2024-2025学年河北省沧州市第二中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省沧州市第二中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共12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.如图，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量(可视为点电荷)，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F。今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开.这时，A，B两球之间的相互作用力的大小是( )
A. F8B. F4
C. 3F8D. 3F4
2.如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图(箭头未标出)，在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探电荷，受到的静电力大小为F，以下说法中正确的是( )
A. 由电场线分布图可知M点处的电场强度比N点电场强度大
B. M点处的电场强度大小为Fq，方向与负试探电荷所受静电力的方向相同
C. a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量
D. 如果M点处的点电荷电荷量变为2q，该处电场强度变为F2q
3.如图所示，一个带正电、质量为m的小球B用绝缘细绳拴住，另一个带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，小球B在重力、细绳拉力和小球A静电力的作用下静止，且A、B两球处于离地面高度为ℎ的同一水平面上。现将细绳剪断，下列说法正确的是 ( )
A. 小球B从细绳剪断瞬间起开始做平抛运动B. 小球B在细绳剪断瞬间加速度等于g
C. 小球B在空中运动的时间小于 2ℎgD. 小球B落地的速度等于 2gℎ
4.若电场中，a、b两点间的电势差Uab=1 V，将一电子从a点移到b点，电子克服电场力做的功为1 eV，则( )
A. 场强方向一定由b指向a ​ B. 场强方向一定由a指向b
C. 电子的电势能增加1 eVD. 电子的电势能减少1 eV
5.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，如图所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定( )
A. 粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
B. 粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C. 电场中A点的电势低于B点的电势
D. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
6.如图所示，将两个等量的正点电荷分别固定在M、N两点，图中圆的圆心位于两点
电荷连线的中点，be为两点电荷的中垂线与圆弧的交点，a、c、d、f分别为圆弧Mb、
bN、Ne、eM的中点，下列说法正确的是( )
A. a、c、d、f四点的电场强度相同
B. a、c、d、f四点的电势相同
C. 如果将一带负电的重力不计的粒子由e点无初速释放，则该粒子将沿中垂线向O点做匀加速运动
D. 如果将带一负电的重力不计的粒子由a点沿圆弧abc运动到c点，则电场力先做正功后做负功
7.某静电场中x轴上电势φ随x变化的情况，且x轴为该静电场中的一根电场线，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，粒子仅在电场力作用下开始沿x轴正向运动，正确的是( )
A. 粒子一定带负电
B. 从O到x1，电场方向先沿x轴正方向，后沿x轴负方向
C. 从O到x1，粒子运动的加速度先增大后减小
D. 从O到x1，粒子先加速后减速
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，一均匀带电的金属球体，半径r= 5cm，球体所带电量为Q=5×10−12C，静电力常量为k=9.0×109Nm2/C2，则关于该金属球形成的场强说法正确的是( )
A. 由于该金属球的体积较大，不能看成是点电荷，所以无法计算其空间某点的场强
B. 距离球心O为3r的某点场强为10N/C
C. 距离球心O为0.3r的某点场强为0
D. 把正的试探点电荷放在金属球外空间某点，则其该点场强变大
9.如图所示，金属板带电荷量为+Q，质量为m的金属小球带电荷量为+q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是( )
A. +Q在小球处产生的场强为E1=kQL2
B. +Q在小球处产生的场强为E1=mgtanαq
C. +q在O点产生的场强为E2=kqL2
D. +q在O点产生的场强为E2=mgtanαQ
10.如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )
A. 当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
B. 当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
C. 当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小
D. 小球在运动过程中机械能不守恒
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素。平行板电容器已经充电，静电计指针的偏转角度反映电容器两极板间的电势差的大小。实验中保持极板上的电荷量Q不变。设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。
(1)保持S不变，增大d，则θ__________；
(2)保持d不变，减小S，则θ__________；
(3)保持S、d不变，在两极板间插入玻璃，则θ______。(以上3个空都填“变大”、“不变”或者“变小”)
四、实验题：本大题共1小题，共6分。
12.某同学选用两个完全相同的小球A、B来验证库仑定律。使小球A和B带上同种电荷，A球放在左右可移动且上下高度可调节的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图。实验时，保证A、B两球球心在同一水平线上，待B球平衡后偏离竖直线的角度为θ，B球质量为m，重力加速度为g；先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．
(1)实验中需要用到_____________的科学方法。
(2)根据平衡关系，A、B两球之间的电场力F=________________(用m、g、θ表示)。
(3)在阅读教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以等效为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷。它将两个半径为R的金属小球分别带上了q1和q2的正电，并使其球心相距3R，应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力，则该同学的计算结果_______(选填“偏大”“偏小”“正确”)，
五、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，把一个倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，有一质量为m、带电荷量为+q的物体以初速度v0从A端滑上斜面恰好沿斜面匀速运动，求匀强电场的电场强度的大小．(重力加速度为g)
14.如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10−6C，匀强电场的电场强度E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。
(1)求小球所受电场力F的大小；
(2)求小球的质量m；
(3)若突然剪断细绳，求小球的加速度；
(4)若将电场撤去，求小球回到最低点时速度v的大小。
15.如图在真空中存在着竖直向下的匀强电场，场强为E.一根绝缘细线长为L，一端固定在图中的O点，另一端固定有一个质量为m、带电量为+q、可视为点电荷的小球，O点距离地面的高度为H，将小球拉至与O点等高的位置A处从静止释放．求：
(1)小球运动到O点正下方B点时的速度大小；
(2)此刻细线对B点处的小球的拉力大小；
(3)若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x。
答案解析
1.A
【解析】两个小球原来的作用力是引力，说明两个带点小球带有相反电荷，分别记为+q，−q，F=kq2r2；
不带电小球与A小球接触后，A小球带电量变为+0.5q，不带电小球带有+0.5q；
小球与B小球接触后，有0.5q的电荷被中和，剩下的0.5q的电荷被两个小球平分，B剩余的电荷量为−0.25q；
F′=kq28=F8，故A正确，BCD错误
故A正确
2.C
【解析】A.根据电场线的疏密程度，判断N点的场强比M点的场强大，故A错误．
B.据场强的定义式知，M点的场强大小为Fq；场强方向的规定知，该点的场强方向与负试探电荷所受电场力方向相反，故B错误．
C.根据电场线由正电荷出发，终止于负电荷，可知a、b为异种电荷；据点电荷的场强公式：E=kQr2知，场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密，由图可知b的右侧电场线密，a的左侧电场线稀疏，所以a的电荷量小于b的电荷量，故C正确．
D.据场强由电场本身决定，与检验电荷无关，所以M点处的点电荷电量变为2q，该处场强不变，故D错误．
故选：C．
3.C
【解析】解：AB、将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B错误；
CD、小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g，因此球落地的时间小于 2ℎg，落地的速度大于 2gℎ，故C正确，D错误。
故选：C。
对小球受力分析可知，结合库仑定律，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，此过程中库仑力是不断减小的，小球不只受到重力的作用，做变加速曲线运动。
对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的库仑力是不断减小的。
4.C
【解析】解：
A、B，由题可知，a的电势高于b的电势，而场强与电势没有关系，但场强不一定由a指向b，也不可能由b指向a.故AB均错误．
C、电子克服电场力做的功为1eV，则知电子的电势能增加1eV.故C正确．
D、电子克服电场力做的功为1eV，根据动能定理得知，动能减小1eV.故D错误．
故选C
a、b两点间的电势差Uab=1V，说明a的电势高于b的电势．克服电场力做功多少，电子的电势能就增加多少，动能就减小多少．
对于电势和场强的关系，要注意顺着场强方向，电势一定降低，但电势降低的方向不一定是场强方向，电势降低最快的方向才是场强方向．
5.D
【解析】A.A点附近的电场线比B点附近的电场线稀疏，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，粒子在A点所受电场力小于它在B点所受电场力，因此粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度，故A错误；
BCD.根据沿电场线方向电势降低可知A点电势高于B点电势，而粒子所受电场力方向一定指向轨迹的凹侧，由此可判断粒子带负电，则粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，根据能量守恒可知粒子在A点的动能大于它在B点的动能，故BC错误，D正确。
故选D。
6.B
【解析】解：A.根据场强的矢量叠加和对称性，可知两个点电荷在a、c、d、f四点产生的场强大小相等，方向不同，则场强不同，故A错误；
B.根据等量同种电荷的电场线分布特点可知，图中对称的a、c、d、f四点的电势相等，故B正确；
C.带负电的粒子在e点所受的电场力沿中垂线指向O点，则该粒子在电场力的作用下由静止开始沿中垂线向O点做变加速运动，故C错误；
D..带负电的粒子由a沿圆弧abc运动到c点的过程中，根据电场的矢量叠加可知，电场力与带电粒子运动方向先成钝角后成锐角，即电场力先做负功后做正功，故D错误；
故选：B。
本题考查的是场强的矢量叠加和对称性，电场线分布特点及力做功的条件。
7.C
【解析】解：AB、电场线方向从高电势指向低电势，沿x轴正方向电势一直降低，所以电场线方向沿x轴正方向，因为粒子从静止出发沿x轴正方向运动，说明粒子受电场力方向沿x轴正方向，粒子带正电，故AB错误；
C、φ−x图象的斜率表示电场强度的大小，所以从O到x1，电场强度先增大后减小，所以粒子运动的加速度先增大后减小，故C正确；
D、从O到x1，电场力方向一直沿x轴正方向，所以粒子一直做加速运动，故D错误。
故选：C。
根据电势的变化规律可以判断电场强度的方向，进而知道粒子的电性；图象的斜率表示场强的大小；粒子的加速度仅有电场力提供。
知道图象的斜率表示电场强度的大小是解题的关键。电势是标量，正负号表示大小，沿电场线方向，电势逐渐降低。
8.BC
【解析】A.不是点电荷也能计算场强，故A错误；
B.由公式
E=kQr2
可得
E=10N/C
故B正确；
C.带电导体内部场强处处为0，故C正确；
D.电场中的电场强度与放入电场中的试探电荷无关，故D错误。
故选BC。
9.BC
【解析】解：对金属小球受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：F=mgtanθ
故+Q在小球处产生的场强为：
E1=Fq=mgtanαq
根据点电荷的场强公式，+q在O点产生的场强为：E2=kqL2
故选：BC。
先对金属小球受力分析：受重力、细线的拉力、静电力，根据平衡条件求解出静电力F，根据公式E=Fq求解+Q在小球处产生的场强；再根据公式E=kQr2求解+q在O点产生的场强．
本题以平衡问题为载体，着重考查了电场强度的定义公式和点电荷场强公式，注意它们适用条件、公式中各个量的区别．
10.CD
【解析】AB.小球在电场中受到重力和竖直向上的电场力．电场力和重力大小未知，因此物体运动情况不明，需要讨论分析，如当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变，当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大， 故A、B错误；
C.小球最低点b到的最高点a过程中，电场力做正功，电势能减小，当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小，故C正确。
D.由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒，故D正确。
故选：CD
11. 变大 变大 变小
【解析】(1)[1]根据
C=εrS4πkd
可知，保持S不变，增大d，电容器的电容减小，依题意极板上的电荷量不变，又根据
C=QU
可知，极板间电压增大。即静电计指针偏角 θ 变大。
(2)[2]同理，保持d不变，减小S，则电容器的电容减小，极板间电压增大。即静电计指针偏角 θ 变大。
(3)[3]同理，保持S、d不变，在两极板间插入玻璃，电容器的介电常数变大，其电容变大，极板间电压减小，即静电计指针偏角 θ 变小。
12.(1)控制变量法；(2)mgtanθ；(3)偏大；
【解析】(1)实验中需要用到控制变量法的科学方法。
(2)A球受重力，绳的拉力和电场力三力平衡，根据平衡关系，A、B两球之间的电场力F=mgtanθ。
(3)当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，相互排斥，导致电荷间距大于3R，
根据库仑定律F=kq1q2r2，可知，它们相互作用的库仑力大小F13.解：物体匀速运动，根据受力分析可知
qEcsθ−mgsinθ=0
解得E=mgtanθq。
答：匀强电场的电场强度的大小为mgtanθq。
【解析】通过对物体受力分析，根据共点力平衡求的电场强度；
本题主要考查了共点力平衡，关键是抓住受力分析即可
14.解：(1)根据电场力的计算公式可得电场力F=qE=1.0×10−6×3.0×103 N=3.0×10−3 N；
(2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得mg=qEtanθ，
所以m=qEgtanθ=3×10−310×tan37°kg=4×10−4kg；
(3)剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgcs37°=ma
代入数据解得，小球的加速度大小为a=12.5m/s2，方向与剪断绳线前细绳拉力方向相反；
(4)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl(1−cs37°)=12mv2，
解得：v=2m/s。
答：(1)小球所受电场力F的大小为3.0×10−3 N；
(2)小球的质量m为4×10−4kg；
(3)若在某时刻将细线突然剪断，求小球运动的加速度a的大小为12.5m/s2，方向与剪断绳线前细绳拉力方向相反；
(4)若不剪断线而是将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。

【解析】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。
(1)根据电场力的计算公式求解电场力；
(2)画出小球受力情况示意图，根据平衡条件列方程求解质量；
(3)先求合外力，再根据牛顿第二定律求小球运动的加速度a的大小；
(4)根据机械能守恒定律求解速度。
15.解：(1)从A到B过程，由动能定理得：
mgL+qEL=12mv2−0
小球到达B点时的速度为：
v= 2(mg+qE)Lm
(2)在B点，由牛顿第二定律得：
T−mg−qE=mv 2L
解得：T=3(mg+qE)
(3)对小球在绳断开后的类平抛运动：
由牛顿第二定律有：qE+mg=ma
竖直方向上有：H−L=12at 2
水平方向上有：x=vt
联立解得：x=2 (H−L)L
答：(1)小球运动到O点正下方B点时的速度大小为 2(mg+qE)Lm；
(2)此刻细线对B点处的小球的拉力大小为3(mg+qE)；
(3)若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x为2 (H−L)L。
【解析】(1)从A到B根据动能定理即可求出O点正下方B点的速度大小；
(2)在B点，根据牛顿第二定律求解细线对B点处的小球的拉力大小；
(3)细线断开后，小球做类平抛运动，由类平抛运动的知识和牛顿第二定律即可求解。
本题考查了动能定理以及牛顿第二定律，知道小球做圆周运动沿半径方向上的合力提供向心力，注意类平抛运动的处理方法。