广东省广州市铁一中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷
一、单项选择题:本大题7小题,每小题5分,共35分。
1.(2024高二上·广州月考)蜜蜂飞行过程中身上会积累少量正电荷,蜜蜂传播花粉时就利用了这些电荷。当蜜蜂飞到花蕊附近时,花粉颗粒会粘附在蜜蜂身上。当蜜蜂接近下一朵花时,部分花粉会留在下一朵花的花蕊上,完成授粉。一只原来电中性的蜜蜂在飞行过程中带上了+3.04 × 10 11 C的电量,这是由于它( )
A.失去了1.9 × 108个质子 B.失去了1.9 × 108个电子
C.得到了1.9 × 108个电子 D.得到了1.9 × 108个质子
【答案】B
【知识点】元电荷
【解析】【解答】物体带电的实质为电子的得失,电中性的蜜蜂带上正电说明失去电子,根据
可知原来电中性的蜜蜂失去了1.9 × 108个电子。
故答案为:B。
【分析】1. 带电本质:正电由失去电子导致(质子稳定,不参与转移 )。
2. 电子数计算:利用元电荷 ,通过 求失去电子数。
2.(2024高二上·广州月考)如图(a),在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示,相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的电场力大小分别为和,相应的电势能分别为和,则( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【知识点】电场力做功;电势能;等势面
【解析】【解答】由图中等势面的疏密程度可知
根据
可知
由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷,设将该试探电荷从M点移到N点,可知电场力做正功,电势能减小,即
,
故答案为:A。
【分析】1. 电场力判断:利用等势面疏密与电场强度的关联,结合 ,判断电场力大小关系。
2. 电势能判断:依据电场线方向确定电势高低,再结合正电荷电势能与电势的正相关关系 ,判断电势能大小。
3.(2024高二上·广州月考)离子推进器可以为宇宙飞船提供推力,其原理简化图如图所示,近乎静止的正离子在高压电场作用下,从针状电极A向环形电极B运动,期间撞击由中性粒子组成的推进剂,使推进剂加速向后喷出,从而向前推进飞船。在此过程中,下列说法正确的是( )
A.中性粒子C附近电场强度比中性粒子D附近的小
B.电极A的电势高于电极B的电势
C.正离子与中性粒子组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.同一正离子的电势能在电极A附近比在电极B附近小
【答案】B
【知识点】动量守恒定律;电场强度;电势能;电势
【解析】【解答】A.电场线疏密反映场强:C点电场线比D点密集,(中性粒子C附近场强大于D ),故A错误;
B.正离子从A→B运动,电场力方向与运动方向一致,则电场方向A→B(正电荷受力方向 ),沿电场线电势降低,则(电极A电势高于B ),故B正确;
C.碰撞期间动量守恒,机械能减小,故C错误;
D.正离子电势能
( )
电势越高,电势能越大,,所以正离子在A点电势能 (A附近电势能更大 ),D错误。
故答案为:B。
【分析】A:电场线疏密,场强大小(密→大 )。
B:正离子运动方向为电场方向,则沿电场线电势降低。
C:碰撞动量守恒(内力远大于外力 ),但机械能因碰撞损失。
D:正电荷电势能与电势正相关。
4.(2024高二上·广州月考)如图甲,A,为两个带电小球,A固定在光滑绝缘水平面上点,初始时刻在A右侧点处,此时所受电场力大小为,现给一方向与连线重合、大小为的初速度,开始一段时间内运动的图像如图乙,则( )
A.初速度的方向水平向左
B.A,两小球带异种电荷
C.的速度大小为时,运动的时间小于
D.时刻,所受电场力大小可能等于
【答案】A
【知识点】库仑定律;电荷守恒定律;运动学 v-t 图象
【解析】【解答】ABC:由图像可知球做加速度不断增大的减速运动,故小球运动的方向水平向左,两小球带同种电荷,当的速度大小为时,运动的时间大于 ,故A正确,BC错误;
D:图像的面积表示位移,由图可知小球位移大于的位移,即此时距离小于最初距离的一半,根据库仑定律,可知所受库仑力大于,故D错误。
故答案为:A。
【分析】1. 运动方向与电荷性质:由 图像的减速趋势(加速度增大 ),判断运动方向与电场力方向,进而确定电荷种类(同种电荷相斥,导致距离减小、斥力增大、加速度增大 )。
2. 速度与时间关系:加速度增大的减速运动中,速度变化率(斜率 )随时间增大,前半段速度下降慢,后半段下降快,据此判断速度减半时的时间。
3. 库仑力变化:用 图像面积表示位移,比较不同时间段的位移,得出两球距离变化;结合库仑定律,分析距离变化对库仑力的影响。
5.(2024高二上·广州月考)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能随位移x变化的关系如图所示,其中区间是关于直线对称的曲线,区间是直线,在0、、、处电势分别为、、、,则下列说法正确的是( )
A.处电势最低
B.
C.粒子在段先加速后减速,段做匀变速直线运动
D.和处,电场强度相同
【答案】C
【知识点】能量守恒定律;动能;电势能;电势
【解析】【解答】AB.根据电势能与电势的关系,粒子带负电,可知处电势最高,且
故AB错误;
CD.根据能量守恒定律可知,粒子在段电势能先减小,后增大,则动能先增大后减小,所以粒子在段先加速后减速,根据
可知图像斜率代表电场力,则段做匀变速直线运动,和处,斜率大小相等,但方向不同,即电场强度方向不同。故C正确,D错误;
故答案为:C。
【分析】1. 利用 ( ),明确负电荷电势能与电势的负相关关系,判断电势高低。
2. 依据能量守恒,由电势能变化推导动能、速度变化,结合图像斜率(电场力 )分析运动性质。
3. 通过斜率(电场力 )的大小与方向,判断电场强度的异同。
6.(2024高二上·广州月考)由导电的多晶硅制成的电容加速度传感器如图甲所示,图乙是其原理图,位于中间的多晶硅悬臂梁分别与顶层多晶硅、底层多晶硅组成两个电容器,当电容器充电后处于断路状态,并由静止突然向上加速运动时,多晶硅悬臂梁的右侧可发生如图中虚线所示的弯曲形变,下列说法正确的是( )
A.电容器的电容增加,电容器的电容减小
B.电容器两板间电压增大,电容器两板间电压减小
C.电容器两板间场强增大,电容器两板间场强减小
D.电容器两板间场强减小,电容器两板间场强增大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A.多晶硅悬臂梁的右侧可发生如图所示的弯曲形变,多晶硅悬臂梁与上电极间距增加,下电极距离减小,根据电容器电容决定式,可得电容器的电容减小,电容器的电容增加,A错误;
B.因电荷量不变,根据,可知电容器两板间电压增大,电容器两板间电压减小,B正确;
CD.根据
可知,当板间距变化时,电场强度不变,C错误,D错误。
故答案为:B。
【分析】1. 电容判断:电容决定式(极板间距 变, 变 )。
2. 电压判断:断路时 不变,( 变, 变 )。
3. 场强判断:推导 ( 不变, 不变 )。
7.(2024高二上·广州月考)如图所示,在水平面内的M、N两点各固定一个点电荷,带电量均为。O为MN的中点,过O点固定一个绝缘杆,杆水平且与MN垂直。一光滑带孔小球P穿在绝缘杆上,小球带负电,开始时在MN的左侧,现给小球一向右的初速度,则小球向右运动的过程中( )
A.小球从开始到O点,做加速度增大的加速运动
B.小球受到绝缘杆的弹力先增大后减小
C.若把N点变为,小球做匀速运动
D.若把N点变为,小球受到绝缘杆的弹力始终不变
【答案】C
【知识点】电场线;带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A:应用矢量合成可知,等量同种正电荷中垂线上的场强,方向沿中垂线,大小从无限远到中点O先增大后减小,题中没有明确给出小球开始时是处在最大场强的左侧还是右侧,所以加速度变化无法判断,A错误;
B:绝缘杆所在处场强与杆平行,由平衡可知,杆对小球弹力总等于其重力,B错误;
C:应用矢量合成可知,等量异种电荷中垂线上的场强方向垂直中垂线,大小从无限远到中点O一直增大,小球运动方向不受任何力作用,则做匀速运动,C正确;
D:小球从开始到O点,场强水平且与杆垂直,不断增大,电场力增大,由平衡条件可知,杆对小球的弹力总等于其重力与电场力的合力,则弹力从开始到O点一直增大,过O点后,向右运动过程中弹力逐渐减小,D项错误。
故答案为:C。
【分析】1. 同种电荷场强与加速度:等量同种正电荷中垂线场强分布“先增后减”,因小球初始位置未知,无法确定场强变化,进而无法判断加速度变化。
2. 弹力的竖直平衡:光滑杆无摩擦力,竖直方向重力与弹力平衡,弹力大小恒等于重力,与水平电场力无关。
3. 异种电荷场强与运动:等量异种电荷中垂线水平方向场强抵消(为 0 ),小球水平方向不受力,做匀速直线运动。
4. 异种电荷下的弹力:异种电荷中垂线水平场强为 0,小球水平方向无电场力,竖直方向弹力恒等于重力,不变。
二、多项选择题:本大题4小题,每小题6分,少选得3分,错选不得分,共24分。
8.(2024高二上·广州月考)在轴上的点和A点分别固定有点电荷和点电荷轴上点之间各点的电势随变化的图像如图所示,为的中点,且图线在点处斜率最小。取无穷远处电势为零,则下列说法正确的是( )
A.在轴上点之间,点的电场强度最小
B.点电荷带的都是正电荷
C.将电子从点移动到A点的过程中,电子的电势能减小
D.点之间电场强度的方向沿轴正方向
【答案】A,C
【知识点】电势能;电势
【解析】【解答】本题考查φ-x图像问题,关键是要知道φ-x图像的斜率代表场强,顺着电场线方向电势逐渐降低。A.图像的斜率大小等于电场强度大小,所以点的电场强度最小,选项A正确;
BD.分析题中图像可知,点电荷带的是负电荷,点电荷带的是正电荷,点之间电场强度的方向沿轴负方向,选项B、D错误;
C.电子带负电,由于点到A点电势升高,因此将电子从点移动到A点的过程中电子的电势能减小,选项C正确。
故选AC。
【分析】φ-x图像的斜率大小等于电场强度大小,由斜率大小分析电场强度大小;根据O、A点之间电势变化情况判断电场强度方向,确定点电荷q1、q2的电性;根据Ep=qφ分析电子电势能的变化情况。
9.(2024高二上·广州月考)某种滴水起电机装置如图1所示,滴水装置左右相同的两管口形成的水滴分别穿过距管口较近的铝环A、B后滴进铝筒C、D,铝环A用导线与铝筒D相连,铝环B用导线与铝筒C相连,导线之间彼此绝缘,整个装置与外界绝缘。由于某种偶然的原因,C筒带上微量的负电荷,则与之相连的B环也带有负电荷,由于静电感应,B环上方即将滴落的水滴下端会带正电荷,上端带负电荷,如图2所示。水滴在落下瞬间,正负电荷分离,如图3所示,带正电荷的水滴落下穿过B环滴入D筒,C、D两筒之间产生电势差。为了研究问题方便,假设滴水装置中水足够多,每滴水的质量相同,C、D两筒间绝缘性足够好,忽略筒内液面高度的变化,下列说法正确的是( )
A.滴水装置中会产生从左向右的电流
B.水滴下落到筒内的时间越来越长
C.C、D两筒之间的电势差会一直增大
D.在起电的过程中,水的重力势能完全转化为电能
【答案】A,B
【知识点】电场及电场力;电势差;带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A.电荷分离后,带负电荷的水滴留在 B 环上方,带正电荷的水滴留在 A 环上方,左右形成电势差。电流从高电势流向低电势,故会产生从左向右的电流,故A正确;
B.随着带正电荷水滴下落到D筒内,筒与环间的电场逐渐增大,水滴的加速度减小,则水滴下落到筒内的时间越来越长,故B正确;
C.水滴下落时,电场力做功使电荷积累,但当电场力大到水滴无法下落(加速度为 0 ),电荷不再积累,电势差趋于稳定,并非一直增大,故C错误;
D.在起电的过程中,水的重力势能转化为电能和水的动能,故D错误。
故答案为:AB。
【分析】A:电荷分离形成电势差,电流方向由电势高低决定。
B:电场增强影响水滴加速度,进而改变下落时间。
C:电荷积累到平衡时,电势差稳定。
D:能量转化包含电能和水滴动能,遵循能量守恒。
10.(2024高二上·广州月考)如图所示,空间存在一个正四面体ABCD,其棱长为a,在水平面上的B、C、D三个顶点各固定一个电荷量为+q的点电荷,一个质量为m的点电荷N恰好可以静止在A点。若把点电荷N从A点沿过A点的竖直线向上移动到无穷远处,电场力做功的大小为W。不考虑N对电场的影响,以无穷远处电势为零,重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A.点电荷N所带电荷量大小为
B.A点的电势为
C.从A点沿过A点的竖直线向上,电势逐渐降低
D.点电荷N的电势能将先增大后减小
【答案】A,C
【知识点】库仑定律;电势能;电势
【解析】【解答】A.固定的每个正点电荷对小球的库仑力大小为
设F与竖直方向的夹角为θ,由几何关系可得
对小球,由平衡条件有
解得
故A正确;
B.由题意可知,点电荷N在A点的电势能
A点的电势为
故B错误;
C.根据电场强度叠加原理,由对称性可知,A点上方过A点的电场线竖直向上,根据沿电场方向电势降低,可知从A点沿过A点的竖直线向上,电势逐渐降低,故C正确;
D.根据题意可知,点电荷N带正电,由,结合C项分析可知,把点电荷N从A点沿过A点的竖直线向上移动到无穷远处,点电荷N的电势能一直减小,故D错误。
故答案为:AC。
【分析】A:利用正四面体几何关系(夹角 ),结合平衡条件求 。
B:电势能 与电荷量 比值,推导 。
C:电场线方向(叠加后竖直向上 ),沿电场线电势降低。
D:正电荷电势能与电势正相关,电势降低,电势能减小。
11.(2024高二上·广州月考)如图所示,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点,不计重力。下列说法正确的是( )
A.M带负电荷,N带正电荷
B.M在b点的动能大于它在a点的动能
C.N在d点的电势能小于N在c点的电势能
D.N在从e点运动到c点的过程中克服电场力做功
【答案】A,C,D
【知识点】电场力做功;动能;电势能;带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A.轨迹弯曲方向反映库仑力方向。M轨迹向O弯曲,说明库仑力指向O(正电荷吸引 ),故M带负电(负电荷被正电荷吸引 );N轨迹背向O弯曲,说明库仑力背向O(正电荷排斥 ),故N带正电(正电荷被正电荷排斥 ),故A正确;
B.M从a到b,库仑力与运动方向夹角大于90°,电场力做负功。根据动能定理,负功使动能减小,故a点动能大于b点动能,故B错误;
C.由带电粒子在正点电荷的电场中运动的轨迹可知, N受到的是库仑斥力,粒子N从c到d,电场力做正功,所以电势能减小,N在d点的电势能小于N在c点的电势能,故C正确;
D.N从e点运动到c点的过程中,是从低电势到高电势,N带正电,所以克服电场力做功,故D正确。
故答案为:ACD。
【分析】1. 借轨迹弯曲方向判库仑力方向,定粒子电性。
2. 据电场力做功正负,推动能、电势能变化。
3. 结合电荷正负与电势变化,析电场力做功情况。
三、实验题(5分)
12.(2024高二上·广州月考)某同学用图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。现提供如下实验器材:电源电容器电阻箱毫安表单刀双掷开关和导线若干。
(1)根据图甲电路在图乙中用笔画线代替导线将实物电路连接完整 。
(2)用电流传感器替换毫安表,测出电路中的电流随时间变化的图像如丙图所示,电源输出电压为,则电容器的电容约为 。(保留2位有效数字)
(3)现通过改变电路某一元件的参数对同一电容器进行两次充电,得到图像如丁中①②所示,下列说法正确的是________。
A.曲线①对应电路中电阻箱的阻值较大
B.曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大
C.曲线①对应电路中电源输出电压较小
D.曲线②对应电路中电源输出电压较小
【答案】(1)
(2)
(3)B
【知识点】电容器及其应用;观察电容器的充、放电现象
【解析】(1)根据电路图连接实物图,如图所示
(2)电容器放电时,根据公式可知,在图像中,图线与横坐标围成的面积表示通过电荷量的多少,由图乙可知图线与坐标轴围成得面积为32个小格,则电容器开始放电时所带的电荷量为
由电容的定义式可知,电容器的电容约为
故答案为:
(3)AB.对同一电容器进行两次充电,因为电荷量q不变,曲线②对应的充电时间长,则电流小,根据欧姆定律可知,曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大,故A错误,B正确;
CD.根据可知电荷量q不变、电容C不变,故曲线①②对应电路中的电源输出电压相同,故CD错误。
故答案为:B
【分析】(1)电路连接:依据充、放电原理,构建开关控制的充、放电回路。
(2)电容计算:利用I-t图像 “面积表示电荷量”,结合电容定义式计算。
(3)图像分析:同一电容器充电,最终电荷量由CU决定(C不变则U同 );电流大小与电阻成反比,通过充电时间判断电流、电阻关系。
(1)根据电路图连接实物图,如图所示
(2)电容器放电时,根据公式可知,在图像中,图线与横坐标围成的面积表示通过电荷量的多少,由图乙可知图线与坐标轴围成得面积为32个小格,则电容器开始放电时所带的电荷量为
由电容的定义式可知,电容器的电容约为
(3)AB.对同一电容器进行两次充电,因为电荷量q不变,曲线②对应的充电时间长,则电流小,根据欧姆定律可知,曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大,故A错误,B正确;
CD.根据可知电荷量q不变、电容C不变,故曲线①②对应电路中的电源输出电压相同,故CD错误。
故选B。
四、解答题:共3题,13题10分,14题10分,15题16分,共36分。
13.(2024高二上·广州月考)如图所示,在匀强电场中有一等边三角形ABC,边长为60cm,电场方向和△ABC所在平面平行,现将电荷量 q=-4×10-6C的点电荷从电场中的A点移动到B点,静电力做功-2.4×10-5J的功,该电荷从C点移到A点,电场力做功4.8×10-5J的功。
(1)如果规定B点的电势为零,则A 点和C点电势φA、φC分别是多少
(2)电场强度E的大小和方向。
【答案】解:(1)根据电场力做功与电势差的关系可得,从A点移动到B点:
可得:
其中,,因为
可得A 点的电势为:
从C点移动到A点:
可得,
因为
可得C 点的电势为
(2)由于AC的中点电势
由图可知
电场方向沿着AC方向,场强大小为:
【知识点】电势能与电场力做功的关系;电势差;电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】(1) 电势计算:用“电场力做功 ” ,通过已知做功和电荷量算电势差 ,再结合“” (规定 ),依次算出 、。
(2)电场强度计算:通过电势差的环路关系,找电势差与边长的对应(确定沿电场方向的距离 ),再用匀强电场公式 算场强,方向由高电势指向低电势。
14.(2024高二上·广州月考)如图所示,已知电子质量为m、电荷量为e,有一电子初速度为零,经电压加速后,进入两块间距为d的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入,且正好能从金属板边缘穿出电场,飞出时速度的偏转角为θ,电子重力不计求∶
(1)电子刚进入板间电场时的速度大小v0。
(2)电子离开电场时的速度大小v。
(3)平行金属板间的电场强度大小E。
【答案】(1)电子在电场中加速,有
解得
(2)电子离开电场时的速度
(3)电子飞过偏转电场过程中,有
又由于U=Ed,则解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1)利用动能定理计算出电子进入电场时的速度;
(2)根据末速度的角度关系求出末速度的大小;
(3)利用动能定理结合公式U=Ed计算出场强。
15.(2024高二上·广州月考)如图,竖直平面内有一边长为5cm的正方形ABCD,CD边水平,将质量、电荷量的带正电小球自A点沿AB方向抛出,恰好通过C点,重力加速度。
(1)求小球抛出时的速度大小;
(2)若只增加一个平行ABCD平面的匀强电场(大小未知),将小球自A点由静止释放,恰好沿AC运动,求电场强度的最小值;
(3)若只在ABCD平面内增加一个方向平行AC的匀强电场(大小未知),将小球自A点沿某方向(未知)抛出,恰好能先后通过B、C两点,且从A到B和从B到C的时间相等,求小球通过C点时的动能大小。
【答案】(1)解:小球做平抛运动通过C点,设水平和竖直方向的位移分别为s、h,则
,
代入数据解得小球抛出时的速度大小为。
(2)解:如图所示
电场力与重力的合力应沿AC方向,且当电场力与AC垂直时电场强度最小,由图可知
解得电场强度的最小值为。
(3)解:以AC方向为x轴,垂直AC的方向为y轴,建立如图所示的坐标系
由题意可知小球受到沿x轴负方向的电场力和重力,合力沿y轴负方向,其轨迹为抛物线。设小球抛出时速度大小为v、方向与x轴的夹角为,加速度为a,从A到B的时间为t,由图可知
B点坐标为
又有,,
联立可得,小球抛出时的动能为
根据对称性可知小球通过C点的动能为
。
【知识点】受力分析的应用;平抛运动;带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1)分解水平、竖直位移,用运动学公式求初速度。
(2)合力沿 AC,电场力垂直 AC 时最小(力的分解,垂直分量最小 )。
(3)建立坐标系分解力与运动,利用时间相等与位移对称,结合动能定理求动能。
(1)小球做平抛运动通过C点,设水平和竖直方向的位移分别为s、h,则
代入数据解得小球抛出时的速度大小为
(2)如图所示
电场力与重力的合力应沿AC方向,且当电场力与AC垂直时电场强度最小,由图可知
解得电场强度的最小值为
(3)以AC方向为x轴,垂直AC的方向为y轴,建立如图所示的坐标系
由题意可知小球受到沿x轴负方向的电场力和重力,合力沿y轴负方向,其轨迹为抛物线。设小球抛出时速度大小为v、方向与x轴的夹角为,加速度为a,从A到B的时间为t,由图可知
B点坐标为
又有
,,
联立可得,小球抛出时的动能为
根据对称性可知小球通过C点的动能为
1 / 1广东省广州市铁一中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷
一、单项选择题:本大题7小题,每小题5分,共35分。
1.(2024高二上·广州月考)蜜蜂飞行过程中身上会积累少量正电荷,蜜蜂传播花粉时就利用了这些电荷。当蜜蜂飞到花蕊附近时,花粉颗粒会粘附在蜜蜂身上。当蜜蜂接近下一朵花时,部分花粉会留在下一朵花的花蕊上,完成授粉。一只原来电中性的蜜蜂在飞行过程中带上了+3.04 × 10 11 C的电量,这是由于它( )
A.失去了1.9 × 108个质子 B.失去了1.9 × 108个电子
C.得到了1.9 × 108个电子 D.得到了1.9 × 108个质子
2.(2024高二上·广州月考)如图(a),在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示,相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的电场力大小分别为和,相应的电势能分别为和,则( )
A. B.
C. D.
3.(2024高二上·广州月考)离子推进器可以为宇宙飞船提供推力,其原理简化图如图所示,近乎静止的正离子在高压电场作用下,从针状电极A向环形电极B运动,期间撞击由中性粒子组成的推进剂,使推进剂加速向后喷出,从而向前推进飞船。在此过程中,下列说法正确的是( )
A.中性粒子C附近电场强度比中性粒子D附近的小
B.电极A的电势高于电极B的电势
C.正离子与中性粒子组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.同一正离子的电势能在电极A附近比在电极B附近小
4.(2024高二上·广州月考)如图甲,A,为两个带电小球,A固定在光滑绝缘水平面上点,初始时刻在A右侧点处,此时所受电场力大小为,现给一方向与连线重合、大小为的初速度,开始一段时间内运动的图像如图乙,则( )
A.初速度的方向水平向左
B.A,两小球带异种电荷
C.的速度大小为时,运动的时间小于
D.时刻,所受电场力大小可能等于
5.(2024高二上·广州月考)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能随位移x变化的关系如图所示,其中区间是关于直线对称的曲线,区间是直线,在0、、、处电势分别为、、、,则下列说法正确的是( )
A.处电势最低
B.
C.粒子在段先加速后减速,段做匀变速直线运动
D.和处,电场强度相同
6.(2024高二上·广州月考)由导电的多晶硅制成的电容加速度传感器如图甲所示,图乙是其原理图,位于中间的多晶硅悬臂梁分别与顶层多晶硅、底层多晶硅组成两个电容器,当电容器充电后处于断路状态,并由静止突然向上加速运动时,多晶硅悬臂梁的右侧可发生如图中虚线所示的弯曲形变,下列说法正确的是( )
A.电容器的电容增加,电容器的电容减小
B.电容器两板间电压增大,电容器两板间电压减小
C.电容器两板间场强增大,电容器两板间场强减小
D.电容器两板间场强减小,电容器两板间场强增大
7.(2024高二上·广州月考)如图所示,在水平面内的M、N两点各固定一个点电荷,带电量均为。O为MN的中点,过O点固定一个绝缘杆,杆水平且与MN垂直。一光滑带孔小球P穿在绝缘杆上,小球带负电,开始时在MN的左侧,现给小球一向右的初速度,则小球向右运动的过程中( )
A.小球从开始到O点,做加速度增大的加速运动
B.小球受到绝缘杆的弹力先增大后减小
C.若把N点变为,小球做匀速运动
D.若把N点变为,小球受到绝缘杆的弹力始终不变
二、多项选择题:本大题4小题,每小题6分,少选得3分,错选不得分,共24分。
8.(2024高二上·广州月考)在轴上的点和A点分别固定有点电荷和点电荷轴上点之间各点的电势随变化的图像如图所示,为的中点,且图线在点处斜率最小。取无穷远处电势为零,则下列说法正确的是( )
A.在轴上点之间,点的电场强度最小
B.点电荷带的都是正电荷
C.将电子从点移动到A点的过程中,电子的电势能减小
D.点之间电场强度的方向沿轴正方向
9.(2024高二上·广州月考)某种滴水起电机装置如图1所示,滴水装置左右相同的两管口形成的水滴分别穿过距管口较近的铝环A、B后滴进铝筒C、D,铝环A用导线与铝筒D相连,铝环B用导线与铝筒C相连,导线之间彼此绝缘,整个装置与外界绝缘。由于某种偶然的原因,C筒带上微量的负电荷,则与之相连的B环也带有负电荷,由于静电感应,B环上方即将滴落的水滴下端会带正电荷,上端带负电荷,如图2所示。水滴在落下瞬间,正负电荷分离,如图3所示,带正电荷的水滴落下穿过B环滴入D筒,C、D两筒之间产生电势差。为了研究问题方便,假设滴水装置中水足够多,每滴水的质量相同,C、D两筒间绝缘性足够好,忽略筒内液面高度的变化,下列说法正确的是( )
A.滴水装置中会产生从左向右的电流
B.水滴下落到筒内的时间越来越长
C.C、D两筒之间的电势差会一直增大
D.在起电的过程中,水的重力势能完全转化为电能
10.(2024高二上·广州月考)如图所示,空间存在一个正四面体ABCD,其棱长为a,在水平面上的B、C、D三个顶点各固定一个电荷量为+q的点电荷,一个质量为m的点电荷N恰好可以静止在A点。若把点电荷N从A点沿过A点的竖直线向上移动到无穷远处,电场力做功的大小为W。不考虑N对电场的影响,以无穷远处电势为零,重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A.点电荷N所带电荷量大小为
B.A点的电势为
C.从A点沿过A点的竖直线向上,电势逐渐降低
D.点电荷N的电势能将先增大后减小
11.(2024高二上·广州月考)如图所示,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点,不计重力。下列说法正确的是( )
A.M带负电荷,N带正电荷
B.M在b点的动能大于它在a点的动能
C.N在d点的电势能小于N在c点的电势能
D.N在从e点运动到c点的过程中克服电场力做功
三、实验题(5分)
12.(2024高二上·广州月考)某同学用图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。现提供如下实验器材:电源电容器电阻箱毫安表单刀双掷开关和导线若干。
(1)根据图甲电路在图乙中用笔画线代替导线将实物电路连接完整 。
(2)用电流传感器替换毫安表,测出电路中的电流随时间变化的图像如丙图所示,电源输出电压为,则电容器的电容约为 。(保留2位有效数字)
(3)现通过改变电路某一元件的参数对同一电容器进行两次充电,得到图像如丁中①②所示,下列说法正确的是________。
A.曲线①对应电路中电阻箱的阻值较大
B.曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大
C.曲线①对应电路中电源输出电压较小
D.曲线②对应电路中电源输出电压较小
四、解答题:共3题,13题10分,14题10分,15题16分,共36分。
13.(2024高二上·广州月考)如图所示,在匀强电场中有一等边三角形ABC,边长为60cm,电场方向和△ABC所在平面平行,现将电荷量 q=-4×10-6C的点电荷从电场中的A点移动到B点,静电力做功-2.4×10-5J的功,该电荷从C点移到A点,电场力做功4.8×10-5J的功。
(1)如果规定B点的电势为零,则A 点和C点电势φA、φC分别是多少
(2)电场强度E的大小和方向。
14.(2024高二上·广州月考)如图所示,已知电子质量为m、电荷量为e,有一电子初速度为零,经电压加速后,进入两块间距为d的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入,且正好能从金属板边缘穿出电场,飞出时速度的偏转角为θ,电子重力不计求∶
(1)电子刚进入板间电场时的速度大小v0。
(2)电子离开电场时的速度大小v。
(3)平行金属板间的电场强度大小E。
15.(2024高二上·广州月考)如图,竖直平面内有一边长为5cm的正方形ABCD,CD边水平,将质量、电荷量的带正电小球自A点沿AB方向抛出,恰好通过C点,重力加速度。
(1)求小球抛出时的速度大小;
(2)若只增加一个平行ABCD平面的匀强电场(大小未知),将小球自A点由静止释放,恰好沿AC运动,求电场强度的最小值;
(3)若只在ABCD平面内增加一个方向平行AC的匀强电场(大小未知),将小球自A点沿某方向(未知)抛出,恰好能先后通过B、C两点,且从A到B和从B到C的时间相等,求小球通过C点时的动能大小。
答案解析部分
1.【答案】B
【知识点】元电荷
【解析】【解答】物体带电的实质为电子的得失,电中性的蜜蜂带上正电说明失去电子,根据
可知原来电中性的蜜蜂失去了1.9 × 108个电子。
故答案为:B。
【分析】1. 带电本质:正电由失去电子导致(质子稳定,不参与转移 )。
2. 电子数计算:利用元电荷 ,通过 求失去电子数。
2.【答案】A
【知识点】电场力做功;电势能;等势面
【解析】【解答】由图中等势面的疏密程度可知
根据
可知
由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷,设将该试探电荷从M点移到N点,可知电场力做正功,电势能减小,即
,
故答案为:A。
【分析】1. 电场力判断:利用等势面疏密与电场强度的关联,结合 ,判断电场力大小关系。
2. 电势能判断:依据电场线方向确定电势高低,再结合正电荷电势能与电势的正相关关系 ,判断电势能大小。
3.【答案】B
【知识点】动量守恒定律;电场强度;电势能;电势
【解析】【解答】A.电场线疏密反映场强:C点电场线比D点密集,(中性粒子C附近场强大于D ),故A错误;
B.正离子从A→B运动,电场力方向与运动方向一致,则电场方向A→B(正电荷受力方向 ),沿电场线电势降低,则(电极A电势高于B ),故B正确;
C.碰撞期间动量守恒,机械能减小,故C错误;
D.正离子电势能
( )
电势越高,电势能越大,,所以正离子在A点电势能 (A附近电势能更大 ),D错误。
故答案为:B。
【分析】A:电场线疏密,场强大小(密→大 )。
B:正离子运动方向为电场方向,则沿电场线电势降低。
C:碰撞动量守恒(内力远大于外力 ),但机械能因碰撞损失。
D:正电荷电势能与电势正相关。
4.【答案】A
【知识点】库仑定律;电荷守恒定律;运动学 v-t 图象
【解析】【解答】ABC:由图像可知球做加速度不断增大的减速运动,故小球运动的方向水平向左,两小球带同种电荷,当的速度大小为时,运动的时间大于 ,故A正确,BC错误;
D:图像的面积表示位移,由图可知小球位移大于的位移,即此时距离小于最初距离的一半,根据库仑定律,可知所受库仑力大于,故D错误。
故答案为:A。
【分析】1. 运动方向与电荷性质:由 图像的减速趋势(加速度增大 ),判断运动方向与电场力方向,进而确定电荷种类(同种电荷相斥,导致距离减小、斥力增大、加速度增大 )。
2. 速度与时间关系:加速度增大的减速运动中,速度变化率(斜率 )随时间增大,前半段速度下降慢,后半段下降快,据此判断速度减半时的时间。
3. 库仑力变化:用 图像面积表示位移,比较不同时间段的位移,得出两球距离变化;结合库仑定律,分析距离变化对库仑力的影响。
5.【答案】C
【知识点】能量守恒定律;动能;电势能;电势
【解析】【解答】AB.根据电势能与电势的关系,粒子带负电,可知处电势最高,且
故AB错误;
CD.根据能量守恒定律可知,粒子在段电势能先减小,后增大,则动能先增大后减小,所以粒子在段先加速后减速,根据
可知图像斜率代表电场力,则段做匀变速直线运动,和处,斜率大小相等,但方向不同,即电场强度方向不同。故C正确,D错误;
故答案为:C。
【分析】1. 利用 ( ),明确负电荷电势能与电势的负相关关系,判断电势高低。
2. 依据能量守恒,由电势能变化推导动能、速度变化,结合图像斜率(电场力 )分析运动性质。
3. 通过斜率(电场力 )的大小与方向,判断电场强度的异同。
6.【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A.多晶硅悬臂梁的右侧可发生如图所示的弯曲形变,多晶硅悬臂梁与上电极间距增加,下电极距离减小,根据电容器电容决定式,可得电容器的电容减小,电容器的电容增加,A错误;
B.因电荷量不变,根据,可知电容器两板间电压增大,电容器两板间电压减小,B正确;
CD.根据
可知,当板间距变化时,电场强度不变,C错误,D错误。
故答案为:B。
【分析】1. 电容判断:电容决定式(极板间距 变, 变 )。
2. 电压判断:断路时 不变,( 变, 变 )。
3. 场强判断:推导 ( 不变, 不变 )。
7.【答案】C
【知识点】电场线;带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A:应用矢量合成可知,等量同种正电荷中垂线上的场强,方向沿中垂线,大小从无限远到中点O先增大后减小,题中没有明确给出小球开始时是处在最大场强的左侧还是右侧,所以加速度变化无法判断,A错误;
B:绝缘杆所在处场强与杆平行,由平衡可知,杆对小球弹力总等于其重力,B错误;
C:应用矢量合成可知,等量异种电荷中垂线上的场强方向垂直中垂线,大小从无限远到中点O一直增大,小球运动方向不受任何力作用,则做匀速运动,C正确;
D:小球从开始到O点,场强水平且与杆垂直,不断增大,电场力增大,由平衡条件可知,杆对小球的弹力总等于其重力与电场力的合力,则弹力从开始到O点一直增大,过O点后,向右运动过程中弹力逐渐减小,D项错误。
故答案为:C。
【分析】1. 同种电荷场强与加速度:等量同种正电荷中垂线场强分布“先增后减”,因小球初始位置未知,无法确定场强变化,进而无法判断加速度变化。
2. 弹力的竖直平衡:光滑杆无摩擦力,竖直方向重力与弹力平衡,弹力大小恒等于重力,与水平电场力无关。
3. 异种电荷场强与运动:等量异种电荷中垂线水平方向场强抵消(为 0 ),小球水平方向不受力,做匀速直线运动。
4. 异种电荷下的弹力:异种电荷中垂线水平场强为 0,小球水平方向无电场力,竖直方向弹力恒等于重力,不变。
8.【答案】A,C
【知识点】电势能;电势
【解析】【解答】本题考查φ-x图像问题,关键是要知道φ-x图像的斜率代表场强,顺着电场线方向电势逐渐降低。A.图像的斜率大小等于电场强度大小,所以点的电场强度最小,选项A正确;
BD.分析题中图像可知,点电荷带的是负电荷,点电荷带的是正电荷,点之间电场强度的方向沿轴负方向,选项B、D错误;
C.电子带负电,由于点到A点电势升高,因此将电子从点移动到A点的过程中电子的电势能减小,选项C正确。
故选AC。
【分析】φ-x图像的斜率大小等于电场强度大小,由斜率大小分析电场强度大小;根据O、A点之间电势变化情况判断电场强度方向,确定点电荷q1、q2的电性;根据Ep=qφ分析电子电势能的变化情况。
9.【答案】A,B
【知识点】电场及电场力;电势差;带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A.电荷分离后,带负电荷的水滴留在 B 环上方,带正电荷的水滴留在 A 环上方,左右形成电势差。电流从高电势流向低电势,故会产生从左向右的电流,故A正确;
B.随着带正电荷水滴下落到D筒内,筒与环间的电场逐渐增大,水滴的加速度减小,则水滴下落到筒内的时间越来越长,故B正确;
C.水滴下落时,电场力做功使电荷积累,但当电场力大到水滴无法下落(加速度为 0 ),电荷不再积累,电势差趋于稳定,并非一直增大,故C错误;
D.在起电的过程中,水的重力势能转化为电能和水的动能,故D错误。
故答案为:AB。
【分析】A:电荷分离形成电势差,电流方向由电势高低决定。
B:电场增强影响水滴加速度,进而改变下落时间。
C:电荷积累到平衡时,电势差稳定。
D:能量转化包含电能和水滴动能,遵循能量守恒。
10.【答案】A,C
【知识点】库仑定律;电势能;电势
【解析】【解答】A.固定的每个正点电荷对小球的库仑力大小为
设F与竖直方向的夹角为θ,由几何关系可得
对小球,由平衡条件有
解得
故A正确;
B.由题意可知,点电荷N在A点的电势能
A点的电势为
故B错误;
C.根据电场强度叠加原理,由对称性可知,A点上方过A点的电场线竖直向上,根据沿电场方向电势降低,可知从A点沿过A点的竖直线向上,电势逐渐降低,故C正确;
D.根据题意可知,点电荷N带正电,由,结合C项分析可知,把点电荷N从A点沿过A点的竖直线向上移动到无穷远处,点电荷N的电势能一直减小,故D错误。
故答案为:AC。
【分析】A:利用正四面体几何关系(夹角 ),结合平衡条件求 。
B:电势能 与电荷量 比值,推导 。
C:电场线方向(叠加后竖直向上 ),沿电场线电势降低。
D:正电荷电势能与电势正相关,电势降低,电势能减小。
11.【答案】A,C,D
【知识点】电场力做功;动能;电势能;带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A.轨迹弯曲方向反映库仑力方向。M轨迹向O弯曲,说明库仑力指向O(正电荷吸引 ),故M带负电(负电荷被正电荷吸引 );N轨迹背向O弯曲,说明库仑力背向O(正电荷排斥 ),故N带正电(正电荷被正电荷排斥 ),故A正确;
B.M从a到b,库仑力与运动方向夹角大于90°,电场力做负功。根据动能定理,负功使动能减小,故a点动能大于b点动能,故B错误;
C.由带电粒子在正点电荷的电场中运动的轨迹可知, N受到的是库仑斥力,粒子N从c到d,电场力做正功,所以电势能减小,N在d点的电势能小于N在c点的电势能,故C正确;
D.N从e点运动到c点的过程中,是从低电势到高电势,N带正电,所以克服电场力做功,故D正确。
故答案为:ACD。
【分析】1. 借轨迹弯曲方向判库仑力方向,定粒子电性。
2. 据电场力做功正负,推动能、电势能变化。
3. 结合电荷正负与电势变化,析电场力做功情况。
12.【答案】(1)
(2)
(3)B
【知识点】电容器及其应用;观察电容器的充、放电现象
【解析】(1)根据电路图连接实物图,如图所示
(2)电容器放电时,根据公式可知,在图像中,图线与横坐标围成的面积表示通过电荷量的多少,由图乙可知图线与坐标轴围成得面积为32个小格,则电容器开始放电时所带的电荷量为
由电容的定义式可知,电容器的电容约为
故答案为:
(3)AB.对同一电容器进行两次充电,因为电荷量q不变,曲线②对应的充电时间长,则电流小,根据欧姆定律可知,曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大,故A错误,B正确;
CD.根据可知电荷量q不变、电容C不变,故曲线①②对应电路中的电源输出电压相同,故CD错误。
故答案为:B
【分析】(1)电路连接:依据充、放电原理,构建开关控制的充、放电回路。
(2)电容计算:利用I-t图像 “面积表示电荷量”,结合电容定义式计算。
(3)图像分析:同一电容器充电,最终电荷量由CU决定(C不变则U同 );电流大小与电阻成反比,通过充电时间判断电流、电阻关系。
(1)根据电路图连接实物图,如图所示
(2)电容器放电时,根据公式可知,在图像中,图线与横坐标围成的面积表示通过电荷量的多少,由图乙可知图线与坐标轴围成得面积为32个小格,则电容器开始放电时所带的电荷量为
由电容的定义式可知,电容器的电容约为
(3)AB.对同一电容器进行两次充电,因为电荷量q不变,曲线②对应的充电时间长,则电流小,根据欧姆定律可知,曲线②对应电路中电阻箱的阻值较大,故A错误,B正确;
CD.根据可知电荷量q不变、电容C不变,故曲线①②对应电路中的电源输出电压相同,故CD错误。
故选B。
13.【答案】解:(1)根据电场力做功与电势差的关系可得,从A点移动到B点:
可得:
其中,,因为
可得A 点的电势为:
从C点移动到A点:
可得,
因为
可得C 点的电势为
(2)由于AC的中点电势
由图可知
电场方向沿着AC方向,场强大小为:
【知识点】电势能与电场力做功的关系;电势差;电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】(1) 电势计算:用“电场力做功 ” ,通过已知做功和电荷量算电势差 ,再结合“” (规定 ),依次算出 、。
(2)电场强度计算:通过电势差的环路关系,找电势差与边长的对应(确定沿电场方向的距离 ),再用匀强电场公式 算场强,方向由高电势指向低电势。
14.【答案】(1)电子在电场中加速,有
解得
(2)电子离开电场时的速度
(3)电子飞过偏转电场过程中,有
又由于U=Ed,则解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1)利用动能定理计算出电子进入电场时的速度;
(2)根据末速度的角度关系求出末速度的大小;
(3)利用动能定理结合公式U=Ed计算出场强。
15.【答案】(1)解:小球做平抛运动通过C点,设水平和竖直方向的位移分别为s、h,则
,
代入数据解得小球抛出时的速度大小为。
(2)解:如图所示
电场力与重力的合力应沿AC方向,且当电场力与AC垂直时电场强度最小,由图可知
解得电场强度的最小值为。
(3)解:以AC方向为x轴,垂直AC的方向为y轴,建立如图所示的坐标系
由题意可知小球受到沿x轴负方向的电场力和重力,合力沿y轴负方向,其轨迹为抛物线。设小球抛出时速度大小为v、方向与x轴的夹角为,加速度为a,从A到B的时间为t,由图可知
B点坐标为
又有,,
联立可得,小球抛出时的动能为
根据对称性可知小球通过C点的动能为
。
【知识点】受力分析的应用;平抛运动;带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1)分解水平、竖直位移,用运动学公式求初速度。
(2)合力沿 AC,电场力垂直 AC 时最小(力的分解,垂直分量最小 )。
(3)建立坐标系分解力与运动,利用时间相等与位移对称,结合动能定理求动能。
(1)小球做平抛运动通过C点,设水平和竖直方向的位移分别为s、h,则
代入数据解得小球抛出时的速度大小为
(2)如图所示
电场力与重力的合力应沿AC方向,且当电场力与AC垂直时电场强度最小,由图可知
解得电场强度的最小值为
(3)以AC方向为x轴,垂直AC的方向为y轴,建立如图所示的坐标系
由题意可知小球受到沿x轴负方向的电场力和重力,合力沿y轴负方向,其轨迹为抛物线。设小球抛出时速度大小为v、方向与x轴的夹角为,加速度为a,从A到B的时间为t,由图可知
B点坐标为
又有
,,
联立可得,小球抛出时的动能为
根据对称性可知小球通过C点的动能为
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