2023-2024学年江苏省苏苑高级中学高一（下）月考物理试卷（5月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏苑高级中学高一（下）月考物理试卷（5月）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列四个图中，a、b两点电势相等、电场强度也相等的是
( )
A. B.
C. D.
2.将一带电荷量为−q的试探电荷从A点移到电场中的无穷远处，该过程中电场力做功为W，规定无穷远处的电势为零，则试探电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为
( )
A. −W，WqB. W，−WqC. W，WqD. −W，−Wq
3.如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，下列说法正确的是( )
A. 验电器的箔片张开
B. 金属网罩内部空间存在向右的匀强电场
C. 金属网罩上的感应电荷在金属网罩内部空间产生的电场方向为水平向左
D. 金属网罩内外表面都存在感应电荷
4.某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是( )
A. M、N点的场强EM>ENB. 粒子在M、N点的加速度aM>aN
C. 粒子在M、N点的速度vM>vND. 粒子带正电
5.两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图所示，仅在静电力作用下，关于电子的运动，下列说法正确的是
( )
A. 电子在从a点向O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B. 电子在从a点向O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C. 电子运动到O点时，加速度为零，速度最大
D. 电子通过O点后，速度越来越大
6.如图所示，在某电场中画出了四条电场线，C、D两点是AB连线的三等分点．已知A点的电势为φA=30V，点的电势为φB=0V，则
A. C点的电势=20VB. C点的电势<20V
C. C点的电势>20VD. ABC都不正确
7.如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，OA=h，此电子具有的初动能是( )
A. edhUB. edUhC. eUdhD. eUhd
8.如图所示，长为2R的导体棒原来不带电，现将一个带正电的点电荷q放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处，当棒达到静电平衡后，感应电荷在棒的中点O处产生的电场强度为
( )
A. E=kq4R2方向向右B. 0
C. E=kq4R2方向向左D. 无法确定
9.如图所示，在匀强电场中，一质量为m、带电量为q的小球从O点以初速度v0沿实线做直线运动，直线与竖直方向的夹角为θθ<90∘，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. 小球的电势能一定减小B. 小球一定做匀加速直线运动
C. 小球可能做匀速直线运动D. 小球在运动过程中机械能不可能守恒
10.某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 图像中两阴影面积一定相等
B. 放电过程中，电容器下极板带正电
C. 仅改变两极板间距离，电容器充电结束时电容器两板间电压会改变
D. 仅改变电阻R，电容器充电结束后电容器电荷量Q会改变
11.在x轴上x=0和x=1.0m处，固定两点电荷q1和q2，两电荷之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，在x=0.6m处电势最低，下列说法正确的是( )
A. 两个点电荷是异种电荷
B. 点电荷q2的电荷量大于q1
C. x=0.5m处的位置电场强度为零
D. 将一正的试探电荷从0.4m处移到0.8m，电场力先做正功后做负功
12.某仪器两极间的电场线分布如图所示，中间的一条电场线是直线，其它电场线对称分布，一正电荷从O点沿直线OA以某一初速度仅在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。从O到A运动过程中，关于该电荷运动速度v和加速度a随时间t的变化、质子的动能Ek和运动轨迹上各点的电势φ随位移x的变化图线中可能正确的是()
A. B.
C. D.
13.如图所示，两半径相等的半球球壳Ⅰ和II彼此靠的很近(间距可忽略)，两球壳均匀带有电荷，电荷量均为qq>0，O为球心，A为球壳外一点，AO=x。已知球壳内部电场强度处处为零，且球壳Ⅰ在A点形成的电场强度为E1，规定距O点无限远处的电势为零，下列说法正确的是( )
A. O点电势为零
B. 球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向左
C. 球壳II在A点形成的电场强度大小E2=2kqx2−E1
D. 球壳Ⅰ和球壳II在A点的电势相等
二、计算题：本大题共5小题，共48分。
14.将点电荷Q固定在x轴上，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.7m，如图甲。在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，它们受到的静电力方向相反、大小跟试探电荷的电荷量的关系分别对应图乙中的直线a、b。已知k=9.0×109N⋅m2/C2，求：
(1)A点的电场强度大小；
(2)点电荷Q所在位置的坐标及其电量。
15.如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37∘，已知小球所带电荷量q=1.5×10−4C，匀强电场的场强E=4.0×104N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小球受电场力F的大小
(2)小球的质量m
(3)其他条件不变，只改变电场，小球仍处于平衡，，则电场强度大小最小值为多少？
16.如图所示，平行板电容器的两个极板A、B，B极板接地。两板间距为5cm，一带电量为q=1×10−9C的点电荷沿电场线从C点运动到D点，电场力做功为3×10−9J。CD间距离为3cm，AC间距离为1cm，不计重力。求
(1)CD两点间电势差UCD；
(2)A板电势φ1；
(3)仅将A板移动到C处后，A板的电势φ2。
17.如图所示，同一竖直线上的A、B两点，固定有等质量的异种点电荷，电荷量为q，正、负如图所示，△ABC为一等边三角形(边长为L)，CD为AB边的中垂线，且与右侧竖直光滑14圆弧轨道的最低点C相切，已知圆弧的半径为R，现把质量为m、带电荷量为+Q的小球(可视为质点)由圆弧的最高点M静止释放，到最低点C时速度为v0.已知静电力常量为k，现取C点为电势零点，取重力加速度g，求：
(1)A、B两处点电荷在C点处的电场强度大小；
(2)在等量异种电荷的电场中，M点的电势φM；
(3)在最低点C轨道对小球的支持力FN为多大。
18.一光滑绝缘细直长杆处于静电场中，沿细杆建立坐标轴x，以x=0处的O点为电势零点，如图(a)所示。细杆各处电场方向沿x轴正方向，其电场强度E随x的分布如图(b)所示。细杆上套有可视为质点的带电环，质量为m=0.2kg，电荷量为q=−2.0×10−6C，带电环受沿x轴正向的恒力F=1.0N的作用，从O点静止开始运动，求：
(1)带电环在x=1m处的加速度的大小；
(2)在x轴正方向上位置坐标为x，则利用图像，求Ux与x的函数表达式；
(3)带电环运动区间内的电势最小值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查了不同电场中电势和场强的知识，关键是知道电势是标量，而场强是矢量，不难。
电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必须是大小和方向都相同才行，根据各种电场电场线和等势面的分布情况进行作答。
【解答】
A.平行板电容器中是匀强电场，a、b的场强相同，而电势不同，故A错误；
B.a、b在点电荷的同一等势面上，两点的电势相等，而场强方向不同，场强不同，故B错误；
C.根据两个等量同种电荷等势面的分布情况可知，在两电荷连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等，而场强的方向相反，所以场强不同，故C错误；
D.等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，两点的电势相等．根据电场线分布的对称性可知，场强相同，故D正确。
故选D 。
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少，由此分析试探电荷在A点与无限远间电势能的变化量，由公式Ep=−W确定电荷在A点的电势能，由公式φA=Epq求解A点的电势。
电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能，一般要代入符号计算。
【解答】
无穷远处的电势为零，则试探电荷在无穷远处时，电势能为零，试探电荷从从A点移到电场中的无穷远处，电场力做功为W，由
解得 EPA=W
由电场力做功公式：
W=−q(φA−φ0)
其中无穷远处的电势 φ0=0 ，解得 φA=−Wq ，B正确。
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
静电屏蔽的原理分析，金属内部由于电子可以自由移动，会产生一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属网罩内部的电场，以保证平衡，从而使金属网罩上电荷重新分布。
本题考查了静电屏蔽的原理，解题的关键是理解金属网罩内部场强为零，不存在感应电荷。
【解答】
A.因为在金属内部电子可以自由移动，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，金属网罩会产生一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属网罩内部的电场，以保证平衡，从而金属网罩上电荷重新分布。就是所谓“静电屏蔽”的原理。此时验电器不会受到影响，故验电器的箔片不张开，故A错误；
B.金属网罩内部空间合场强为零，不存在电场，故B错误；
C.金属网罩上的感应电荷会在网罩内部空间产生一个与外加电场相反的电场，即水平向左，故C正确；
D.金属网罩内表面不存在感应电荷，感应电荷分布在外表面，故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．
【解答】
解：
AB、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故AB错误；
C、由图象可知，从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，粒子的速度增大，即N点的速度大于M点的速度，故C错误；
D、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子的受到的电场力的方向指向运动轨迹的凹侧，所以电荷为正电荷，故D正确；
故选D。
5.【答案】C
【解析】【分析】
在等量同种电荷的连线中点处，电场强度为零，在中垂线上，从中点O到无穷远处，电场强度先增大后减小，但具体的场强最大位置并不确定，所以电子的加速度大小变化也不确定;当电子受力为零时，即加速度为零时，电子速度最大。
解题的关键是要对等量同种电荷的中垂线上的电场强度的特点及变化规律能够数练掌握。
【解答】
AB.根据等量同种电荷中垂线上的电场线分布可知，电子在从a点向O点运动的过程中，场强可能逐渐减小，也可能先增加后减小，即加速度可能逐渐减小，也可能先增加后减小，但是速度一直会越来越大，故AB错误；
C.电子运动到O点时，场强为零，则加速度为零，此时速度最大，故C正确；
D.电子通过O点后，加速度反向，则电子做减速运动，速度越来越小，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】由图看出，AC段电场线比CD段、DB段电场线密，则AC段场强最大，根据公式
U=Ed
可以知道，A、C间电势差 UAC 大于C、D间电势差 UCB 和D、B间电势差 UDB ，所以
UAC>13UAB=13(φA−φB)=10V
即
(φA−φC)>10V
又
φA=30V
可以知道
φC<20V
故B正确，ACD错误。
7.【答案】D
【解析】解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=Ud
根据动能定理：−eEh=0−Ek0
解得：Ek0=eUhd
故选：D。
设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能．
注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功．
8.【答案】C
【解析】 【分析】
当棒达到静电平衡后，棒内各点的合场强为零，即感应电荷产生的电场强度与+q产生的电场强度大小相等、方向相反，根据静电平衡的特点和点电荷场强公式 E=kQr2结合求解。
感应带电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡现象，关键要理解并掌握静电平衡的特点。
【解答】
导体棒达到静电平衡后，内部场强处处为零，棒上感应电荷在O处产生的场强大小与点电荷+q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反。
则棒上感应电荷在O点产生的场强大小为： E=kqR+R2=kq4R2，方向向左，故C正确。
9.【答案】B
【解析】【分析】本题中小球做直线运动，可能是匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动，根据小球的受力情况分析可能的运动情况。
【解答】ABC.粒子从静止开始做直线运动，电场力与重力合力为恒力，所以合外力一定与
速度方向共线，做匀加速直线运动，如下图所示：
电场力的方向可能与速度方向成锐角、直角或钝角，所以电场力可能做正功、不做功或负
功，电势能可能减小、不变或增大， AC错误。B正确;
D.电场力的的取最小值时。电场力与合力方向垂直：
Fmin=mgsinθ
所以电场力可能大于mgsinθ， D错误。
故选B。
10.【答案】A
【解析】A.i−t图像面积表示电荷量，所以两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定
相等，故A正确i
B.电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，故B错误;
C、D.电容器所带的电荷量Q=CU，由于电源电动势不变，电容不变，所以减小电阻，只
是增大了充电的电流，但电容器的电荷量不变，故 C、D错误;
本题考查电容器的充放电问题，涉及i−t图像，图像的面积表示电荷量，.电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，电源电动势不变，电容不变，所以减小电阻，只是增大了充电的电流。
11.【答案】D
【解析】解：AB.因为两个电荷周围的电势均为正值，所以两个电荷都带正电荷，故在x=0.6m处场强为零，即E1=E2，则有：kq1r12=kq2r22，所以q1q2=r12r22=，所以点电荷q2的电荷量小于q1，故AB错误；
C、图象的斜率代表场强，由图可知，x=0.5m处场强不为零，故C错误；
D.将一正的试探电荷从0.4m处移到0.8m，电势能先减小，后增大，电场力先做正功后做负功，故D正确。
故选：D。
根据图象可以判断两电荷的电性，图象的斜率代表场强，根据最低点场强为零并结合点电荷电场强度公式求解两电荷的电荷量之比；根据图象斜率判断x=0.5m处的场强；根据电势能变化分析电场力做功。
本题考查的φ−x图象问题，关键是通过图象读出电势大小关系以及图象的斜率代表场强，同时明确电场的叠加规律的应用。
12.【答案】C
【解析】A.电场线的疏密表示电场的强弱，从O到A场强先增大后减小，由于 φ−x 图像的斜率表示电场强度的大小，则从O到A的电势随位移的变化图线的斜率先增大后减小，故A错误；
B.从O到A场强先增大后减小，则加速度先增大后减小，故B错误；
D.速度时间图线的斜率表示加速度，则速度时间图像斜率先增大后减小，故D错误；
C.根据能量守恒定律有
ΔEk=−ΔEp
又有
−ΔEp=qU
U=E⋅Δx
整理可得
Ek=qE⋅Δx
从O到A场强先增大后减小，可知， Ek−x 图像的斜率先增大后减小，故C正确。
故选C。
13.【答案】C
【解析】【分析】
该题考查电势、点电荷电场强度、电场叠加相关知识。分析好物理情景，根据叠加原理和点电荷电场强度公式逐项分析解题即可。
【解答】
A.电势是标量，O点电势等于两球壳在O点形成的电势之和，不为零，故A错误；
B.球壳带正电，球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向右，故B错误；
C.把两球壳当成整体，在A点形成的电场强度为
E=2kqx2
方向沿OA方向，两球壳在A点分别形成的电场强度方向均沿OA方向，则
E=E1+E2
解得
E2=2kqx2−E1
故C正确；
D.电势是标量，球壳Ⅰ和球壳Ⅱ电荷量相等，球壳Ⅱ距离A点近，形成的电势高，故D错误。
故选C。
14.【答案】(1)由图可得EA=，EB=；
(2)由题意，点电荷在A、B之间，设其位置坐标为x，则有kQx−0.32=EA
kQ0.7−x2=EB
解得x=0.6m，Q=4×10−11C。

【解析】根据图线的斜率求出A、B点的电场强度大小，根据电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同和负电荷所受电场力方向相反来判断电场强度的方向；根据A点和B点的电场强度方向相同，且A点场强大，判断点荷在A点左侧位置，根据点电荷的场强公式确定Q的位置坐标。
15.【答案】解：(1)小球静止在水平向左足够大的匀强电场中，受力如图所示

可知小球所受电场力方向水平向右，则小球带负电，小球所受电场力大小为
F=qE=1.5×10−4×4.0×104N=6.0N
(2)根据平衡条件有
Fmg=tan37
解得
m=0.8kg
(3)改变电场强度时，小球仍处于平衡状态，绳与竖直方向的夹角不变，根据平衡条件，由图解法有

当电场力方向与细绳方向垂直时，电场力最小，电场强度最小，则有
qEm=mgsin37
解得
Em=3.2×104N/C
电场强度方向沿与水平方向成 37 角斜向下。

【解析】(1)(2)由F=Eq求解电场力大小，以小球为研究对象，根据平衡条件判断电性及求解质量；
(3)改变电场强度时，当电场力方向与细绳方向垂直时，电场力最小，电场强度最小，根据平衡条件进行解答。
本题主要是考查带电小球在电场力作用下的平衡问题，关键是弄清楚小球的受力情况，结合平衡条件进行分析。
16.【答案】(1)根据电势差的计算公式有：UCD=Wq=3×10−91×10−9V=3V
(2)根据电场强度与电势差的关系有：E=UCDdCD=30.03=100V/m
则AB间电势差U1=φ1−φB=EdAB=100×0.05V=5V
因B板接地，故φ1=5V
(3)两板电荷量保持不变，d减小，C变大，U变小，E不变
故AB间电势差U2=φ2−φB=EdAB=100×0.04V=4V
故仅将A板移动到C处后，A板的电势φ2=4V
【解析】(1)下极板接地，所以下极板的电势为零，根据电场力做功与电势差关系解答；
(2)(3)根据电势差与电势的关系解答。
本题关键是明确电势等于该点与参考点间的电势差，然后结合公式U=Ed列式求解，不难．
17.【答案】解：(1)小球到最低点C时+q与−q对其的电场力F1，F2是大小相等的，故有
F1=F2=kQqL2
由题易知F1，F2的夹角是120∘，故二者的合力为F=kQqL2，且方向竖直向下
则A、B两处点电荷在C点处的电场强度大小为：E=kqL2。
(2)小球由最高点M运动到C的过程中，由动能定理得，
mgR+QUMC=12mv2
可得MC两点的电势差UMC=mv2−2mgR2Q
取C点为电势零点，M点的电势φM=UMC=mv2−2mgR2Q．
(3)+Q到达最低点C时，+q与−q对其的电场力F1、F2是大小相等的，有：F1=F2=kQqL2
又因为△ABC为等边三角形，知F1、F2的夹角是120°，所以二者的合力为F12=kQqL2，且方向竖直向下的，
由牛顿第二定律得，FN−mg−F12=mv02R
整理得，轨道对小球的支持力FN=mg+mv02R+kQqL2。
【解析】(1)利用库仑定律求电场力的大小，求合力，再根据电场强度的定义式求解；
(2)根据动能定理求出MC两点间的电势差，因为C点的电势等于0，所以M点的电势等于MC的电势差；
(3)小球在C点受重力、支持力、等量异种电荷的库仑力，根据牛顿第二定律求出在最低点C轨道对小球的支持力。
本题综合运用了动能定理、牛顿第二定律，关键是正确地进行受力分析，运用合适的规律进行求解。
18.【答案】(1)2m/s2；(2) Ux=(20x+5x2)×104V ；(3)−3×106V
【解析】(1)由图可知：电场强度随着x的变化关系为Ex=(x+2)×105N/C
带电环在x=1m处带电环受到的电场力大小为
F电=qE=2×10−6×3×105N=0.6N
方向水平向左
则带电环受到的合外力大小为
F合=F−qE=0.4N
方向水平向右
根据牛顿第二定律可知，其加速度大小为
a=F合m=
方向水平向右；
(2)根据U=Ex可知，图像与坐标轴围成的面积等于电势差，可知
Ux=2+(2+x)2×105×x=(20x+5x2)×104V
(3)因为沿电场线方向电势降低，所以当带电环沿x轴正方向运动到了最远处时，电势最低，由动能定理得
Fx−U0xq=0
代入数据解得
x=6m，x=0(舍去)
可得
Ux=3×106V
以 x=0 处的O点为电势零点，可得最小电势
φmin=−3×106V