江西省南昌县莲塘第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题

这是一份江西省南昌县莲塘第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题，文件包含9月月考参考答案docx、2024-2025学年上学期高二9月质量检测pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。

1．D
【详解】A．电场中某点的电场强度只与场源电荷有关，此公式为定义式，电场强度与F、q无关。A错误；
B．库仑定律，适用于点电荷之间的相互作用。当r→0时，电荷不能看成是点电荷，此时库伦定律不适用，B错误；
C．由
Uab = Ed
d为沿电场线方向的位移，故在匀强电场中若沿电场线方向两点a、b间的距离越大，则两点间的电势越大；在匀强电场中若没有沿电场线方向两点a、b间的距离越大，两点间的电势差不一定越大，如a、b两点在垂直于电场线的方向上，两点间的电势差为零，C错误；
D．根据电势差的定义式
可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为−1V，D正确。
故选D。
【点睛】掌握电场强度、库伦定律、电势及电势差和电场力做功的定义和内容，熟悉各概念的适用范围。
2．D
【详解】A．电场可加速植物体内带正电的钾、钙离子等向根部下方聚集，可知电场方向向下，悬挂电极应接电源正极，故A错误；
B．根据对称性可知，图中所示A，B两点场强大小相等，但方向不同，故B错误；
C．等势线与电场力垂直，由于电场线不是直线，所以图中所示A、B两点所在虚线不是等势线，故C错误；
D．钾、钙离子向根部聚集过程中，电场力做正功，电势能减少，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】由平行板电容器的因素决定式
AB．当汽车速度减小时，由于惯性导致N极板相对M极板向右运动，即两极板正对面积减小，则电容器电容减小，又由
又因为电容器所带电荷量始终保持不变，电容器M、N两极板之间的电压增大，安全气囊不会弹出。故AB错误；
C．当汽车速度减小时，由于惯性导致N极板相对M极板向右运动，即两极板距离减小，则电容器电容增大，又由
又因为电容器所带电荷量始终保持不变，电容器M、N两极板之间的电压减小，电压减小到一定值时安全气囊会弹出。故C正确；
D．当汽车速度减小时，由于惯性导致N极板相对M极板向右运动，即两极板距离增大，则电容器电容减小，又由
又因为电容器所带电荷量始终保持不变，电容器M、N两极板之间的电压增大，安全气囊不会弹出。故D错误。
故选C。
4．B
【详解】根据电流定义式可得
可得电子绕氢原子核一周的时间为
则有
故选B。
5．B
【详解】AB．取AB中点为F，由几何关系可知四边形AFCD为平行四边形，故
故
即DF为3V的等势线，作出电场线如图
所以B点的电势为
电场强度大小为
故A错误，B正确；
C．如图可知，在梯形区域内BC电势最高为5V，A点电势最低为1V，根据可知一质子在梯形区域内的电势能一定大于零，故C错误；
D．因为
所以一电子从D点移到AB的中点，电场力做不做功，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】A．带电物体在其尖端位置场强大，两手握拳以后手部场强变小，故A正确；
B．人体各部位电势相等，带电粒子沿着人体表面运动时电势能不变，故B错误；
C．由图可知，电场线为曲线，且皮肤表面的电场线垂直于人体，故粒子除垂直于人体表面的速度外，还有沿着表面的分速度，合速度不会垂直于人体，故C错误；
D．人体为等势体，内部电势处处相等，故D错误。
故选A。
7．C
【详解】AB．根据
可知图像的斜率表示电场强度，则区域x3~x4内沿x轴方向的电场强度保持不变，区域x6~x7内沿x轴方向场强为零，故AB错误；
C．由图像斜率表示场强可知，从x1位置到x2位置电势均匀减小，则x1位置到x2位置间的电场方向向右，电子在其间受到的电场力向左，电子从x1运动到x2克服电场力做功2eV，电子至少应该具有2eV的初动能；电子从x2运动到x4电场力做正功，电子从电势为2V的x1位置向右到电势为2V的x7位置，电场力做的总功为零，则电子从电势为2V的x1位置向右移动到电势为2V的x7位置，电子至少应具有2eV的初动能，故C正确；
D．根据图像斜率表示场强可知，区域x1~x2内的电场强度小于区域x3~x4内电场强度，则电子在区域x1~x2内沿x轴方向所受电场力小于区域x3~x4内沿x轴方向所受电场力，故D错误。
故选C。
8．AD
【详解】AB．点的电势由4个圆环在点的电势按算数法则叠加而得，移走第四象限带正电的圆环后，点处的电势变低，故A正确，B错误；
CD．由对称性可知，移走第四象限的圆环前，点处的电场强度为零，移走第四象限的圆环后，点处的电场强度不为零，因此移走第四象限的圆环后，点处的电场强度变大，故C错误，D正确。
故选AD。
9．AB
【详解】A．设经过B点的速度为，根据运动学公式可知经过金属板组Ⅰ的时间为
经过金属板组Ⅱ的时间为
可知电子经过两组金属板的时间之比为
故A正确；
B．经过金属板组Ⅰ有
经过金属板组Ⅱ有
可知电子经过两组金属板的加速度之比为
故B正确；
C．经过金属板组Ⅰ的加速度为
经过金属板组Ⅱ的加速度
可知平行带电金属板组Ⅰ和Ⅱ所加电压之比为
故C错误；
D．电子经过金属板组Ⅰ，由动能定理可得
电子经过金属板组Ⅱ，由动能定理可得
联立可得
可知电子射出两组金属板的末动能之比为，故D错误。
故选AB。
10．BD
【详解】A．若在A点速度等于C点的速度，在竖直方向对称性可知，D点与P点等高，由动能定理可知A点的速度小于C点的速度，所以D点高于P点，故A错误；
B．设小球在电场中所受电场力为，轨道半径为，小球从P到B过程，由动能定理得
小球从P到C过程，由动能定理得
联立可得
故B正确；
C．由动能定理的表达式
在C点时，由牛顿第二定律得
结合
联立可得
由牛顿第三定律得小球在C处对轨道的压力
故C错误；
D．因为
可知小球从C点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，竖直方向，由逆向思维，看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从C到D过程中，水平方向的位移大于竖直放的位移，根据
可知电场力所做正功大于重力做所负功，则小球通过D点时的动能大于，故D正确。
故选BD。
11． D 减小
【详解】（1）[1]图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的等位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量法，故D正确。
故选D。
（2）[2]本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所受静电力的大小，由图可知，电荷量越大、距离越小，丝线偏离竖直方向的角度越大，设偏角为，由平衡条件有
可知电荷之间的静电力随着电荷量的增大、距离的增大而减小，故填减小。
（3）[3]设小球B的质量为，电量为，B球的受力情况如（2）中图所示；当A球带电量为时，由平衡条件得
其中
当A球带电量为时，由平衡条件得
其中
联立解得
12． 增大 减小 ②
【详解】（1）[1]根据电容的决定式
及定义式
可知
将B极板向左移动少许，极板间距d增大，电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大；[2]将一块陶瓷板插入两极板间，则相对介电常数ε增大，那么电势差变小，静电计指针的偏转角减小；
（2）[3]用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容，则充电完成后，两电容器两端电压相同，根据可知，电容器的电容小则其带电量小，而图像面积代表带电量，所以对应电容为C1的电容器充电过程图像的是②。
13．(1)
(2)
【详解】（1）A恰能静止在斜面上，根据平衡条件可得
解得
（2）从A释放到滑到斜面底端时，库仑力做功为零，只有重力做功，根据动能定理可得
解得
14．（1）m/s；（2）cm；（3）；
【详解】（1）根据动能定理有
解得
m/s
（2）M、N两板之间电压大小时，根据类平抛运动规律有
根据牛顿第二定律有
根据几何关系可知
解得
cm
（3）结合（2）中的类平抛运动规律有
则电子刚出偏转电场区域时的速度为
解得
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球A静止时，对A分析有
解得
（2）对小球B分析有
解得
小球向下做匀减速直线运动，则有
解得
（3）对AB碰撞过程有
，
解得
，
可知，碰撞后B球体反弹，与A分离，向上做匀加速直线运动，A向下运动，则小球A碰后到速度最大时，小球A的加速度为0，令此时弹簧的压缩量为x1，对小球A分析有
则小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功
解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
C
B
B
A
C
AD
AB
BD