2024年北京一七一中高二（上）10月月考物理试题及答案

2024北京一七一中高二10月月考物理（考试时间：90分钟总分100分）一、单项选择（每题3分，共14题，共42分）1.下列物理量中哪些与试探电荷无关（A.电势能、电场强度）B.电势、电场强度D.电势能、电势C.电场力、电势2.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）FE=A.由知，电场中某点的电场强度与检验电荷所受电场力成正比，与其所带的电荷量成反比qQB.由C=知，电容器电容与极板所带电荷量成正比，与极板间电压成反比UQr2C.由Ek=知，在以点电荷Q为球心，以r为半径的球面上各点场强均相同WqD.由U为-1V=知，带电荷量为1C的正电荷，从A点到B点克服电场力做功1JA、B两点的电势差3.如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A.电势AEAEB，场强BB.将负电荷从A点移到B点电场力做了正功EBAE，场强C.电势BApABD.将一负电荷分别放在A、B两点时具有的电势能4.如图所示，一对用绝缘柱支撑的导体A和B彼此接触。起初它们不带电，手握绝缘棒，把带正电荷的带电体C移近导体A。下列说法正确的是（）A.导体A的电势等于导体B的电势B.导体A带正电，导体B带负电C.导体A的电荷量大于导体B的电荷量D.导体A内部的电场强度大于导体B内部的电场强度−q5.在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（规定无限远处电势能为0）（）WqWqEA=W，A=EE=，A=−WA.B.D.AWWqEA=W，A=W=−，A=−C.qA16.如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，两极板间距离为d，今在距两极板的中点d处2放一电荷q()CdA.q所受电场力的大小为B.q所受电场力的大小为kd2QC.q点处的电场强度是kD.q点处的电场强度是kd2qd2=7.如图所示，两个等量异种点电荷分别位于、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且。下列说法正确的是（）A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，PQ两点间电势差不变8.如图，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，ab、c、d为该电场中的等势面，这些等势面是互相平行的竖直平面，不计粒子重力，则（）A.该粒子一定带负电B.此电场不一定是匀强电场C.该电场的电场线方向一定水平向左D.粒子在电场中运动过程动能不断减少9.在某个电场中，x轴上各点的电场强度E随x坐标变化的图线如图所示，图线关于原点O中心对称。一质量为m、电荷量为q的粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动，x轴上x=x和x=－x是粒子运动轨迹11上的两点，下列说法中正确的是（）A.x轴上xx和x=x两点电场强度和电势都相同11B.粒子从－x点到=x点的运动过程中，经过=x和x=－x两点时速度一定相同1111C.粒子运动过程中，经过x=x点的加速度与经过x=－x点的加速度相同11D.粒子从x－x点到=x点的运动过程中电势能先增大后减小1110.如图所示，以等量正点电荷连线的中点O作为原点，沿其中垂线建立x轴，x轴上电场强度最大的两个点记为A、，将一电子从A点由静止释放，电子仅在静电力的作用下在A、B两点之间做往复运动。下列说法正确的是（）A.A、B两点的电场强度相同B.x轴上O点的电势最低C.电子经过O点时的加速度最大D.由A到B的过程中电势能先减小后增大甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为(−q,m)、(−q,4m)，它们先后经过同一加速电场由静止开始加速后，由同一点进入同一偏转电场，两粒子进入时的速度方向均与偏转电场方向垂直，如图所示。粒子重力不计。则甲、乙两粒子（）A.进入偏转电场时的速度大小之比为1：2B.离开偏转电场时的动能之比为11C.在偏转电场中运动的时间相同D.离开偏转电场时的速度方向不同12.图（a）为示波管的原理图．如果在电极'之间所加的电压图按图（）所示的规律变化，在电极XX'之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是A.B.C.D.13.如图，在水平方向的匀强电场中，一质量为m、电量为+q的小球，栓在一长为L的轻绳一端，在水平绝缘光滑桌面上绕O点做圆周运动，小球运动到B点时的速度方向恰与电场方向垂直，小球运动到与B点在同一直径上的A点时，球与绳间刚好没有拉力作用，则（）4qELA.小球在B点时的速度vBB.小球在B点时的速度vB==m5qELmC.小球在B点时绳上的拉力大小为5qED.小球运动向心加速度的最大值是最小值的6倍14.粒子直线加速器原理示意图如图1所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图2所示。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开me始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为，电荷量为，交变电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（）A.要实现加速，电子在圆筒中运动的时间必须为TB.电子出圆筒2时的速度为出圆筒1时速度的两倍2neUTn=C.第个圆筒的长度应满足Lm2TTD.要加速质子，无须改变其他条件但要在到时间内从圆板处释放44二、实验（共计18分）15.研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示：（1）实验前，只用带电玻璃棒与电容器的B板接触，能否使电容器带电______（填“能”或“不能”）（2）给电容器充电后，该同学利用上图的装置进行了如下操作，根据所学知识，你觉得正确的是（）A.将A板向右平移，静电计指针张角不变B.将A板竖直向下平移，则静电计指针张角变大C.在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角变小D.将A板向右平移，电容器中固定的电荷q所受电场力变大16.（1）学习小组用图甲电路探究电容器两极板间的电势差与所带电荷量的关系。实验操作如下：Q1①开关S1接1给电容器A充电，记录电压表示数U，A带电荷量记为；S1，记录电压表示数U，A2②开关S1接2，使另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，稳定后断开带电荷量记为Q2，闭合S2，使B放电，断开S。2③重复操作②，记录电压表示数Un，A带电荷量记为Q。n1Q23电压表示数/V3.151.600.780.39在操作②中，开关S4电荷量……闭合前电容器A带电量______（填“大于”、“等于”或“小于”）电容器B带电荷2量。结合表格数据进一步分析可知电容器的电势差与其所带电荷量成______（填“正比”或“反比”）关系。（2）该小组用图乙电路进一步探究电容器A的充放电规律。①开关接1，电源给电容器A充电，观察到电流计G的指针偏转情况为______；A.逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0B.逐渐偏转到某一刻度后保持不变C.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0D.迅速偏转到某一刻度后保持不变②对给定电容值为C的电容器充电，无论何种充电方式，其两极间电势差u随电量q的变化图像都相同。请在图1中画出充电u−q图像______。类比直线运动中由图像求位移的方法，两极间电压为U时电v−tEp=容器储存的电能______，充电中，电流计G中电流方向为______③图丙为电容器A放电时的I−t图像。已知电容器放电之前的电压为3V，该电容器A的实测电容值为______F（结果保留2三、计算题（共计40分）17.如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量+q为O点等高的A点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角=37的P点时速度变为零。已知cos37=0.80、sin37=0.60，空气阻力可忽略，重力加速度为。求：（1）电场强度的大小E；（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W；（3）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小F。18.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，其电势随x的分布如图所示。一质量m1.01020kg、电=−=9的带负电的粒子从(−0.5,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上做往返运动。荷量q1.010C忽略粒子的重力等因素，求12EE的大小之比2(1)x轴左侧电场强度和右侧电场强度。1E(2)该粒子运动的最大动能(3)该粒子运动的周期T。。19.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射，电荷量为，加速电场电压为Ume出。已知电子质量为。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为0U，极板长度为L，板间距为d。v（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离0y；（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）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0102V，d4.010=2m，m=9.110kg，e1.610=−C，g=10m/s2。（3）极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。G20.研究表明静电场中有如下一些重要的结论：①均匀带电球壳（或球体）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同；②均匀带电球壳在空腔内部的电场强度处处为零；③电场线与等势面总是垂直的，沿电场线方向电势越来越低。利用上述结论，结合物理思想方法可以探究某些未知电场的问题。（1）如图1所示，一个静止的均匀带正电球体，其单位体积的电荷量为ρ，半径为R，静电力常量为k。a．在图1中求距球心r处电场强度的大小（分E、E内外b．在图1球体中挖掉一个球心为O′的小球体，如图2所示。已知OO′=d，求空腔体内OO′连线上某点的电场强度大小。（2）一球壳均匀带有正电荷，O为球心，A、B为直径上的两点，OA=OB。现垂直于AB将球壳均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去右半球壳，左半球壳所带电荷仍均匀分布，如图3a．分析判断O、C两点电势关系；b．分析判断A、B两点的电场强度及电势的关系。参考答案一、单项选择（每题3分，共14题，共42分）1.【答案】B【详解】A．电场强度是从电场力的角度来描述电场的物理量，由电场本身决定，与试探电荷无关。由p=可知电势能与试探电荷有关，A错误；B．电场强度和电势分别从力和能量的角度来描述电场，由电场本身决定，与试探电荷无关，B正确；C．电势是从电场能量的角度来描述电场的物理量，由电场本身决定，与试探电荷无关；由F=qE可知，电场力与试探电荷有关，C错误；p=D．电势是从电场能量的角度来描述电场的物理量，由电场本身决定，与试探电荷无关；由可知电势能与试探电荷有关，D错误。故选B。2.【答案】D【详解】A．公式FE=q是电场强度的定义式，电场中某点的电场强度与检验电荷所受电场力以及其所带的电荷量无关，选项A错误；B．公式QC=U是电容的定义式，电容器电容由电容器本身的结构决定，与极板所带电荷量以及极板间电压无关，选项B错误；C．由Qr2E=k知，在以点电荷Q为球心，以r为半径的球面上各点场强大小均相同，但是方向不同，选项C错误；D．由WqU=知，带电荷量为1C的正电荷，从A点到B点克服电场力做功1J，则、B两点的电势差为Wq−1U==1选项D正确。故选D。3.【答案】D【详解】AC．沿电场线电势降低，可知电势ABA处电场线较B点稀疏，可知场强选项AC错误；EAEBB．负电荷所受的电场力与电场线方向相反，可知从A点移到B点电场力做了负功，选项B错误；D．因为电势AB则将一负电荷分别放在A、B两点时具有的电势能pAEB选项D正确。故选D。4.【答案】A【详解】把带正电荷的带电体C移近导体A，在A的左端感应出负电荷，在B的右端感应出正电荷，且为等量异种电荷，达到静电平衡后，电荷只分布在外表面，导体是个等势体，内部场强处处为零，故A正确，BCD均错误。故选A。5.【答案】A−q【详解】依题意，的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为，则电荷的电势能减小W，无限远处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为EA=WA点的电势为EAWqA==−q故选A。6.【答案】A【详解】AB．两极板之间的电场强度UE＝dq受到的电场力UQF＝Eq＝q＝qdCdA正确，B错误；CD．Q不是点电荷，点电荷的场强公式QE＝kr2在这里不能用，CD不正确。故选A。7.【答案】C【详解】A．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；B．由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误；CD．由电场叠加得P点电场强度QQE=k+k22若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据U定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D=错误。故选C。8.【答案】D【详解】AC．根据运动轨迹结合等势面竖直可知，该粒子所受的电场力水平向右，但是不能确定粒子所带的电性以及场强的方向，选项AC错误；B．由于等势面是互相平行的竖直平面，可知电场一定是匀强电场，选项B错误；D．粒子从A到B电场力做负功，则粒子在电场中运动过程动能不断减少，选项D正确。故选D。9.【答案】B【详解】A．由E－x图象可知，x=x和x=－x两点电场强度大小相等、方向相反，故A错误；11B．E－x图象中图线与横轴所围的面积表示电势差，因此粒子由x=－1运动到x的过程和由=0运动到x=x1的过程电场力分别做的功满足W1=－2根据动能定理可知，粒子经过x=x和x=－x两点时速度一定相同，故B正确；11C．粒子在这两点所受电场力也大小相等、方向相反，由于粒子只在电场力作用下运动，根据牛顿第二定律可知，粒子在这两点的加速度大小相等、方向相反，故C错误；D．题中未能说明粒子的电性或运动状态，因此粒子从x=－x点到xx点的运动过程中电势能可能先增大11后减小，也可能先减小后增大，故D错误。故选B。10.【答案】D【详解】A．A、B两点的电场强度大小相同，但是方向相反，选项A错误；B．x轴上O点的电势最高，选项B错误；C．电子经过O点时受电场力为零，则加速度最小，选项C错误；D．由A到B的过程中电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，选项D正确。故选D。【答案】B【详解】A．在加速电场中，根据动能定理1qU=mv202解得2qU0=m根据题意两粒子的比荷之比为4：，则进入偏转电场时的速度大小之比为2：1A错误；B．在加速电场中电场力做功qU相等，在偏转电场中，偏转距离相同，则电场力做功qEd也相同，根据动能定理可知，离开偏转电场时的动能相同，故B正确；C．在偏转电场中，根据牛顿第二定律qE=ma1d=at22解得2d2mdt==aqE根据题意两粒子的比荷之比为4：，则在偏转电场中运动的时间不同，故C错误；D．离开偏转电场时，垂直极板方向速度2qEdvy=at=m离开偏转电场时速度偏转角的正切值vytan==0U则两粒子离开偏转电场时的速度方向相同，故D错误。故选B。12.【答案】B【详解】电子在YY和XX间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：11=2s=at2t22前半个周期0-t1时间内UX0，电子受到的力偏向X一侧，所以电子前半周期偏向X一侧．前半个周期0-t1时间内UY0，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．同理，后半周期的图像应在第四象限．A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．13.【答案】B【详解】AB．小球运动到A点时球与绳间刚好没有拉力作用，说明了电场力提供向心力，则v2qE=mL解得qELmv=B到A的过程中电场力做功，由动能定理得11−2qEL=2−2B22解得5qELvB=m故A错误，B正确；C．小球在B点时绳上的拉力大小与电场力的合力提供加速度，得v2BLF−qE=m解得v2BLF=m+qE=6qE故C错误；D．球所受向心力的最大值F−=而最小值是qE，即小球所受向心力的最大值是最小值的5倍，根据牛顿第二定律可知小球运动向心加速度的最大值是最小值的5倍，故D错误。故选B。14.【答案】C【详解】A．电子每经过圆筒狭缝时都要加速，然后进入圆筒做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间必T须为，A错误；2B．由动能定理得电子出圆筒1时的速度为1eu=mv212解得21=m由动能定理得电子出圆筒2时速度为12=mv222解得2=2mB错误；C．由动能定理得电子进圆筒n时的速度为1=mv2n2n第个圆筒的长度为TL=n2解得2neUTL=m2C正确；D．如果要加速质子，质子的比荷比电子的比荷要小，则质子进入圆筒的速度比电子进入圆筒的速度要小，TT则圆筒的长度需要相应的变短，释放的时间应该在到时间内释放，D错误。44故选C。二、实验（共计18分）15.1）能2）BC【小问1实验前，只用带电玻璃棒与电容器B板接触，则B带上电荷，由于静电感应使A板也带上电，故可以使电容器带电；【小问2A．根据SC=将A板向右平移则d减小，C变大，电容器带电量Q一定，根据Q=CU可知U减小，则静电计指针张角减小，选项A错误；B．根据SC=将A板竖直向下平移，则S减小，C减小，电容器带电量Q一定，根据Q=CU可知U变大，则静电计指针张角变大，选项B正确；C．根据SC=在A、B板间插入电介质，则C变大，电容器带电量Q一定，根据Q=CU可知U变小，则静电计指针张角变小，选项C正确；D．电容器带电量Q一定，根据SC=QC=UUdE=可得SE=将A板向右平移，电容器两板间场强不变，则电容器中固定的电荷q所受电场力不变，选项D错误。故选BC。16.1）①.大于②.1（2）①.C②.③.CU2④.向右.8.01042【小问1[1]在操作②中，开关S闭合前电容器A带电量大于电容器B带电荷量。2[2]结合表格数据，从Q到Q电容器带电量逐渐减小，两极板间电压逐渐减小，结合数据可知进一步分析1n可知电容器的电势差与其所带电荷量成正比关系。【小问2①[1]开关S接1，电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到的电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到。故选C。②[2]根据qCu，则在图1中画出充电u−q图像如图[3]根据图像的性质，图像与q轴围成的面积表示电能，可得112E=qU=CU2p2[4]充电中，电流计G中电流方向为向右。③根据电容器A放电时的I−t图像可得电容器带电量为=3C2.410=3CQ300.40.210则3QU2.410==F8.010F=4C3三、计算题（共计40分）1217.1）E=2）W=−F=2mg3）2q）由A到P过程中，根据动能定理mgLcos−qEL+sin)=0−0解得E=2q（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功1W=−qEL=−mgL2（3）小球从A运动到B的过程中，根据动能定理1+W=2B2在B点，根据牛顿第二定律mvBL2F−mg=联立解得F=2mg1E221==2.0108；(3)T=3.010−EJkm18.【答案】(1)；(2)8s【详解】(1)由图可知U=U=20V①12由电场强度和电势差的关系可得：左侧电场强度：U111=E2=②③④右侧电场强度：U2d2联立①②③式，代入数据解得：1E22=1(2)粒子运动到原点时速度最大，由动能定理得：Ekm=1d⑤1联立②④式，代入数据解得：km2.010−=8J⑥t1、tvm(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为，在原点时的速度为，由运动学公式得：21mv=t1⑦⑧mqE2mv=mt2T21t=(+)2⑨⑩由动能定义式得：1Ekm=mv2m2联立①②③⑥⑦⑧⑨⑩式，代入数据解得：T=3.010−s822y=0，19.1）03）见解析=）电场力远大于电子的重力，故不需要考虑电子所受重U0dm）电子由静止开始经加速电场加速后，根据动能定理可得1=2002解得电子射入偏转电场的初速度为2eU0m0