安徽省黄山市屯溪第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷

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第I卷（选择题）
单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。）
1．下列关于电场的说法正确的是（ ）
A．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，，则元电荷就是电子
B．存在电荷量为的带电粒子
C．电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用
D．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和可能增加
【答案】C
【详解】A．“元电荷”是最小的带电荷量，用e表示，，即电子带的电荷量，而不是粒子本身，故A错误；
B．任何带电体的带电量都等于元电荷的整数倍，则不存在电荷量为的带电粒子，故B错误；
C．电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用，故C正确；
D．根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，不可能增加，故D错误。
故选C。
2．物理课时，老师将一不带电的金属球壳用绝缘支架固定。球壳横截面如图所示，球心为O，A是球心左侧一点。当老师把丝绸摩擦过的玻璃棒缓慢靠近A点，可判定（ ）
A．球壳将带上负电
B．沿过A的虚线将球壳分为左、右两部分，则左侧球壳的带电量小于右侧球壳的带电量
C．A点的电场强度逐渐增大
D．球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大
【答案】D
【详解】A．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，靠近A点，则球壳左边带负电右边带正电，整体仍显示电中性，不带电，故A错误；
B．因为整体显示电中性，正电荷与负电荷数量相等，无论怎样将球壳分开，两部分的带电量始终相同，故B错误；
C．球壳内部形成静电屏蔽，内部场强处处为零，玻璃棒缓慢靠近A点，A点的电场强度一直为零，故C错误；
D．玻璃棒缓慢靠近A点，玻璃棒在A点形成的场强增大，而A点的电场强度一直为零，则球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大，故D正确。
故选D。
3．两个等量同种正点电荷固定于光滑水平面上，两点电荷连线的中垂线上有A、B、C三点如图所示（中垂线也在水平面内），一个带电小物块从C点由静止释放，沿路径C-B-A运动，小物块运动过程中的加速度a、速度v、电势能Ep以及从C→A的电势随时间变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】A．因等量同种电荷连线的中垂线上各点的场强不等，物块沿路径C-B-A运动时，所受的电场力可能一直增加，也可能先增加后减小，且变化不是均匀增加的，则加速度随时间的变化不是直线，选项A错误；
B．物块沿路径C-B-A运动时，加速度先增加后减小或一直增大，则v-t图像的斜率先增加后减小或逐渐增大，选项B正确；
C．带电小物块从C点由静止释放，沿路径C-B-A运动，则电场力一定是做正功，则电势能一直减小，选项C错误；
D．距离正电荷越近，电势越高，则从C→A的电势逐渐降低，选项D错误。
故选B。
4．如图所示，可视为质点的两个带同种电荷的小球a和b，分别静止在竖直墙面和水平地面上，b球被光滑竖直板挡住，所有接触面均光滑，a球由于缓慢漏电而缓慢下降，在此过程中（ ）
A．地面对b的支持力变小
B．竖直挡板对b的支持力变小
C．a、b间的作用力变大
D．以上说法均不正确
【答案】C
【详解】A．对a、b整体而言，竖直方向受重力和地面的支持力，故支持力总等于两球的重力之和，可知地面对b的支持力不变。故A错误；
C．对a受力分析如图
受重力G、库仑力F和墙面的弹力N，当a球下移时，由受力图可知，N和F均变大。故C正确；
B．对a、b整体，水平方向竖直挡板对b的支持力等于墙面对a的弹力N，则竖直挡板对b的支持力变大。故B错误；
D．综上所述，故D错误。
故选C。
5．示波器是一种电子仪器，可以用它观察电信号随时间变化的情况示波器的核心部件示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图在偏转电极XX'、YY'上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点；若亮点很快移动，由于视觉暂留关系，能在荧光屏上看到一条亮线若在XX'上加如图丙所示的扫描电压，在YY'上加如图丁所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形不是下图中的
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号是在一个周期内的稳定图像，则显示的图像与所载入的图像形状是一样的，如A所示，根据题意可知应选A．
6．已知：①单个点电荷周围空间的电势，为到点电荷的距离；②系统的电势能等于每个电荷电势能总和的一半。现在光滑绝缘水平面上，有三个带电量均为、质量均为的相同金属小球，用三根长为的轻质绝缘细绳连接，处于静止状态。A、B、C分别为其中点，为三角形中心，下列说法正确的是（ ）
A．点的电场强度和电势均为零
B．A、B、C三点电场强度相等
C．
D．系统的总电势能为
【答案】D
【详解】A．O点是正三角形的中心，到各个点的距离都相同，由于各点电荷的电荷量相等，由
所以各点电荷在O点产生的场强相同，且两两之间的夹角为，由电场叠加原理可得，O点的场强为零。由题意可知点电荷的电势
各点电荷在O点的电势，均相等，由于电势是标量，所以其叠加遵循运算法则，叠加后不为零，故A项错误；
B．根据点电荷的电场强度有
由于各点电荷都是正电荷，所以有电场叠加可知，ABC三点的电场强度大小相等，方向不同，故B项错误；
C．A点到小球3的距离为，所以A点的电势为
同理B点的电势为
C点的电势为
所以有
故C项错误；
D．1电荷的电势能
同理可得2和3电荷电势能
故整个系统电势能为
故D项正确。
故选D。
7．如图所示，在轴上放有两个电荷量分别为和的点电荷，其中位于轴的坐标原点，电荷的右侧各点电势随变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中点电势为零，段中的电势最低点为点，则下列说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电荷量
B．A点的电场强度强度方向向右
C．从点到点的电场强度先增大后减小
D．将一带负电的试探电荷从点移到点，电场力做正功
【答案】D
【详解】A．因为图像的斜率等于场强，可知C点场强为零，该点距离q2较近，距离q1较远，可知两点电荷的电荷量，选项A错误；
B．由图可知，q1带负电，q2为正电，可知A点的电场强度强度方向向左，选项B错误；
C．因为图像的斜率等于场强，C点场强为零，可知从点到点的电场强度先减小后增大，再减小，选项C错误；
D．从点移到点场强方向向左，则将一带负电的试探电荷从点移到点，电场力做正功，选项D正确。
故选D。
8．如图甲为平行板电容器，板间距为d，两板间电压做周期性变化如图乙所示，图乙中 U0、T为已知值，比荷为k的正离子以初速度 v0沿中线平行于两板的方向从左侧射入两板间，经过时间T从右侧射出。假设在运动过程中没有碰到极板，离子重力不计。离子从不同时刻射入电场，离开电场时垂直极板方向的位移不同，离子离开电场时垂直于极板方向的位移大小不可能为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】如果离子在 、…时刻进入电场，离子先在水平方向上做匀速直线运动，运动后，两板间电压为 U0，离子开始偏转，做类平抛运动，侧向位移为y，这些离子离开电场时的侧向位移为
如果离子在0、T、2T…时刻进入电场，则离子先在两板间做类平抛运动，侧向位移为y1，然后做匀速直线运动，侧向位移为y2，由题意可知
偏转时离子的竖直分速度为
在之后的内离子做匀速直线运动，向下运动的距离为
所以离子偏离中心线的距离为
因此，离子在电场中垂直极板方向的位移最小值是 ，最大值是 ，即离子离开电场时垂直于极板方向的位移大小范围为
故选D。
二、多选题（本题共2小题，每小题5分，共10分。每题有多选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）
9．如图所示，连接在恒压电源两端的电容器的水平a，b极板中间开有一小孔（不影响极板电荷分布），闭合开关S，将一带电液滴（可视为点电荷）由b极板小孔的正上方的P点由静止释放，液滴恰好在到达a极板小孔处沿原路返回。已知带电液滴的比荷为k，a，b极板间的距离为d，P点到b极板的距离为h，重力加速度大小为g，两极板间的电场可视为匀强电场。若经过如下调整后，仍将液滴从P点由静止释放，下列说法正确的是（ ）

A．仅将恒压电源的电压调整为，液滴将穿过a极板
B．保持开关闭合，仅将b极板同下移动，液滴任会在到达a极板小孔处沿原路返回
C．断开开关，仅将a极板向下移动，液滴将穿过a极板
D．断开开关，仅将b极板向上移动h2，液滴在距离b极板处沿原路返回
【答案】D
【详解】A．液滴由b极板小孔的正上方的P点由静止释放，到达a极板小孔处沿原路返回，设此时电容器两板间的电压为U，由题意可知，从P点到a极板小孔处，液滴的重力做正功，电场力做负功，由动能定理可得
解得
可知仅将恒压电源的电压调整为，液滴不能穿过a极板，A错误；
B．保持开关闭合，仅将b极板向下移动，由动能定理可得
整理可得
可知
解得
可知液滴仍会在到达a极板小孔处沿原路返回，B正确；
C．断开开关，仅将a极板向下移动，由平行板电容器电容的决定式，可知电容C减小，可有，由电容的定义式，可知电荷量Q不变，电容C减小，电压U增大，可有，若液滴能从P点到a极板小孔处，由动能定理可得
由于
可知
可知液滴不会到达a极板小孔处，C错误；
D．断开开关，电容器所带的电荷量不变，仅将b极板向上移动，由推论可知，电容器板间的电场强度不变，为
假设仅将b极板向上移动，液滴在距离b极板处沿原路返回成立，由动能定理可得
可得
假设成立，因此断开开关，仅将b极板向上移动，液滴在距离b极板处沿原路返回，D正确。
故选BD。
10．如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度，不计空气阻力，下列说法正确的是( )

A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
B．若将小球在A点由静止开始释放，它将沿着ACBD圆弧运动
C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达D点
【答案】AC
【详解】A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球的机械能与电势能之和不变，当小球运动到B点时，电势能最少，则小球到B点时的机械能最大，A正确；
B．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故B错误；
C．由于电场强度，故，物体不受拉力时的加速度大小为，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，设它运动的最小速度为v，则有，解得，C正确；
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，小球在竖直方向做竖直上拋，水平方向做匀加速，因Eq=mg，故水平加速度与竖直加速度大小均为g，当竖直方向上的速度为零时，时间，则水平位移，竖直位移，说明小球不能够到达D．
第II卷（非选择题）
三、填空题(本题共两题，共12分。）
11．随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力（库仑力）成为可能。如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的金属小球（带电后可视为点电荷），用绝缘支柱固定带电小球M，用可调丝线悬挂原来不带电的小球N，调控小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可准确确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全放电。实验小组完成了以下操作：
①在球N不带电时读出传感器示数F0；
②让球N与球M接触后，调整球N到位置1，读出并记录传感器示数F1；
③继续调整球N分别到位置2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4；
④用放电杆使球N完全放电，再让球N与球M接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示数F5；
⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7。
（1）小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时小球M、N间的库仑力大小为 。
（2）对于上述操作，下列说法正确的是 。
A．本实验采用的主要实验方法是等效替代法
B．根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系
C．根据①②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系
D．要测定静电力常量k，不需要准确测出小球M的带电量
（3）实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是 。
【答案】 BC 使小球N与带电小球M接触时将M所带的电荷量平分
【详解】（1）[1]在球N不带电时读出传感器示数F0；小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时传感器示数F1，则小球M、N间的库仑力大小为F0-F1。
（2）[2]A．本实验是采取了控制变量法，A错误；
B．根据①②③的操作，通过传感器的读数可知两球之间的库仑力，因各个位置的距离已知，则可研究库仑力跟点电荷距离间的关系，B正确；
C．在球N不带电时读出传感器示数F0；小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时传感器示数F1，则小球M、N间的库仑力大小为F0-F1，操作④⑤，保持小球间距离不变，每次小球N放电后再与M接触，由于两球完全相同，使小球所受电荷量依次减小到前次的一半，所以要研究库仑力跟小球带电荷量间的关系①②④⑤操作能够完成，C正确；
D．要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量，D错误。
故选BC。
（3）[3]实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是使小球N与带电小球M接触时将M所带的电荷量平分。
12. 课外实验小组为加深对电容器的理解进行了如下实验。
(1)图甲所示的电容器充电后与电源断开，电容器的 （选填“电荷量”或“电压”）将不变，在常见的电介质中，由于空气的相对介电常数很小，当极板间插入其他的电介质时，电容器的电容将 （选填“增大”“减小”或“不变”），同时可以发现，静电计指针偏角将 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
(2)有一平行板电容器，两极板间电压为30V，若使它所带的电荷量减少，则电容器两极板间的电压将降为原来的，故此电容器的电容为 。
(3)如图乙所示，将电容器上极板A接电源正极，下极板B接电源负极，且将上极板接地。闭合开关S，有一带电液滴静止在电容器两极板间P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴 （选填“向上运动”“向下运动”或“静止不动”）。
【答案】(1) 电荷量 增大 减小
(2)15
(3)向下运动
【详解】（1）[1]电容器充电后与电源断开，电容器的电荷量不会随其他物理量的变化而发生改变；
[2][3][4]空气的相对介电常数很小，当极板间插入其他电介质时，两极板间电介质的相对介电常数会增大，根据，可知电容增大；又电容器的电荷量不变，根据，可知电容器两极板间的电压降低，故静电计指针偏角将减小。
（2）根据题意，由公式有
可得
（3）电容器两极板间的电压不变，将电容器下极板B向下平移一小段距离，根据，可知电容器两极板间的电场强度减小，带电液滴所受的电场力将小于重力，液滴向下运动。
四、计算题（本题共3小题，共38分。按题目要求作答，解答题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。）
13．如图所示，光滑斜面倾角为37°，质量为m、电荷量为q的一带有正电的小物块，置于斜面上。当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，重力加速度g，已知，，求：
（1）该电场的电场强度有多大？
（2）若电场强度变为原来的，小物块沿斜面下滑距离为L时的速度有多大？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）带电小物块恰好静止在斜面上，小物块的受力如图所示

根据受力平衡可得
解得电场强度大小为
（2）若电场强度变为原来的，根据牛顿第二定律可得
解得小物块的加速度大小为
小物块沿斜面下滑距离为L时，根据运动学公式可得
解得
14．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：
（1）在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？
（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？
【答案】（1）13.5cm（2）30cm
【详解】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：
所以：,经偏转电场偏转后偏移量
所以,由题图知t=0.06s时刻U偏=1.8U0，代入数据解得y=4.5 cm，设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：
代入数据解得：Y=13.5cm．
（2）由题知电子偏移量y的最大值为 ，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．根据
解得Y= ，所以荧光屏上的电子能打到的区间长为：
2Y=3L=30cm
15．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，一可视为质点的质量为的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场场强，BC段长度，CDF的半径，FMN的半径，滑块带电量，滑块与BC间的动摩擦因数，重力加速度，求：
（1）滑块通过F点的最小速度；
（2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度；
（3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。

【答案】（1）2m/s；（2）1.5m；（3）见解析
【详解】（1）小球在F点根据牛顿第二定律有
解得
m/s
（2）设小球由处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得
解得
1.5m
（3）①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得
解得
= 1.2m
则当h≤1.2m时，小球不过D点，不脱离轨道；
②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点，小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
m
则当h1.5m时，小球可以通过F点；
小球再次返回刚好到D点
解得
h3= 3.2m
则当h≤3.2m时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点，综上可知
1.5m≤h≤ 3.2m
小球第一次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道；
③小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
h4= 3.5m
则当h3.5m时，小球可以两次通过F点；
小球再次返回刚好到D点
解得
h5=5.2m
则当h≤5.2m时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点
综上
3.5m≤h≤5.2m
小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道；
由数学归纳法可知，满足
（1.5+2k）m ≤h≤（3.2+2k）m（k =0，1，2，3……）
综上所述，即满足h≤1.2m或（1.5+2k）m ≤h≤（3.2+2k）m（k =0，1，2，3……）
小球不脱离轨道