安徽省安慶市2023-2024學年高二物理上學期第二次試卷含解析

（考試總分：100分考試時長：75分鐘）

一、單選題（本題共計7小題，總分28分）

1.學習物理要正確理解物理規(guī)律和公式的內涵。你認為下列理解正確的是（）

A.根據(jù)庫侖定律公式F=左華，兩個電荷的距離趨于零時，庫侖力為無窮大

r

B.根據(jù)W=可知，一個電子在電勢差為-IV的兩點間被加速，電場力做功大小為leV

C.由勻強電場電勢差與電場強度關系知，勻強電場中任意兩點間的電勢差與這兩點間的距離成正

比

D.根據(jù)電容器的電容的定義式可知，電容器的電容與它所帶電荷量成正比

【答案】B

【解析】

【詳解】A.庫侖定律公式F=左隼適用條件是真空之中的點電荷，當兩個電荷的距離趨于零時，帶電體

廠

的形狀與大小對所研究的問題的影響已經不能忽略，此時帶電體不能看為點電荷，該公式不成立，因此不

能認為兩個電荷的距離趨于零時，庫侖力為無窮大，A錯誤；

B.一個電子在電勢差為-IV的兩點間被加速，電場力做功大小為

W=-1x（-1）eV=leV

B正確；

C.勻強電場電勢差與電場強度關系。=切中的d指沿電場線方向上的距離，因此勻強電場中任意兩點間

的電勢差與這兩點間在沿電場線方向上的投影距離成正比，C錯誤；

D.C=?^是電容的比值定義式，電容與電容器所帶電荷量并沒有本質上的決定關系，因此不能認為電容器

的電容與它所帶電荷量成正比，D錯誤。

故選Bo

2.如圖所示，接地空心金屬球殼的右側放有帶正電的小球Q,金屬球殼達到靜電平衡后，A.以。三個

點處的電場強度大小分別為舊心EB、EC,則下列說法正確的是（）

1

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

C.金屬球殼左側外表面帶正電D.金屬球殼內側帶正電

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.C點處于點電荷和感應電荷產生的電場中，所以C點的電場強度不等于零；金屬空心導體放在

點電荷的電場中，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，最終處于靜電平衡狀態(tài)，導體內部的場強處處為零，所以B、A兩點

的電場強度都為零，則EA=EB<EC，故A錯誤，B正確；

C.如果不接地金屬球右側外表面感應出負電荷，左側外表面感應出正電荷，左側與大地相連，大地的電子

與左側外表面正電荷中和，因此左側外表面不帶電。選項c錯誤；

D.處于靜電平衡的導體的電勢處處相等，其內表面不帶電，故選項D錯誤。

故選B。

3.如圖(a),場源點電荷固定在真空中。點，從與。相距n的戶點由靜止釋放一個質量為)、電荷量為。

(<7>0)的離子，經一定時間，離子運動到與。相距"的N點。用a表示離子的加速度，用r表示離子與。

點的距離，作出其二圖像如圖(6)。靜電力常量為是4,不計離子重力。由此可以判定()

圖(a)圖(b)

A.場源點電荷帶正電

B.場源點電荷電荷量為-‘誓

kq

C.離子在月點的加速度大小為

D.離子在戶點受到的電場力大小為"等

%

【答案】D

【解析】

【詳解】A.從P到N,帶正電的離子的加速度隨4的增加而增大，即隨r的減小而增加，可知場源點電荷

2

帶負電，選項A錯誤;

B.在N點，由庫侖定律及牛頓第二定律

mrNm

解得

一kq

選項B錯誤;

CD.在P點時，由庫侖定律及牛頓第二定律

%旦=粵=默

m4m4

離子在P點受到的電場力大小為

F_r^maN

Fp-TYldp-2

ro

選項C錯誤，D正確。

故選Do

4.如圖所示為某一點電荷所形成的一簇電場線，a、6、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從。點射

入電場的運動軌跡，其中6虛線是以點電荷為圓心的一段圓弧，力8的長度等于歐的長度，且三個粒子的電

荷量大小相等，不計粒子重力，則下列說法正確的是（）

A.力虛線對應的粒子的質量大于。虛線對應的粒子的質量

B.a一定是正粒子的運動軌跡，分和c一定是負粒子的運動軌跡

C./c虛線對應的粒子的速度越來越大，力虛線對應的粒子的速度不變

D.a虛線對應的粒子的加速度越來越小，c虛線對應的粒子的加速度越來越大，6虛線對應的粒子的加速度

不變

【答案】A

【解析】

3

【詳解】A.三個粒子的電荷量大小相等，在初始位置受到的靜電力大小相等，6粒子做圓周運動，向心力

2

等于靜電力；C粒子做向心運動，可知靜電力大于所需的向心力F“，根據(jù)《=冽L可知6虛線對應的粒子

r

的質量大于c虛線對應的粒子的質量，故A正確；

B.根據(jù)運動軌跡可知a粒子受到向左的靜電力，根粒子受到向右的靜電力，因為不知道電場的方向，所以

無法確定三個粒子的電性，故B錯誤；

C.由運動軌跡可知ac粒子運動方向和電場力夾角為銳角，電場力做正功，速度在增大；6粒子做圓周運動,

速度大小不變，但是方向在改變，故C錯誤；

D.電場線的疏密表示場強大小，由圖可知，a虛線對應的粒子所處的場強在減小，加速度越來越小，c虛

線對應的粒子所處的場強在增大，加速度越來越大，6粒子做圓周運動，加速度大小不變，但是方向在改變,

故D錯誤。

故選Ao

5.平行板電容器內部固定一個絕緣斜面，斜面上放一個帶負電的滑塊，閉合開關S,電路穩(wěn)定后，滑塊有

沿著斜面向上滑動的運動趨勢，以下哪種操作可以讓滑塊所受的靜摩擦力先減小后增大（）

A.斷開開關S,減小兩極板之間的距離B.斷開開關S,增大兩極板之間的距離

C.保持開關S閉合，減小兩極板之間的距離D.保持開關S閉合，增大兩極板之間的距離

【答案】D

【解析】

【詳解】由題意可知，此時滑塊有沿著斜面向上滑動的運動趨勢，則電場力沿斜面向上的分力大于滑塊的

重力沿斜面向下的分力，因此可知，為使滑塊所受的靜摩擦力先減小后增大，電場力應減小，電場強度減

小。

AB.斷開開關S,極板間電荷量0不變，則有

E_U_Q_4兀kdQ_4兀kQ

dCdsSdsS

則當減小或增大兩極板之間的距離，電場強度￡不變，故AB不符合題意；

CD.保持開關S閉合，則兩極板間電勢差不變，則由石=且可知，減小兩極板之間的距離，電場強度增大,

a

增大兩極板之間的距離，電場強度減小，故C不符合題意，D符合題意。

4

故選D。

6.如圖所示，光滑絕緣半球形的碗固定在水平地面上，可視為質點的帶電小球1、2的電荷量分別為2、

其中小球1固定在碗底/點，小球2可以自由運動，平衡時小球2位于碗內的6位置處，如圖所示?，F(xiàn)在

改變小球2的帶電量，把它放置在圖中。位置時也恰好能平衡，已知弦長是/C弦長的兩倍，則（）

A.小球在8、C兩點所受庫侖力大小不變

B.小球在C位置時的電荷量是6位置時電荷量的四分之一

C.小球2在8點對碗的壓力大小小于小球2在C點時對碗的壓力大小

D.小球2在6點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小

【答案】D

【解析】

【詳解】CD.根據(jù)題意，對小球2在8點時受力分析，如圖所示

小球2受重力、支持力、庫侖力，其中用為庫侖力R和重力阿的合力，由平衡條件可知

F[=N

由相似三角形有

FmgK

AB~OA~OB

設A3距離為L，可知AC距離為二，則有

2

FNmg

T~~R~~R

解得

N=mg,F=—-mg

R

同理小球2C點時有

，L

N=mg,F=----mg

5

可知，小球2在8點對碗的壓力大小等于小球2在。點時對碗的壓力大小，故C錯誤，D正確；

AB.由上述分析可知，小球在C點所受庫侖力大小是小球在6點所受庫侖力大小的5,由公式產=國當可

2r

得，

%=12JJ

%—FI?-8

即小球在，位置時的電荷量是6位置時電荷量的八分之一，故AB錯誤。

故選Do

7.在x軸上。、P兩點分別放置電荷量為名、必的點電荷，一個帶負電的試探電荷在兩電荷連線上的電勢

能”隨x變化關系如圖所示，其中A3兩點電勢能為零，8。段中。點電勢能最大，則（）

A.0為正電荷，％為負電荷

B.同＜|%|

C.將一正點電荷從8點移到〃點，電場力先做負功后做正功

D.將一正點電荷從6點靜止釋放后會沿x軸正方向運動且到達。點時速度最大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)題意，由圖可知，一個帶負電的試探電荷從0fP的過程中，電勢能逐漸減低，則電勢

逐漸升高，可知電場方向為Pf0,則。點的電荷帶負電，P點電荷帶正電，即分為負電荷，/為正電

荷，故A錯誤；

B.根據(jù)題意，由圖可知，。點場強為0,根據(jù)

一旦

E產

和電場疊加原理可知

|切＞|%|

故B錯誤；

6

CD.根據(jù)題意，由圖可知，一個帶負電的試探電荷由BfC,電勢能增加，則電勢降低，電場方向BfC,

由CfO電勢能降低，電勢升高，電場方向由。則將一正點電荷從8點移到〃點，電場力先做正

功后做負功，將一正點電荷從6點靜止釋放后會沿x軸正方向運動，由BfC做加速運動，由Cf。做

減速運動，即到達，點時速度最大，故C錯誤，D正確。

故選Do

二、多選題（本題共計3小題，總分18分）

8.如圖所示，在帶電體C的右側有兩個原來不帶電的、相互接觸的金屬導體A和B,A、B、C均放在絕緣

支座上。由于靜電感應，導體A、B均帶電。下列說法正確的是（）

+0

A.如圖所示狀態(tài)中，導體A帶負電，B帶正電

B.在圖示狀態(tài)下移走帶電體C,導體A帶負電、B帶正電

C.無論是移走帶電體C還是將導體A、B分開，導體A、B上的總電荷量始終為零

D.在圖示狀態(tài)下將導體A、B分開，分開后A、B仍帶電，該過程創(chuàng)造了電荷

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.導體A的左端感應出負電荷，導體B的右端感應出等量的正電荷，故A正確；

B.若先移走C,此時導體A和B中的電荷又發(fā)生中和，不再帶電，故B錯誤；

C.根據(jù)電荷守恒定律，可知無論是移走帶電體C還是將導體A、B分開，導體A、B上的總電荷始終為零，

故C正確；

D.在圖示狀態(tài)下將導體A、B分開，分開后A、B仍帶電，該過程不是創(chuàng)造了電荷，是電荷的重新分布，故

D錯誤。

故選ACo

9.如圖所示，豎直平面內兩個帶電小油滴a、6在勻強電場￡中分別以速度匕、丫2做勻速直線運動，不計

空氣阻力及兩油滴之間的庫侖力，下列說法正確的是（）

7

A.a、6帶同種電荷B.a比6的比荷大

C.a的電勢能減小，6的電勢能增加D.a的機械能增加，6的機械能減少

【答案】ACD

【解析】

【詳解】AB.由于兩油滴均做勻速直線運動，受電場力與重力平衡，電場力都豎直向上，因此a、6均帶正

電荷；根據(jù)力的平衡關系有

qE=mg

解得

區(qū)=￡

mE

a與6的比荷一樣大

故A正確，B錯誤；

CD.a向上運動，電場力做正功，電勢能減小，機械能增加；6向下運動，電場力做負功，電勢能增加，機

械能減小，故CD正確；

故選ACD?

10.接在平行板電容器的A、B兩極板電壓隨時間變化關系圖像如圖所示，兩板間距足夠大，一質量為必

帶電量為+（7的粒子（不計重力），開始靜止在兩極板中央，從某時刻由靜止釋放，關于帶電粒子的運動，

下列描述正確的是（）

A.若從0時刻由靜止釋放，粒子向右運動的最大速度%=

B.若從0時刻由靜止釋放，粒子先向右后向左做往復性的運動

3

C.若從一T時刻由靜止釋放，粒子時而右，時而左，每個周期都會向左移動一定距離

8

8

7

D.若從一T時刻由靜止釋放，粒子時而左，時而右，每個周期都會向右移動一定距離

8

【答案】CD

【解析】

【詳解】AB.從0時刻釋放粒子，根據(jù)靜止粒子所受電場力方向及作用時間，畫出電子的『V圖像如圖:

由圖可知，粒子在向右的電場力的作用下，向右做勻加速運動，若在工時刻恰好到達右極板，則此時有最

2

大速度，根據(jù)動能定理有

,2

qm

22

解得

若在工時刻未到達右極板，板間距足夠大的情況下，則此后二時間內再向右做勻減速運動直至速度減為零,

22

之后重復上述運動，運動的方向始終向右，因此粒子始終向右運動，直至到達右極板，故AB錯誤；

3

C.若粒子從一T時刻由靜止釋放，根據(jù)靜止電子所受電場力方向及作用時間，畫出電子的廣力圖像如圖：

8

由圖可知，粒子在電場力的作用下，時而右，時而左，一個周期內向左運動的位移大于向右運動的位移，

每個周期都會向左移動一定距離，故C正確；

7

D.若粒子從一T時刻由靜止釋放，根據(jù)靜止電子所受電場力方向及作用時間，畫出電子的「V圖像如圖:

8

9

v/m/s

由圖可知，粒子在電場力的作用下，時而左，時而右，一個周期內向右運動的位移大于向左運動的位移，

每個周期都會向右移動一定距離，故D正確。

故選CD。

三、實驗題(本題共計2小題，總分16分)

11.密立根用如圖所示的實驗裝置來測定很小的帶電油滴所帶的電荷量。油滴從噴霧器噴出時由于摩擦而

帶電，落入兩塊相互平行的極板兒”之間(〃板帶正電、“板帶負電)，透過顯微鏡尋找那些剛好懸浮在極

板間的油滴。

(1)根據(jù)觀測數(shù)據(jù)算出油滴的質量，再根據(jù)油滴懸浮時受到的與平衡，可計算出油滴所

帶的電荷量。

(2)已知極板M、”之間的距離為d=10cm,電壓為。=200V,則兩板之間的電場強度￡的大小為

(3)油滴—可視為球體，并測得其直徑為2.0xl0-6m，已知油的密度為2=0.8xl()3kg/m3,重力加速度

4

為g=10m/s2,則該油滴的電荷量4=。(提示：球的體積公式V=—萬氏3,本次計算中％=3)

3

【答案】①.重力##電場力②.電場力##重力③.2000V/m④.1.6x1017C

【解析】

【詳解】(1)[1][2]油滴在電場中懸浮時，受到重力和電場力，兩力等大反向；

(2)[3]根據(jù)公式

E上

d

解得

10

￡=2000V/m

（3）[4]根據(jù)題目可得

mg=Eq

13

m-p%7rD

聯(lián)立解得

TID3pgd

―_6U-

代入數(shù)據(jù)解得

q=1.6xlOT7c

12.如圖甲所示，利用電流傳感器可以在計算機上觀察電容器充電、放電過程中電流的變化情況。

；---

|R的

接計算機I電M0—

甲

先使開關S接計算機與1端相連，電源向電容器充電，在充電過程中電容器極板a帶電（選填

"正"或"負"）o

充電完畢后，把開關S擲向2端，電容器通過電阻7?放電，放電電流方向（填“由外PN”或

“由小股〃’）。經過多次測量，獲取某電容器實驗數(shù)據(jù)，繪制出的圖形如下所示，其中正確的是

11

7/mA

乙

圖甲中電源電壓為6V。電流傳感器將電流信息傳入計算機，顯示出電流隨時間變化的7-力圖像如圖乙所示。

根據(jù)圖像估算出電容器全部放電過程中釋放的電荷量為Co（結果均保留2位有效數(shù)字）用控制

變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素。設兩極板正對面積為S,極板間的距離為d,靜電計指針

偏角為9。實驗中，極板所帶電荷量不變，則

A.保持S不變，增大d，則。變小

B.保持S不變，增大d，則。變大

C.保持d不變，減小S,則。變小

D.保持d不變，減小S,則。不變

【答案】①.正②.由肝足〃③.ABC④.1.2X10"⑤.B

【解析】

【詳解】[1]電源向電容器充電，在充電過程中電容器極板a帶正電;

[2]充電完畢后，把開關S擲向2端，電容器通過電阻A放電，放電電流方向由肝足必

[3]電容器充電，電量增大，由于隨著電量的增大，由。=2可知，電壓增大；而電容是電容器的自身屬性

C

與U、0無關。

故選ABC。

[4]在上方圖像中，圖像和橫軸圍成的面積表示電容器的電荷量，根據(jù)圖像的特點可知，一個格子的電量為

0.32乂10一匕根據(jù)大于半格算一格，不足半格的舍去的原則，圖像包含的格子個數(shù)為38個，則

Q=0.32X103X38C=l.2X10"C

[5]AB.根據(jù)電容的定義式

12

471kd

可知，保持s不變，增大4電容。減小，再根據(jù)

U==

C

知〃增大，所以。變大,故B正確，A錯誤；

CD.保持"不變，減小S,根據(jù)電容的定義式

c=-^~

4兀kd

可知電容減小，再根

知〃增大，所以，變大，故CD錯誤；

故選B。

四、計算題(本題共計3小題，總分38分)

13.如圖所示，兩平行金屬板A、B間有一勻強電場，〃為電場中的兩點，且3cm,其連線的延長線

與金屬板A成30°角，己知電子從C點移到，點的過程中電場力做功為-4.8義10一七，元電荷e=L6X1(TC。

求：

(1)a，兩點間的電勢差殳，勻強電場的場強大小回

(2)若選取/板的電勢0尸0,C點距A板1cm,電子在〃點的電勢0〃和電勢能為多少？

AII

c?、、、、

一

BII

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

【解析】

【詳解】(1)電子從。點移到。點，根據(jù)電勢差的定義，有

=%=300V

q

電場強度

E=/300

V/m=1.5xIO'v/m

dcD4xIO-2xsin30°

(2)兩點的電勢差

13

U^Ed后15X104X3X10^V=450V

由

U后?！?/p>

0產0

可得

—450V

電子在，點的電勢能為

區(qū)WOZFT.GXIOT'X(-450)J=7.2X10-17J

14.如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一半徑R=0.20m的豎直光滑圓軌道，。為圓軌道的中心。

一個質量加=0.10kg、帶有正電荷的金屬環(huán)套在豎直圓軌道上，從/位置無初速釋放，之后金屬圓環(huán)在軌

道上/、〃(圖中未畫出)間做往復運動，它經過8點時其動能到達最大，陽與豎直方向的夾角6=37°。

已知sin37°=0.60,cos37°=0.80,g取lOm/s3求：

(1)小球所受電場力的大小和方向；

(2)小球通過8點時的動能。

【答案】⑴0.75N,方向向右；(2)0.10J

【解析】

【詳解】(1)經過8點時其動能達到最大，所以帶有正電荷金屬圓環(huán)在8點靜止時合力零，則有

?Eq

tmw=---

mg

小球所受電場力的大小

%=Eq=mgtan0=0.75N

電場力方向向右；

(2)從A到8由動能定理可知，小球通過8點時的動能為

1

￡kB=mgRcos0-Eq(R-RsinO)-0.10J

【點睛】本題為“等效重力場”模型，動能最大點即為等效最低點。帶正電體靜止時在該處于靜止狀態(tài)。

14

運用功能關系解題時，注意各力做功的正負。