2021安徽省太和一中高二10月月考物理试题（平行班）含答案

太和一中高二年级物理第一次月考试卷

时间90分钟    满分100       

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

一．选择题（1--8单选，9--12多选，共48分，每题4分，漏选2分，错选0分）

1.关于电场强度，下列说法正确的是（　　）

A．若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0

B．电场强度定义式表明，电场强度大小与试探电荷的电荷量q成反比

C．点电荷的电场强度表明，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍

D．匀强电场的电场强度表明，匀强电场中距离相等的两点间电压U一定相等

2.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、O是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的是（　　）

A．O点电势与Q点电势相等

B．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加

C．M、O间的电势差小于NO间的电势差

D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上

3.如图所示，在电场强度方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为q的粒子从A点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动到B点时速度方向水平，大小也为v0，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．粒子在该过程中克服电场力做功

B．匀强电场的电场强度大小为

C．粒子在A点的电势能比在B点的电势能小

D．粒子从A点运动到B点所用的时间为

4．如图所示，是均匀带电的半圆环，已知半圆环在圆心点产生的电场强度大小为、电势的大小为，、、为半圆环等长的三段圆弧。则部分在点产生的电场强度和电势的大小分别是（　　）

A．， B．， 

C．， D．，

5.在空间直角坐标系O-xyz中，有一四面体C-AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标位置如图所示。D点在x轴上，DA=AO，在坐标原点O处固定着带电量为-Q的点电荷，下列说法正确的是（　　）

A．A、B、C三点的电场强度相同

B．O、A两点间的电势差与A、D两点间的电势差相等

C．将电子由D点移到B点，电场力做正功

D．电子在C点的电势能大于在D点的电势能

6.如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R＝5 cm的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为θ，P点沿圆周移动时，O、P两点的电势差满足UOP＝25cos θ(V)，则该匀强电场的大小和方向分别为(　　)

A．500 V/m，沿x轴正方向

B．500 V/m，沿y轴负方向

C．500V/m，沿y轴负方向

D．250V/m，沿x轴负方向

7.如图所示,MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道,圆轨道半径为R,A、B为圆水平直径的两个端点,ACB为圆弧.一个质量为m、电荷量为-q的带电小球,从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆轨道.不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是(   )

A．小球再次到达C点的速度可能为零

B．小球一定能从B点离开轨道

C．小球在AC部分不可能做匀速圆周运动

D．当小球从B点离开时,上升的高度一定等于H

8.如图所示的坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处）．将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是

A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大

B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小

C．增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动

D．将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动

9.如图所示，有一个粗糙固定斜面，某位置Q固定一带正电的点电荷，A、B、C是斜面上间距相等的三个点，Q、B连线垂直于斜面，在A点无初速度释放一带有恒定电荷的小物块，已知小物块沿绝缘的斜面运动到C点时停下。下列说法正确的是　　

A．小物块一定带负电

B．小物块运动过程，电势能可能先增大后减小

C．小物块运动过程经过B点时的滑动摩擦力最大

D．小物块从B点运动到C点过程机械能不断减少

10.如图所示，虚线为某点电荷激发的电场中的三个等势面，等势面a上的电场强度大小为E，电势为，等势面c上的电场强度大小为，电势为，相邻两个等势面的间距相等。某质子只受电场力作用，在电场运动的轨迹如图中实线所示，若该质子在等势面c上的动能为，下列说法正确的是（　　）

A．点电荷可能为负电荷

B．质子经过等势面b的电势能为

C．质子经过等势面b的加速度大小是经过c加速度大小的倍

D．质子经过等势面c的速度大小是经过等势面a速度大小的倍

11.电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点处，其中坐标为－3L处的点电荷带电量的绝对值为Q，两点电荷连线上各点的电势随x变化的关系图象如图所示，其中x=L处的电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，以无穷远为零电势点，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（    ）

A．两点电荷一定均为正电荷

B．原点O处的场强大小为

C．正检验电荷在原点O处受到向左的电场力

D．负检验电荷由M点运动到N点的过程中，电势能先减小后增大

12.如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（　　）

A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qE

B．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qE

C．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE

D．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE

二．实验填空题（13题4分，14题6分，每空各2分）

13.如图所示，真空中O点固定有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°。则a、b两点场强Ea：Eb=    ；a、b两点电势φa、φb的关系为φa   φb。（填“<”、“>”、“=”）

14.在验证机械能守恒实验中，由、组成的系统，当由静止开始下落，拖着的纸带打出一系列的点，从而验证机械能守恒定律。其中一条纸带中：0为打下第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点未画出（图中未标出），计数点间距离如图。已知，，交流电频率为，取

（1）纸带上打下计数点5时的速度_______（保留2位有效数字）

（2）在计数点0到计数点过程中系统动能的增加量______，系统势能的减少量_______。（保留3位有效数字）

三．解答题（15题6分，16题10分，17题12分，18题14分，共42分）

15.如图所示，在匀强电场中的M、N两点距离为1 cm，两点间的电势差为5 V， M、N连线与场强方向成60°角，则此时：

(1)电场的电场强度多大？

(2)将二价负离子由M点移到N点电场力对电荷做了多少功？（二价负离子电量q＝－2×1.6×10-19C）

16.如图所示，在匀强电场中，将质量为、电荷量为的带电粒子从电场中的A点移动到B点，静电力做了的功，再从B点移动到C点，电势能增加了。已知电场的方向与的平面平行，∠A=90°，∠B=30°，AC=20cm，规定B点的电势为0，不计带电粒子的重力。

(1)求A点和C点的电势

(2)求电场强度

17.如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电量为＋2q，B球的带电量为－3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，系统开始运动．试求：

（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；

（2）带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量．

18.如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0×104N/C．现有一电荷量q=+1.0×10-4C、质量m=0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）。取g=10m/s2.，试求：（结果可用根号表示）

(1)带电体运动到圆形轨道B点的速度大小；

(2)D点到B点的距离xDB；

(3)带电体在从B到C运动的过程中对轨道的最大压力。

1.【答案】C

【解析】AB．电场中某点的电场强度只由电场本身决定，与试探电荷的电荷量q无关，选项AB错误；

C．点电荷的电场强度表明，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，选项C正确；

D．匀强电场的电场强度表明，匀强电场中沿电场线方向上距离相等的任意两点间电压U一定相等，选项D错误。

故选C。

2.【答案】B

3.【答案】D

4.【答案】D

【解析】电场强度是矢量，根据题意应用平行四边形定则求出圆弧在圆心处产生的场强，电势是标量，直接根据代数法则求解。、两点把半圆环等分为三段，每段长度都是，如图所示

设每段在点产生的电场强度大小为，均相等，则在点的合场强

则

电势是标量，设圆弧在圆心点产生的电势为，则有

则

故选。

5.【答案】D

A．A、B、C三点到O点的距离相等，根据点电荷场强公式

可知三点的场强大小相等，但场强方向不同，所以电场强度不同，故A错误；
B．根据点电荷场强公式

OA间的场强大于AD间的场强，由

U=Ed

可知

UOA＞UAD

故B错误；

C．O点处是负电荷，则x轴上电场强度的方向沿x轴负方向指向O点，可知D点的电势高于A点的电势；又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于C点的电势，将电子由D点移到C点，电场力做负功，故C错误；
D．D点的电势高于A点的电势；又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于C点的电势，将电子由D点移到C点，电场力做负功，其电势能将增加，所以电子在C点的电势能大于在D点的电势能，故D正确。
故选D。

6.【答案】A

【解析】因O、P两点的电势差满足

UOP＝25 cosθ(V)

故可知场强方向沿y轴正向，

根据U=ERcosθ可知，ER=25，则

故选A。

7.【答案】D

8.【答案】C

【解析】A.圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零．故A错误；

B.圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大．故B错误．

CD.根据动能定理得，根据牛顿第二定律得，联立解得，可知若只正大圆环电荷量，圆环仍然可以做圆周运动；若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，故C正确，D错误．

故选C。

9.【答案】AD

【解析】

【详解】

解：A、若小物块也带正电，则小物块在A点与C点的受力如图：

可知若小物块带正电，则从A到C的过程中小物块沿斜面向下的分力增大；由于小物块能从A开始向下滑动，则沿斜面向下的分力增大后，小物块是不可能在C点静止的。所以小物块只能带负电，则从A到C的过程中小物块沿斜面向下的分力减小，小物块才能到达C后停止。故A正确；

B、小物块带负电，则小物块与点电荷之间的库仑力为吸引力，从A到B的过程中库仑力做正功，而从B到C的过程中电场力做负功，所以小物块的电势能先减小后增大。故B错误；

C、小物块带负电，受到点电荷的吸引力，当小物块运动达到B点时，库仑力最大，而且沿垂直于斜面方向的力最大，所以小物块在B点受到的支持力最小，则在B点的滑动摩擦力最小。故C错误；

D、小物块在B点时仍然向C点运动，运动的过程中做减速运动，动能减小，同时重力势能也减小，所以小物块从B点运动到C点过程机械能不断减少。故D正确。

故选：AD。

根据小物块在A点和C点的受力情况，判断小物块的电性；根据电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化情况；根据受力分析判断摩擦力的变化；根据功能关系判断小物块的机械能的变化。

该题路程电场力以及电场力做功的特点，解答的关键是正确对小物块在A点与C点的情况进行受力分析，先判断出小物块带负电。

10.【答案】CD

【解析】A．从运动轨迹可以看出两个电荷相互排斥，故点电荷带正电，故A错误；

B．在点电荷形成的电场中，越靠近点电荷的电场强度越大，ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，ab之间的电势差大于bc之间的电势差，所以b处的电势小于40V，质子经过等势面b的电势能小于40eV，故B错误。

C．根据点电荷的电场强度的公式

结合等势面a上的电场强度大小为E，等势面c上的电场强度大小为，可知c到点电荷的距离为a到点电荷距离的3倍；a与c之间的距离为a到点电荷的距离的2倍，相邻两个等势面的间距相等，所以b到点电荷的距离为a到点电荷的距离为2倍；所以b处的电场强度为a的电场强度的，即b处电场强度的大小为，b处电场强度的大小是c处电场强度的倍，根据加速度

可知质子在b处的加速度大小是c处加速度大小的2.25倍；故C正确；

D．质子只受电场力，动能与电势能之和不变，质子在等势面c上的动能为80eV，电势能为20eV，总能量为100eV；质子在a处的电势能为60eV，故动能为40eV；质子在a处的动能为c处动能的一半，所以质子经过等势面c的速度大小是经过等势面a速度大小的倍，故D正确；

故选CD。

11.【答案】AB

【解析】A、由φ-x图象特点可知L处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A正确；

B、C、x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，,得，故原点O处的场强大小为,方向向右,则正检验电荷在原点O处受到的电场力向右；故B正确，C错误；

D、由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小；故D错误.

故选AB.

12.【答案】AC

【解析】AB．静止时，对AB球整体进行受力分析，则有：

T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq

故A正确，B错误；

CD．假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0.若B球带负电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，电场力 qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，此时A、B球的加速度为

aA=g+

（显然大于g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为T，由牛顿第二定律，则有

T+mg=maA

解得

T=qE

故C正确，D错误。
故选AC。

13.【答案】3：1      <

【解析】试题分析：a点到O点的距离，b点到O点距离，根据点电荷的场强公式可得，故，由于电场方向指向O点，点电荷带负电，在点电荷的周围越靠近场源电势越低，故有<

14.【答案】2.4    0.576    0.588  

15.【答案】(1) 1000V/m；(2) -1.6×10-18J

16.【答案】(1)-1.5V，-2V；(2)E=5V/m，由指向；

17.【答案】（1）　（2）L　4qEL

【解析】

【详解】

（1）设B球刚进入电场时带电系统的速度为v1，由动能定理得

2qEL＝×2mv12

解得：

v1＝

（2）带电系统向右运动分为三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场后．

设A球出电场后移动的最大位移为x，对于全过程，由动能定理得

2qEL－qEL－3qEx＝0

解得

x＝

则B球移动的总位移为

xB＝L

B球从刚进入电场到带电系统向右运动到最大距离时的位移为L

其电势能的变化量为

ΔEp＝－W＝3qE·L＝4qEL

18.【答案】(1)2m/s；(2)0；(3) （3+3）N

【解析】(1)设带电体通过C点时的速度为v0，根据牛顿第二定律得

设带电体通过B点时的速度为vB，带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理

解得

(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有

联立解得

xDB=0

(3) 由P到B带电体做加速运动，由于电场力和重力的合力斜向右下方，所以带电体从B到C先加速后减速，最大速度一定出现在从B到圆弧上与O等高的位置之间。在此过程中只有重力和电场力做功，由于电场力和重力这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。
设小球的最大速度为vm，最大支持力为Nm。根据动能定理有

qERsin45°-mgR（1-cos45°）=mvm2-mvB2

在此位置支持力最大，因电场力与重力的合力大小为

F=mg

根据牛顿第二定律，有

联立解得

Nm=（3+3）N

根据牛顿第三定律知，带电体在从B到C运动的过程中对轨道最大压力为

Nm′=Nm=（3+3）N