【文档说明】北京市第一六一中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(21)页，948.554 KB，由小赞的店铺上传

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北京市第一六一中学2023—2024学年第一学期阶段练习高二物理本试卷共4页，共100分.考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效.一、单项选择题，本题共10个小题，每小题3分，共30分。在每个小题给出的四

个选项中，只有一个选项是符合题意的。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置．．．．．．．．．．．．．．．．．。1.在电场中某点，若放入一个电荷量为+q的试探电荷，测得该处场强为E；若放入一个电荷量为-2q的试探电荷，测得该处场强为E´.则（）A.E=E´，方向相同B.E=E´，方向相反C.E=2E´

，方向相同D.E=2E´，方向相反【答案】A【解析】【详解】电场中的某一确定点处，电场强度是确定的，不随试探电荷的变化而变化，故'EE=，方向相同，A正确．2.两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为1m和2m，带电荷量分别是1q和2q，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两

悬线张开，分别与竖直方向成1角和2角，且两球处于同一水平线上，如图所示。若12=，则下述结论正确的是（）A.1q一定等于2qB.一定满足1122qmqm=C.1m一定等于2mD.必须同时满足12qq=、12mm=【答案】C【解析】【详解】A．题中电荷电量可能

不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反，故A错误；BCD．根据共点力平衡条件可得11tanFmg=电22tanFmg=电联立解得1122tantanmm=由于12=，则有12

mm=故C正确，BD错误。故选C。3.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把用丝绸摩擦过的玻璃棒C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则（）A.此时A带正电，B带负电B.此

时A电势低，B电势高C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【答案】C【解析】【详解】A．用丝绸摩擦过的玻璃棒C带正电，带正电荷的物体C靠近A附近时，由于静电感应，

A端带上负电，B端带上正电，故A错误；B．导体AB处于静电平衡状态，导体是等势体，即AB电势相等，故B错误；C．移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，故C正确；D．先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，此时A所

带电荷量仍然等于B的带电量，故两金属箔仍然张开，故D错误。故选C。4.如图所示，三个同心圆是固定的点电荷Q周围的三个等势面，A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三个点在同一条电场线上。已知这三个圆

的半径关系是::1:2:3ABCrrr=。现将一电荷量为q+的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只在点电荷Q的静电力作用下开始运动，则（）A.三点的电场强度大小关系是::3:2:1ABCEEE=B.三点的电势大小关系是ABBC

−−C.该试探电荷在三点的电势能大小关系是pppABCEEED.该试探电荷在三点的动能大小关系是kkkkCBBAEEEE−−【答案】BD【解析】【详解】A.因为::1:2:3ABCrrr=，根据公式2kQEr=得::36:9:4ABCEEE=故A错误；B．根据点电荷

场强公式可知，AB段场强大于BC段场强，AB间距离等于BC间距离，再根据UEd=可知AB间电势差UAB大于BC间电势差UBC，即ABBC−−故B正确；CD．根据动能定理PPkkABABABBAWqUEEEE==−=−可知q+的试探电荷从A点由静止释放运动，电场力做正功，电势

能减小，且ABBCWW所以pppABCEEEkkkkCBBAEEEE−−故C错误，D正确。故选BD。5.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，O点为AB连线的中点，在AB连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（）A.负点电荷运动

到O点时加速度为零，速度达最大值B.负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C.负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大D.负点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到负点电荷速度为零【答案】A【解析】【

详解】A．负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向为P→O，速度越来越大，又因为O点的电场强度为零，所以负点电荷运动到O点时所受电场力为零，因此负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，A正确；BC．在两个等量正

点电荷连线中垂线上电场强度方向为O→P，电场强度从O→P→无限远先变大后变小，由于P点的位置不确定，无法确定电场强度的最大值在P点上方还是下方或P点，因此负点电荷在从P点到O点运动的过程中，速度越来越大，但加速度如何变化无法确定，故BC错误；D．根据电场

线的对称性可知，负点电荷越过O点后，负点电荷q做减速运动，根据对BC选项的分析，加速度的变化情况仍然无法判断，D错误。故选A。6.如图所示为一电场等势面的分布情况。虚线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A

、B为轨迹上的两点，则（）A带电粒子带负电B.带电粒子在A点的加速度小于B点的加速度C.带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能D.若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿等势面d运动【答案】C【解析】【详解】A

．由电场方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势，带电粒子运动轨迹向低电势方向弯曲，即粒子受到向低电势方向的电场力，电场力方向与电场方向相同，可知带电粒子带正电，故A错误；B．等差等势面越密的地方，电场线越密，电场强度越大，则有BAEE

带电粒子在A点受的电场力大于在B点受的电场力，因此带电粒子在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；C．带电粒子带正电，在高电势位置的电势能大，在低电势位置电势能小，因此带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能，故C正确；D．若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用

下将沿低电势方向运动，不会在等势面d运动，故D错误。故选C。7.如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是（）A.到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关B.到达Q板的速率与板间

距离无关C.两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大.D.若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍【答案】B【解析】【详解】AB．根据动能定理得212qUmv=到达Q板的速率为2qUvm=可知到达Q板的速率只与加速电压

有关，与板间距离无关，故A错误，B正确；C．根据动力学公式212Lat=可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故C错误；D．到达Q板的速率为2qUvm=故若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。故选B。8.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装

置如图所示。实验中，极板所带电荷量不变，若要使静电计指针的张角变大，可采用的方法是（）A.仅减小两极板间的距离B.紧贴b板插入金属板C.仅将电容器b板向下平移D.仅在极板间插入有机玻璃板【答案】C【解析】【详解】A．根据电容器的定义式以及决定式QCU=，

r4SCkd=可知，电荷量不变的情况下，仅减小两极板间的距离，则电容器的电容增大，两极板间的电压将减小，静电计指针偏角将减小，故A错误；B．若紧贴b板插入金属板，则电容器两极板间的距离减小，电容增大，两极板间的电压减小，静电计指针偏角将减小，故B错误；C．若仅将电容器b板向下平移，则两极板正

对面积减小，电容器的电容减小，两极板间的电压将增大，静电计指针偏角将增大，故C正确；D．若仅在极板间插入有机玻璃板，则电介质系数变大，电容器的电容增大，两极板间的电压减小，静电计指针偏角将减小，故D错误。故选C。9.某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其

中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为0v，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收

集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，要增大除尘率，则下列措施可行的是（）A.只增大电压U或者长度LB.只增大电压U或者高度dC.只增大长度L或者d

D.只增大尘埃被吸入水平速度0v【答案】A【解析】【详解】增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为212yatmaqE==，又因为0UEdvtL==，联立解得

2202qULymdv=只要竖直方向上的位移y增大即可，因此可以增加电压U、极板长度L、减小高度d、减小水平速度0v。故选A10.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如

图所示，在半球面AB。上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，2OMONR==。已知M点的场强大小为2E，则N点的场强大小为（）A.222kqER−B.24kqRC.224kqER−D.2kqER+【答案】A【解析

】【详解】设半球面AB有一相对于球心O对称的相同半球面，相当于将电荷量为2q的球面放在O处，由题意可得，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则等效球面在M、N点所产生的电场大小均为1222(2)2kqkqERR==

由题意知半球面在M点的场强大小为2E，根据对称性可知，图中半球面在N点的场强大小为12222NkqEEEER=−=−故选A。二、多选题，本题共4个小题，每小题4分，共16分，漏选得2分，错选不得分。把正确答．．．．案涂写在答题卡上相应的位置．．．．．．．．．．．．．。11.如

图所示，设想在真空环境中将带电导体球靠近不带电的导体。若沿虚线1将导体分成左右两部分，这。两部分所带电荷量分别为Q左、Q右；若沿虚线2将导体分成左右两部分，这两部分所带电荷量分别为Q左、Q右。下列推断正确的是（）A.QQ+右左可能为负B.QQ+右左一定等于

QQ+右左C.导体内虚线1上各点的场强小于虚线2上各点的场强D.导体内虚线1上各点的电势等于虚线2上各点的电势【答案】BD【解析】【详解】A.因导体所带电量的总和为零，则QQ+右左一定为零，故A错误；B.因导体所带电量的总和为零，则QQ+右左一定等于QQ

+右左，且都等于零，故B正确；C.达到静电平衡时，导体内部各处场强均为零，则导体内虚线1上各点的场强等于虚线2上各点的场强，故C错误；D.达到静电平衡时，导体是等势体，则导体内虚线1上各点的电势等于虚线2上各点的电势，

故D正确。故选BD。12.电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线。某电场的电场线分布如图所示（实线），一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从O运动到P，则下列说法正确的是（）A.粒子一定带负电B.粒子在P点的加速度一定

大于在O点的加速度C.粒子在P点的速度一定大于在O点的速度D.P点的电势一定高于O点的电势【答案】BC【解析】【详解】A．显然，该粒子在电场中做曲线运动，而做曲线运动的物体，其轨迹夹在速度方向与合力方向之间，且所受合外力指向轨迹的凹侧面，由此可判断该粒子带正电，故A错误；B．电场线越密集的地方

电场强度越大，显然P点的电场线比O点的更密集，因此可知P点的电场强度更大，根据牛顿第二定律有Eqam=可知，电场强度越大，加速度越大，即粒子在P点的加速度一定大于在O点的加速度，故B正确；C．做出粒子从O点到P点过程中某位置处的速度方向与所受电场力的方向，如

图所示可知，粒子从O点到P点过程中电场力的方向与速度方向之间的夹角为锐角，因此粒子从O点到P点过程中做加速运动，则粒子在P点的速度一定大于在O点的速度，故C正确；D．根据以上分析可知，粒子从O点到P点过程中电场力做正功，粒子的动能增加势能减小，即粒子在P

点的电势一定低于O点的电势，故D错误。故选BC。13.如图所示，两个带电荷量均为q+的小球A和B，A球固定在O点的正下方L处，B球用长为L的细线悬挂在O点，静止时，细线与竖直方向的夹角为60，以下说法正确的是（）A.B球的质量为22kqg

LB.细绳的拉力大小为223kqLC.O点处的电场强度的大小为23kqLD.B在A处产生的场强大小为2kqL，方向在A、B的连线上由A指向B【答案】AC【解析】【详解】AB．对B球受力分析，如图由图可知，三个力之间的夹角均为120°，则22kqTmgFL===即B球的

质量为22kqmgL=细绳的拉力22kqTL=选项A正确，B错误；C．根据点电荷电场强度的公式，小球A、B在O点产生的场强大小都是2kqEL=根据平行四边形定则得O点处的电场强度的大小为232cos30kqEEL=

=合故C正确。D．根据点电荷电场强度的公式得B在A处产生的电场强度为2kqEL=方向在A、B的连线上由B指向A，故D错误。故选AC。14.如图所示，足够大的绝缘水平面上有一质量为m、电荷量为q−的小物块（视为质点），从A点以初速度0v水平向右运动，物块与水平面间的动摩擦因数为。

在距离A点L处有一宽度为L的匀强电场区，电场强度方向水平向右，已知重力加速度为g，场强大小为2mgEq=。则下列说法正确的是（）A.适当选取初速度0v，小物块有可能静止在电场区B.适当选择初速度0v，小物块

可能回到A点C.要使小物块穿过电场区域，初速度0v的大小应大于22gLD.若小物块能穿过电场区域，小物块在穿过电场区的过程中，机械能减少3mgL【答案】BCD【解析】【详解】A.物块进入电场后，水平方向受到向左的电场力和摩擦力，则有2FEqmgmg==电即在电场区内，小物块不可

能受力平衡，小物块不可能最终静止在电场区内，故A错误；B.假设物块可以返回A点，设物块在电场中最大位移为x（xL），在电场中速度由零向左加速度的过程，设出电场后向左减速的最大位移为'x，由动能定理可得'()00qExmgxx−+=−即'2()00mgxm

gxx−+=−解得'xx=说明返回过程出电场之后的最大位移总是等于在电场中的最大位移，而在电场中的最大位移可以等于L，因此选择适当的初速度0v，小物块可能回到A点，故B正确；C.要使小物块能穿过电场区域，则穿出时速度大于零，运用动能定理得

20102-2mvmgLEqL−=−解得022vgL=所以要使小物块穿过电场区域，初速度0v的大小应大于22gL，故C正确；D．小物块在穿过电场区的过程中，电场力和摩擦力做功3WFLmgLmgL=−=−电机械能减小3mgL，故D正确。故选CD。三、实验题15.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。电源两端的电压始为8.0V。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。此过程得到的It−图像如图2所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是______________________________。如果不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，则此过程的It−曲线与坐标轴所围成的

面积将__________（添“变大”或者“不变”、“变小”）。（2）请结合图像估算电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q=__________，进一步得到电容大约为__________μF。（3）关于电容器在整个充、放电过程中的qt−图像和ABUt−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，ABU为A、B两板的电势差）。A.B.C.D.【答案】①.放电②.0.2s内电容器放出的电荷量③.不变④.33.210C−⑤.400⑥.AD##DA【解析】【详解】（1）[1]电容器充电结束后，将电

容器的两端与一个闭合的外电路接通时，电容器开始放电，开关S改接2后，电容器与左侧形成一个闭合回路，进行的是放电过程。[2]开关接1时，对电容器充电，接2时电容器放电，根据qIt=可知It−图像中阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2s内电容器放出的电荷量。[3]因为总电荷量不会因为电阻R而变化

，则曲线与坐标轴所围成的面积不变，且由于电阻增大，电路中的平均电流变小，所以放电时间将变长，曲线会有变化，但是曲线与坐标轴所围成的面积表示这一时间间隔内通过导体的总电荷量，总电荷量不变，所以曲线与坐标轴所围

成的面积不变。（2）[4]根据It−图像与横轴围成的面积表示个放电过程中释放的电荷量，图中面积大约有40个小方格，则有33400.40.210C3.210CQ−−==[5]根据QCU=且8VU=联立可得343.210F410F400μF8C−−===（3）[6]AB．电源给电容器充电时

，极板上的电荷从未到有，从少到多，需要一个过程，在开始充电的瞬间，由于极板上没有电荷，电容器极板两端电压为零，此时电容器相当于短路，极板上很容易充上电荷，所以电荷量变化率刚开始比较大，随着电容极板上电荷

数量的增加，电荷量变化率减小，电容放电时，刚开始两极板间电势差较大，电荷量的变化率较大，随着放电进行，两极板间电势差减小，电荷量变化率也减小，故A正确，B错误；CD．根据QCU=且C不变，可知，U与Q

的变化情况相同，故C错误，D正确。故选AD。四、本题包括4小题，共42分。解答应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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。16.在电场中把92.010C−的正电荷从A点移到B点，静电力做功7

1.510J−。再把这个电荷从B点移到C点，静电力做功74.010J−−。（1）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大；（2）A、B、C三点中哪点电势最高？哪点电势最低；（3）把91.510C−−的电荷从A点移到C点，静电力做多少功。【答案】（1）

75VABU=，200VBCU=−，125VACU=−；（2）C点电势最高，B点电势最低；（3）71.87510J−【解析】【详解】（1）92.010C−的正电荷从A点移到B点，静电力做功71.510J−，则有791.510V75V210ABABWUq−−=

==92.010C−的正电荷从B点移到C点，静电力做功为74.010J−−，则有79410V200V210BCBCWUq−−−===−则A、C间的电势差75V200V125VACABBCUUU=+=−=−（2）由于75VABU=，125VACU

=−可知A、B、C三点中C点电势最高，B点电势最低。（3）把91.510C−−的电荷从A点移到C点，静电力做功为97J(1.510J11.875125)0ACACWqU−−−==−=17.如图所示，长为l的轻质细绳上端固定，下端

连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角为。小球所带电荷量q，匀强电场的场强为E，取重力加速度为g，求：（1）小球所受电场力F的大小；（2）小球的质量m；（3）若将电场瞬间反向，场强大小不变，求小球到最低点时速度v的大小（绳子一直张紧

）。【答案】（1）qE；（2）tanqEg；（3）2(1costansin)gL−+【解析】【详解】（1）小球所受电场力的大小为FqE=（2）以小球为对象，根据受力平衡可得tanqEmg=解得小球的质量为tanqEmg=

（3）若将电场瞬间反向，场强大小不变，根据动能定理可得21(1cos)sin2mgLqELmv−+=解得小球到最低点时速度的大小为2(1costansin)vgL=−+18.静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，

有利于工人健康等优点，其装置示意图如图所示。A、B为两块平行金属板，间距0.30md=，两板间有方向由B指向A、电场强度31.010N/CE=的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形

喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的质量152.010kgm−=、电荷量为162.010Cq−=−，喷出的初速度02.0m/sv=。油漆微粒最后都落在金属板B上。微粒所受重力和空气阻力以及

微粒之间的相互作用力均可忽略。试求：（1）微粒落在B板上的动能；（2）微粒从离开喷枪后到达B板所需的最短时间；（3）微粒最后落在B板上所形成图形的面积。【答案】（1）146.410J−；（2）0.06s；（3）

23m125【解析】【详解】（1）根据动能定理可得2kB012qEdEmv=−可得微粒落在B板上的动能为2kB012EmvqEd=+代入数据解得14kB6.410JE−=（2）油滴受到的电场力方向竖直向下，所以速度垂直极板时的时间最短，设到达极板时速度为1v，有

22102vvad−=，=qEam解得2100m/sa=，18m/sv=所以有最短时间为10min0.06svvta−==（3）油滴落下的图形为一个圆，当油滴初速度垂直电场线方向时，落地水平距离最大，为圆的半径，此

时有02dta=，000xvt=得微粒最后落在B板上所形成图形的面积为20Sx=代入数值解得23m125S=19.如图1所示，平行板电容器极板长度为L，板间距为d，B极板接地（即电势=）。在电容器两极板间接交变电压，A极板的电势随时间变化的图像如图

2所示，其最大值为U。电子以速度v0沿图1中虚线方向射入两板间，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，重力不计。（1）每个电子穿过偏转电场的时间极短，可以认为这个过程中两极板间的电压是不变的，偏转电场可看做匀强电场。求在t=0.15s时

刻进入偏转电场的电子从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了每个电子穿过电场过程中两极板间电压的变化，请结合下列数据分析说明其原因。已知L=4.0×10-2m，v0=2.0×107m/

s。（3）电势可以随时间变化，也可以随空间发生变化。自然界中某量D的变化可以记为D，发生这个变化所用的时间间隔可以记为t；变化量D与t的比值Dt就是这个量对时间的变化率。若空间中存在一静电场，x轴与某条电场线重合。a．请你类比上述变化率概念写出电势对空间位置x的变化率A的表达式；b

.该静电场的电势随x的分布可能是图3所示甲、乙两种情况中的一种。请你根据电势随空间的变化情况分析比较两种情况的电场在0<x<d区域内的相同点和不同点。的【答案】（1）2204UeLydm=v（2）见解析（3）a.Ax=或UAx=b.见解析【解析】【详解】（

1）由−t图可知t=0.15s时两极板间的电压2UU=电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动L=v0t在垂直于极板的方向上做初速度为0的匀加速直线运动212yat=其中Eeam=2UEd=代入解得2204UeLy

dm=v（2）电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动L=v0t可知电子通过电场所用的时间为29704.0102.010s2.010Lt−−===v由图2可知电场变化周期T=0.2s982.0101100.2tT−−==可见

电子通过电场所用时间远远小于电场变化的周期，因此电子穿过平行板的过程中可以认为两板间的电压是不变的。（3）a.Ax=或UAx=的的b.由图3可知甲、乙两种情况中电势沿x轴的正方向均降低，由此可知两种情况的电场方向是

相同的，均沿x轴的正方向。不同点是电势随空间位置的变化快慢不同，甲电场的电势在沿x轴的正方向上随空间位置均匀降低，为匀强电场；乙电场的电势在沿x轴的正方向上随空间位置降低得越来越慢，电场强弱分布不均匀，沿x轴的正方向电场强度逐渐减小。