2024-2025学年内蒙古包头市第一中学高二（上）月考物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年内蒙古包头市第一中学高二（上）月考物理试卷（含答案），共8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。

1.下列说法正确的是( )
A. 电荷放在电势高的地方，电势能就大
B. 正电荷在电场中某点的电势能，一定大于负电荷在该点具有的电势能
C. 无论是正电荷还是负电荷，克服静电力做功它的电势能都增大
D. 电场强度为零的点，电势一定为零
2.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则( )
A. a、b两球飞行的水平距离相等B. a、b两球同时落地
C. b球的电荷量比a球的大D. b球的质量比a球的大
3.某点电荷产生的电场中的一组电场线(方向未画出)如图所示，虚线是一电子只在电场力的作用下由b点到a点的运动轨迹。下列判断正确的是( )
A. 点电荷带负电且a点的电场强度小于b点的电场强度
B. 电场中b点的电势低于a点的电势
C. 电子由b运动到a的过程中动能一定逐渐增大
D. 电子在a点的电势能一定大于在b点的电势能
4.如图所示，一电荷量为+Q的均匀带电细棒，在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，且ab=bc=cd=L，在a点处有一电荷量为+Q2的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
A. k5Q9L2B. k3QL2C. k3Q2L2D. k9Q2L2
5.如图所示，带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点.静止时A、B相距为d，为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法( )
A. 将小球B的质量增加到原来的2倍
B. 将小球B的质量增加到原来的8倍
C. 将小球B的电荷量减小到原来的一半
D. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的4倍
6.如图所示，光滑绝缘水平面上A、B、C三点构成直角三角形，已知BC=r，∠CAB=30∘、∠CBA=60∘，D点是C点在AB连线上的垂足。在A、B点分别放置正点电荷Q1、Q2，在D点放置负点电荷Q3，C点的电场强度恰好为零。则有( )
A. Q1:Q2= 3:3
B. Q2:Q3= 3:2
C. Q移到C点所受电场力大小为k4Q323r2
D. 将Q3由D点沿直线移到AB中点的过程中，电场力对Q3一直做负功
7.如图平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A. 静电计指针的张角变大B. P点电势升高
C. 带电油滴向上运动D. 带电油滴的电势能不变
8.静电场方向平行于x轴，将一电荷量为−q的带电粒子在x=d处由静止释放，粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能EP随x的变化关系如图所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向，四幅示意图分别表示电势φ随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x变化的关系和粒子的动能Ek随x变化的关系，其中正确的是( )
A. B. C. D.
9.如图所示，一匀强电场的方向平行于xOy平面，O点为坐标原点，已知OM与x轴夹角为θ=60∘，从原点O起沿x轴方向每经过1m距离电势下降10V，沿OM方向每经过1m电势下降也为10V，图中P点坐标( 3m,1m)，则下列说法正确的是( )
A. 电场强度沿OP方向，大小10 3V/m
B. OP两点的电势差为40 33V
C. 沿x轴正方向移动电子，每移动1m电场力做功10eV
D. 沿y轴正方向每移动1m电势降低10V
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
10.如图所示，光滑绝缘的水平面上方存在一个水平方向的匀强电场，电场线与x轴平行，电势φ与坐标值x的关系式为φ=106x(φ的单位为V，x的单位为m).一带正电的小滑块P，从x=0处以初速度v0沿x轴正方向运动，则( )
A. 电场方向沿x轴正方向B. 电场的场强大小为106V/m
C. 小滑块的动能一直减小D. 小滑块的电势能先增大后减小
11.两个等量带正电的点电荷在平面内等势线分布如图所示，a、b、c、d、e处在各条线上，则( )
A. φa=φd>φb=φc>φeB. b、c两点的场强相同
C. 正试探电荷在c点的电势能比d点的小D. 负试探电荷在a点的电势能比e点的大
12.空间中有水平方向的匀强电场，一质量为m，带电量为q的微粒在某竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间变化如图所示，则该微粒( )
A. 一定带正电
B. 0∽3秒电场力做功为9J
C. 运动过程中动能不变
D. 0∼3秒内除电场力和重力外所受其它力对微粒做功为12J
三、实验题：本大题共1小题，共8分。
13.某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示。
(1)先使单刀双掷开关s与1端相连，电源向电容器充电，这个过程很快完成，充完电的电容器上极板带 (填“正”或“负”)电荷。
(2)然后将开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流、电压信息输入计算机，经处理后得到充、放电过程的电流随时间变化的I−t曲线以及电压随时间变化的U−t曲线，如图乙所示，其中图线 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)是充、放电过程电压随时间变化的U−t曲线。
(3)图乙中，ABC段与横轴t所围“面积”表示的物理意义是 。
(4)在放电过程中，只增大滑动变阻器R的阻值，不改变电路其他参数，则放电过程中I−t图线与坐标轴所围成的面积 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
14.如图所示，C为固定的、电荷量为Q的正点电荷，A、B两点在C的正上方和C相距分别为ℎ和0.25ℎ。将另一质量为m、带电荷量未知的点电荷D从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零，若此电荷在A点处的加速度为12g，g为重力加速度，静电力常量为k，求：
(1)此电荷所带电荷量q和在B点处的加速度;
(2)A、B两点间的电势差。
15.一束初速不计的一价正粒子在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d=1.0cm，板长l=5.0cm，两个极板上电压为400V，已知粒子的质量为4×10−30kg(重力忽略不计)，求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度v0;
(2)粒子飞出平行板时的侧移量vy;
(3)偏转场对粒子做的功。
16.在水平方向的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的，带电量为+q的小球，另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与场强平行的A点无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ=30∘时的B点，速度减为零(如图)。
(1)求此匀强电场的电场强度E的大小;
(2)求小球在B点以及最低点D点对绳子的拉力;
(3)求小球从A运动到B的过程中的最大拉力。
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.A
5.B
6.C
7.D
8.D
9.B
10.BD
11.AC
12.CD
13.(1)正
(2)I
(3)电容器充电后所带的电荷量
(4)不变

14.解：由题意可知，电荷D先加速下降后减速下降，故带正电，在A点，由牛顿第二定律可得
mg−kQqℎ2=m⋅12g
可解得q=mgℎ22kQ，
设电荷D在B处的加速度为aB，由牛顿第二定律可得
kQq(0.25ℎ)2−mg=maB
可解得aB=7g，方向竖直向上。
(2)从A到B过程，由动能定理可得
mg(ℎ−0.25ℎ)+qUAB=0
可解得UAB=−3kQ2ℎ。

15.解：(1)粒子加速过程中，由动能定理可得
eU=12mv02
代入数据可得
v0=2×107m/s
(2)根据牛顿第二定律可得，粒子在偏转电场中的加速度为
a=eEm=eU′md
代入数据可得
a=1.6×1015m/s2
粒子沿初速度方向做匀速直线运动，在偏转电场中的飞行时间设为t，则有
l=v0t
代入数据可得
t=2.5×10−9s
粒子飞出平行板时的侧移量为
y=12at2
联立可得
y=5×10−3m
(3)粒子出场时的速度设为v，可以分解为沿初速度方向的v0和沿电场方向的vy，其中
vy=at=4×106m/s
根据恒力功的定义式可得，偏转场对粒子做的功为
W=eEy=eU′dy
代入数据可得
W=3.2×10−17J

16.解：(1)根据动能定理研究小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出方程
mgLcsθ−qEL(1+sinθ)=0
解得
E=mgcsθq(1+sinθ)= 33qmg
(2)根据动能定理研究小球从释放到最低点过程，得
mgL−qEL=12mv2
小球在最低点由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律得
FD−mg=mv2L
联立以上各式解得，小球经过最低点时细线对小球的拉力
FD=3mg−mgcsθ1+sinθ=3mg− 33mg
由于对称，B点对绳子的拉力等于A点对绳子的拉力即
FA=FB=Eq= 33mg
(3)将电场力与重力合成为F合，设合力方向与水平方向成α角斜向右下方，对应的圆周轨迹上的C点为对应的“等效最低点”。如图
小球从A点运动到“等效最低点”过程中合力对小球做正功，小球的动能增加，之后合力做负功，小球动能减少，所以小球经过“等效最低点”C时速度最大，此时OC在OA和OB的角平分线上，得
α=60∘
由勾股定理得
F合= (mg)2+(qE)2=2 3mg3
由动能定理得
F合L(1−csα)=12mvc2
FC−F合=mvC2L
联立解得
Fc=4 3mg3