安徽省安庆市2023-2024学年高二物理上学期第二次试卷含解析

（考试总分：100分考试时长：75分钟）

一、单选题（本题共计7小题，总分28分）

1.学习物理要正确理解物理规律和公式的内涵。你认为下列理解正确的是（）

A.根据库仑定律公式F=左华，两个电荷的距离趋于零时，库仑力为无穷大

r

B.根据W=可知，一个电子在电势差为-IV的两点间被加速，电场力做功大小为leV

C.由匀强电场电势差与电场强度关系知，匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正

比

D.根据电容器的电容的定义式可知，电容器的电容与它所带电荷量成正比

【答案】B

【解析】

【详解】A.库仑定律公式F=左隼适用条件是真空之中的点电荷，当两个电荷的距离趋于零时，带电体

厂

的形状与大小对所研究的问题的影响已经不能忽略，此时带电体不能看为点电荷，该公式不成立，因此不

能认为两个电荷的距离趋于零时，库仑力为无穷大，A错误；

B.一个电子在电势差为-IV的两点间被加速，电场力做功大小为

W=-1x（-1）eV=leV

B正确；

C.匀强电场电势差与电场强度关系。=切中的d指沿电场线方向上的距离，因此匀强电场中任意两点间

的电势差与这两点间在沿电场线方向上的投影距离成正比，C错误；

D.C=•^是电容的比值定义式，电容与电容器所带电荷量并没有本质上的决定关系，因此不能认为电容器

的电容与它所带电荷量成正比，D错误。

故选Bo

2.如图所示，接地空心金属球壳的右侧放有带正电的小球Q,金属球壳达到静电平衡后，A.以。三个

点处的电场强度大小分别为旧心EB、EC,则下列说法正确的是（）

1

A.EA<EB<ECB.EA=EB<EC

C.金属球壳左侧外表面带正电D.金属球壳内侧带正电

【答案】B

【解析】

【详解】AB.C点处于点电荷和感应电荷产生的电场中，所以C点的电场强度不等于零；金属空心导体放在

点电荷的电场中，出现静电感应现象，最终处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为零，所以B、A两点

的电场强度都为零，则EA=EB<EC，故A错误，B正确；

C.如果不接地金属球右侧外表面感应出负电荷，左侧外表面感应出正电荷，左侧与大地相连，大地的电子

与左侧外表面正电荷中和，因此左侧外表面不带电。选项c错误；

D.处于静电平衡的导体的电势处处相等，其内表面不带电，故选项D错误。

故选B。

3.如图(a),场源点电荷固定在真空中。点，从与。相距n的户点由静止释放一个质量为)、电荷量为。

(<7>0)的离子，经一定时间，离子运动到与。相距"的N点。用a表示离子的加速度，用r表示离子与。

点的距离，作出其二图像如图(6)。静电力常量为是4,不计离子重力。由此可以判定()

图(a)图(b)

A.场源点电荷带正电

B.场源点电荷电荷量为-‘誓

kq

C.离子在月点的加速度大小为

D.离子在户点受到的电场力大小为"等

%

【答案】D

【解析】

【详解】A.从P到N,带正电的离子的加速度随4的增加而增大，即随r的减小而增加，可知场源点电荷

2

带负电，选项A错误;

B.在N点，由库仑定律及牛顿第二定律

mrNm

解得

一kq

选项B错误;

CD.在P点时，由库仑定律及牛顿第二定律

%旦=粤=默

m4m4

离子在P点受到的电场力大小为

F_r^maN

Fp-TYldp-2

ro

选项C错误，D正确。

故选Do

4.如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、6、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从。点射

入电场的运动轨迹，其中6虚线是以点电荷为圆心的一段圆弧，力8的长度等于欧的长度，且三个粒子的电

荷量大小相等，不计粒子重力，则下列说法正确的是（）

A.力虚线对应的粒子的质量大于。虚线对应的粒子的质量

B.a一定是正粒子的运动轨迹，分和c一定是负粒子的运动轨迹

C./c虚线对应的粒子的速度越来越大，力虚线对应的粒子的速度不变

D.a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，6虚线对应的粒子的加速度

不变

【答案】A

【解析】

3

【详解】A.三个粒子的电荷量大小相等，在初始位置受到的静电力大小相等，6粒子做圆周运动，向心力

2

等于静电力；C粒子做向心运动，可知静电力大于所需的向心力F“，根据《=冽L可知6虚线对应的粒子

r

的质量大于c虚线对应的粒子的质量，故A正确；

B.根据运动轨迹可知a粒子受到向左的静电力，根粒子受到向右的静电力，因为不知道电场的方向，所以

无法确定三个粒子的电性，故B错误；

C.由运动轨迹可知ac粒子运动方向和电场力夹角为锐角，电场力做正功，速度在增大；6粒子做圆周运动,

速度大小不变，但是方向在改变，故C错误；

D.电场线的疏密表示场强大小，由图可知，a虚线对应的粒子所处的场强在减小，加速度越来越小，c虚

线对应的粒子所处的场强在增大，加速度越来越大，6粒子做圆周运动，加速度大小不变，但是方向在改变,

故D错误。

故选Ao

5.平行板电容器内部固定一个绝缘斜面，斜面上放一个带负电的滑块，闭合开关S,电路稳定后，滑块有

沿着斜面向上滑动的运动趋势，以下哪种操作可以让滑块所受的静摩擦力先减小后增大（）

A.断开开关S,减小两极板之间的距离B.断开开关S,增大两极板之间的距离

C.保持开关S闭合，减小两极板之间的距离D.保持开关S闭合，增大两极板之间的距离

【答案】D

【解析】

【详解】由题意可知，此时滑块有沿着斜面向上滑动的运动趋势，则电场力沿斜面向上的分力大于滑块的

重力沿斜面向下的分力，因此可知，为使滑块所受的静摩擦力先减小后增大，电场力应减小，电场强度减

小。

AB.断开开关S,极板间电荷量0不变，则有

E_U_Q_4兀kdQ_4兀kQ

dCdsSdsS

则当减小或增大两极板之间的距离，电场强度£不变，故AB不符合题意；

CD.保持开关S闭合，则两极板间电势差不变，则由石=且可知，减小两极板之间的距离，电场强度增大,

a

增大两极板之间的距离，电场强度减小，故C不符合题意，D符合题意。

4

故选D。

6.如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷量分别为2、

其中小球1固定在碗底/点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的6位置处，如图所示。现在

改变小球2的带电量，把它放置在图中。位置时也恰好能平衡，已知弦长是/C弦长的两倍，则（）

A.小球在8、C两点所受库仑力大小不变

B.小球在C位置时的电荷量是6位置时电荷量的四分之一

C.小球2在8点对碗的压力大小小于小球2在C点时对碗的压力大小

D.小球2在6点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小

【答案】D

【解析】

【详解】CD.根据题意，对小球2在8点时受力分析，如图所示

小球2受重力、支持力、库仑力，其中用为库仑力R和重力阿的合力，由平衡条件可知

F[=N

由相似三角形有

FmgK

AB~OA~OB

设A3距离为L，可知AC距离为二，则有

2

FNmg

T~~R~~R

解得

N=mg,F=—­mg

R

同理小球2C点时有

，L

N=mg,F=----mg

5

可知，小球2在8点对碗的压力大小等于小球2在。点时对碗的压力大小，故C错误，D正确；

AB.由上述分析可知，小球在C点所受库仑力大小是小球在6点所受库仑力大小的5,由公式产=国当可

2r

得，

%=12JJ

%—FI?-8

即小球在，位置时的电荷量是6位置时电荷量的八分之一，故AB错误。

故选Do

7.在x轴上。、P两点分别放置电荷量为名、必的点电荷，一个带负电的试探电荷在两电荷连线上的电势

能”随x变化关系如图所示，其中A3两点电势能为零，8。段中。点电势能最大，则（）

A.0为正电荷，％为负电荷

B.同＜|%|

C.将一正点电荷从8点移到〃点，电场力先做负功后做正功

D.将一正点电荷从6点静止释放后会沿x轴正方向运动且到达。点时速度最大

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据题意，由图可知，一个带负电的试探电荷从0fP的过程中，电势能逐渐减低，则电势

逐渐升高，可知电场方向为Pf0,则。点的电荷带负电，P点电荷带正电，即分为负电荷，/为正电

荷，故A错误；

B.根据题意，由图可知，。点场强为0,根据

一旦

E产

和电场叠加原理可知

|切＞|%|

故B错误；

6

CD.根据题意，由图可知，一个带负电的试探电荷由BfC,电势能增加，则电势降低，电场方向BfC,

由CfO电势能降低，电势升高，电场方向由。则将一正点电荷从8点移到〃点，电场力先做正

功后做负功，将一正点电荷从6点静止释放后会沿x轴正方向运动，由BfC做加速运动，由Cf。做

减速运动，即到达，点时速度最大，故C错误，D正确。

故选Do

二、多选题（本题共计3小题，总分18分）

8.如图所示，在带电体C的右侧有两个原来不带电的、相互接触的金属导体A和B,A、B、C均放在绝缘

支座上。由于静电感应，导体A、B均带电。下列说法正确的是（）

+0

A.如图所示状态中，导体A带负电，B带正电

B.在图示状态下移走带电体C,导体A带负电、B带正电

C.无论是移走带电体C还是将导体A、B分开，导体A、B上的总电荷量始终为零

D.在图示状态下将导体A、B分开，分开后A、B仍带电，该过程创造了电荷

【答案】AC

【解析】

【详解】A.导体A的左端感应出负电荷，导体B的右端感应出等量的正电荷，故A正确；

B.若先移走C,此时导体A和B中的电荷又发生中和，不再带电，故B错误；

C.根据电荷守恒定律，可知无论是移走带电体C还是将导体A、B分开，导体A、B上的总电荷始终为零，

故C正确；

D.在图示状态下将导体A、B分开，分开后A、B仍带电，该过程不是创造了电荷，是电荷的重新分布，故

D错误。

故选ACo

9.如图所示，竖直平面内两个带电小油滴a、6在匀强电场£中分别以速度匕、丫2做匀速直线运动，不计

空气阻力及两油滴之间的库仑力，下列说法正确的是（）

7

A.a、6带同种电荷B.a比6的比荷大

C.a的电势能减小，6的电势能增加D.a的机械能增加，6的机械能减少

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB.由于两油滴均做匀速直线运动，受电场力与重力平衡，电场力都竖直向上，因此a、6均带正

电荷；根据力的平衡关系有

qE=mg

解得

区=£

mE

a与6的比荷一样大

故A正确，B错误；

CD.a向上运动，电场力做正功，电势能减小，机械能增加；6向下运动，电场力做负功，电势能增加，机

械能减小，故CD正确；

故选ACD„

10.接在平行板电容器的A、B两极板电压随时间变化关系图像如图所示，两板间距足够大，一质量为必

带电量为+（7的粒子（不计重力），开始静止在两极板中央，从某时刻由静止释放，关于带电粒子的运动，

下列描述正确的是（）

A.若从0时刻由静止释放，粒子向右运动的最大速度%=

B.若从0时刻由静止释放，粒子先向右后向左做往复性的运动

3

C.若从一T时刻由静止释放，粒子时而右，时而左，每个周期都会向左移动一定距离

8

8

7

D.若从一T时刻由静止释放，粒子时而左，时而右，每个周期都会向右移动一定距离

8

【答案】CD

【解析】

【详解】AB.从0时刻释放粒子，根据静止粒子所受电场力方向及作用时间，画出电子的『V图像如图:

由图可知，粒子在向右的电场力的作用下，向右做匀加速运动，若在工时刻恰好到达右极板，则此时有最

2

大速度，根据动能定理有

,2

qm

22

解得

若在工时刻未到达右极板，板间距足够大的情况下，则此后二时间内再向右做匀减速运动直至速度减为零,

22

之后重复上述运动，运动的方向始终向右，因此粒子始终向右运动，直至到达右极板，故AB错误；

3

C.若粒子从一T时刻由静止释放，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的广力图像如图：

8

由图可知，粒子在电场力的作用下，时而右，时而左，一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，

每个周期都会向左移动一定距离，故C正确；

7

D.若粒子从一T时刻由静止释放，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的「V图像如图:

8

9

v/m/s

由图可知，粒子在电场力的作用下，时而左，时而右，一个周期内向右运动的位移大于向左运动的位移，

每个周期都会向右移动一定距离，故D正确。

故选CD。

三、实验题(本题共计2小题，总分16分)

11.密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量。油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而

带电，落入两块相互平行的极板儿”之间(〃板带正电、“板带负电)，透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极

板间的油滴。

(1)根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的与平衡，可计算出油滴所

带的电荷量。

(2)已知极板M、”之间的距离为d=10cm,电压为。=200V,则两板之间的电场强度£的大小为

(3)油滴—可视为球体，并测得其直径为2.0xl0-6m，已知油的密度为2=0.8xl()3kg/m3,重力加速度

4

为g=10m/s2,则该油滴的电荷量4=。(提示：球的体积公式V=—万氏3,本次计算中％=3)

3

【答案】①.重力##电场力②.电场力##重力③.2000V/m④.1.6x1017C

【解析】

【详解】(1)[1][2]油滴在电场中悬浮时，受到重力和电场力，两力等大反向；

(2)[3]根据公式

E上

d

解得

10

£=2000V/m

（3）[4]根据题目可得

mg=Eq

13

m-p%7rD

联立解得

TID3pgd

―_6U-

代入数据解得

q=1.6xlOT7c

12.如图甲所示，利用电流传感器可以在计算机上观察电容器充电、放电过程中电流的变化情况。

；---

|R的

接计算机I电M0—

甲

先使开关S接计算机与1端相连，电源向电容器充电，在充电过程中电容器极板a带电（选填

"正"或"负"）o

充电完毕后，把开关S掷向2端，电容器通过电阻7?放电，放电电流方向（填“由外PN”或

“由小股〃’）。经过多次测量，获取某电容器实验数据，绘制出的图形如下所示，其中正确的是

11

7/mA

乙

图甲中电源电压为6V。电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的7-力图像如图乙所示。

根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为Co（结果均保留2位有效数字）用控制

变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针

偏角为9。实验中，极板所带电荷量不变，则

A.保持S不变，增大d，则。变小

B.保持S不变，增大d，则。变大

C.保持d不变，减小S,则。变小

D.保持d不变，减小S,则。不变

【答案】①.正②.由肝足〃③.ABC④.1.2X10"⑤.B

【解析】

【详解】[1]电源向电容器充电，在充电过程中电容器极板a带正电;

[2]充电完毕后，把开关S掷向2端，电容器通过电阻A放电，放电电流方向由肝足必

[3]电容器充电，电量增大，由于随着电量的增大，由。=2可知，电压增大；而电容是电容器的自身属性

C

与U、0无关。

故选ABC。

[4]在上方图像中，图像和横轴围成的面积表示电容器的电荷量，根据图像的特点可知，一个格子的电量为

0.32乂10一匕根据大于半格算一格，不足半格的舍去的原则，图像包含的格子个数为38个，则

Q=0.32X103X38C=l.2X10"C

[5]AB.根据电容的定义式

12

471kd

可知，保持s不变，增大4电容。减小，再根据

U==

C

知〃增大，所以。变大,故B正确，A错误；

CD.保持"不变，减小S,根据电容的定义式

c=-^~

4兀kd

可知电容减小，再根

知〃增大，所以，变大，故CD错误；

故选B。

四、计算题(本题共计3小题，总分38分)

13.如图所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，〃为电场中的两点，且3cm,其连线的延长线

与金属板A成30°角，己知电子从C点移到，点的过程中电场力做功为-4.8义10一七，元电荷e=L6X1(TC。

求：

(1)a，两点间的电势差殳，匀强电场的场强大小回

(2)若选取/板的电势0尸0,C点距A板1cm,电子在〃点的电势0〃和电势能为多少？

AII

c•、、、、

一

BII

【答案】(1)300V,1.5X104V/m；(2)-450V,7.2X10-17J

【解析】

【详解】(1)电子从。点移到。点，根据电势差的定义，有

=%=300V

q

电场强度

E=/300

V/m=1.5xIO'v/m

dcD4xIO-2xsin30°

(2)两点的电势差

13

U^Ed后15X104X3X10^V=450V

由

U后。「

0产0

可得

—450V

电子在，点的电势能为

区WOZFT.GXIOT'X(-450)J=7.2X10-17J

14.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一半径R=0.20m的竖直光滑圆轨道，。为圆轨道的中心。

一个质量加=0.10kg、带有正电荷的金属环套在竖直圆轨道上，从/位置无初速释放，之后金属圆环在轨

道上/、〃(图中未画出)间做往复运动，它经过8点时其动能到达最大，阳与竖直方向的夹角6=37°。

已知sin37°=0.60,cos37°=0.80,g取lOm/s3求：

(1)小球所受电场力的大小和方向；

(2)小球通过8点时的动能。

【答案】⑴0.75N,方向向右；(2)0.10J

【解析】

【详解】(1)经过8点时其动能达到最大，所以带有正电荷金属圆环在8点静止时合力零，则有

„Eq

tmw=---

mg

小球所受电场力的大小

%=Eq=mgtan0=0.75N

电场力方向向右；

(2)从A到8由动能定理可知，小球通过8点时的动能为

1

£kB=mgRcos0-Eq(R-RsinO)-0.10J

【点睛】本题为“等效重力场”模型，动能最大点即为等效最低点。带正电体静止时在该处于静止状态。

14

运用功能关系解题时，注意各力做功的正负。