吉林省辽源市第五中学2023-2024学年高二物理上学期第一次月考试题（Word版附答案）

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辽源五中2023--2024学年度高二上学期第一次月考物理学科试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。 满分100分，考试用时75分钟 一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确） 1．超级电容器又叫双电层电容器，是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间､具有特殊性能的电容器。图为一款标有“2.7V，3000F”的超级电容器，据此可知该款电容器（　　）A．放电时电容不变B．充电时电能减少C．在2.7V电压下才能工作D．两极所加电压为2.7V时，电容才能达到3000F 2．如图所示，长为L的导体棒AB原来不带电，现将一个带正电的点电荷q放在导体棒的中心轴线上，且距离导体棒的A端为R，O为AB的中点。当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）A．A端带正电，B端带负电B．A端电势比B端电势低C．感应电荷在O点的场强方向沿虚线向左D．点电荷q对处在O点的电子没有电场力 3．如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为+ Q、-Q的点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为60°。两个点电荷的连线与 AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（　　）A．P点的场强为0，电势也为0B．A点电势低于C点电势C．点电荷+q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大D．点电荷-q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能 4．如图所示，两平行金属板相距为d，电势差U未知，一个电子从O点沿垂直于极板的方向以速度v射出，最远到达A点，然后返回，已知O、A相距为h，电子的质量为m，电荷量为e，则两金属板间的电势差U为（      ）  A． B． C． D． 5．如图所示为某静电场中x轴上各点电势的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是（　　）A．电子运动到处时速度最小B．处的电场强度方向沿x轴负方向C．电子从处运动至处，加速度先减小后增大D．电子在处的速度大于在处的速度 6．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，虚线为中心线，A、B板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a、b、c从靠近A板边缘处以相同水平的初速度射入板间，a从中心线上M点飞出板间区域，b从B板右侧边缘飞出，c落在B板间的中点N处，不计微粒的重力，则带电微粒a、b、c的比荷关系为（    ）A．        B．C．        D． 二、多选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中有多个选项正确。） 7．用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法,以下物理量表达式中属于比值法定义的是（ ）A． B． C． D．8．绝缘且光滑的斜面固定于水平地面上，倾角为θ，斜面处于匀强电场中，质量为m、带正电q的小滑块在斜面上处于静止状态，重力加速度为g。下列判断正确的是（）A．电场强度的方向可能垂直于斜面向上B．若物体对斜面压力为零时，则电场强度为C．若电场方向水平，则电场强度D．电场强度最小值为9．如图示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现若稍改变F的大小，使b稍有向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（ ）A．ab间的电场力增大 B．作用力F将减小C．系统重力势能增加 D．系统的电势能将增加 10．如图，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长为L=2cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面已知A、B、C、D的电势分别为-4V、0、8V、12V。则下列说法正确的是（　　）A．E点的电势中8V B．A、F间的电势差UAF=4VC．C、F间的电势差UCF=-8V D．该匀强电场的场强大小E=400V/m 11．如图所示是静电喷涂示意图，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料在静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面上。在涂料微粒向工件靠近的过程中（　　）A．涂料微粒带正电 B．涂料微粒的电势能减少C．电场力对涂料微粒做负功 D．离工件越近，所受静电力越大 12．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．金属块带正电荷B．金属块的机械能减少C．金属块克服电场力做功D．金属块的电势能增加 三、实验题（本题每空3分，共9分。将正确的答案填在相应的横线上或相应位置）13．如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。（1）使电容器带电后与电源断开将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角               （选填“变大”“变小”或“不变”）；两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角             （选填“变大”“变小”或“不变”）。（2）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有         。A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代 四、解答题（本题共3个小题，共43分。解答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）14．（12分）如图用不可伸长的细线将质量为的可视为质点的带电小球P悬挂在O点，当空中存在水平向右，大小为的匀强电场时，小球偏转后处于静止状态。（，，）（1）分析小球的带电性质及带电量；（2）求细线的拉力；（3）改变电场强度的大小和方向，为使小球仍保持静止在P点，求电场强度的最小值和方向。  15．（16分）如图所示为一组方向未知的匀强电场的电场线，电场线与水平方向的夹角为60°。将一个带电荷量的点电荷由A点沿水平线移至B点，电场力做功，已知A、B间的距离l=2cm，以B点为零电势点，求：（1）匀强电场的电场强度E；（2）A点的电势。  16．（15分）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 
参考答案：1．A【详解】A．电容器的电容与电量和电压无关，在充放电时电容不变，故A正确；B．充电时电能增加，故B错误；C．电容器在电压低的任意电压下均可以正常工作，故C错误；D．电容器的电容与两极所加电压无关，一直为，故D错误。故选A。2．C【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引可知，导体棒AB中的负电荷受到正电荷q的吸引作用，所以当导体棒AB达到静电平衡后，A端带负电，B端带正电，故A错误；B．处于静电平衡下的导体是个等势体，其表面是等势面，所以导体棒表面各点电势相等，故B错误；C．处于静电平衡下的导体内部场强处处为零，感应电场和外电场的合场强为零，所以感应电荷在O点的场强与点电荷q的场强等大反向，点电荷q在O点产生的场强向右，所以感应电荷在O点的场强方向沿虚线向左，故C正确；D．点电荷q对处在O点的电子有电场力的作用，故D错误。故选C。3．D【详解】A．+Q在P点产生的场强方向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0 ，故A错误；B．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故AC两点的电势相等，故B错误；C．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷+q从A到C的过程中电势能不变。故C错误；D．根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势， 由电势能公式分析可知，点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能。故D正确。故选D。4．C【详解】电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理得两板间的电场强度解得两金属板间的电势差U为故选C。5．C【详解】根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿轴做直线运动，则电场方向沿轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向左，之后电场方向水平向右，由图像中斜率表示电场强度可知，电场强度为0A．结合上述分析可知，从电子在电场力作用下做加速运动，，之后做减速运动，则电子运动到处时速度最大，故A错误；B．由上述分析可知，处的电场强度方向沿x轴正方向，故B错误；C．由图像中斜率表示电场强度，由图可知，电子从处运动至处，加速度先减小后增大，故C正确；D．由公式可知，电子从处到处电场力做正功，电子的动能增加，则电子在处的速度小于在处的速度，故D错误。故选C。6．A【详解】a、b两粒子的水平位移相等，初速度相等，则运动时间相等，在沿电场方向上，根据知，a、b两粒子的偏转位移之比为1:2，则比荷之比为1:2，即；b、c两粒子的水平位移之比为2:1，初速度相等,则运动时间之比为2:1，在沿电场方向上，根据知，偏转位移相等,则比荷之比为1:4，即，综上可知，故A正确，B、C、D错误；故选A．【点睛】粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向上做匀加速直线运动，根据水平位移和竖直位移的关系，结合牛顿第二定律和运动学公式求出比荷的关系．7．ACD【详解】电场中两端的电势差与移动的电荷和电场力所做的功无关，所以是比值定义法，故A正确；两端间电势差不变时，d变化，电场强度也变化．所以不是电场强度的定义式，故B错误；电场中某一点的电势与放入电场中的电荷无关，电荷量变大，电势能也变大，电势不变，所以为比值法定义式，故C正确；电容器的电容有本身性质决定，与所带的电量和两端间的电势差无关，所以比值法定义式，故D正确．所以ACD正确，B错误．8．BCD【详解】A．若电场强度的方向可能垂直于斜面向上，物体受重力，电场力，支持力三力作用不可能平衡，故A错误；B．若物体对斜面压力为零时，物体只受重力，电场力二力平衡，根据,可得，故B正确；C．若电场方向水平，物体受重力，电场力，支持力三力作用平衡，根据，可知，故C正确；D．电场强度最小即电场力最小，当电场力沿斜面向上时，电场力最小，即,可知，故D正确．故选BCD。9．BC【详解】以球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，电场力为：，减小，增大，则电场力减小，挡板对的弹力，减小，减小．对整体研究：水平方向：，则作用力将减小．故A错误，B正确；电场力减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加，故C正确，D错误．【名睛】本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对研究，再对研究，比较简便，注意系统的重力势能与电势能的变化关系．10．AD【详解】A．因为A、D电势分别为-4V、12V，则A、D中点的电势为8V，那么E、F两点的电势分别为8V、0，A正确；B．A、F间的电势差为B错误；C．C、F间的电势差为C错误；D．B、F在同一等势面上，电势为0，C、E在同一等势面上，电势为8V，电场强度为D正确。故选AD。11．BD【详解】A．由图知，工件带正电，则涂料在静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面上，所以涂料微粒带负电。故A错误；BC．喷枪喷出的涂料在静电力作用下，向被喷工件运动，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小。故B正确，C错误；D．离工件越近，工件周围的电场越强，涂料微粒所受静电力越大。故D正确。故选BD。12．ABD【详解】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8J，重力做功24J，根据动能定理得W总=WG+W电+Wf=△EK解得W电=-4J静电力做功-4J，运动过程中电势能增加了4J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以金属块带正电荷；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。故选ABD。13．     变小     变小     A【详解】（1）[1][2]使电容器充电后与电源断开，由于静电计所带电荷量很小，则可认为电容器电荷量不变。根据，使电容器带电后与电源断开将极板间距离减小时，电容器电容增大，由于电荷量不变，则极板间电压减小，静电计指针偏转角变小；两板间插入一块玻璃，则电容器电容增大，由于电荷量不变，则极板间电压减小，静电计指针偏转角变小；（2）[3]AB．静电计的目的是观察电容器电压的变化情况，故A正确，B错误；CD．静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代，电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故CD错误。故选A。14．（1）正电，；（2）；（3），方向垂直于斜向右上【详解】（1）对小球进行受力分析，因小球静止，故受力情况如图电场力方向与电场同向，故小球带正电。小球受力平衡，由受力分析图得解得（2）根据受力分析图可知（3）由解得方向垂直于斜向右上15．（1）100V/m，电场方向斜向上，（2）-1V【详解】（1）点电荷从A到B，静电力做正功，负电荷受到的电场力的方向沿电场的反方向，所以电场方向斜向上；根据题意有，得E=100V/m（2）A、B间的电势差因A点电势低，且，即得16．（1）；（2）；（3）0或【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知所以根据动能定理有解得（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有而电场力提供加速度有联立各式解得粒子进入电场时的速度（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有电场力提供加速度联立解得当粒子从C点射出时初速度为0，粒子穿过电场前后动量变化量的大小为，该粒子进入电场时的速率应为或。另解：