资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩16页未读，
继续阅读
四川省成都外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷（Word版附解析）
展开
这是一份四川省成都外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷（Word版附解析），文件包含四川省成都外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷Word版含解析docx、四川省成都外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2、本堂考试100分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。
4、考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷 选择题部分（共47分）
一、单项选择题（本题共 8 小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题 4 分，共 32 分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 元电荷就是电子或质子本身
B. 存在电荷量为的带电粒子
C. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零
D. 一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和可能增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．元电荷是最小电荷量，等于电子或质子所带电量的数值，为：，但不是电子，也不是质子，故A错误；
B．任何带电体的带电量都等于元电荷的整数倍，则不存在电荷量为的带电粒子，故B错误；
C．处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为0，故C正确；
D．根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，不可能增加，故D错误。
故选C。
2. 真空中有两个分别带有电荷量-Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷）固定在间距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F，现将两球接触后再放回原处，则两球间库仑力的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】开始时两金属球之间的库仑力为
将两球接触后两球各带电量+2Q，则此时的库仑力为
故选C。
3. 如图所示为弹簧振子在到内的振动图像，下列判断正确的是（ ）
A. 在时振子的振动方向向上
B. 在到时间内振子的速度减小，回复力增大
C. 在到时间内振子的加速度和速度都增大
D. 在到时间内振子的位移为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．由振动图像可知，时振子的振动方向向下，故A错误；
B．在到时间内振子位移增大，速度减小，回复力增大，故B正确；
C．在到时间内振子的位移减小，加速度减小，速度增大，故C错误；
D．在到时间内振子从正向最大位移处运动到负向最大位移处，位移不为零，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，指纹采集装置中的半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则在指纹采集过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 指纹的凹点处与对应的小极板距离远，该位置的电容大
B. 指纹的凸点处与对应的小极板距离近，该位置的电容小
C. 由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较小
D. 由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．电容器电容的定义式可知，指纹的凹点处与小极板距离远，较大，该位置的电容小，指纹的凸点处与小极板距离近，较小，该位置的电容大，故AB错误；
CD．由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，该位置的电容大，每个电容器的电压保持不变，根据可知，小极板的带电量较大，故C错误，D正确。
故选D。
5. 某条电场线是一条直线，上边依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电荷量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则（ ）
A. 若O点的电势为零，则B点的电势为
B. 粒子从O到A做匀变速直线运动
C. 粒子在OA段电势能减少量等于BC段电势能减少量
D. 粒子运动到B点时动能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知E − x图像所包围的面积表示两点间的电势差大小，则
由于，解得
故A错误；
B．粒子由O到A过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度增大，由牛顿第二定律可得带电粒子做加速度增大加速直线运动，故B错误；
C．粒子在OA段的平均电场力小于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功小于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量小于BC段变化量，或者从OA段和BC段图像包围的面积分析可知UOA > UBC，根据电场力做功公式W = qU和W = − ΔEp，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段电势能的变化量，故C错误；
D．从O到B点过程由动能定理，则有
可得
故D正确。
故选D。
6. 如图所示， 在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点， c点坐标为（-4cm，3cm）。现加上一方向平行于xOy 平面的匀强电场， b、c、d三点电势分别为9V、25V、16V， 将一电荷量为的点电荷从a点沿 abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A. 坐标原点O的电势为7V
B. 电场强度的大小为500 V/m
C. 该点电荷在a点的电势能为2×10-4J
D. 该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为8×10-4J
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于该电场是匀强电场，故沿着同一个方向相同距离电势差相等，则有
解得
故A错误；
B．该电场沿轴方向的分场强大小为
沿轴方向的分场强大小为
则该电场的电场强度的大小为
故B正确；
C．因，则有
解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
D．该点电荷从a点移到d点，电场力做功为
故D错误。
故选B。
7. 如图所示为一匀强电场，某带电量为0.1C的带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J。下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 粒子在A点的电势比在B点低15V
C. 粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
D. 粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
【答案】D
【解析】
【详解】A．从运动轨迹上来看，垂直电场方向射入电场的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力方向与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；
B．从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，由题意知电场力做的功为1.5 J，则电势能减少1.5 J，所以在A点的电势能比B点的电势能多1.5 J，根据
可知粒子在A点的电势比在B点高15V，故B错误；
C．从A到B的过程中，克服重力做功2.0 J，电场力做功1.5 J，则总功为
由动能定理可知
粒子在A点的动能比在B点的动能多0.5 J，故C错误；
D．从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能量的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做的功，所以机械能增加了1.5 J，即粒子在A点的机械能比在B点的机械能少1.5 J，故D正确。
故选D。
8. 如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法中正确的是（ ）
A. 点与点的电场强度相同
B. 点与点的电势差等于点与点的电势差
C. 将试探电荷由O点沿直线运动到点，其电势能先减小后增大
D. 将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图
正电荷在F'点产生场强和负电荷在C'点产生的场强大小相等，方向不同，正电荷在C'点产生场强和负电荷在F'点产生的场强大小相等，方向不同，因此F'点与C'点的电场强度大小相等，电场强度方向不同，故A错误；
B．由等量异种电荷的电势分布可知
，，，
因此
故B错误；
C．为等势线，将试探电荷由O点沿直线运动到点，其电势能不变，故C错误；
D．由F点沿直线移动到O点电势先升高再降低，正电荷在电势高的地方电势能大，将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小，故D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共 3 小题。每小题只有两个正确选项，选对不全得 2 分，全部选对得 5 分，不选或错 选不得分，共 15 分）
9. 下列说法中错误的是（ ）
A. 公式中的d为匀强电场中电势差为的两点间的距离
B. 电场是一种物质，与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的
C. 电势的定义式，是比值定义法，不存在正比反比关系
D. 由公式可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比
【答案】AD
【解析】
【详解】A．公式中的d为匀强电场中电势差为的两点间的距离在沿电场方向上的投影距离，故A错误，符合题意；
B．电场是一种客观存在的特殊的物质形态，与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的，故B正确，不符合题意；
C．电场中某点的电势由场源电荷、该点到场源电荷的距离以及零电势点的选择共同决定，与试探电荷无关，可知电势的定义式，是比值定义法，不存在正比反比关系，故C正确，不符合题意；
D．电场中某点的场强由场源电荷、该点到场源电荷的距离共同决定，与试探电荷无关，可知公式是比值定义式，不能够认为电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比，故D错误，符合题意。
故选AD。
10. 图甲为一列简谐横波在t=0.20s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点，M是平衡位置在x=8.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴负方向传播，波速为40m/s
B. 质点M与质点Q的运动方向总是相反
C. t=0.75s时，Q点的位移为10cm
D. 质点P做简谐运动的表达式为y=10sin（10πt＋）cm
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题图乙可知Q点在0.20s时向上运动，故该波沿x轴正方向传播，且波速为
故A错误；
B．质点M与质点Q相差半个波长，则它们的运动方向总是相反，故B正确；
C．由于
结合振动图像可知，0.75s时，Q点位移为-10cm，故C错误；
D．由于
t=0时，质点P沿y轴负方向运动，设P质点做简谐运动表达式为
波形向右平移1m时，质点P到达平衡位置，所用时间最短为
可知
解得
则质点P做简谐运动的表达式为
故D正确。
故选BD。
11. 如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=1kg的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m处以v0=2m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。在x=0 及x=5m处有两个电性未知，电荷量分别为 的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，下列说法正确的选项是（ ）
A. 滑块在x=3m处所受合外力小于 0.5N
B. 两场源电荷均带负电，且|Q1|>|Q2|
C. 滑块向右运动过程中，速度始终减小
D. 滑块向右一定可以经过x=4m处的位置
【答案】BD
【解析】
【详解】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，滑块在 x=3m处所受电场力为0，所受合外力
故A错误；
B．在x=3m处电场力为0，电场强度为0，则
由于，所以
滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，两场源电荷均带负电，故B正确；
C．滑块在x=1m处所受电场力大小为
所以在处，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，电场力大于摩擦力，则滑块加速运动，故C错误；
D．滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m处，则应满足
由
，
根据题中数据可知实际情况并满足上式，所以滑块一定可以经过x=4m处的位置，故D正确。
故选BD。
三、实验题 （本题共 2 个小题，满分 14 分）
12. 在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，B极板接地。
（1）若只将极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角__________（填“变大”或“变小”）；
（2）若极板B稍向右移动一点，则将观察到静电计指针偏角__________（填“变大”或“变小”），平行板电容器的电容__________（填“变大”或“变小”）。
【答案】（1）变大 （2） ①. 变小 ②. 变大
【解析】
【小问1详解】
若只将极板B稍向上移动一点，则相对面积S减小，根据
可知C减小，因电容器带电量Q一定，根据
Q=CU
可知，U变大，即将观察到静电计指针偏角变大；
【小问2详解】
[1][2]若极板B稍向右移动一点，则两板间距d减小，根据
可知C变大，因电容器带电量Q一定，根据
Q=CU
可知，U减小，则将观察到静电计指针偏角变小。
13. 研究电荷间的相互作用力。
（1）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
①该实验采用的方法是______（填正确选项前的字母）
A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法
②实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而______（填“增大”、“减小”或“不变”）
③小球的质量用m表示，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为时保持静止，小球所受电场力大小为______。
（2）法国物理学家库仑利用扭秤装置研究了静止的点电荷间的相互作用力，并于1785年发现了库仑定律。如图所示的装置为库仑扭秤实验装置，细悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力F使悬丝扭转，已知悬丝转动的角度与力F的大小成正比。以下判断正确的是（ ）
A.若仅将C的电荷量减为原来的一半，可能增为原来的两倍
B.若仅将C的电荷量减为原来的一半，可能减为原来的一半
C.若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，将减为原来的一半
D.若仅将A、C间的距离减为原来的一半，将增为原来的两倍
【答案】 ①. B ②. 减小 ③. ④. B
【解析】
【详解】（1）①[1]实验的目的是探究影响电荷间的静电力的因素，由于该因素有多种，在研究某一因素之前，需要保持其他因素一定，即采用了控制变量法。
故选B。
②[2]根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，当Q、q一定，d不同时，由图可知，距离越大，摆角越小，即作用力减小。
③[3]对小球进行受力分析如图所示
由平衡条件可知，小球所受电场力大小为
（2）[4]AB．若仅将C的电荷量减为原来的一半，根据
可知F变为原来的一半，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的一半，A错误，B正确；
C．若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，则F变为原来的，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的，C错误；
D．若仅将A、C间的距离减为原来的一半，则F为原来的4倍，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的4倍，D错误。
故选B。
四、解答题
14. 如图所示，把质量的带负电的小球A用绝缘细绳悬挂起来，再将带电荷量的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距时，A球静止，绳与竖直方向的夹角。已知静电力常量，取重力加速度g=10，求：
（1）B球受到的库仑力F的大小。
（2）A球所带电荷量qA。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）分析小球A的受力情况，如图所示
根据平衡条件可得
代入数据得
（2）根据库仑定律，有
代入数据得
15. 如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧屏上的K点，已知：A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子到MN的速度大小；
（2）若E2=3E1，电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值多大；
（3）调节E2的大小可使K点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证K点到O点的距离d满足：3L≤d≤6L，求此条件下的范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）从A点到MN的过程中，由动能定理
得得电子到MN的速度大小为
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得电子在电场中的加速度为
运动时间为
沿电场方向的速度为
电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值为
（3）电子在电场E2中做类平抛运动，沿电场方向的位移为
设电子打在屏上位置为K，根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线交于水平位移的中点，电子打到屏幕上K点到O的距离为d，根据三角形相似，有
可得
现要保证K点到O点的距离d满足3L≤d≤6L，则
16. 如图，水平地面上放置一长度、质量的长木板。一可视为质点、质量、带电量的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离。在距木板右端的虚线右侧，存在宽度的匀强电场，场强，方向竖直向下。匀强电场右侧存在宽度，的匀强电场，场强，方向竖直向上。从时刻起，水平恒力作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与水平地面间的动摩擦因数，物块带电量始终不变，重力加速度g取，求：
（1）物块运动多长时间进入匀强电场;
（2）物块离开匀强电场时速度的大小；
（3）物块最终停下来时，离木板右端的距离。
【答案】（1）4s；（2）6m/s；（3）5.5m
【解析】
【详解】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为，则由牛顿第二定律有
解得
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为，则对整体由牛顿第二定律有
代入数据解得
则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移
可知
则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为，由位移与时间的关系可得
解得
（2）当物块进入电场后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
即在物块进入电场中1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为，进入电场时的速度大小为，则有
此时距进入电场的距离为
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
设物块和木板共同进入电场时的速度大小为，则由速度与位移的关系可得
解得
当进入匀强电场，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有
可知，物块在电场中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场时速度的大小为。
（3）设物块出电场所用的时间为，在物块出电场的过程中木板在电场中做匀减速直线运动的加速度大小为，则有
解得
，
设该过程中木板的位移为，可得
则可得物块出电场时距离木板右端的距离为
此时木板的速度
此后在两者达到共速前物块的加速度大小为，设木板的加速度大小为，对木板由牛顿第二定律有
解得
即物块出电场后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为，根据速度时间关系可得
解得
则在该时间内物块和木板的位移分别为、，则根据位移与时间的关系有
两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为
注意事项：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2、本堂考试100分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。
4、考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷 选择题部分（共47分）
一、单项选择题（本题共 8 小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题 4 分，共 32 分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 元电荷就是电子或质子本身
B. 存在电荷量为的带电粒子
C. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零
D. 一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和可能增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．元电荷是最小电荷量，等于电子或质子所带电量的数值，为：，但不是电子，也不是质子，故A错误；
B．任何带电体的带电量都等于元电荷的整数倍，则不存在电荷量为的带电粒子，故B错误；
C．处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为0，故C正确；
D．根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，不可能增加，故D错误。
故选C。
2. 真空中有两个分别带有电荷量-Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷）固定在间距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F，现将两球接触后再放回原处，则两球间库仑力的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】开始时两金属球之间的库仑力为
将两球接触后两球各带电量+2Q，则此时的库仑力为
故选C。
3. 如图所示为弹簧振子在到内的振动图像，下列判断正确的是（ ）
A. 在时振子的振动方向向上
B. 在到时间内振子的速度减小，回复力增大
C. 在到时间内振子的加速度和速度都增大
D. 在到时间内振子的位移为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．由振动图像可知，时振子的振动方向向下，故A错误；
B．在到时间内振子位移增大，速度减小，回复力增大，故B正确；
C．在到时间内振子的位移减小，加速度减小，速度增大，故C错误；
D．在到时间内振子从正向最大位移处运动到负向最大位移处，位移不为零，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，指纹采集装置中的半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则在指纹采集过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 指纹的凹点处与对应的小极板距离远，该位置的电容大
B. 指纹的凸点处与对应的小极板距离近，该位置的电容小
C. 由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较小
D. 由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．电容器电容的定义式可知，指纹的凹点处与小极板距离远，较大，该位置的电容小，指纹的凸点处与小极板距离近，较小，该位置的电容大，故AB错误；
CD．由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，该位置的电容大，每个电容器的电压保持不变，根据可知，小极板的带电量较大，故C错误，D正确。
故选D。
5. 某条电场线是一条直线，上边依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电荷量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则（ ）
A. 若O点的电势为零，则B点的电势为
B. 粒子从O到A做匀变速直线运动
C. 粒子在OA段电势能减少量等于BC段电势能减少量
D. 粒子运动到B点时动能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知E − x图像所包围的面积表示两点间的电势差大小，则
由于，解得
故A错误；
B．粒子由O到A过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度增大，由牛顿第二定律可得带电粒子做加速度增大加速直线运动，故B错误；
C．粒子在OA段的平均电场力小于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功小于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量小于BC段变化量，或者从OA段和BC段图像包围的面积分析可知UOA > UBC，根据电场力做功公式W = qU和W = − ΔEp，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段电势能的变化量，故C错误；
D．从O到B点过程由动能定理，则有
可得
故D正确。
故选D。
6. 如图所示， 在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点， c点坐标为（-4cm，3cm）。现加上一方向平行于xOy 平面的匀强电场， b、c、d三点电势分别为9V、25V、16V， 将一电荷量为的点电荷从a点沿 abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A. 坐标原点O的电势为7V
B. 电场强度的大小为500 V/m
C. 该点电荷在a点的电势能为2×10-4J
D. 该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为8×10-4J
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于该电场是匀强电场，故沿着同一个方向相同距离电势差相等，则有
解得
故A错误；
B．该电场沿轴方向的分场强大小为
沿轴方向的分场强大小为
则该电场的电场强度的大小为
故B正确；
C．因，则有
解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
D．该点电荷从a点移到d点，电场力做功为
故D错误。
故选B。
7. 如图所示为一匀强电场，某带电量为0.1C的带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J。下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 粒子在A点的电势比在B点低15V
C. 粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
D. 粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
【答案】D
【解析】
【详解】A．从运动轨迹上来看，垂直电场方向射入电场的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力方向与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；
B．从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，由题意知电场力做的功为1.5 J，则电势能减少1.5 J，所以在A点的电势能比B点的电势能多1.5 J，根据
可知粒子在A点的电势比在B点高15V，故B错误；
C．从A到B的过程中，克服重力做功2.0 J，电场力做功1.5 J，则总功为
由动能定理可知
粒子在A点的动能比在B点的动能多0.5 J，故C错误；
D．从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能量的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做的功，所以机械能增加了1.5 J，即粒子在A点的机械能比在B点的机械能少1.5 J，故D正确。
故选D。
8. 如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法中正确的是（ ）
A. 点与点的电场强度相同
B. 点与点的电势差等于点与点的电势差
C. 将试探电荷由O点沿直线运动到点，其电势能先减小后增大
D. 将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图
正电荷在F'点产生场强和负电荷在C'点产生的场强大小相等，方向不同，正电荷在C'点产生场强和负电荷在F'点产生的场强大小相等，方向不同，因此F'点与C'点的电场强度大小相等，电场强度方向不同，故A错误；
B．由等量异种电荷的电势分布可知
，，，
因此
故B错误；
C．为等势线，将试探电荷由O点沿直线运动到点，其电势能不变，故C错误；
D．由F点沿直线移动到O点电势先升高再降低，正电荷在电势高的地方电势能大，将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小，故D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共 3 小题。每小题只有两个正确选项，选对不全得 2 分，全部选对得 5 分，不选或错 选不得分，共 15 分）
9. 下列说法中错误的是（ ）
A. 公式中的d为匀强电场中电势差为的两点间的距离
B. 电场是一种物质，与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的
C. 电势的定义式，是比值定义法，不存在正比反比关系
D. 由公式可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比
【答案】AD
【解析】
【详解】A．公式中的d为匀强电场中电势差为的两点间的距离在沿电场方向上的投影距离，故A错误，符合题意；
B．电场是一种客观存在的特殊的物质形态，与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的，故B正确，不符合题意；
C．电场中某点的电势由场源电荷、该点到场源电荷的距离以及零电势点的选择共同决定，与试探电荷无关，可知电势的定义式，是比值定义法，不存在正比反比关系，故C正确，不符合题意；
D．电场中某点的场强由场源电荷、该点到场源电荷的距离共同决定，与试探电荷无关，可知公式是比值定义式，不能够认为电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比，故D错误，符合题意。
故选AD。
10. 图甲为一列简谐横波在t=0.20s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点，M是平衡位置在x=8.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴负方向传播，波速为40m/s
B. 质点M与质点Q的运动方向总是相反
C. t=0.75s时，Q点的位移为10cm
D. 质点P做简谐运动的表达式为y=10sin（10πt＋）cm
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题图乙可知Q点在0.20s时向上运动，故该波沿x轴正方向传播，且波速为
故A错误；
B．质点M与质点Q相差半个波长，则它们的运动方向总是相反，故B正确；
C．由于
结合振动图像可知，0.75s时，Q点位移为-10cm，故C错误；
D．由于
t=0时，质点P沿y轴负方向运动，设P质点做简谐运动表达式为
波形向右平移1m时，质点P到达平衡位置，所用时间最短为
可知
解得
则质点P做简谐运动的表达式为
故D正确。
故选BD。
11. 如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=1kg的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m处以v0=2m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。在x=0 及x=5m处有两个电性未知，电荷量分别为 的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，下列说法正确的选项是（ ）
A. 滑块在x=3m处所受合外力小于 0.5N
B. 两场源电荷均带负电，且|Q1|>|Q2|
C. 滑块向右运动过程中，速度始终减小
D. 滑块向右一定可以经过x=4m处的位置
【答案】BD
【解析】
【详解】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，滑块在 x=3m处所受电场力为0，所受合外力
故A错误；
B．在x=3m处电场力为0，电场强度为0，则
由于，所以
滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，两场源电荷均带负电，故B正确；
C．滑块在x=1m处所受电场力大小为
所以在处，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，电场力大于摩擦力，则滑块加速运动，故C错误；
D．滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m处，则应满足
由
，
根据题中数据可知实际情况并满足上式，所以滑块一定可以经过x=4m处的位置，故D正确。
故选BD。
三、实验题 （本题共 2 个小题，满分 14 分）
12. 在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，B极板接地。
（1）若只将极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角__________（填“变大”或“变小”）；
（2）若极板B稍向右移动一点，则将观察到静电计指针偏角__________（填“变大”或“变小”），平行板电容器的电容__________（填“变大”或“变小”）。
【答案】（1）变大 （2） ①. 变小 ②. 变大
【解析】
【小问1详解】
若只将极板B稍向上移动一点，则相对面积S减小，根据
可知C减小，因电容器带电量Q一定，根据
Q=CU
可知，U变大，即将观察到静电计指针偏角变大；
【小问2详解】
[1][2]若极板B稍向右移动一点，则两板间距d减小，根据
可知C变大，因电容器带电量Q一定，根据
Q=CU
可知，U减小，则将观察到静电计指针偏角变小。
13. 研究电荷间的相互作用力。
（1）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
①该实验采用的方法是______（填正确选项前的字母）
A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法
②实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而______（填“增大”、“减小”或“不变”）
③小球的质量用m表示，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为时保持静止，小球所受电场力大小为______。
（2）法国物理学家库仑利用扭秤装置研究了静止的点电荷间的相互作用力，并于1785年发现了库仑定律。如图所示的装置为库仑扭秤实验装置，细悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力F使悬丝扭转，已知悬丝转动的角度与力F的大小成正比。以下判断正确的是（ ）
A.若仅将C的电荷量减为原来的一半，可能增为原来的两倍
B.若仅将C的电荷量减为原来的一半，可能减为原来的一半
C.若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，将减为原来的一半
D.若仅将A、C间的距离减为原来的一半，将增为原来的两倍
【答案】 ①. B ②. 减小 ③. ④. B
【解析】
【详解】（1）①[1]实验的目的是探究影响电荷间的静电力的因素，由于该因素有多种，在研究某一因素之前，需要保持其他因素一定，即采用了控制变量法。
故选B。
②[2]根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，当Q、q一定，d不同时，由图可知，距离越大，摆角越小，即作用力减小。
③[3]对小球进行受力分析如图所示
由平衡条件可知，小球所受电场力大小为
（2）[4]AB．若仅将C的电荷量减为原来的一半，根据
可知F变为原来的一半，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的一半，A错误，B正确；
C．若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，则F变为原来的，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的，C错误；
D．若仅将A、C间的距离减为原来的一半，则F为原来的4倍，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的4倍，D错误。
故选B。
四、解答题
14. 如图所示，把质量的带负电的小球A用绝缘细绳悬挂起来，再将带电荷量的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距时，A球静止，绳与竖直方向的夹角。已知静电力常量，取重力加速度g=10，求：
（1）B球受到的库仑力F的大小。
（2）A球所带电荷量qA。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）分析小球A的受力情况，如图所示
根据平衡条件可得
代入数据得
（2）根据库仑定律，有
代入数据得
15. 如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧屏上的K点，已知：A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子到MN的速度大小；
（2）若E2=3E1，电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值多大；
（3）调节E2的大小可使K点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证K点到O点的距离d满足：3L≤d≤6L，求此条件下的范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）从A点到MN的过程中，由动能定理
得得电子到MN的速度大小为
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得电子在电场中的加速度为
运动时间为
沿电场方向的速度为
电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值为
（3）电子在电场E2中做类平抛运动，沿电场方向的位移为
设电子打在屏上位置为K，根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线交于水平位移的中点，电子打到屏幕上K点到O的距离为d，根据三角形相似，有
可得
现要保证K点到O点的距离d满足3L≤d≤6L，则
16. 如图，水平地面上放置一长度、质量的长木板。一可视为质点、质量、带电量的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离。在距木板右端的虚线右侧，存在宽度的匀强电场，场强，方向竖直向下。匀强电场右侧存在宽度，的匀强电场，场强，方向竖直向上。从时刻起，水平恒力作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与水平地面间的动摩擦因数，物块带电量始终不变，重力加速度g取，求：
（1）物块运动多长时间进入匀强电场;
（2）物块离开匀强电场时速度的大小；
（3）物块最终停下来时，离木板右端的距离。
【答案】（1）4s；（2）6m/s；（3）5.5m
【解析】
【详解】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为，则由牛顿第二定律有
解得
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为，则对整体由牛顿第二定律有
代入数据解得
则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移
可知
则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为，由位移与时间的关系可得
解得
（2）当物块进入电场后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
即在物块进入电场中1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为，进入电场时的速度大小为，则有
此时距进入电场的距离为
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
设物块和木板共同进入电场时的速度大小为，则由速度与位移的关系可得
解得
当进入匀强电场，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有
可知，物块在电场中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场时速度的大小为。
（3）设物块出电场所用的时间为，在物块出电场的过程中木板在电场中做匀减速直线运动的加速度大小为，则有
解得
，
设该过程中木板的位移为，可得
则可得物块出电场时距离木板右端的距离为
此时木板的速度
此后在两者达到共速前物块的加速度大小为，设木板的加速度大小为，对木板由牛顿第二定律有
解得
即物块出电场后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为，根据速度时间关系可得
解得
则在该时间内物块和木板的位移分别为、，则根据位移与时间的关系有
两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为
相关试卷
四川省成都市外国语学校2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷（Word版附解析）： 这是一份四川省成都市外国语学校2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷（Word版附解析），文件包含四川省成都市外国语学校2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题Word版含解析docx、四川省成都市外国语学校2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
四川省成都市外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷（Word版附答案）： 这是一份四川省成都市外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷（Word版附答案），文件包含四川省成都市外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷docx、四川省成都市外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
四川省成都市石室中学2024-2025学年高二上学期10月考试物理试卷（Word版附解析）： 这是一份四川省成都市石室中学2024-2025学年高二上学期10月考试物理试卷（Word版附解析），文件包含四川省成都市石室中学2024-2025学年高二上学期10月考试物理试卷Word版含解析docx、四川省成都市石室中学2024-2025学年高二上学期10月考试物理试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
