE表示a、b两点电场强度的大小，用aF、bF表示点电荷q分别处于a、b两点时受到电场力的大小。图2则是放在电场中a、b处试探电荷所受电场力的大小与其电

荷量间的函数关系图像，下列判断中正确的是（）A.aE、aF都和q成正比B.a点的电场强度比b点的大C.图2中P图线与位于b点的试探电荷相对应D.若在b点放置负电荷，则b点的电场强度方向从b指向a【答案】C【解析】【详解】A．某

点电场强度决定于电场本身，而与检验电荷无关，故A错误；B．电场线的疏密表示电场强度的大小，由此可知a点的电场强度比b点的小，故B错误；C．图2中Fq−图线的斜率表示电场强度的大小，图2中P图线与位于b点的试探电荷相对应，故C正确；D．电场中某点电场强度大小和

方向由电场本身决定，与检验电荷的存在与否无关，因此若在b点放置负电荷，b点的电场强度方向不变，仍是从a指向b，故D错误。故选C。4.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电

荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a（）A.从N到P的过程中，速率一直增大B.从N到Q的过程中，电势能一直增加C.从N到Q的过程中，机械能一直增大D.

从N到Q的过程中，库仑力先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A．从N到P的过程中，在其中间某个位置存在一个三力平衡的位置，此位置的合力为零，加速度为零，速度最大，则从N到P的过程中，a球速率必先增大后减小，选项A错误；BC．在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力(库

仑斥力)一直做负功，a球电势能一直增加，除了重力之外的其他力做负功，则机械能一直减小，选项B正确，C错误；D．从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，根据库伦定律122QQFkr=可知库仑力一直增大，故D错误。故选B。5.如图所示，M和N为两平行金属板，板间电压恒为

U，在N板附近由静止释放一不计重力的带正电粒子。下列说法中正确的是（）A.若仅减小两板间距离，粒子受到的电场力不变的B.若仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度将变大C.若仅增大两板间距离，回路中会出现逆时针方向的瞬时电流D.若仅减小两板的正对面积，回路中会出现顺时针方向的瞬时电

流【答案】C【解析】【详解】A．极板之间的电场强度UEd=板间电压U不变，仅减小两板间距离时，极板间电场强度增大，则粒子受到的电场力增大，故A错误；B．根据动能定理有212qUmv=解得2qUvm=可知，仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度不变，故B错误；C．根据电容的定义式有

QCU=，4SCkd=解得4USQkd=若仅增大两板间距离，电容器极板所带的的电荷量减少，即电容器将放电，此时回路出现逆时针方向的瞬时电流，故C正确；D．结合上述可知，仅减小两板的正对面积，电容器所带的的电荷量减少，电容器将放电，此时回路出现逆时针方向的瞬时电流，故D错误。

故选C。6.如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点，一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出

，以下说法正确的是（）A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子运动轨迹一定经过PH之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出D.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出【答案】D【解析】【详解】AB．

由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动推理：速度反向延长线过水平位移的中点，O为FH中点，即DO为轨迹的切线，因P在DO线上，所以运动轨迹一定不经过P点，一定经过EP之间点，故AB错误；CD．若将粒子的初速度变为原来一半，在电场力的方向运动

不变，即离开矩形区域的时间不变，又初速度方向做匀速直线运动，所以位移是原来的一半，恰好由E点射出，故C错误，D正确。故选D。7.在甲、乙电场中，试探电荷-q（0q）具有的电势能PE沿x方向的变化分别如图甲、乙所示，则下列说

法正确的是（）A.图甲中，试探电荷在O点受到的电场力为零的B.图甲中，电场强度沿x轴负方向C.图乙中，1x处的电场强度小于2x处的电场强度D.图乙中，1x处的电势高于2x处的电势【答案】D【解析】【详解】A．根据电势能定义式可得

pEqqEx==由图甲可知，试探电荷在O点的电势能为零，即甲电场中O点的电势为零，电场力为图像的斜率，不为零，故A错误；B．在图甲中沿x轴正方向负试探电荷的电势能在增大，可知沿x轴正方向电势是降低的，所以场强可能沿x轴

正方向，也可能与x轴正方夹锐角，故B错误；C．因为pEqUqEx==因为电荷量一定，所以图乙的斜率大小绝对电场强度的大小，由图乙分析可知，1x的斜率比2x处的斜率大，故1x处的电场强度大于2x处的电场强度。故C错误。D．因为电荷为负电荷，所以图乙图像中电势能

越靠下的电势越高，所以图乙中，1x处的电势高于2x处的电势。故D正确。故选D。8.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B、C三点，坐标分别为（0，1cm），（2cm，2cm），（2cm，0），O、A、B三

点的电势分别为24V、20V、8V，现有一重力不计的电荷量为e的带电粒子从坐标原点O处以平行于坐标平面的速度v0垂直电场方向射入电场，恰好通过C点。下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.C点电势为12

VC.粒子从O到C电势能增加了8eVD.电场强度大小为400V/m【答案】A【解析】【详解】B．连接对角线交于O′，如图所示根据图中几何关系可知2BCOA=由于匀强电场中平行等距离的两点间电势差相等，则2()CBOA−=−解得16VC=同理CBOD

−=−可得16VD=则CD为等势线，OB为电场线，方向由O指向B，故B错误；A．重力不计的电荷量为e的带电粒子，从坐标原点处以平行于坐标平面的速度垂直电场方向射入电场，恰好通过C点，说明沿电场线方向移动一段距离，粒子带正电，故A正确；C．粒子从

O到C，电场力做正功，电势能减小，电势能减少量为p8eVOCEeU==故C错误；D．电场强度大小为216V/m4002V/m2210OBUEOB−===故D错误。故选A。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项

符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图为某电子透镜中电场的等势面（虚线）的分布图，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，电子先后经过A、B、C三点，则电子从A点到C点的过程中，下列说法正确的是

（）A.加速度一直减小B.速度先减小后增大C.在A点电势能比在C点电势能大D.从A点到B点电场力做功是从B点到C点电场力做功的2倍【答案】AD【解析】【详解】A．由等差等势面越密集的地方电场线也越密集，电场强度越大可知，电子先后经过A、B、C三点，可知电场强度逐渐减小，电子受到的电场

力逐渐减小，则电子的加速度一直减小，A正确；BC．电子受到的电场力方向指向轨迹的凹侧，则电场强度方向背离轨迹凹侧，并且垂直等势面，即电子受电场力方向与电场强度方向相反，可知电子从A点到C点的过程中，电场力方向与运动方向间的夹角

是钝角，即电场力做负功，电子的动能减小，电势能增大，则速度一直减小，在A点电势能比在C点电势能小，BC错误；D．从A点到B点电子经过两个等差等势面，从B点到C点电子经过一个等差等势面，由电场力做功与电势差关系公式WqU=可知，从A点到B点电场力做功是从B点到C点电场力做功的2倍，D正确。故

选AD。10.如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0

～4T时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，4T～2T时间内沿原方向做匀减速直线运动，2T时刻速度为零。2T～34T时间内向A板做匀加速直线运动，34T～T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。A．电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故A错误。BD．根据匀变速运动速度图象是倾斜的

直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，D错误。C．根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a-t图象应平行于横轴，故C正确。故选BC。11.如图所示，电荷量

为q的两个正点电荷放置于正方体的顶点A、C，正方体的边长为a，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A.顶点B和D的电场强度相等B.顶点B和D′的电势相等C.顶点B的电场强度大小为22kqaD.顶点B′的电场强

度大小为222kqa【答案】C【解析】【详解】A．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，顶点B和D的电场强度大小相等，反向相反，故A错误；B．顶点B到两个正点电荷的距离都为a，顶点D′到两个正点电荷的距离都为2a，故顶点B的电势比顶点D′电势高，故B错误；

CD．根据点电荷的场强公式和场强的叠加法则可知顶点B的电场强度大小为22BkqEa=顶点B′的电场强度大小为2232cos302(2)BkqkqEaa==故C正确，D错误。故选C。12.如图所示，倾角为37°的绝缘粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有平行斜面向

上的匀强电场。一质量为m=lkg的带正电小物块（视为质点）自斜面底端以06m/sv=的初速度沿斜面向上运动，加速度大小为23m/s，方向沿斜面向下，小物块与斜面间的动摩擦因数0.5=，g取210m/s，则在小物块沿斜面向上滑行到最大距离的过程

中，小物块的（）A.重力势能增加36JB.电势能增加42JC.机械能增加18JD.机械能减少24J【答案】AC【解析】详解】物块沿斜面向上运动，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得sincosmgmgEqma+−=解得

【7NEq=物块沿斜面运动的位移为2006m2vxa−==−A．重力势能增加了psin36JEmghmgx===A正确；B．电场力做正功，电势能减小p'42JEEqx=−=−B错误；CD．机械能的变化量为221118J2

EEEmghmv=−=−=C正确，D错误。故选AC。13.反射式速调管：是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图

所示。一质量201.010kgm−=，电荷量91.010Cq−=的带负电的粒子从（-1cm，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（）A.坐标原点左侧和右侧场强大小之比为1∶2B.该粒子在一

个周期内运动距离为6cmC.该粒子运动过程中的最大动能为82.010J−D.该粒子运动的周期83.010sT−=【答案】ACD【解析】【详解】A．根据UEdd==结合图像可得，坐标原点左侧的场强为1402Ed==V/cm=2000V/m

坐标原点右侧的场强为2401Ed==V/cm=4000V/m坐标原点左侧和右侧场强大小之比为1∶2，故A正确；B．带负电的粒子在原点左侧受向右的电场力，匀加速运动，在原点右侧受向左的电场力，匀减速运动到速度为0，后匀加速至原点，再匀减速到初始位置，设在原点左侧运动的位移大小为1x，在原点

右侧运动的位移大小为2x，根据动能定理，有11220qExqEx−=解得20.5x=cm所以该粒子在一个周期内运动距离为12223sxx=+=cm故B错误；C．该粒子在原点有最大速度，根据动能定理，有

11kqExE=解得8k2.010E−=J故C正确；D．根据2k12Emv=可得，粒子运动到原点的速度为6210v=m/s设在原点左侧的加速时间为1t，在原点右侧的加速时间为2t，有11qEvtm=22qEvtm=周期为122()Ttt=+联立解得83.010sT−=故D正确。故选

ACD。第Ⅱ卷非选择题部分（满分56分）三、实验探究题（2题共14分）14.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的小球，系在绝缘丝线上带正电的小球B会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。（1）他们分别进行了以下操作。①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的P1、P2、P3等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电荷量不变时，距离增大，两小球间静电力______（选填“增大”“减小”

或“不变”）。②使小球B处于同一位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力______（选填“增大”“减小”或“不变”）。（2）

接着该组同学又进行了如下实验，如图乙所示，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度

为θ，若两次实验中A的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则12qq为______。【答案】（1）①.减小②.增大（2）36【解析】【小问1详解】[1]设丝线与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件有tanmgF=由图甲可得，两小球所带电荷量不变时，距

离增大，丝线与竖直方向夹角减小，静电力减小。[2]使小球B处于同一位置，增大小球A所带电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，则两小球间静电力增大。【小问2详解】对小球B受力分析，根据库仑定律结合平衡条件有()AB2tansink

qqmgL=解得22ABtansinmgLqkq=可得两次实验中A的电荷量之比为2122tan30sin303tan45sin456qq==15.电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛，使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电

流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势8VE=、内阻不计，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I-t曲

线如图乙所示。的（1）放电时，通过0R的电流方向________（选填“向左”或“向右”）；（2）乙图中阴影部分的面积1S________2S（选填“＞”、“＜”或“＝”）；（3）已知11233mAsS=，则该电容器的电容值约为________法拉（计算结果保留两位有效数字）；（4）由甲、乙

两图可判断阻值1R________2R（选填“＞”或“＜”）。【答案】（1）向右（2）＝（3）0.15（4）<【解析】【小问1详解】由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右。【小问2详解】I-t曲线图像与对应时间轴所围成的面积表

示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等。【小问3详解】由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为10.15SQCUE===F【小问4详解】由图乙可知，充电时的最大电流

大于放电时的最大电流，则可知1R<2R四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）16.如图所示，在光滑绝缘水平面上A、B两点分别固定着两正点电荷，O为AB连线上的点

，且OA=2L、OB=L。一质量为m、电荷量为+q的小滑块（视为点电荷）从AB连线上的C点由静止释放，过O点到达D点时速度恰好为零，滑块经过O点时速度最大且速度大小为v0。（1）求A、B两点处固定的点电荷的电荷量之比12QQ；（2）求C、O两点间的电势差UCO。【答案】（1）4（2）20

2mvq【解析】【小问1详解】固定在A点的点电荷在O点产生的电场强度大小为211(2)kQEL=固定在B点的点电荷在O点产生的电场强度大小为222kQEL=根据矢量合成有12EE=解得124QQ=【小问2详解】滑块从C点到O点的过程中，根据动能定理有2012COWqUmv==解

得202COmvUq=17.如图所示，粒子发射器发射出一束质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），从静止经加速电压1U加速后，沿极板方向射入两平行板中央，受偏转电压2U作用后，以某一速度离开偏转电场。已知平行板长为L，两板间

距离为d，求：（1）粒子进入偏转电场速率0v；（2）粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y的大小；（3）粒子在离开偏转电场时的速度偏转角的正切值tanθ。【答案】（1）102qUvm=（2）2214ULyUd=（3）212ULUd【解析】【小问1详

解】由动能定理得21012qUmv=解得102qUvm=【小问2详解】粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，则有L=v0t212yat=根据牛顿第二定律有2qUamd=联立解得的2214ULyUd=【小问3详解】根据速度方向反向延长线过水平位移的中点，可得速度方向偏转角的

正切值21tan22ULyLUd==18.如图所示，质量为0.4kgm=的带电物体（可视为质点）用绝缘轻绳拴接置于高为1.8mh=的绝缘水平桌面上，整个空间加上水平向右的匀强电场后，物体与桌面间刚好没有压力，轻绳与竖直方

向的夹角为37=，物体到桌面右边缘的距离为2.5mx=，某时刻将轻绳剪断，经过一段时间物体落在水平地面上。已知物体与桌面间的动摩擦因数为14=，物体所带的电荷量为21.510Cq−=，重力加速度210m/sg=，sin370.6=

°，不计空气阻力。求：（1）电场强度的大小；（2）物体到达桌面右边缘时的速度大小；（3）物体的落地点到桌面右边缘的水平间距【答案】（1）200N/CE=（2）5m/sv=（3）04.35mx=【解析】【小问1详解】物体刚好静止在桌面上时，受力分析，如图所示由力的平衡条件可得tanEqmg

=则tan200N/CmgEq==【小问2详解】轻绳剪断后，物体先沿水平桌面向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得f1EqFma−=又fFmg=解得215m/sa=物体运动到桌面边缘的速度为v，则由212vax=

解得5m/sv=【小问3详解】物体离开桌面后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，物体从离开桌面到落地的时间为t，则由212hgt=解得0.6st=水平方向上有2Eqma=解得227.5m/sa=所以有20212xvt

at=+解得04.35mx=19.如图所示，竖直平面直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为134mgE

q=，方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限0x=与3xR=之间有大小为22mgEq=，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m，电荷量为q的带负电小球从B点正上方高2R处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用g表示，求：

（1）小球经过C点时的速度大小Cv；（2）小球在第Ⅲ象限受到轨道支持力的最大值；（3）小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标。【答案】（1）322gR（2）254mg（3）（3R，0）和（9R，0）【解析】【小问1详解】带负电小

球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得211302CmgRqERmv−=−解得小球经过C点时的速度大小为322CgRv=【小问2详解】在电场1E中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为2215()()4FqEmgm

g=+=合设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有3tan4qEmg==可得37=则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得211(2co

s)(sin)02DmgRRqERRmv+−−=−解得5DvgR=在D点根据牛顿第二定律可得2max54DvNmgmR−=联立解得小球受到轨道支持力的最大值为max254Nmg=【小问3详解】在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向

上，大小为22qEmg=小球从C点以322CgRv=的速度进入第四象限内的电场2E中做类平抛运动，加速度大小为2qEmgagm−==方向竖直向上；设小球在电场2E中经过x轴，则有212Rat=，Cxvt=解得2Rtg=，3xR=可知小球刚好从电

场2E的右边界经过x轴，此时小球竖直向上的分速度为2yvatgR==小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过x轴，根据斜抛运动规律有222yvRtgg==，6CxvtR==则小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标为（3R，0）和（9R，0）。