2024-2025学年山东省新泰市弘文中学高三（上）月考物理试卷（10月）（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省新泰市弘文中学高三（上）月考物理试卷（10月）（含答案），共12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。

一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.已知地球半径为R，将一物体从地面发射至离地面高ℎ处时，物体所受万有引力减少到原来的1/9，则ℎ为( )
A. RB. 2RC. 3RD. 4R
2.一个截面是直角三角形的木块放在水平面上，在斜面上放一个光滑球，球的一侧靠在竖直墙上，木块处于静止，如图所示．若在光滑球的最高点施加一个竖直向下的力F，球仍处于静止，则木块对地面的压力N和摩擦力f的变化情况是( )
A. N增大、f不变B. N增大、f增大C. N不变、f增大D. N不变、f不变
3.如图所示，为某一弹簧振子的振动图像，下列说法不正确的是( )
A. t1时刻，振子的位移为正，加速度为负B. t2时刻，振子的位移为负，速度为正
C. t1与t2时刻，弹簧的长度相同D. t3时刻，振子的速度与t2时刻相同
4.如图为完全相同的两个正三角形ABC和DEF组成的正六角星，O点为图形正中心，现在A、D、B、E顶点各放一个电量为q的正电荷，在C、F顶点各放一个电量为q的负电荷，已知AB边长为a，则O点场强大小为( )
A. 6 3kqa2B. 3 3kqa2C. 6kqa2D. 3kqa2
5.如图，在匀强电场中有一长方形区域ABCD，边长AB=0.3m、BC=0.4m，匀强电场方向与ABCD所在平面平行，A、B、C三点的电势φA=55V，φB=19V，φC=−45V，则匀强电场的电场强度大小和方向为( )
A. 120V/m，沿AC方向B. 200V/m，沿AC方向
C. 160V/m，沿BD方向D. 300V/m，沿BD方向
6.如图所示，半径为r的两个相同金属球，两球心相距4r，若它们所带电荷量分别为+q、−q，则它们之间相互作用的静电力F的大小为()
A. F=kq24r2B. F=kq216r2C. F>kq216r2D. F7.如图，当K闭合后，一带电微粒(重力不可忽略)在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的( )
A. 保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒将向上运动
B. 保持K闭合，错开极板的正对面积，微粒将向下运动
C. 打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止
D. 打开K后，错开极板的正对面积，则微粒仍保持静止
8.如右图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1，上下底面的中心为O和O1，A、C1两点分别固定等量的正点电荷和负点电荷，下列说法正确的是( )
A. B点与B1点的电场强度大小相等、方向相同
B. B点与D点的电场强度大小相等、方向相同
C. 平面BDDB1是一个等势面
D. 将一正试探电荷由O点移动到O1点，其电势能减小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，实线MN是带负电的场源电荷产生的电场中的一条方向已标出的电场线，场源电荷不在M点就在N点，虚线AB是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电B. 粒子在B点的加速度比在A点的加速度大
C. B点的电势比A点的电势高D. 粒子在B点的电势能比在A点的电势能小
10.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为+q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )
A. 在前t2时间内，电场力对粒子做的功为14Uq
B. 在后t2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq
C. 在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1
D. 在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶2
11.如图所示，真空中有两个固定的正点电荷A、B，已知A的带电量为5Q，B的带电量未知，一不计重力的带电微粒质量为m，电荷量大小为q，在正电荷A、B的库仑力共同作用下，恰好在一垂直于AB连线的平面内绕AB连线上的O点做半径为R的匀速圆周运动，已知带电微粒与两正电荷的连线和AB连线所成的夹角分别为37∘和53∘，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. 带电微粒带负电
B. 带电微粒做圆周运动所在的竖直轨道平面是等势面
C. B电荷所带的电荷量为4Q
D. 带电微粒做圆周运动的线速度大小为 3kQqmR
12.一辆汽车从静止开始先做匀加速直线运动，达到某一速度后立即做匀减速直线运动，直到停止运动。下表记录了汽车运动过程中几个时刻的瞬时速度，则下列说法中正确的是( )
A. 从启动到速度最大，汽车的加速时间为5s
B. 加速阶段汽车加速度的大小为8m/s2
C. 加速阶段汽车发生位移的大小为40.5m
D. 汽车停止时距出发点121.5m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.如图所示为探究影响电荷间相互作用力的因素实验。

O是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在图中P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电体的作用力的大小。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)图中实验采用的方法是_______(填正确选项前的字母)
A.理想实验法 B.等效替代法 C.微小量放大法 D.控制变量法
(2)图中实验可依据下列选项中反映小球受带电体的作用力大小的是___________；
A.电荷间的距离 B.丝线偏离竖直方向的角度
C.带正电物体的电荷量 D.小球的电荷量
(3)实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的_____而增大，随其所带电荷量的_____而增大。(选填“增大”或“减小”)
14.某同学利用图示装置来探究影响电荷间静电力大小的因素。图中，A是一个带正电的小球，系在绝缘丝线上带电的小球B会在静电力的作用下发生偏离。
(1)静电力的大小可以通过 反映出来。(单选)
A.A球的电荷量 B.两带电球间的距离
C.B球的电荷量 D.丝线偏离竖直方向的角度
(2)保持A、B两球电荷量不变，把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图中横杆上的P1、P2、P3等位置，调节丝线长度，使带电小球B与球A的球心保持在同一水平线上，小球静止时的状态如图所示。可推断：小球B带 (选填“正”或“负”)电荷；悬挂在 (选填“P1”、“P2”或“P3”)位置时小球受到的静电力最小。
(3)实验表明：电荷间静电力大小随电荷间距离的增大而 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共4小题，共36分。
15.如图a，一个正点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点O处，轴上各点电势φ与1x的关系如图b。可视为质点的滑块质量为0.05kg、电荷量为+8.0×10−9C，从x=0.2m处由静止释放，在x=0.4m处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.01，g=10m/s2。k=9.0×109Nm2/c2设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：
(1)在x=0.4m处滑块所受电场力大小是多少？
(2)滑块速度大小为多少？
(3)计算滑块到达的最远位置。
16.如图所示的电路中，直流电源的电动势E=9V，内电阻r=1.5Ω，R1=4.5Ω，R2为电阻箱。两带小孔的平行金属板A、B竖直放置：另两个平行金属板C、D水平放置，板长L=30cm，板间的距离d=20cm，MN为荧光屏，C、D的右端到荧光屏的距离L′=10cm，O为C、D金属板的中轴线与荧光屏的交点，P为O点下方的一点，LOP=10cm,当电阻箱的阻值调为R2=3Ω时。闭合开关K，待电路稳定后，将一带电量为q=−1.6×10−19C,质量为m=9×10−30kg的粒子从A板小孔从静止释放进入极板间，不考虑空气阻力、带电粒子的重力和极板外部的电场。
(1)求AB板间电压U1和CD板间电压U2各多大？
(2)求带电粒子从极板C、D离开时速度大小？
(3)使粒子恰好打到P点，R2的阻值应调到多大？
17.如图所示，绝缘水平轨道与光滑绝缘竖直圆槽形轨道相切于A点，圆形轨道半径为R，圆形轨道上B点与圆心等高，水平轨道AM段长度也为R，竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强E=3mg4q。质量为m，带电量为+q的物块(可视为质点)以水平方向速度v0从M点进入电场，水平轨道AM段与物块间的动摩擦因数μ可调，(重力加速度为g，sin37∘=0.6，sin53∘=0.8)。求：

(1)若μ=0.75，且物块的速度v0= gR，物块经过圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小；
(2)若物块的速度v0= 9gR2，要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数满足什么条件；
(3)若μ=0.75，只把MN左侧的电场方向变成水平向右，其他条件不变，为使滑块能到达B点，物块的初速度v0应满足什么条件。
18.一个初速度为零的电子在经U1=1125V的电压加速后，垂直于平行板间的匀强电场从两极板中心处射入，如图所示，两板间距d=1.0cm，板长L=2.0cm，两板间的电压U2=450V.已知电子的带电量为e=1.6×10−19C，质量为m=0.9×10−30kg，只考虑两板间的电场，不计重力，求：
(1)电子经加速电压加速后进入偏转电场的速度v0；
(2)电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)若电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图，求P点到下极板右端的距离x．
参考答案
1.B
2.B
3.B
4.A
5.B
6.C
7.C
8.D
9.AC
10.BC
11.AD
12.CD
13.(1)D；(2)B；(3) 减小 增大
14.D
正
P3
减小

15.(1)在 x=0.4m 处滑块速度达到最大，则此时滑块受力平衡，即电场力等于滑动摩擦力
F电=f=μmg
代入数据，解得
F电=5×10−3N
(2)由图知，在 x=0.4m 处即 1x=2.5m−1 ，此处的电势为 φ1=2.5×105V ；在 x=0.2m 处即 1x=5m−1 ，此处的电势为 φ2=5×105V ，则两处的电势差为
U=φ2−φ1=2.5×105V
根据动能定理
qU−μmg×Δx=12mv2
解得
v=0.2m/s
(3)由图b可知，电势 φ 与位置x之间的关系为
φ=105x
则从 x=0.2m 到最远位置，根据动能定理
qU−μmg×Δx′=0
U=φ2−φ
Δx′=x−0.2
解得
x=0.8m 或 x=−0.2m (舍去)

16.(1)根据闭合电路欧姆定律有
I=ER1+R2+r=1A
AB板间电压为
U1=IR1=4.5V
CD板间电压为
U2=IR2=3V
(2)从A到B，根据动能定理有
qU1=12mv02
粒子在CD板间，根据牛顿第二定律有
a=qU2md
竖直方向有
vy=at
水平方向有
L=v0t
根据运动的合成可知
v= v 02+v y2
代入数据解得
v=2 5×105m/s
与水平方向夹角满足
tanα=vyv0=12
(3)设调整R2后，R1、R2上的电压分别为 U1′ 与 U2′ ，可知
qU 1′=12mv′02
v y′=qU2′md⋅Lv0′
速度偏转角
tan α′=vy ′v0 ′=U2 ′L2U1 ′d
由类平抛运动规律可知，速度反向延长线交于水平位移中点，则有
tanα′=LOP12L+L′=25
又由于
U2′U1′=R2R1
联立解得
R2=2.4Ω

17.解：(1)物块从M点到A点，由动能定理得 qER−μmgR=12mvA2−12mv02，
物块在A点做圆周运动，受轨道的支持力为 NA ，在A点由牛顿第二定律可得 NA−mg=mvA2R，
解得 NA=2mg，
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为2mg。
(2)当物块通过等效最高点C时，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，物块恰能做完整的圆周运动，受力分析如图所示

NC=0，合力与竖直方向夹角为 37∘ ，
物块从M点到C点，由动能定理得 qER1−sin37∘−μmgR−mgR1+cs37∘=12mvC2−12mv02，
在等效最高点C时，由牛顿第二定律得 mg2+qE2=mvC2R，
联立解得 μ=18 (或0.125)，
要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数 μ≤18。
(3)物块从M点到B点，由动能定理得 −2qER−μmgR−mgR=12mvB2−12mv02，
物块恰能到B点，则对轨道压力为 NB=0，
由牛顿第二定律得 qE=mvB2R，
联立解得 v0= 29gR2，
因此，物块的初速度 v0≥ 29gR2。

18.解：(1)根据动能定理可得
eU1=12mv02
解得
v0=2×107m/s
(2)在偏转电场中竖直方向加速度
a=eU2md
运动时间
t=Lv0
偏移量
y=12at2
联立解得
y=U2L24U1d=0.004m=0.4cm
(3)电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹角为θ，则
tanθ=yL2
由几何关系
x=d2−ytanθ
解得
x=0.25cm
时刻(s)
0
2.0
4.0
6.0
8.0
速度(m/s)
0
8.0
16.0
15.0
11.0