山东省新泰市弘文中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷

这是一份山东省新泰市弘文中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知地球半径为R，将一物体从地面发射至离地面高h处时，物体所受万有引力减少到原来的1/9，则h为( )
A.RB.2RC.3RD.4R
2．一个截面是直角三角形的木块放在水平面上，在斜面上放一个光滑球，球的一侧靠在竖直墙上，木块处于静止，如图所示。若在光滑球的最高点施加一个竖直向下的力F，球仍处于静止，则木块对地面的压力N和摩擦力f的变化情况是( )
A.N增大、f不变B.N增大、f增大C.N不变、f增大D.N不变、f不变
3．如图所示，为某一弹簧振子的振动图像，下列说法不正确的是( )
A.时刻，振子的位移为正，加速度为负
B.时刻，振子的位移为负，速度为正
C.与时刻，弹簧的长度相同
D.时刻，振子的速度与时刻相同
4．如图为完全相同的两个正三角形ABC和DEF组成的正六角星，O点为图形正中心，现在A、D、B、E顶点各放一个电量为q的正电荷，在C、F顶点各放一个电量为q的负电荷，已知AB边长为a，则O点场强大小为( )
A.B.C.D.
5．如图，在匀强电场中有一长方形区域ABCD，边长AB=0.3m、BC=0.4m，匀强电场方向与ABCD所在平面平行，A、B、C三点的电势，，，则匀强电场的电场强度大小和方向为( )
A.120V/m，沿AC方向B.200V/m，沿AC方向
C.160V/m，沿BD方向D.300V/m，沿BD方向
6．如图所示，半径为r的两个相同金属球，两球心相距，若它们所带电荷量分别为，则它们之间相互作用的静电力F的大小为( )
A.B.C.D.
7．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的( )
A.保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒将向上运动
B.保持K闭合，错开极板的正对面积，微粒将向下运动
C.打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止
D.打开K后，错开极板的正对面积，则微粒仍保持静止
8．如右图所示，正方体，上下底面的中心为O和，A、两点分别固定等量的正点电荷和负点电荷，下列说法正确的是( )
A.B点与点的电场强度大小相等、方向相同
B.B点与D点的电场强度大小相等、方向相同
C.平面是一个等势面
D.将一正试探电荷由O点移动到点，其电势能减小
二、多选题
9．如图所示，实线MN是带负电的场源电荷产生的电场中的一条方向已标出的电场线，场源电荷不在M点就在N点，虚线AB是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.粒子在B点的加速度比在A点的加速度大
C.B点的电势比A点的电势高
D.粒子在B点的电势能比在A点的电势能小
10．如图，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为+q的带电粒子以初速度沿两板中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )
A.在前时间内，电场力对粒子做的功为
B.在后时间内，电场力对粒子做的功为
C.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1:1
D.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1:2
11．如图所示，真空中有两个固定的正点电荷，已知A的带电量为5Q，B的带电量未知，一不计重力的带电微粒质量为m，电荷量大小为q，在正电荷的库仑力共同作用下，恰好在一垂直于AB连线的平面内绕AB连线上的O点做半径为R的匀速圆周运动，已知带电微粒与两正电荷的连线和AB连线所成的夹角分别为和，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A.带电微粒带负电
B.带电微粒做圆周运动所在的竖直轨道平面是等势面
C.B电荷所带的电荷低为4Q
D.带电微粒做圆周运动的线速度大小为
12．一辆汽车从静止开始先做匀加速直线运动，达到某一速度后立即做匀减速直线运动，直到停止运动。下表记录了汽车运动过程中几个时刻的瞬时速度，则下列说法中正确的是( )
A.从启动到速度最大，汽车的加速时间为5s
B.加速阶段汽车加速度的大小为8
C.加速阶段汽车发生位移的大小为40.5m
D.汽车停止时距出发点121.5m
三、实验题
13．如图所示为探究影响电荷间相互作用力的因素实验。
O是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在图中等位置，比较小球在不同位置所受带电体的作用力的大小。使小球处于同一位置，增大(或减小)小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）图中实验采用的方法是_______(填正确选项前的字母)。
A.理想实验法B.等效替代法C.微小量放大法D.控制变量法
（2）图中实验可依据下列选项中反映小球受带电体的作用力大小的是___________；
A.电荷间的距离B.丝线偏离竖直方向的角度
C.带正电物体的电荷量D.小球的电荷量
（3）实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的_____而增大，随其所带电荷量的_____而增大。(选填“增大”或“减小”)
14．某同学利用图示装置来探究影响电荷间静电力大小的因素。图中，A是一个带正电的小球，系在绝缘丝线上带电的小球B会在静电力的作用下发生偏离。
（1）静电力的大小可以通过________反映出来。
A.A球的电荷量B.两带电球间的距离
C.B球的电荷量D.丝线偏离竖直方向的角度
（2）保持A、B两球电荷量不变，把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图中横杆上的、、等位置，调节丝线长度，使带电小球B与球A的球心保持在同一水平线上，小球静止时的状态如图所示。可推断：小球B带________（选填“正”或“负”）电荷；悬挂在________（选填“”、“”或“”）位置时小球受到的静电力最小。
（3）实验表明：电荷间静电力大小随电荷间距离的增大而________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
四、计算题
15．如图a，一个正点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点O处，轴上各点电势φ与的关系如图b。可视为质点的滑块质量为0.05kg、电荷量为，从处由静止释放，在处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数，。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：
（1）在处滑块所受电场力大小是多少？
（2）滑块速度大小为多少？
（3）计算滑块到达的最远位置。
16．如图所示的电路中，直流电源的电动势，内电阻，，为电阻箱。两带小孔的平行金属板竖直放置：另两个平行金属板水平放置，板长板间的距离，MN为荧光屏，的右端到荧光屏的距离，O为金属板的中轴线与荧光屏的交点，P为O点下方的一点，，当电阻箱的阻值调为（时。闭合开关K，待电路稳定后，将一带电量为，质量为的粒子从A板小孔从静止释放进入极板间，不考虑空气阻力、带电粒子的重力和极板外部的电场。
（1）求AB板间电压和CD板间电压各多大？
（2）求带电粒子从极板离开时速度大小？
（3）使粒子恰好打到P点，的阻值应调到多大？
17．如图所示，绝缘水平轨道与光滑绝缘竖直圆槽形轨道相切于A点，圆形轨道半径为R，圆形轨道上B点与圆心等高，水平轨道AM段长度也为R，竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强。质量为m，带电量为+q的物块（可视为质点）以水平方向速度从M点进入电场，水平轨道AM段与物块间的动摩擦因数可调，（重力加速度为g，，）。求：
（1）若，且物块的速度，物块经过圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小；
（2）若物块的速度，要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数满足什么条件；
（3）若，只把MN左侧的电场方向变成水平向右，其他条件不变，为使滑块能到达B点，物块的初速度应满足什么条件。
18．一个初速度为零的电子在经的电压加速后，垂直于平行板间的匀强电场从两极板中心处射入，如图所示，两板间距，板长，两板间的电压.已知电子的带电量为，质量为，只考虑两板间的电场，不计重力，求：
(1)电子经加速电压加速后进入偏转电场的速度；
(2)电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)若电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图，求P点到下极板右端的距离x。
参考答案
1．答案：B
解析：在地面上万有引力为：，在高度为h处万有引力为：，由题知，则有：，解得：，故选B.
2．答案：B
解析：以整体为研究对象受力分析如图甲
施加F以后很明显地面对木块的支持力由变为，则木块对地面的压力N变大。水平方向
隔离球受力如图乙
竖直方向
水平方向
由竖直方向知加F后变大，则由水平方向知变大，联系整体知木块对地面的摩擦力f变大。故选B。
3．答案：B
解析：AB.振动图像描述的是振子的位移随时间的变化规律。在横轴上方时，位移为正值，加速度为负值，而在横轴下方时，与在上方相反。故A正确，与题意不符；B错误，与题意相符；C.在与时刻，振子的位移相同，说明振子一定在同一位置，所以弹簧长度相同。故C正确，与题意不符；D.和时刻，振子位移大小相等、方向相反，位置关于平衡位置对称，速度大小相等，且都沿负方向，所以速度相同。故D正确，与题意不符。故选B。
4．答案：A
解析：因AE两点的正电荷在O点的合场强为零；O点到六个点的距离均为则DC两点的电荷在O点的合场强为方向沿OC方向；同理BF两点的电荷在O点的合场强为方向沿OF方向，则合场强为故选A.
5．答案：B
解析：匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故
边长，根据勾股定理知根据几何关系知由B向AC的连线作垂线的交点E点电势等于B点电势，电场线垂直于等势面，如图
即电场线方向为沿AC，由A指向C，电场强度大小为故选B。
6．答案：C
解析：它们所带电荷是异种电荷，则相互吸引，电荷间距小于4r，因此库仑力，故选C。
7．答案：C
解析：A.K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态
保持K闭合，使P滑动片向左滑动，都不能改变电容器两端的电压，由
得E不变，微粒仍静止，A错误；
B.错开极板的正对面积，电容器两端的电压不变，由
得E不变，微粒仍静止，B错误；
CD.打开K后，则电容器的电荷量Q不变，则
以上各式联立，得
所以，两极板靠近时，d减小，而E不变，微粒仍静止；错开极板的正对面积时，S减小，而E增大，微粒所受电场力增大，故微粒将向上运动，C正确，D错误。
故选C。
8．答案：D
解析：A.电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A位置为正电荷，点的位置为负电荷，由电场的叠加可知，在B点与点的电场强度的方向不同，故A错误；B.电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A位置为正电荷，点的位置为负电荷，B点和D点到正电荷和到负电荷的距离相等，由电场的叠加和对称性可知，B点与D点的电场强度大小相等、方向不相同，故B错误；C.因为正负电荷是等量异种电荷，而D点更靠近正电荷，点更靠近负电荷，所以D点的电势大于点的电势，即平面不是等势面，故C错误；D.因为O点更靠近正电荷，更靠近正电荷，所以O点的电势要大于点的电势，根据电势能的定义，所以电势高的地方，正电荷其电势能大，将该电荷由O点移动到点，其电势能减小，故D正确。故选D。
9．答案：AC
解析：A.由于负点电荷产生的场强方向指向场源电荷，可知场源电荷在M点，由曲线运动受到的合力方向位于轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力指向场源电荷，则粒子带正电，故A正确；B.根据由于A点离场源电荷更近，所以A点的场强大于B点的场强，粒子在B点受到的电场力小于在A点受到的电场力，则粒子在B点的加速度比在A点的加速度小，故B错误；CD.离场源负点电荷越近，电势越低，所以B点的电势比A点的电势高;根据由于粒子带正电，所以粒子在B点的电势能比在A点的电势能大，故C正确，D错误。故选AC。
10．答案：BC
解析：AB.粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个的时间内沿竖直方向的位移之比为1:3，则在前时间内，电场力对粒子做的功为，在后时间内，电场力对粒子做的功为，A错误B正确；CD.由知，在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1:1，D错误。C正确。故选BC。
11．答案：AD
解析：A.依题意，当带电微粒带负电时，两点电荷的库仑引力的合力提供向心力，指向轨迹圆的圆心。所以该带电微粒带负电。故A正确；B.根据同种电荷的等势面分布特点可知带电微粒做圆周运动所在的竖直轨道平面不是等势面。故B错误；CD.对带电微粒受力分析，如图
由牛顿第二定律，可得，，其中，，联立，解得，，故C错误；D正确。故选AD。
12．答案：CD
解析：AB.由表格可得加速阶段的加速度为减速阶段的加速度为设加速的时间为t，则第6s末的速度可表达为解得故AB错误；CD.加速阶段的位移为第4.5s末的速度为减速阶段的位移汽车停止时距出发点故CD正确。故选CD。
13．答案：（1）D（2）B（3）减小；增大
解析：（1）图中实验，控制带电量，改变电荷之间的间距;或控制间距，改变所带的电荷量，故采用的方法是控制变量法，故选D。
（2）图中实验可知电场力，则可依据丝线偏离竖直方向的角度来反映小球受带电体的作用力大小，故选B。
（3）由前两个实验表明:带电量不变时，距离越远，角度越小，即电场力越小;相同间距时，带电量越大，库仑力越大。即两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大。
14．答案：（1）D（2）正;（3）减小
解析：（1）对小球B，设丝线偏离竖直方向的角度为θ，由平衡条件可得静电力的大小
可知θ角越大，B球受的静电力越大，θ角越小，B球受的静电力越小，因此静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度反映出来。
故选D。
（2）由题图可知，小球B在静电力作用下远离小球A，即受小球A的排斥，因小球A带正电，可知小球B也带正电荷。
由题图可知，悬挂在“”位置时，丝线偏离竖直方向的角度最小，由
可知，悬挂在“”位置时小球受到的静电力最小。
（3）由以上实验解析表明：在两小球所带电荷量不变时，电荷间静电力大小随电荷间距离的增大而减小。
15．答案：（1）；（2）；（3）
解析：（1）在处滑块速度达到最大，则此时滑块受力平衡，即电场力等于滑动摩擦力
代入数据，解得
（2）由图知，在处即，此处的电势为；在处即，此处的电势为，则两处的电势差为
根据动能定理
解得
（3）由图b可知，电势φ与位置x之间的关系为
则从到最远位置，根据动能定理
解得或（舍去）
16．答案：（1）4.5V；3V（2）（3）
解析：（1）根据闭合电路欧姆定律有
AB板间电压为
CD板间电压为
（2）从A到B，根据动能定理有
粒子在CD板间，根据牛顿第二定律有
竖直方向有
水平方向有
根据运动的合成可知
代入数据解得
与水平方向夹角满足
（3）设调整后，上的电压分别为与，可知
速度偏转角
由类平抛运动规律可知，速度反向延长线交于水平位移中点，则有
又由于
联立解得
17．答案：（1）；（2）；（3）
解析：（1）物块从M点到A点，由动能定理得
物块在A点做圆周运动，受轨道的支持力为，在A点由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为2mg。
（2）当物块通过等效最高点C时，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，物块恰能做完整的圆周运动，受力分析如图所示
合力与竖直方向夹角为；物块从M点到C点，由动能定理得
在等效最高点C时，由牛顿第二定律得
联立解得
（或0.125）
要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数
（3）物块从M点到B点，由动能定理得
物块恰能到B点，则对轨道压力为
由牛顿第二定律得
联立解得
因此，物块的初速度
18．答案：(1)
(2)0.4cm
(3)0.25cm
解析：（1）根据动能定理可得
解得
（2）在偏转电场中竖直方向加速度
运动时间
偏移量
联立解得
（3）电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹角为θ，则
由几何关系
解得
时刻（s）
0
2.0
4.0
6.0
8.0
速度（m/s）
0
8.0
16.0
15.0
11.0