【文档说明】四川省广元市苍溪中学校2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(16)页，979.395 KB，由小赞的店铺上传

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苍溪中学校高2022级高二·上第一学段考试物理试卷说明：1.本试卷分三个大题，满分100分，考试用时75分钟。2.所有的题目均应作在答卷上相应的位置，答在本试卷上的答案无效。一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10

-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的得0分。1.静电现象在自然界普遍存在，在生产生活中也时常会发生静电现象。人们可让静电服务于生产生活，但也需对其进行防护，做到趋利避害。下列关于静电现象的说法正确的是（）A.静电除尘的原理是静电屏蔽B.干燥天

气里脱毛衣时会产生火花，是因为摩擦过程中凭空创造出了电荷C.避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点D.印刷车间的空气应保证干燥，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电【答案】C【解析】【详解】A．静电除尘的原理是带电粒子受到电场力作用，故A错

误；B．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体，而不是创造出新的电荷，故B错误；C．避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点，故C正确；D．印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，需空气保持一定湿度，以便及时导走，故D错误。

故选C。2.关于电容器和电容说法正确的是（）A.电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量B.平行板电容器的电容只与极板间距、正对面积有关C.电容器不带电时，电容为零D.电容器带电时，电荷量两个极板所带电荷量数值之和【答案】A【解析】【详解】A．电容表征电容器容纳电荷的本领大

小，由电容器本身的特性决定，故A正确；BC．平行板电容器的电容与极板间距、正对面积及介电常数有关，与是否带电无关，故BC错误；D．电容器带电量为某一个极板所带电荷量的绝对值，故D错误。是故选A。3.如

图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，三点构成直角三角形，∠A=37°，AB边长为5m，D为AB中点，电场线与ABC所在平面平行，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和6V，取sin37°=0.6，cos3

7°=0.8，则（）A.DC两点间电势差UDC=8VB.D点电势φD=8VC.该电场的电场强度E=2V/mD.该电场的方向为沿BC方向【答案】C【解析】【详解】AB．将AB二等分，由于UAB=φA-φB=14V-6V=8V则每等分两端的电势差为4V

，所以UAD=φA-φD=4V可知φD=10V则UDC=φD-φC=10V-6V=4V故AB错误；CD．由于φB=φC=6VB、C两点位于同一等势面上，根据沿电场线方向，电势降低，故电场线即沿AC方向，场强8V/m2V/m4ACUEAC===故C正确，D错误。故选C。4.如图所示，a、b、c、d

分别是一个菱形（竖直放置）的四个顶点，120abc=。O点为菱形对角线的交点，现将三个电荷量均为Q+的点电荷分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的是（）A.d点的电场强度大于O点的电场强度B.d点的电场强度等于O点的

电场强度C.d点电场强度的方向由O指向dD.O点电场强度的方向由d指向O【答案】C【解析】【详解】AB．设菱形的边长为L，a点的点电荷在d点产生的电场的场强在竖直方向的分量为2cos60yEkQL=由对称性及电场叠加原理知d点的电场强

度为222cos6022dEkQkQLLLkQ=+=同理可得O点的电场强度为2(cos640)OkQkQELL==则有dOEE故AB错误。C．根据电场叠加原理可知，a、c两点的点电荷在d点叠加的电场强度的方向是竖直向下的，b点的点电荷在d点的电场强度的方向也是竖直向

下的，所以d点的电场强度的方向由O指向d，故C正确；D．a、c两点的点电荷在O点叠加的电场强度为零，b点的点电荷在O点的电场强度的方向竖直向下，所以O点的电场强度的方向由O指向d，故D错误。故选C。5.如图所示

，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量大小分别为1Q、2Q和3Q，2Q与3Q的距离为1Q与2Q距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零。下列选项中正确的是（）A.123::3:2:6QQQ=B.123::9:4:36QQQ=C.1Q和2Q带同种电荷D.231QQQ【

答案】B【解析】【详解】分析可知，三个电荷的电性有两种情况，若2Q带正电，则1Q、3Q带负电；若2Q带负电，则1Q、3Q带正电。由于三个电荷均处于平衡状态，所以对1Q有()131222112kQkQllQQl=+对2Q

有23122212kQklQQQl=对3Q有()132322212kQkQlQQll=+联立解得22121212321:::1:llllQlQQl++=根据题意可知212ll=所以123::9:4:36QQQ=故选B。6.在如图所示的四种电场中，分别标

记有a、b两点。其中a、b两点电场强度相同的是（）A.甲图中与点电荷等距的a、b两点B.乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C.丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D.丁图电场中的a、b两点

【答案】B【解析】【详解】A．根据点电荷电场分布可知，a、b两点大小相同，方向不同，故A错误；B．根据对称性可知，a、b两点电场强度大小相等，两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b两点的场强方向垂直中垂线向右，a、b两点的电场强度方向相同，故a、b两点两点的电场强度相同，故B正确；C．根

据对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相反，故C错误；D．根据电场强度方向沿电场线的切线方向，电场线的疏密表示场强大小，可看出非匀强电场中的a、b两点电场强度大小和方向都不同，则电场强度不同，故D错误。故选B。7.两个完全相同的带电金属小球P、Q（可以视为点电荷，

所带电荷量相等）相距r时，彼此之间的库仑斥力大小为F。现让完全相同的不带电金属小球S先与带电小球P充分接触，再与带电小球Q充分接触后移开，则金属小球P、Q间的库仑力大小变为（）A.38FB.34FC.98FD.94F【答案】A【解

析】【详解】初始时，根据库仑定律22kQFr=用完全相同的不带电金属小球S先与带电小球P充分接触，两球带电量均为1'2QQ=再与带电小球Q充分接触，小球S与Q带电量均为113''()224QQQQ=+=金属小球P、Q间的库仑力大小变为的2'''3'8QQFkFr==故选A。8

.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个质子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过间距相等的A、B、C三点，该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.A点电势高于B点电势B

.A点的电场强度小于B点的电场强度C.质子经过A点的速率大于经过B点的速率D.A、B两点电势差UAB小于B、C两点电势差UBC【答案】A【解析】【详解】A．由题图乙可知质子的电势能一直减小，所以电势一直降低，故A点电势高于B点电势，故A正确；C．根据能量守恒，由A到B的过程中质子的电势能

一直减小，所以动能一直增大，即质子的速度增大，故质子经过A点的速率小于经过B点的速率，故C错误；B．根据功能关系可得pEFx=−即图像的斜率的绝对值表示电场力的大小，由题图乙可知，A点电场力大于B点电场力，所以A点的电场强度大于B点

电场强度，故B错误；D．由题图乙可知，质子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据电场力做功与电势能的关系pqUE=−可知，A、B两点间电势差UAB大于B、C两点间电势差UBC，故D错误。故选A9.如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力

作用下某带电粒子的运动轨迹，A、B、C、D。是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是（）A.该粒子一定带正电B.由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的C.将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动D

.该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度【答案】D【解析】【详解】A．由于不知道电场线方向，所以无法判断该粒子的电性，A错误；B．同一电场的电场线在空间是不可能相交的，B错误；C．将该粒子在C点由静止释放，由于电场线是曲线，所以后

期粒子运动中，合力与速度不在一条线上，粒子会做曲线运动，C错误；D．由于粒子运动是曲线，电场力方向沿电场线切线方向，以A点为例，D点的位置在A点切线的下方，说明A点受力方向沿电场线向下，因此从A到D，电场力做负功，

速度减小，D正确。故选D。10.两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m的带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中（）A.如果保持连接电源，两

极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流从b流向aB.如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动C.如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势不变D.如果断开电源，两板间接静电计，A板上移，静电计

指针张角变大【答案】CD【解析】【详解】A．如果保持连接电源，两极距离不变，非常缓慢地错开一些，则电容器两极板间电势差U不变，正对面积S减小，由r4SCkd=可知电容C减小，根据QCU=可知电容器所带电荷量减小，电容器放

电，电流计中电流从a流向b，故A错误；B．如果保持连接电源，将A板上移，则电容器两极板间电压U不变，两极板间距离d增大，根据=UEd知两极板间电场强度减小，带电油滴所受合力向下，油滴将向下加速运动，故B错误；C．如果断开

电源，A板上移，电容器所带电荷量Q不变，两极板间距离d增大，由UEd=QCU=r4SCkd=联立可得r4kQES=可知电场强度不变，油滴静止不动。B板接地，小球到B板的距离不变，油滴处电势不变，故C正确；D．如果断开

电源，两板间接静电计，A板上移，电容器所带电荷量Q不变，两极板间距离d增大，由C选项分析可知，电场强度E不变，两极板间电势差增大，静电计指针张角变大，故D正确。故选CD。11.如图所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有

质子、氘核和α粒子均从A板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是（）A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同C.加速电场的静电力对

三种粒子做功之比为1∶1∶2D.偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4【答案】BC【解析】【详解】AC．设加速电场的电压为U，粒子经过加速电场后获得的速度大小为v，根据动能定理有212WqUmv==粒子从B板运动到荧光屏过程水平方向做匀速直线运动，经历的

时间为2BMBMxmtxvqU==代入数据可得质子、氘核和α粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为1:2:2，加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故A错误，C正确；B．设偏转电场的电场强度为E，粒子在偏转电场中的侧移量为22211224qElElyatmvU===由上式可知

y与粒子的比荷无关，即三种粒子打到荧光屏上的位置相同，故B正确；D．偏转电场的电场力对粒子做功为WqEyq=偏∝所以偏转电场的电场力对质子、氘核和α粒子做功之比为1∶1∶2，故D错误。故选BC。12.如图所示，AC是圆O的一

条水平直径，BD是竖直方向的另外一条直径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电，电量大小为q、质量为m的粒子从圆心O点以相同的动能k0E射出，射出方向不同时，粒子可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经

过C点时粒子的动能最小且为k04E，已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g，匀强电场的场强2mgEq=，那么（）A.粒子经过B点和D点时的动能一定相同B.B点的电势高于O点的电势C.粒子经过M点时的动能为k058ED.电场线沿OC方向【答案】AC【解析】【详解】ABD．从O经过C点正粒子

动能最小且为k04E，则C点为复合场的等效最高点，则复合场的合力如图所示则可知粒子经过B点和D点时，合力做功为零，所以过两点时的动能一定相同，则有cosFqE=合sinqEmg=2mgEq=求得3合=Fmg电场方向与CA夹角为30=所以电场线没

有沿OC方向，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势低于O点的电势，故A正确，BD错误；C．OM连线与OC的夹角为60°，则粒子从O到M，根据动能定理有kk0cos60FREE−=−合从O到C点，有k0k04EF

RE−=−合联立求得粒子经过M点时的动能为kk058EE=的故C正确。故选AC。二、实验题（本题共1小题，每空3分，共15分）13.如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。（1）当开关S接_______时（

选填“1”或“2”），平行板电容器充电。随着极板上电荷的增多，电流逐渐_______（选填“增大”或“减小”）。（2）电容器充电完毕，断开开关，此时如图甲所示电路图中电容器上极板____________（填“带正电”、“带负

电”或“不带电”）；（3）开关S接2时，电容器放电，流经G表的电流方向为______（填“向左”或“向右”）；（4）然后将开关S接2，电容器放电。在放电过程中，电路中的电流大小为i，电容器所带电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C。下面关于i、Q、U、C

随时间t的变化的图像，正确的是____________。A．B．C．D．【答案】①.1②.减小③.带正电④.向左⑤.B【解析】【详解】（1）[1][2]平行板电容器充电时要与电源相连，故开关接“1”，刚开始充电时电流较大，随着极板上电荷

的增多，电流逐渐减小。（2）[3]与电源正极相连的极板带正电，故上极板带正电。（3）[4]平行板电容器放电时，电流从正极板流向负极板，故流过G表的电流方向向左。（4）[5]ABC．放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式QCU=可知电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减

小，根据ΔΔQit=可知Qt−图像的切线斜率绝对值逐渐减小，B正确，A、C错误；D．放电过程中，电容与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关系，可知电容器电容保持不变，D错误。故选B。三、计算题（本题共3小题，共37分。要有必要的

文字说明和重要的演算步骤，只有最后答案的不给分）14.把一检验电荷q放在点电荷Q所形成的电场中的A点，若检验电荷的电量为82.010Cq−=−，它所受的电场力32.010NF−=，方向背向Q，如图所示，求：（1）A点的场强大小；（2）若将检验电荷q从电场中的A点移到B点

，电场力做功为64.010J−，则A、B之间的电势差是多少？【答案】（1）51.010N/CE=；（2）200VABU=−【解析】【详解】（1）A点的场强为E，则3582.010N=1.010N/C2.010CFE

q−−==（2）设A、B之间的电势差UAB，则684.010V200V2.010ABWUq−−===−−15.如图所示，一带电小球的质量0.2kgm=，用长为0.8mL=的细线悬挂在水平方向的匀强电场中的O点，电场场强度3310N/CE=，当细

线与竖直方向夹角为37=时，小球恰好静止在A点求（sin370.6=，cos370.8=）（1）小球带什么电？电量是多少？（2）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置时小球的速度为多少？【答案】（1）带正电，4510N/C

−；（2）2m/s【解析】【详解】（1）对小球受力分析，根据受力平衡可知，小球受到的电场力水平向右，与电场方向相同，则小球带正电；根据平衡条件可得tanqEmg=解得43tan0.2100.75510N/C310mgqE

−===（2）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置时，根据动能定理可得21sin(1cos)02AqELmgLmv−−=−解得运动到A位置时小球的速度为2m/sAv=16.如图所示，一个电子由静止

开始经加速电场加速后，沿右侧两平行正对极板中心轴线OO射入偏转电场，并从另一侧射出，打到荧光屏上的P点，O为荧光屏的中心点。已知电子质量为m、电荷量为e（e>0）、加速电场所加的电压为U0、偏转电场所加的电压为U、水平极板的长度为L1、上下两板间距离

为d、水平极板的右端到荧光屏的距离为12L。不计电子所受重力。求：（1）电子经加速电场加速后的速度大小v0；（2）电子离开偏转电场时速度的偏转角的正切值；（3）电子打在荧光屏上的P点到O点的距离h和电子在P点的动能。的【答案】（1）02

eUm；（2）10tan2ULUd=；（3）2102ULdU，221020()4ULeUUd+【解析】【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理得20012emvU=解得002eUvm=（2）电子在偏

转电场中，做类平抛运动，在水平方向上有10Lvt=在竖直方向上有212yat=，eUamd=联立解得2104ULydU=电子射出时竖直方向速度为10yeULvatmdv==电子做类平抛运动，速度反向延长线过水平位移中点，速度

夹角正切值为位移夹角正切值二倍，离开偏转电场时速度偏转角的正切值为0tan2yvyvx==联立解得10tan2ULUd=（3）电子打在荧光屏上的P点到O点的距离为0210122yLhvyULvdU=+=根据动能定理可得k0UEeUeyd=+带入数据获得更

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