2023-2024学年安徽省安庆市岳西中学高二（上）月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省安庆市岳西中学高二（上）月考物理试卷（含解析），共16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.物理课时，老师将一不带电的金属球壳用绝缘支架固定。球壳横截面如图所示，球心为O，A是球心左侧一点。当老师把丝绸摩擦过的玻璃棒缓慢靠近A点，可判定( )
A. 球壳将带上负电
B. 沿过A的虚线将球壳分为左、右两部分，则左侧球壳的带电量小于右侧球壳的带电量
C. A点的电场强度逐渐增大
D. 球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大
2.如图所示，在直线坐标系xy平面内存在一点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA=OB=BC=a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A. 点电荷Q位于O点
B. O点电势比A点电势高
C. C点的电场强度大小为
D. 将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小
3.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q和−Q。在它们的中垂线上水平固定一根内壁光滑的绝缘细管，一电量为+q的小球缓慢经过细管，则小球( )
A. 小球的加速度先减小后增加B. 小球的速度先减小后增加
C. 受到的库仑力最大值为8kQqd2D. 管壁对小球的弹力最大值为4kQqd2
4.工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时，为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上(电源电压小于材料的击穿电压)。当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是( )
A. A、B平行板电容器的电容增大B. A、B两板间的电场强度减小
C. A、B两板上的电荷量变大D. 有电流从a向b流过灵敏电流计
5.如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有一个边长为L的正三角形abc，三个顶点处分别固定一个电荷量为q(q>0)的点电荷，D点为正三角形外接圆的圆心，E点为ab的中点，F点为E点关于顶点c的对称点，下列说法中正确的是
A. D点的电场强度一定不为零，电势可能为零
B. E，F两点的电场强度等大反向，电势不相等
C. c点电荷受到a、b点电荷的库仑力F库= 3kq2L2
D. 若将一负点电荷从c沿直线移动到F，其电势能将不断减小
6.如图所示，可视为质点的两个带同种电荷的小球a和b，分别静止在竖直墙面和水平地面上，b球被光滑竖直板挡住，所有接触面均光滑，a球由于缓慢漏电而缓慢下降，在此过程中( )
A. 地面对b的支持力变小B. 竖直挡板对b的支持力变小
C. a、b间的作用力变大D. 以上说法均不正确
7.如图所示，在半径为R的半球形容器(容器固定)边缘C点(与球心O点等高)正上方某处(图中未画出)，一质量为m可视为质点的小球由静止释放。若小球恰好能到达A点，且经过最低点B时，对容器的正压力为FN。设小球自C点滑到B点、B点滑到A点的过程中，摩擦力对其所做的功分别为W1、W2。重力加速度为g，小球与容器壁动摩擦因数处处相同，则下列各项正确的是
A. W1=12R(FN−3mg)B. W1=12R(3mg−FN)
C. W2=12R(3mg−FN)D. W2=12R(FN−3mg)
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.(多选)如图所示，带箭头的实线表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断正确的是( )
A. 若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电
B. 不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电
C. 若粒子是从B运动到A，则其加速度减小
D. 若粒子是从B运动到A，则其速度减小
9.如图所示，两块带有等量异号电荷的平行金属板A、B倾斜放置，板与水平方向的夹角θ=37°，一个电荷量为q=1.25×10−3C、质量为m=10g的小球，自A板上的小孔P以水平速度v0=0.075m/s飞入两板之间的电场，未与B板相碰又回到P点(g取10 m/s2，sin 37°=0.6)，下列说法正确的是( )
A. 板间电场强度大小为100 V/mB. 板间电场强度大小为133 V/m
C. 粒子在电场中运动的时间为0.02 sD. 粒子在电场中运动的时间为0.04 s
10.如图所示，在夹角为2θ的V形绝缘槽里，离底端h高处有用细线相连的两个相同带电小球处于静止状态。FT为细线上的张力，每个小球的质量为m，重力加速度为g，槽面摩擦不计，则下列说法正确的是
( )
A. 改变两球之间的细线长度，小球在另一高度平衡时，小球受槽面的支持力不变
B. 两球之间库仑力大小为FT+mgtanθ
C. 烧断细线瞬间小球的加速度大小为FTsinθm
D. 烧断细线后小球机械能将减小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学校新进了一批传感器，小明在老师指导下，在实验室利用传感器探究物体做圆周运动的向心力与物体质量、轨道半径及转速的关系。实验装置如图甲所示。带孔的小清块套在光滑的水平细杆上。通过细杆与固定在转轴上的拉力传感器相连。小滑块上固定有转速传感器。细杆可绕转轴做匀速圆周运动小明先保持滑块质量和轨道半径不变来探究向心力与转速的关系。
(1)小明采用的实验方法主要是________。(填正确答案标号)
A.理想模型法 B.控制变量法 C.等效替代法
(2)若拉力传感器的示数为F，转速传感器的示数为n，小明通过改变转速测量出多组数据，作出了如图乙所示的图像，则小明选取的横坐标可能是_________________。
A.n B．1n C． n D．n2
(3)小明测得滑块做圆周运动的半径为r，若F、r、n均取国际单位，图乙中图线的斜率为k，则滑块的质量可表示为m=________。
12.随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力(库仑力)成为可能。如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的金属小球(带电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固定带电小球M，用可调丝线悬挂原来不带电的小球N，调控小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可准确确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全放电。实验小组完成了以下操作：
①在球N不带电时读出传感器示数F0；
②让球N与球M接触后，调整球N到位置1，读出并记录传感器示数F1；
③继续调整球N分别到位置2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4；
④用放电杆使球N完全放电，再让球N与球M接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示数F5；
⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7。
(1)小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时小球M、N间的库仑力大小为_______。
(2)对于上述操作，下列说法正确的是_______。
A.本实验采用的主耍实验方法是等效替代法
B.根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系
C.根据②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系
D.要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电量
(3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是_______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，电荷量分别为+q、+9q的两带电小球A、B，分别用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于同一水平线上。已知O点到A球的距离OA=2L，∠AOB=90∘，∠OAB=60∘，静电力常量为k，带电小球均可视为点电荷，重力加速度为g。
(1)求A、B两球间的库仑力大小；
(2)求A球的质量；
(3)若移去小球B，同时在空间中加上一匀强电场(电场方向平行于平面OAB且垂直OA)，小球A仍能静止在原来位置，求所加电场的场强大小。
14.如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
15.如图所示，A、B是固定于同一条竖直线上的带电小球，A电量为+Q、B电量为−Q，CD是它们的中垂线，另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q，被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点，O点在C点的正上方，A、B、C三点构成变成为d的等边三角形，现将小球从E拉到M点，使细线恰好水平伸直且与A、B、C处于同一竖直面内，然后由静止释放小球E，当它运动到最低点C时速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度为g，三个小球都可视为点电荷，试求：
(1)小球E在C点时对细线的拉力；
(2)若D点电势为零，则A、B所形成的电场中M点的电势φM。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】明确静电感应规律，知道静电屏蔽的现象，明确球壳内部原电场和感应电场相互叠加使内部场强处处为零。
本题考查静电感应以及静电屏蔽的现象，要注意明确内部场强处处为零的原因，会求感应电荷产生的场强。
【解答】解：A.丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，靠近A点，则球壳左边带负电右边带正电，整体仍显示电中性，不带电，故A错误；
B.因为整体显示电中性，正电荷与负电荷数量相等，无论怎样将球壳分开，两部分的带电量始终相同，故B错误；
C.球壳内部形成静电屏蔽，内部场强处处为零，玻璃棒缓慢靠近A点，A点的电场强度一直为零，故C错误；
D.玻璃棒缓慢靠近A点，玻璃棒上的电荷在A点形成的场强增大，而A点的电场强度一直为零，则球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.点电荷Q形成的电场中，在题图所示的平面内，等势面为以电荷为圆心的圆，AB连线为一等势面的弦，OC连线为另一等势面的弦，作AB、OC的中垂线，交点即为电荷所在位置，如图所示
A错误；
B.电荷Q带电性质未知，由题意无法确定场强方向，故无法确定O点与A点电势的高低关系，B错误；
C.由几何关系可知，C点到Q的距离为 2a ，则C点的电场强度大小为
E=kQ( 2a)2=kQ2a2
C正确；
D.若Q带正电，将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，两电荷先靠近再远离，电场力先做负功再做正功，电势能先增大再减小，同理可知，若Q带负电，电势能先减小再增大，D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】AB.根据等量异种点电荷电场线分布特点可知，带电小球运动过程中一直受到水平向右的电场力，电场力与细管对其水平弹力平衡，小球的合力为零，加速度为零，小球做匀速直线运动，速度保持不变，故AB错误；
C.等量异种点电荷连线的中垂线上，连线中点处场强最大，小球在该处受到的库仑力最大，则有
Fmax=kQq(d2)2+kQq(d2)2=8kQqd2
故C正确；
D.根据C选项分析可知，在等量异种点电荷连线中点处，管壁对小球的水平弹力与库仑力平衡，则此时管壁对小球的水平弹力大小为 8kQqd2 ，故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】ACD.电容器始终与恒压电源相连，其两极板间的电势差U不变，根据
C= εrS4πkd
可知，当产品厚度减小，导致εr减小时，电容器的电容C减小，再根据
Q=CU
可知极板带电荷量Q减小，有放电电流从a向b流过灵敏电流计，AC错误，D正确；
B.因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间的电场强度
E=Ud
不变，B错误。
故选D。
5.【答案】C
【解析】【分析】
D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D点的场强为0；
电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，故E、G、H三点的场强大小相同，但方向不同；在直线cF上场强方向向右，故a、b始终对c有斥力作用，故c电荷将一直做加速运动．
场强是矢量，故场强的合成满足平行四边形定则．点电荷在真空中产生的电场的场强E=kQr2.零电势的选取是任意的．
【解答】
解：A、D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D点的场强为0.因为电势是一个相对性的概念即零电势的选取是任意的，故D点电势可能为0，故A错误。
B、由于a、b在E点的场强大小相等方向相反，故E点的场强仅由电荷c决定，故场强方向向左，而电荷c在D、F位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，故E、F两点的电场强度大小不同，方向相反。故B错误。
C、c点电场强度为2kqL2cs30°，c点电荷受到a、b点电荷的库仑力F库= 3kq2L2，故C正确，
D、若将一负点电荷从c沿直线移动到F，电场力做负功，其电势能将不断增大。故D错误。
故选：C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象(往往以受力较少的物体为研究对象)，分析受力情况．
【解答】
CD、以a球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．
设b对a的库仑力F库与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1=magtanθ，F库=magcsθ，
a球由于缓慢漏电而缓慢下降，θ变大，则竖直墙面对小球a的弹力N1变大，库仑力也变大，故C正确，D错误；
AB、再以a、b整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：
F=N1，
N2=(ma+mb)g，
则竖直挡板对b的支持力F变大，地面对小球B的支持力一定不变，故A错误，B错误。
7.【答案】C
【解析】【分析】
解决本题的关键要知道小球在B点时，由径向的合力提供圆周运动的向心力。
小球在B点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球通过B点的速度；小球由静止释放到B点过程，由动能定理求W1，小球由B点到A点过程，由动能定理求W2。
【解答】
AB.在B点有
FN−mg=mvB2R
小球由静止释放到B点过程，有
mgh+mgR+W1=12mvB2
则可得
W1=12R(FN−3mg)−mgh
其中h是C点上方高度，故AB错误;
CD.小球由B点到A点过程，有−mgR+W2=0−12mvB2
可得W2=12R(3mg−FN)
故C正确， D错误。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧可知与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；
C、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大。所以若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；
D、从B到A过程中电场力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故D错误。
故选：BC。
做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向左，
根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行．
本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的速度、加速度、动能等物理量的变化情况．
加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．
9.【答案】AC
【解析】AB.小球又回到P点，则小球所受重力和电场力的合力与v0反向，小球受力分析如图所示
由平行四边形定则可得
csθ=mgqE
解得电场强度大小为
E=100V/m
A正确，B错误；
CD.由牛顿第二定律可得
mgtanθ=ma
解得小球的加速度大小为
a=7.5m/s2
在电场中往返运动的时间为
t=2⋅v0a=0.02s
C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】AC
【解析】A.如图所示：
对右侧槽面上的小球进行受力分析，有FNsinθ=mg，FN=mgsinθ，可知小球所受支持力与所处高度无关，A正确；
B.右侧槽面上的小球受到的库仑力为F=FNcsθ+FT，则F=mgtanθ+FT，B错误；
C.烧断细线瞬间，小球的加速度沿槽面向上，有a=Fsinθ−mgcsθm=FTsinθm，C正确；
D.烧断细线后，小球沿槽面向上运动，电场力做正功，机械能增加，D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)B；(2)D；(3)k4π2r。
【解析】【分析】
(1)该实验是采用控制变量法进行实验的；
(2)根据向心力与转速的关系分析横坐标；
(3)根据题意可得F=kn2，结合向心力与转速的关系求解质量。
本题主要是探究物体做圆周运动的向心力与物体质量、轨道半径及转速的关系实验，弄清楚实验的目的和方法，能够根据向心力的计算公式推导向心力的表达式。
【解答】
(1)由题意可知，该实验是先保持小滑块质量和半径不变，测量向心力和转速的关系，先控制一些变量，再研究其中两个物理量之间的关系，是控制变量法，故B正确，AC错误；
故选：B。
(2)根据向心力与转速的关系有：F=mrω2=4π2mrn2，可知小明选取的横坐标可能是n2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(3)根据题意有：F=kn2=4π2mrn2
结合向心力与转速的关系可得：m=k4π2r。
故答案为：(1)B；(2)D；(3)k4π2r。
12.【答案】(1)F0−F1 ；(2)BD ；(3)使小球N与带电小球M接触时将M所带的电荷量平分
【解析】解：(1)在球N不带电时读出传感器示数F0；小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时传感器示数F1，则小球M、N间的库仑力大小为F0−F1。
(2)A.本实验是采取了控制变量法，故A错误；
B.根据①②③的操作，通过传感器的读数可知两球之间的库仑力，因各个位置的距离已知，则可研究库仑力跟点电荷距离间的关系，故B正确；
C.在球N不带电时读出传感器示数F0；小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时传感器示数F1，则小球M、N间的库仑力大小为F0−F1，操作④⑤，保持小球间距离不变，每次小球N放电后再与M接触，由于两球完全相同，使小球所带电荷量依次减小到前次的一半，所以要研究库仑力跟小球带电荷量间的关系①②④⑤操作能够完成，故C错误；
D.要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量，故D正确。
故选BD。
(3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是使小球N与带电小球M接触时将M所带的电荷量平分。
故答案为：(1)F0−F1 (2)BD (3)使小球N与带电小球M接触时将M所带的电荷量平分
(1)小球M、N间的库仑力大小为球N带电前后示数差；
(2)根据实验步骤结合库仑定律内容进行分析；
(3)根据电荷均分原理分析。
完成本实验要知道库仑定律的内容和两个相同金属球接触后电荷均分。
13.【答案】解：(1)根据库仑定律可得A、B间的库仑力为： F=kQAQBLAB2，又LAB=LOAcs 600=4L
联立解得F=9kq216L2．
(2)对A受力分析，如图所示根据矢量的合成法则，结合三角知识，则有F=mAgtan30°；
解得：mA=9 3kq216gL2
(3)由几何关系可知，当电场方向与OA连线垂直时有：qE=mAgsin30°
解得E=9 3kq32L2。
【解析】本题考查的是本题考查库仑定律与受力平衡，基础题。
(1)已知A、B间距离，由库仑定律求解 ；
(2)对A根据矢量的合成法则，结合三角知识求解也可用正交分解；
(3)根据矢量三角形求最值求解。
14.【答案】解：(1)PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有：
E=φd2=2φd，
设粒子第一次到达G时动能为Ek，根据动能定理可得：
qEh=Ek−12mv02
解得：Ek=12mv02+2qhφd；
粒子在PG间运动的加速度为：a=qEm=2qφmd
此过程中粒子运动时间为t，则有：h=12at2
在水平方向上的位移大小为：x=v0t；
解得：x=v0 mdhqφ
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性可知，此时金属板的长度为：
L=2x=2v0 mdhqφ。
答：(1)粒子第一次穿过G时的动能12mv02+2qhφd；它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小为v0 mdhqφ；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为2v0 mdhqφ。
【解析】(1)根据电场强度与电势差的关系求解电场强度，根据动能定理求解动能；根据牛顿第二定律求解加速度，根据类平抛运动求解位移；
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性求解金属板的长度。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
15.【答案】解：(1)小球 E 在 C 点时，受力分析如图所示：
C 点受到 A，B 两点的电场力的合力方向竖直向下大小为：FAB=kQqd2
有圆周运动可知：T−mg−kQqd 2=mv2L
联立可得：T=mg+kQqd2+mv2 L
(2 分)小球从 M点到 C 点，根据动能定理得：设电场力做功 W1，重力做功 W2；
有：W1+W2=12mv2−0
即：qU+mgL=12mv2
则U=12mv2−mgLq
又U=ϕM−ϕC，ϕC=ϕD=0(C,D两点在同一等势线上)
所以有：UM=mv2−2mgL2q
答：(1)小球E在C点时对细线的拉力是mg+kQqd2+mv2L；
(2)若D点电势为零，则A、B所形成的电场中M点的电势为mv2−2mgL2q。
【解析】(1)小球E向下运动到最低点C时，速度为v，运动为圆周运动。可受力分析后找出向心力，由向心力公式进行求解。
(2)D点的电势为零，求M点的电势，只需求出UMD，由UMD=φM−φD即可求出φM.电势差对应一个过程中电场力做的功，所以第一步先求由M到D过程中电场力做的功，再由UMD=WMDq求得。
电场力与电势差之间的关系要牢固的掌握，对于圆周运动，只需要找出向心力，列方程即可