2024-2025学年福建省长汀县第二中学高二（上）月考物理试卷（8月）（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省长汀县第二中学高二（上）月考物理试卷（8月）（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，这是因为( )
A. 毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上B. 毛皮上的一些正电荷转移到橡胶棒上
C. 橡胶棒上的一些电子转移到毛皮上D. 橡胶棒上的一些正电荷转移到毛皮上
2.如图所示，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f是以O点为球心的球面上的点，aecf平面与bedf平面垂直，则下列说法中正确的是( )
A. b、d两点的电场强度相同
B. a、f两点的电势相等
C. 点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力要做功
D. 图中Oa两点之间的电势差与Ob两点之间的电势差不同
3.如图所示，实线为三条电场线，从电场中M点以相同的速度方向射出a、b两个带电粒子，其仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则( )
A. a的加速度将减小，b的加速度将增加
B. a一定带正电，b一定带负电
C. a的速度将减小，b的速度将增加
D. 该电场的等差等势面为曲线且从左往右越来越稀疏
4.如图所示，将三个电荷量均为Q(Q>0)的正点电荷分别固定在菱形的三个顶点a、b、c上，∠abc=120∘，它们在菱形的第四个顶点d处产生的合电场强度为E。现只将c点处的电荷换成等量负点电荷−Q(未画出)，则d点处新的合电场强度大小为( )
A. EB. 23EC. 22ED. 12E
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.一带电体周围的电场线分布如图所示，图中虚线表示等势面，a、b是不同等势面上的两点。将一负点电荷分别放在a、b两点，该点电荷受到的电场力大小分别为Fa、Fb，具有的电势能分别为Epa、Epb，则( )
A. FaFb,EpaEpbB. EaC. Fa>Fb,Epa>EpbD. EaEb,φaφb
6.如图所示，实线为一带负电荷的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，下列判断正确的是( )
A. 若虚线表示电场线，φP>φQ
B. 若虚线表示电场线，粒子通过Q点时动能较大
C. 若虚线表示等势线，粒子通过P点时电势能较小
D. 不论虚线是表示电场线还是等势线，P点电场强度较大
7.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为5V、5V、17V。下列说法正确的是( )
A. 坐标原点处的电势为0
B. 电场强度的大小为2.5V/cm
C. 电子在a点的电势能比在c点的低12eV
D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为12eV
8.某静电场中x轴正半轴上电场强度随x轴上位置变化规律如图所示，x轴正方向为电场强度正方向，x轴负方向为电场强度负方向，一个带电粒子在O点由静止释放，刚好能沿x轴正方向运动到x=x3处，不计粒子的重力，则下列判断正确的是( )
A. 粒子运动到x=x1处时速度最大
B. 粒子从x=x1到x=x3的过程中，先做加速运动后做减速运动
C. 粒子从x=x1到x=x3的过程中，加速度一直减小
D. O点和x=x2之间电势差绝对值与x=x2和x=x3之间电势差绝对值相等
三、填空题：本大题共2小题，共12分。
9.一试探电荷q=+4×10−9C，在电场中P点受到的静电力F=6×10−7N，则P点的电场强度大小为______N/C；将试探电荷移走后，P点的电场强度大小为______N/C；放一电荷量为q′=1.2×10−6C的电荷在P点，受到的静电力F的大小为______N。
10.如图所示，一个枕形导体AB原来不带电，将它放在一个负点电荷的电场中，负点电荷所带的电荷量为Q，与AB的中心O的距离为R。由于静电感应，在导体AB的两端分别出现感应电荷，当达到静电平衡时(已知静电力常量为k)，导体的中心O的电场强度等于________，导体的感应电荷在O点产生的电场强度大小等于______，方向______。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
11.某物理兴趣小组探究影响电荷间静电力的因素，实验装置如图所示。
(1)带正电的小球A固定不动，带正电的小球B通过绝缘丝线系在铁架台上，小球B会在静电力的作用下发生偏离。把系在丝线上的带电小球B先后挂在图中横杆上的P1、P2、P3等位置，实验时通过调节丝线长度，始终使A、B两球球心在同一水平线上，待小球B平衡后，测得丝线偏离竖直方向的角度为θ，A、B两球球心间的距离为r，小球B的质量为m，当地重力加速度大小为g，则A、B两球之间的库仑力大小为______。(用题中涉及的物理量符号表示)
(2)通过分析A、B两球之间的库仑力大小与A、B两球球心间的距离r的关系可知：两小球所带电荷量不变时，两小球间的静电力 。
(3)以上实验采用的方法是______。
A微小量放大法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.理想实验法
(4)若实验中小球A、B的电荷量分别为q1和q2，则静电力常量可表示为k=______。(用题中涉及的物理量符号表示)
五、计算题：本大题共3小题，共40分。
12.一根长为L的丝线吊着一质量为m的带电量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，(重力加速度为g)，求：
(1)该静止小球带何种电；
(2)匀强电场的电场强度的大小．
13.如图所示，水平放置的平行板电容器A、B间为一匀强电场，M、N为电场中的两点，其连线与两极板垂直，且MN之间的距离d1=2cm。已知电子在M点受到的电场力大小为2.4×10−15N，方向指向B板，A板接地电势为零，电子的电量e=1.6×10−19C。
(1)求电场强度的大小和方向；
(2)求M、N两点的电势差；
(3)若N点距A板的距离d2=3cm，电子在N点的电势能为多少？
14.如图所示，在场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定光滑转轴O在竖直平面内自由转动。杆的另一端固定电荷量−q的小球A；轻杆长度为L，小球受到的电场力大小为重力大小的 3倍。开始时杆与电场间夹角为θ=30∘。小球受到轻微扰动开始向下运动，以O点为重力势能和电势能零点。求：
(1)初始状态的电势能；
(2)杆在竖直位置时小球处在B点，杆对小球的拉力F；
(3)小球重力势能与电势能之和的最小值。
答案解析
1.A
【解析】摩擦起电是因为电子由一个物体转移到另一物体上，失去电子的物体因缺少电子而带正电，得到电子的物体有多余的电子而带负电，毛皮与橡胶棒摩擦，毛皮带正电，表明毛皮失去电子，则橡胶棒得到了电子，故电子由毛皮转移到橡胶棒上，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.B
【解析】
A.由库仑定律知该面上各点的电场强度大小相等，但方向不同，故b、d两点的电场强度不同，故A错误；
B.该面为等势面，各点电势相等，故B正确；
C. 该面为等势面，各点电势相等，任意两点间电势差为0，故电场力一定不做功，故C错误；
D. 该面为等势面，各点电势相等，任意两点间电势差为0，所以Oa两点之间的电势差与Ob两点之间的电势差相同，故D错误。
3.A
【解析】A.电场线越密，电场强度越大，电场力越大，粒子的加速度越大，所以 a的加速度将减小，b的加速度将增加，A正确；
B.电场强度方向未知，无法判断电荷的正负，B错误；
C.粒子a的轨迹向左弯曲，电场力向左，粒子的速度将增加；粒子b的轨迹向右弯曲，电场力向右，粒子的速度将增加，C错误；
D.等势面与电场线垂直且电场线越密的地方等势面越密，所以该电场的等差等势面为曲线且从左往右越来越密，D错误。
故选A。
4.A
【解析】设边长为x，由已知可得d的场强Ed=Eacs60°+Eb+Eccs60°=E=2×kQx2。当c点的电荷换成等量的−Q时，此时d点的场强E1= (2×kQx2cs30°)2+(kQx2)2=2×kQx2=E，故BCD错误，A正确。
故选：A。
5.AB
【解析】电场线越密集的地方，电场强度越大，则电场力越大，故 EaEp=qφ
可知 Epa>Epb 。
故选AB。
6.AD
【解析】AB.若虚线表示电场线，带电粒子从Q到P，则带电粒子受电场力方向大致与速度方向如图所示，可知电场力做正功，带电粒子的电势能减小，由于粒子带负电，则电势升高，则有
φP>φQ
带电粒子的动能增大，则粒子通过P点时动能较大，A正确，B错误；
C.若虚线表示等势线，带电粒子从Q到P，则带电粒子受电场力方向大致与速度方向如图所示，可知电场力做负功，电势能增大，则粒子通过P点时电势能较大，C错误；
D.若虚线表示电场线，电场线密集的地方电场强度大，则P点电场强度较大；若虚线表示等势线，等差等势面密集的地方电场强度大，P点电场强度较大；因此不论虚线是表示电场线还是等势线，P点电场强度较大，D正确。
故选AD。
7.BD
【解析】A.因为是匀强电场
φc−φa=φb−φ0
解得
φ0=−7V
A错误；
B. 电场强度的大小为
E=φc−φadacsin37∘=2.5V/cm
B正确；
C. 电子在a点的电势能
Epa=−e×5V=−5eV
在c点的电势能
Epc=−e×17V=−17eV
电势能的变化量为
ΔEp=Epa−Epc=12eV
电子在a点的电势能比在c点的高12eV，C错误；
D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为
Wbc=−e×5−17V=12eV
D正确。
故选BD。
8.BD
【解析】
A.根据图像可知粒子在从O点到x2的过程中，电场力一直做正功，所以粒子运动到 x=x2 处时速度最大，故A错误；
B.粒子从0到 x=x2 的过程中，粒子做加速运动，从 x=x2 到 x=x3 的过程中，粒子做减速运动，所以粒子先做加速运动后做减速运动，故B正确；
C.粒子从 x=x1 到 x=x3 的过程中，电场强度先减小后增大，根据牛顿第二定律可知加速度先减小后增大，故C错误；
D.根据题意可知粒子刚好从O点运动到x=x3处，则O点和 x=x3 处电势相等，因此O点和 x=x2 之间电势差绝对值与 x=x2 和 x=x3 之间电势差绝对值相等，故D正确。
9.150 150 1.8×10−4
【解析】解：P点的场强大小为E=Fq=6×10−74×10−9N/C=150N/C
场强是描述电场本身性质的物理量，与检验电荷无关，
所以将试探电荷移走后，P点的场强不变，场强还是150N/C。
放一电荷量为q′=1.2×10−6C的电荷在P点，该电荷所受的静电力为F′=q′E=1.2×10−6C×150N=1.8×10−4N
故答案为：150；150；1.8×10−4
根据电场强度的定义式E=Fq，即可求解；电场强度与检验电荷无关，再根据F=qE求静电力大小。
考查电场强度的定义，要理解电场强度与电场力及检验电荷无关，掌握比值定义法。
10.0；kQR2 ；水平向左；
【解析】枕形导体AB放在一个负点电荷的电场中，当达到静电平衡时，导体内部各点场强处处为零，故导体中心O点的场强为0；感应电荷在O点的产生场强与点电荷−Q在O点的场强等大反向，大小为E=kQR2，方向向左。
故答案为：0，kQR2，水平向左。
11. (1)mgtan θ ；(2)与A、B两球球心间的距离的平方成反比；(3)B；(4)mgr2tan θq1q2
【解析】(1)对小球B受力分析，小球B受力平衡，则有tanθ=Fmg，即A、B两球之间的库仑力大小F=mgtanθ；
(2)由库仑定律，并结合实验可知，两小球所带电荷量不变时，两小球间的静电力与A、B两球球心间的距离的平方成反比；
(3)实验中应用的研究方法是控制变量法，故B正确，ACD错误；
(4)根据题意，结合库仑定律有kq1q2r2=mgtanθ，解得静电力常量k=mgr2tanθq1q2。
12.解：(1)由平衡条件可判断小球一定受向右的电场力，即电场力与电场线方向相同，故小球带正电．
(2)小球静止在电场中受力如图：
由平衡条件得：mgtan37°=qE
故E=3mg4q
答：(1)该静止小球带正电；
(2)这个匀强电场的电场强度的大小为3mg4q．
【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件和电场力公式求解电场强度的大小．
本题是带电体在电场中平衡问题，当力学问题去处理，分析受力，作出力图是关键．
13.(1)根据电场强度的定义，有
E=Fq
代入数据解得
E=1.5×104N/C
方向竖直向上；
(2)M、N两点的电势差为
UMN=−Ed1=−1.5×104×2×10−2V=−300V
(3)AN的电势差为
UAN=−Ed2=−1.5×104×3×10−2V=−450V
因A板的电势为φA=0V，所以有
UAN=φA−φN
解得
φN=450V
电子在N点的电势能为
Ep=qφN
代入数据解得
EpN=−7.2×10−17J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.解：(1)O点电势为零，则A点电势为φA=0−ELcs30°=− 32EL，
则初始状态的电势能Ep0=−qφA= 32ELq；
(2)从A到B，根据动能定理有EqLcs30°+mgL(1+sin30°)=12mv2，
在B点根据牛顿第二定律有F−mg=mv2L，
根据题意Eq= 3mg，
联立解得F=73 3Eq，方向向上；
(3)小球运动过程中动能、重力势能与电势能之和守恒，当小球重力势能与电势能之和最小时，动能最大，
设重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为α，则tanα=Eqmg= 3，则α=60°，
即合力方向与竖直方向成60°角偏向左下方，
当杆与合力方向共线时(等效最低点)小球的动能最大，
此时小球的重力势能为−mgLcs60°=−12mgL=− 36EqL，
电势能为−q×(0+ELsin60°)=− 32ELq，
则小球重力势能与电势能之和的最小值为− 36EqL+(− 32ELq)=−2 33ELq。
【解析】(1)根据U=Ed求电势差，进而求出A点电势，再利用Ep=qφ求电势能；
(2)根据动能定理求到达B点的速度，在B点根据牛顿第二定律结合向心力公式求F；
(3)首先确定动能最大的位置，即为势能最小的位置，再分别求出重力势能和电势能，然后求和。