四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

绵阳南山中学2023年秋季高2022级10月月考物理试题本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第Ⅱ卷组成，共4页；答题卷共2页．满分100分，时间75分钟．考试结束后将答题卡和答题卷一并交回．第Ⅰ卷(选择题，共48分)注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上．一、本大题12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项是符合题目要求的，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错或不选的得0分。1.下列公式，适用于任意电场的是（　　）①②③④A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】B【解析】【详解】公式为电场强度的定义式，则适用于任意电场；只适用于匀强电场；只适用于点电荷形成的电场；适用于任意电场，故适用于任意电场的是①④。故选B。2.A、B、C是三个完全相同的金属小球，A带电荷量为，B带电荷量为，C不带电，将A、B固定起来，让C球先与A球接触，再与B球接触，然后移去C球，则A、B两球间的库仑力大小变为原来的（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据题意，将A、B固定起来，A、B间的库仑力 根据电荷守恒定律，让C球先与A球接触，A球和C球都带电量；再让C球与B球接触，C球与B球都带电量。则A、B间的库仑力联立可得故选A。3.如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，若将一负试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则（　　）A电势不变B.电势能减小C.电荷所受电场力逐渐减小D.电荷所受电场力逐渐增大【答案】D【解析】【详解】CD．由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知负点电荷从虚线上N点移动到M点，电场力逐渐增大，故C错误，D正确。AB．根据顺着电场线方向电势降低，M点电势等于零，N点电势大于零，所以N点的电势高于M点的电势，从N点到M点，电势逐渐降低，根据可知，负电荷的电势能逐渐增大，故AB错误。故选D。4.如图所示，在地面上空两水平虚线区域分别存在水平向右和竖直向上的匀强电场E1和E2，电场强度均为 ，一质量为m带电荷量为+q的小球从与强电场上方静止释放，不计空气用力。以释放点为坐标原点。水平向右为x轴正方向。竖直向下为y轴正方向，则小球在落地前的运动轨迹可能是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】小球初始做自由落体运动，速度方向竖直向下，当带正电荷的小球进入水平向右的匀强电场E1区域后，小球受到水平向右的电场力和竖直向下的重力，合力的方向向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间，轨迹上凹；当带正电荷的小球离开水平向右的匀强电场E1进入竖直向上的匀强电场E2出电场区域后，小球受到的重力与电场力的合力为0，小球做匀速直线运动，小球轨迹应是一条直线，故B正确，ACD错误。故选B。5.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了，金属块克服摩擦力做功，重力做功，则以下判断正确的是（）A.金属块带负电荷B.金属块的电势能减少C.金属块克服电场力做功D.金属块的机械能减少【答案】D 【解析】【详解】ABC.在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK解得：W电=−4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J.由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误，B错误，C错误；D.在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确．故选D.6.一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的。像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷＋Q在此镜中的像点位置。如图所示，已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN。则（　　）A.a点的电场强度大小为E＝4kB.a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小C.b点电场强度和c点的电场强度相同D.一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度A错误；B．等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示 由图可知Ea>Eb，B正确；C．从电场线分布图可看出图中b、c两点的场强方向不同，C错误；D．由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误。故选B。7.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）A.θ增大，E增大B.θ增大，EP不变C.θ减小，EP增大D.θ减小，E不变【答案】D【解析】【详解】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知电容变大，电容器带电量不变，则根据可知电容器两端电压减小，则静电计指针偏角θ减小，根据联立可得 可知电容器两极板间电场强度不变，P点离下极板的距离不变，根据可知则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变。故选D。【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。8.如图所示，abcd为匀强电场中的一直角梯形，其平面与场强方向平行。已知ab＝ad＝2cm，∠adc＝60°，a、b、d三点的电势分别为0V、4V、4V，则（　　）A.c点的电势为8VB.匀强电场的场强大小为400V/mC.若将电子从a点移到b点，需克服电场力做功4eVD.电子和质子分别放在d点时，具有相同的电势能【答案】B【解析】【详解】A．由几何关系可知则有即解得 故A错误；B．因连线是等势线，则场强方向垂直连线方向，如图所示则场强大小为故B正确；C．若将电子从a点移到b点，电场力做功为故C错误；D．电子和质子分别放在d点时，电子具有的电势能为质子具有的电势能为故D错误。故选B。9.一段粗细均匀的导体的横截面积为S，流过其中的电流强度恒为I，导体每单位体积内的自由电子数为n，每个自由电子所带的电荷量为e，自由电子沿着导体定向移动的平均速率为v。在时间内，通过导体横截面的自由电子数为（　　）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．时间内，电子定向移动的距离 通过导体横截面的自由电子数解得A正确，B错误；CD．根据解得C错误，D正确。故选AD。10.已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为5V，一电子从x=-2cm处由静止释放，则下列说法正确的是A.x=0处电场强度为零B.电子在x=-2cm处的加速度小于电子在x=-1cm处的加速度C.该电子运动到x=0处时的动能为3eVD.该电子不可能运动到x=2cm处【答案】AC【解析】【详解】根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在x=0处电场强度为0．故A正确；图线的斜率表示电场强度，由图可知x=-2cm处的电场强度大于x=-1cm处的电场强度，则电子的加速度：a=Eq/m可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-1cm处的加速度．故B错误；电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为0，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV．由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV．故C正确；由图可知，y轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运 动到x=2cm处．故D错误．11.一质子以速度v0进入足够大的匀强电场区域，1、2、3、4；表示相邻的四个等势面，且1＜2＜3＜4。不计质子重力，下列说法正确的是（　　）A.质子运动过程一定是匀变速运动B.质子运动过程中最小动能可能为0C.质子可以回到原出发点D.质子返回到等势面1时的速度仍为v0【答案】A【解析】【详解】AC．质子在匀强磁场中做类斜抛运动，因此运动过程一定是匀变速运动，因此质子不能回到原出发点，故A正确，C错误；BD．质子运动过程中最小动能出现在速度方向平行于等势面时，速度不能为零，因此返回到等势面时的速度大小为，方向不同，故BD错误。故选A。12.如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、-Q连线的中垂线重合，细杆和+Q、-Q均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、-Q连线的中点，AO=BO。现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则可知A.从A到B，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小B.从A到B，小球的加速度先减小后增大 C.小球运动到O点时的速度大小为D.小球从A到O与从O到B，重力的冲量相等【答案】AC【解析】【详解】A.等量异种电荷的中垂面是等势面，故电荷q在AB上运动时电势能不变，从A到B电场强度先变大后边小，故它受到的电场力先变大后变小，在O点受到的电场力最大，A正确；B.电荷在水平方向受到电场力和杆的弹力，竖直方向受到重力和摩擦力，故水平方向的电场力先变大后边小，故杆对小球的支持力先变大后边小，故摩擦力先变大后边小，小球到达B点时速度减为0，说明其受到的摩擦力大于重力，故在竖直方向摩擦力先变大后边小，因此小球的加速度先变大后边小，B错误；C.从A到B，由动能定理可得从A到O和从O到B电场力变化相同，由可知，摩擦力变化情况相同，故从A到O和从O到B摩擦力做功相等，故从从A到O由动能定理可得联立两式可解得C正确；D.从A到O和从O到B的过程中，由于位移相同但是速度不相同，物体始终处于减速状态，故运动时间不同，因此重力的冲量不相等，D错误；故选AC。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、填空题（每空2分，共计16分）13.如图所示，将带有负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球，两个导体开始时互相接触且对地绝缘。 （1）为了使两球带上等量异号电荷，应_______。A．先移走棒，再把两球分开B．先把两球分开，再移走棒（2）先使甲球瞬时接地，再移走棒，导体甲的带电情况是________电导体乙的带电情况是________电。（填“正”、“负”或“不带”）。（3）先使乙球瞬时接地，再移走棒，导体乙的带电情况是________电。（填“正”、“负”或“不带”）。【答案】①.B②.正③.正④.正【解析】【详解】（1）[1]根据静电感应可知，将带负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球时，在两个导体球上分别感应出等量的异种电荷，此时先把两球分开，再移走棒，就会使两球带上等量异号电荷；若先移走棒，再把两球分开 ，两球将不带电。故选B。（2）[2][3]先使甲球瞬时接地，会使两球瞬间与大地连为一体，此时导体球上感应出的负电荷会导入大地，再移走棒，两球均带正电荷。（3）[4]先使乙球瞬时接地，会使两球瞬间与大地连为一体，此时导体球上感应出的负电荷会导入大地，再移走棒，两球均带正电荷。14.有一个小量程电流表G，其满偏电流为，内阻为1200Ω。依据下列改装过程的主要步骤，填写相关问题。（1）先把小量程电流表G改装为量程为0~2.5mA的电流表，则应_____（选填“串”或“并”）联一个电阻，其阻值为______Ω。（2）将改装后的电流表作为表头再改装为量程为0~3V的电压表，应______（选填“串”或“并”）联一个电阻，其阻值为_____Ω。【答案】①.并②.300③.串④.960【解析】【详解】（1）[1][2]把小量程电流表G改装为量程为0~2.5mA的电流表，应并联一个电阻分流，设并联电 阻的阻值为，则有解得（2）[3][4]将改装后的电流表作为表头再改装为量程为0~3V的电压表，应串联一个电阻分压，设串联电阻的阻值为，则有又解得三、本大题3小题，共36分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。15.如图，一质量为m、电荷量为g（q＞0的粒子在匀强电场中运动，A，B为其运动轨迹上的两点，A，B水平距离为L，运动轨迹在竖直平面内，已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与竖直方向夹角为60°：它运动到B点时速度v大小为v0，方向竖直上，不计重力．求匀强电场的场强大小．【答案】【解析】 【详解】由题意知初速度与竖直方向夹角为，初速度v0．可以分解为水平方向竖直方向由于竖直方向速度不变可以知道电场力方向水平向右，电场强度方向也是水平向右由A向B运动过程为水平方向匀减速运动．竖直方向匀速直线运动，利用动能定理有：联立上式解得16.在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为m的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角．如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，，重力加速度为g。如果以圆周运动最低点所在平面为重力势能为0的平面，（不计空气阻力）求：（1）运动过程中动能的最小值；（2）运动过程中机械能最小值。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，类比重力场，如图所示 在圆上各点中，小球在平衡位置A时动能最大，在平衡位置A的对称点B时，小球的动能最小；在B点时，小球受到的重力和电场力，其合力F作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零时，根据牛顿第二定律可得又联立解得（2）小球静止时，受重力、电场力、和绳子的拉力，由平衡条件得解得方向水平向右，且小球带正电；当小球在圆上最左侧C点时，即平行于电场最左侧，电势能最高，电势能最大，机械能最小；从B至C由动能定理可得又联立解得17.如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间区域，该区域一直无电场。已知两界面MN、PS 相距为S=12cm，D是中心线RD与界面PS的交点。（1）粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离y；（2）粒子到达PS界面时离D点的距离为Y；（3）设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷，使粒子过PS界面后恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量Q（静电力常数k=9.0×109N·m2/C2，保留两位有效数字）。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子进入A、B后应做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为，时间为，在MN界面处速度为，沿MN的分速度为，偏转位移为，与水平夹角为，运动轨迹如图则有，，由以上各式，代入数据解得（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线距离为，由几何关系可知 解得（3）由，解得，故粒子通过MN界面时的速度为粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得解得由解得