江西省上饶艺术学校2023-2024学年高二上学期10月月考物理Word版.docx

2023-2024学年江西省上饶艺术学校高二上学期10月月考物理试题（本卷满分100分，考试时间75分钟；考试范围：人教版（2019）必修三第九章至第十章）一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图，一电荷量为q的正点电荷位于电场中A点，受到的电场力为F，则A点的电场强度大小，方向与F相同若把该点电荷换为电荷量为的负点电荷，则A点的电场强度（　　）A．大小变为，方向与原来相反 B．大小变为2E，方向与原来相同C．大小仍为E，方向与原来相同 D．大小仍为E，方向与原来相反2．图所示的各电场中，a、b两点场强相同的是（    ）A．   B．   C．   D．  3．如图所示是研究电荷间相互作用规律的实验装置，实验结果说明电荷间的静电力大小和距离有关；和电荷量也有关该实验所采用了下列哪种科学方法（    ）A．类比分析 B．控制变量 C．等效替代 D．物理模型4．真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5，且1、2和5、4分别关于3对称以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为，则下列说法中正确的是（　　）A．电场强度B．电势C．将一正电荷由a点移到d点，电势能增大D．将一负电荷由b点移到e点，电场力做正功5．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。

现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是（  ）A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的电势不相等6．如图质量为电荷量为的小球在场强为区域足够大的匀强电场中，以初速度沿在竖直面内做匀变速直线运动与水平面夹角，重力加速度且，则（　　）A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为C．小球上升的最大高度为D．若小球在初始位置电势能为零，则小球电势能最大值为7．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（　　）A．根据场强定义式，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B．根据电容定义式，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．根据真空中点电荷电场强度公式，电场中某点电场强度与场源电荷电荷量成正比D．根据公式，、两点的电势差与成正比二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分8．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹。

设带电粒子在A、B两点电势能分别为、下列说法正确的是（　　）A．带电粒子一定带正电B．带电粒子可以从B向A运动，也可以从A向B运动C．带电粒子可能带正电，D．带电粒子可能带负电，9．直到库仑定律发表的时候，电学才进入科学的行列下列关于库仑定律的理解，正确的是（　　）A．两个不带电的小球间不存在库仑力B．两个点电荷的电荷量发生改变，它们之间的库仑力一定发生改变C．静电力常量没有单位D．其他条件不变，若两个点电荷间的距离增大，则它们之间的库仑力变小10．如图所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和α粒子均从A板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是（　）A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2D．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4三、非选择题：共54分11．（6分）（1）把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。

先使开关S掷向1端，电源向电容器 电；然后把开关S掷向2端，电容器 电  （2）如图所示，两平行金属板M、N组成一个电容器，该电容器的正对面积为S，板间距离为d，该极板间的相对介电常数为，静电力常量为k通过开关K将该电容与电源E连接，N板接地，P点固定一个带正电的液滴保证开关K始终闭合，现只向上移动M板，则由平行板电容器的决定式 可知，该电容器的电容将变小；又由电容器的比值定义式 可知，该电容极板的电荷量 （填增加、减少或不变）；又根据，极板间的匀强电场的电场强度变小，则P点处液滴的电势能 （填增加、减少或不变）  （3）如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，甲图中将B板上移，静电计的指针偏角 ；乙图中将B板左移，静电计的指针偏角 ，两板间的匀强电场的电场强度 ；丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角 填变大、变小或不变）  12．（9分）如图A所示，在两个相同竖直方向放置的平行导电板之间连接一电源，电源输出电压及两板间电压无法直接测得将一个带电小球悬挂在两板之间的绝缘细线上。

实验中可以改变小球的电荷量q并用静电计测量，带电小球能在两平行板内达到平衡为了测出两带等量异种电荷的平行板间匀强电场的电场强度1）除了小球的电荷量q，还需要测量的物理量是 和 ；（2）以电荷量和重力加速度之比为横轴， 为纵轴，将实验数据绘图后，能线性拟合出一条直线再根据图像求出直线的斜率为k，则平行板间电场强度E的大小可表示为 3）如图B所示，第1组同学将球悬挂在一根较长的绝缘细线下，使球在靠近板中心的地方达到平衡；第2组同学用一根短绝缘细线将球悬挂起来，使球在靠近板边缘的地方达到平衡第 组（选填“1”或“2”）的实验装置更合适，理由是 13．（10分）质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球和B球的电荷量均为+q，在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点如图所示，已知静电力常量为k，求（1）C球电性及电荷量大小（2）F的大小  14．（13分）如图所示，在真空中O点固定一个点电荷，并在M点放置一个的点电荷，OM的距离，静电力常量。

求：（1）q在M点受到的静电力的大小和方向；（2）点电荷Q在M点的电场强度  15．（16分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接，在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场，现将一质量为m、电荷量为 +q 的小球（可视为质点）从水平轨道上A 点由静止释放，小球运动到C 点离开半圆轨道后， 经界面MN上的P 点进入电场，已知P 点在A 点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保 持不变，A 、B间的距离为2R， 重力加速度为g求：（1）匀强电场的电场强度E 的大小；（2）小球在半圆轨道上运动的最大速率及轨道小球支持力的最大值；（3）小球在水平轨道上的落点到A 点的距离参考答案1-7：CCBCBDC8．BD 9．AD 10．BC11．充 放 减小 增加 变大 变大 不变 变小【详解】（1）[1][2]开关S掷向1端，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器放电2）[3]平行板电容器的决定式[4]电容器的比值定义式[5]由于电容减小，而电容器两端的电压不变，则根据电容器的定义式可知，该电容极板间的电荷量减小；[6]由于电场强度E减小，N板接地，电势为零，而P点距离N板的距离不变，则根据可知，P点的电势减小，根据平衡条件可知，该液滴带负电，而带负电的粒子在电势低的地方电势能更大，因此可知该液滴的电势能增加。

3）[7]根据电容器的决定式和定义式，可知，甲图中，B板上移，电容器正对面积减小，电容减小，而电容器电荷量不变，则可知电容器两极板间的电压增加，静电计的指针偏角变大；[8][9]乙图中B板左移，电容器板间距增加，电容器的电容减小，而电容器电荷量不变，则可知电容器两极板间的电压增加，静电计的指针偏角变大，而板间场强与板间距无关，可知场强不变；[10]丙图中将电介质插入极板间，电容器电容变大，而电容器电荷量不变，则可知电容器两极板间的电压减小，静电计的指针偏角变小12．小球的质量m 细线与竖直方向的夹角 夹角的正切值 1 靠近极板中心处的电场可视为匀强电场（或极板间除边缘附近外的电场为匀强电场或极板边缘的电场分布不均匀等合理答案均可）【详解】（1）[1][2]小球静止状态，受力分析得除了小球的电荷量q，还需要测量的物理量是小球的质量m，细线与竖直方向的夹角；（2）[3]根据平衡关系式得将实验数据绘图后，能线性拟合出一条直线，故纵坐标应该为夹角的正切值；[4]根据图像求出直线的斜率为k，则平行板间电场强度E的大小可表示为（3）[5][6]第1组的实验装置更合适，理由是靠近极板中心处的电场可视为匀强电场，极板边缘的电场分布不均匀。

13．（1）设C球所带的电荷量为Q，对A球沿BA方向根据平衡条件可得cos60°=，解得Q＝2qC球带负电（2）设三个小球的加速度都是a，根据牛顿第二定律和库仑定律，对A球受力分析可知 sin60°＝ma解得a=对整体受力分析可知F＝3ma解得F=14．（1）根据库仑定律可得q在M点受到的静电力的大小为电场力的方向沿着两电荷连线指向Q2）根据点电荷形成的电场中场强的计算公式有15．（1）设小球过C点时的速度大小为vC，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有qE·3R－mg·2R＝mvC2小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中，水平方向有2R＝vCt1竖直方向有R＝gt12联立解得E＝（2）小球运动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为v，OD与竖直线OB夹角为α，由于mg＝qE，则α＝45°，小球从A点运动到D点的过程中，根据动能定理有qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝mvm2即mvm2＝mgR(sinα＋cosα＋1)解得最大速率vm＝由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对半圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的直角坐标系，设在D点受到的支持力大小为F′F′－qEsin45°－mgcos45°＝即小球对半圆轨道压力的最大值为F＝(2＋3)mg（3）小球通过P点时水平方向速度大小为v1＝vC＝竖直方向速度大小为v2＝gt1＝进入电场后，水平方向加速度大小为a1＝＝g竖直方向加速度大小为a2＝＝g故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方。