卷子答案网-一个不只有答案的网站广州市真光中学2023学年第一学期10月阶段性质量检测
高二物理学科
2023.10
本试卷共 4页，满分 100分，考试用时 75分钟。
第Ⅰ卷（共 56 分）
一、单项选择题：本题共 8 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题 4 分,
共 32 分
1、当带电的云层离地面较近时，云和地面形成一个巨型电容器，它们之间会形成一个强电场，若云
层带电量一定保持不变，将云层底面及地面始终都看成平整的平面，其间的电场为匀强电场，则( )
A．当云层向下靠近地面时，该电容器的电容将减小
B．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电势差将增大
C．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将不变
D．当云层底面积增大时，云层和地面间的电场强度将增大
2、如图所示，在某静电除尘器产生的电场中，带等量负电荷的两颗微粒只受电场力作用，分别从 p
点沿虚线 pm、pn 运动，被吸附到金属圆筒上。下列说法正确的是( )
A．p 点的电势高于 n 点的电势
B．微粒从 p 到 n 的速度变化量等于从 p 到 m 的速度变化量
C．微粒从 p 到 n 的电势能变化量大于从 p 到 m 的电势能变化量
D．微粒从 p 到 n 的动能变化量等于从 p 到 m 的动能变化量
2 1
3、中子内有一个电荷量为+ e 的上夸克和两个电荷量为- e 的下夸克,一
3 3
个简单模型是三个夸克都在半径为 r 的同一个圆周上,如图所示.下面四幅图中,能够正确表示出各夸克所受
静电力作用的是（ ）
4、某电容器的外壳上标有“1.5 μF 9 V”的字样。该参数表明( )
A．该电容器只有在电压为 9 V 时电容才为 1.5 μF
B．当两端电压为 4.5 V 时，该电容器的电容为 0.75 μF
－
C．该电容器正常工作时所带电荷量不超过 1.5×10 6 C
－
D．给该电容器充电时，电压每升高 1 V，单个极板的电荷量增加 1.5×10 6 C
5、一匀强电场的方向竖直向上。
t＝0 时刻，一带电粒子以一定初速度
水平射入该电场，电场力对粒子做功
的功率为 P，不计粒子重力，则 P－t
关系图像是( )
1
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6、 如图所示，一立方体空间平行 x 轴方向存在匀强电场，处于Oyz
平面内粒子源 P能同时发射速率相同的同种粒子，其中沿 x 轴、z 轴正
方向的粒子分别从该空间的 M、N 点离开电场。不计重力和粒子间的相
互作用，则（ ）
A．P 点的电势一定高于 M 点的电势
B．从 M、N点离开电场的粒子电势能的变化量相同
C．从 M、N点离开电场的粒子在电场中运动的时间相等
D．从 M、N点离开电场的粒子电场力的功率相等
7、图甲是观察电容器充、放电过程的原理图，图中电源电源两端
电压为 E；图乙是利用电压传感器和计算机收集到该实验的其中两个过程 U-t 数据图像，则图乙中
A．U0>E B．U0
某点处放置正点电荷Q = 2 2q，使得 P 点的电场强度为零。则
Q 的位置为
（ ）
A. (2a,2a) B. (0,0)
C. (2a，0) D. (0，2a)
二、多项选择题：本题共 4 小题，共 24 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全
选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分
9、如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其
中电容器左侧极板 B 和静电计外壳均接地，电容器右侧极板 A 与静电计金
属球相连，使电容器带电后与电源断开，下列操作能使静电计的指针张角变
大的是( )
A．增大 A 板与 B 板之间的水平距离
B．将橡胶棒插入 A 板与 B 板之间
C．A 板位置不动，将 B 板稍微竖直向下平移
D．将 A 板也接地
10、如图所示，A 、B 、C 、D 为一菱形的顶点。电荷量均为 q (q>0)
的两个点电荷分别固定在 A 、C 两点。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A. B 、 D 两点的电势相等
B. B 、 D 两点的场强相等
C.在 B 处可以找到一个平面，电子可以在这个面内做匀速圆周运动
D.在 B 点从静止释放的电子，到达D 点时速度为零
2
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11、点电荷 Q产生的电场中，电子仅在电场力作用下，从 M 点到 N点做加速度减小的减速直线运动，
则（ ）
A．点电荷 Q为正电荷 B．电子在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能
C．M点场强比 N 点的小 D．M 点电势比 N 点的高
12、如图是一种电荷控制式喷墨打印机的原理图，电荷经加速电场（加速电压为 U1）加速后垂直进入
偏转电场，离开偏转电场时偏转量是 h，两平行板间的距离为 d，电压为 U2，板长为 L，每单位电压引起
h
的偏移 ，叫做灵敏度，为了使灵敏度变为原来的 k 倍，在其他条
U2
件不变的情况下可采用下列哪些方法（ ）
1
A．L 变为原来的 k 倍 B．d 变为原来的 倍
k
1
C．L 和 d 均变为原来的 k 倍 D． U1 变为原来的 倍
k
第Ⅱ卷（44 分）
三、非选择题：13 题为实验题，把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程；14~15 题
为计算题，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）。
13、（15 分）电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察
电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随
时间的变化。图甲直流电源两端的电压恒为 8V，充电前电容器带电量为零。先使 S 与“1”端相连，电源向
电容器充电。充电结束后，使 S 与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的 I t 曲线
如图乙所示。
（1）在电容器放电过程中，通过电阻R0 的电流方向_______；
（2）图像阴影为 I t 曲
线图像与对应时间轴所围成
的面积，乙图中阴影部分的
面积 S S1 _______ 2 （选填“>”、
“<”或“=”）；
（3）已知S1 =1233mA s ，则该电容器的电容值为_______法拉（保留两位有效数字）；
（4）由甲、乙两图可判断阻值R1 _______ R2 （选填“>”或“<”“=”）。
（5）关于电容器在整个充、放电过程中的 q－t 图像和 UAB－t 图像的大致形状，可能正确的有
________(q 为电容器极板所带的电荷量，UAB为电容器两板的电势差)。
3
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14.（14 分）如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度垂直
板沿孔进入Ⅰ区（输入腔）被 ab 间交变电压（微波信号）加速或减速，当Uab =U0 时，电子被减速到速度
为 v1，当Uab = U0 时，电子被加速到速度为v2，接着电子进入Ⅱ区（漂移管）做匀速直线运动。求：
e
（1）电子的比荷 ；（注意 e＞0）
m
（2）某时刻速度为v1的电子进入Ⅱ区，t 时间后速度为v2的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为v1
的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区（输出腔），达到信号放大的作用。忽略电子间的相互
作用。求：漂移管的长度 L。
15．（15 分）如图所示，在水平直轨道上，O 端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处在场强为 E、方向
沿 Ox 轴正向的匀强电场中。一质量为 m、电荷量为－q 的小物块，刚开始小物块以初速度 v0从 A 点沿 Ox
轨道水平向右运动，已知小物块与地面间的摩擦因数为 μ，OA=L。设小物块看成质点，其与墙碰撞时的机
械能损失忽略不计，重力加速度用 g 表示。
（1）求物块刚开始运动的加速度
（2）物块从开始运动到停止过程中电场力对小物块做的功
以及小物块运动的总路程
4
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广州市真光中学2023学年第一学期10月阶段性质量检测
高二物理试题参考答案
一、选择题：本题共 12 小题，在每小题给出的四个选项中，第 1~8 题只有一项符合题目要求，每
小题 4 分；第 9~12 题有多项符合题目要求，全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
1、C 2、D 3、B 4、D 5、A 6、 B 7、 C 8、 D 9、AC
10、ACD 11、 A D 12、BCD
二、非选择题：
13、（15 分）（每项 3 分）
[解析] 【答案】水平向右 ＝ 0.15 ＜ AD
【解析】（1）[1]由图甲可知，电容器充电时，通过电阻 R0的电流方向向左，放电时通过 R0的电流方向向
右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻 R0 的电流方向相反；
（2）[2] I t 曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影
部分的面积 S1 S2
（3）[3]由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为
Q S1 1.233A sC = = = 0.15F
U E 8V
（4）[4]由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知R1 R2
(5)电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据 q＝It，图
像的倾斜程度表示电流的大小，B 错误，A正确；电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程
Q I
电流也是由最大逐渐减小，根据 U＝ ＝ t，电容器的电容不变，C 错误，D 正确。
C C
14、 （14 分）
1 2 1 2
【详解】（1）在Ⅰ区，由动能定理得 eU0 = mv1 mv0 3 分
2 2
1
eU = mv2
1
0 2 mv
2
0 3 分
2 2
e v2 v22 1
联立解得 = 2 分
m 4U0
（2）在Ⅱ区，设v2电子运动时间为 t ，则v1(t + t ) = L 2 分
v 2t = L 2 分
v
L = 1
v2
联立解得 t 2 分
v2 v1
15、（15 分）
解：（1）由牛顿运动定律：qE + mg = ma 3 分
qE + mg
a = 1 分
故加速大小为 m
1 分
加速方向水平向左
5
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qE mg
（2）①若 时
1
(qE + mg)s = 0 mv20 2 分
由动能定理 2
mv2
s = 0 1 分
解得总路程程为 2(qE + mg)
qEmv2
W 0 2 分1 = qEs =
2(qE + mg) 电场力做的功
qE mg
②若 时
物块最终将静止于墙脚。
1
qEL mgS = 0 mv20 2 分
由全程动能定理 2
2qEL+mv2
S = 0 1 分
解得总路程为 2 mg
W = qEL 2 分 1
电场力做的功
6
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