吉林省辽源市第五中学2023-2024学年高二物理上学期第一次月考试题（Word版附答案）

辽源五中2023--2024学年度高二上学期第一次月考

物理学科试题

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。 满分100分，考试用时75分钟

一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）

1．超级电容器又叫双电层电容器，是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间､具有特殊性能的电容器。图为一款标有“2.7V，3000F”的超级电容器，据此可知该款电容器（　　）

A．放电时电容不变

B．充电时电能减少

C．在2.7V电压下才能工作

D．两极所加电压为2.7V时，电容才能达到3000F

2．如图所示，长为L的导体棒AB原来不带电，现将一个带正电的点电荷q放在导体棒的中心轴线上，且距离导体棒的A端为R，O为AB的中点。当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）

A．A端带正电，B端带负电

B．A端电势比B端电势低

C．感应电荷在O点的场强方向沿虚线向左

D．点电荷q对处在O点的电子没有电场力

3．如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为+ Q、-Q的点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为60°。两个点电荷的连线与 AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（　　）

A．P点的场强为0，电势也为0

B．A点电势低于C点电势

C．点电荷+q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大

D．点电荷-q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能

4．如图所示，两平行金属板相距为d，电势差U未知，一个电子从O点沿垂直于极板的方向以速度v射出，最远到达A点，然后返回，已知O、A相距为h，电子的质量为m，电荷量为e，则两金属板间的电势差U为（      ）

A． B． C． D．

5．如图所示为某静电场中x轴上各点电势的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是（　　）

A．电子运动到处时速度最小

B．处的电场强度方向沿x轴负方向

C．电子从处运动至处，加速度先减小后增大

D．电子在处的速度大于在处的速度

6．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，虚线为中心线，A、B板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a、b、c从靠近A板边缘处以相同水平的初速度射入板间，a从中心线上M点飞出板间区域，b从B板右侧边缘飞出，c落在B板间的中点N处，不计微粒的重力，则带电微粒a、b、c的比荷关系为（    ）

A．        B．

C．        D．

二、多选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中有多个选项正确。）

7．用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法,以下物理量表达式中属于比值法定义的是（ ）

A． B． C． D．

8．绝缘且光滑的斜面固定于水平地面上，倾角为θ，斜面处于匀强电场中，质量为m、带正电q的小滑块在斜面上处于静止状态，重力加速度为g。下列判断正确的是（）

A．电场强度的方向可能垂直于斜面向上

B．若物体对斜面压力为零时，则电场强度为

C．若电场方向水平，则电场强度

D．电场强度最小值为

9．如图示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现若稍改变F的大小，使b稍有向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（ ）

A．ab间的电场力增大 B．作用力F将减小

C．系统重力势能增加 D．系统的电势能将增加

10．如图，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长为L=2cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面已知A、B、C、D的电势分别为-4V、0、8V、12V。则下列说法正确的是（　　）

A．E点的电势中8V 

B．A、F间的电势差UAF=4V

C．C、F间的电势差UCF=-8V 

D．该匀强电场的场强大小E=400V/m

11．如图所示是静电喷涂示意图，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料在静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面上。在涂料微粒向工件靠近的过程中（　　）

A．涂料微粒带正电 

B．涂料微粒的电势能减少

C．电场力对涂料微粒做负功 

D．离工件越近，所受静电力越大

12．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了，金属块克服摩擦力做功，重力做功，则以下判断正确的是（　　）

A．金属块带正电荷

B．金属块的机械能减少

C．金属块克服电场力做功

D．金属块的电势能增加

三、实验题（本题每空3分，共9分。将正确的答案填在相应的横线上或相应位置）

13．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和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。

（1）使电容器带电后与电源断开将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角               （选填“变大”“变小”或“不变”）；两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角             （选填“变大”“变小”或“不变”）。

（2）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有         。

A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况

B．使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况

C．静电计可以用电压表替代

D．静电计可以用电流表替代

四、解答题（本题共3个小题，共43分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

14．（12分）如图用不可伸长的细线将质量为的可视为质点的带电小球P悬挂在O点，当空中存在水平向右，大小为的匀强电场时，小球偏转后处于静止状态。（，，）

（1）分析小球的带电性质及带电量；

（2）求细线的拉力；

（3）改变电场强度的大小和方向，为使小球仍保持静止在P点，求电场强度的最小值和方向。

15．（16分）如图所示为一组方向未知的匀强电场的电场线，电场线与水平方向的夹角为60°。将一个带电荷量的点电荷由A点沿水平线移至B点，电场力做功，已知A、B间的距离l=2cm，以B点为零电势点，求：

（1）匀强电场的电场强度E；

（2）A点的电势。

16．（15分）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。

（1）求电场强度的大小；

（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？

（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

参考答案：

1．A

【详解】A．电容器的电容与电量和电压无关，在充放电时电容不变，故A正确；

B．充电时电能增加，故B错误；

C．电容器在电压低的任意电压下均可以正常工作，故C错误；

D．电容器的电容与两极所加电压无关，一直为，故D错误。

故选A。

2．C

【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引可知，导体棒AB中的负电荷受到正电荷q的吸引作用，所以当导体棒AB达到静电平衡后，A端带负电，B端带正电，故A错误；

B．处于静电平衡下的导体是个等势体，其表面是等势面，所以导体棒表面各点电势相等，故B错误；

C．处于静电平衡下的导体内部场强处处为零，感应电场和外电场的合场强为零，所以感应电荷在O点的场强与点电荷q的场强等大反向，点电荷q在O点产生的场强向右，所以感应电荷在O点的场强方向沿虚线向左，故C正确；

D．点电荷q对处在O点的电子有电场力的作用，故D错误。

故选C。

3．D

【详解】A．+Q在P点产生的场强方向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0 ，故A错误；

B．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故AC两点的电势相等，故B错误；

C．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷+q从A到C的过程中电势能不变。故C错误；

D．根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势， 由电势能公式分析可知，点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能。故D正确。

故选D。

4．C

【详解】电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理得

两板间的电场强度

解得两金属板间的电势差U为

故选C。

5．C

【详解】根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿轴做直线运动，则电场方向沿轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向左，之后电场方向水平向右，由图像中斜率表示电场强度可知，电场强度为0

A．结合上述分析可知，从电子在电场力作用下做加速运动，，之后做减速运动，则电子运动到处时速度最大，故A错误；

B．由上述分析可知，处的电场强度方向沿x轴正方向，故B错误；

C．由图像中斜率表示电场强度，由图可知，电子从处运动至处，加速度先减小后增大，故C正确；

D．由公式可知，电子从处到处电场力做正功，电子的动能增加，则电子在处的速度小于在处的速度，故D错误。

故选C。

6．A

【详解】a、b两粒子的水平位移相等，初速度相等，则运动时间相等，在沿电场方向上，根据知，a、b两粒子的偏转位移之比为1:2，则比荷之比为1:2，即；b、c两粒子的水平位移之比为2:1，初速度相等,则运动时间之比为2:1，在沿电场方向上，根据知，偏转位移相等,则比荷之比为1:4，即，综上可知，故A正确，B、C、D错误；

故选A．

【点睛】粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向上做匀加速直线运动，根据水平位移和竖直位移的关系，结合牛顿第二定律和运动学公式求出比荷的关系．

7．ACD

【详解】电场中两端的电势差与移动的电荷和电场力所做的功无关，所以是比值定义法，故A正确；两端间电势差不变时，d变化，电场强度也变化．所以不是电场强度的定义式，故B错误；电场中某一点的电势与放入电场中的电荷无关，电荷量变大，电势能也变大，电势不变，所以为比值法定义式，故C正确；电容器的电容有本身性质决定，与所带的电量和两端间的电势差无关，所以比值法定义式，故D正确．所以ACD正确，B错误．

8．BCD

【详解】A．若电场强度的方向可能垂直于斜面向上，物体受重力，电场力，支持力三力作用不可能平衡，故A错误；

B．若物体对斜面压力为零时，物体只受重力，电场力二力平衡，根据,可得，故B正确；

C．若电场方向水平，物体受重力，电场力，支持力三力作用平衡，根据，可知，故C正确；

D．电场强度最小即电场力最小，当电场力沿斜面向上时，电场力最小，即,可知，故D正确．

故选BCD。

9．BC

【详解】以球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，电场力为：，减小，增大，则电场力减小，挡板对的弹力，减小，减小．对整体研究：水平方向：，则作用力将减小．故A错误，B正确；电场力减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加，故C正确，D错误．

【名睛】本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对研究，再对研究，比较简便，注意系统的重力势能与电势能的变化关系．

10．AD

【详解】A．因为A、D电势分别为-4V、12V，则A、D中点的电势为8V，那么E、F两点的电势分别为8V、0，A正确；

B．A、F间的电势差为

B错误；

C．C、F间的电势差为

C错误；

D．B、F在同一等势面上，电势为0，C、E在同一等势面上，电势为8V，电场强度为

D正确。

故选AD。

11．BD

【详解】A．由图知，工件带正电，则涂料在静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面上，所以涂料微粒带负电。故A错误；

BC．喷枪喷出的涂料在静电力作用下，向被喷工件运动，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小。故B正确，C错误；

D．离工件越近，工件周围的电场越强，涂料微粒所受静电力越大。故D正确。

故选BD。

12．ABD

【详解】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，根据动能定理得

W总=WG+W电+Wf=△EK

解得

W电=-4J

静电力做功-4J，运动过程中电势能增加了4J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以金属块带正电荷；在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J。

故选ABD。

13．     变小     变小     A

【详解】（1）[1][2]使电容器充电后与电源断开，由于静电计所带电荷量很小，则可认为电容器电荷量不变。根据

，

使电容器带电后与电源断开将极板间距离减小时，电容器电容增大，由于电荷量不变，则极板间电压减小，静电计指针偏转角变小；

两板间插入一块玻璃，则电容器电容增大，由于电荷量不变，则极板间电压减小，静电计指针偏转角变小；

（2）[3]

AB．静电计的目的是观察电容器电压的变化情况，故A正确，B错误；

CD．静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代，电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故CD错误。

故选A。

14．（1）正电，；（2）；（3），方向垂直于斜向右上

【详解】（1）对小球进行受力分析，因小球静止，故受力情况如图

电场力方向与电场同向，故小球带正电。小球受力平衡，由受力分析图得

解得

（2）根据受力分析图可知

（3）由

解得

方向垂直于斜向右上

15．（1）100V/m，电场方向斜向上，（2）-1V

【详解】（1）点电荷从A到B，静电力做正功，负电荷受到的电场力的方向沿电场的反方向，所以电场方向斜向上；根据题意有

，

得

E=100V/m

（2）A、B间的电势差

因A点电势低，且，即

得

16．（1）；（2）；（3）0或

【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知

所以根据动能定理有

解得

（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有

而电场力提供加速度有

联立各式解得粒子进入电场时的速度

（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点

故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有

电场力提供加速度

联立解得

当粒子从C点射出时初速度为0，粒子穿过电场前后动量变化量的大小为，该粒子进入电场时的速率应为或。

另解：