重庆市两江育才中学2023-2024学年高二上学期第一学月质量监测物理 Word版含解析.docx

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高2022级2023—2024学年度上期第一学月质量监测物理试题（考试时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题（本大题共8小题，共32分）1.真空中甲、乙两个固定的点电荷，相互作用力为F，若甲的带电量变为原来的2倍，乙的带电量变为原来的8倍，要使它们的作用力仍为F，则它们之间的距离变为原来的（）A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍【答案】B【解析】【详解】试题分析：由库仑定律可得：；当甲的带电量变为原来的2倍，即2Q；乙的带电量变为原来的8倍，即8q由于作用力相等，所以变化后距离变为原来的4倍故选B．考点：考查库仑定律的直接应用，点评：由库仑力公式可得出两次作用力的表达式，则可求得相等的相互作用力对应的距离．2.如图所示，是一对不等量异种点电荷电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷电荷量为+2q，右侧点电荷电荷量为-q，P、Q两点关于两电荷连线对称。下列说法中正确的是（　　）A.P、Q两点电场强度相同B.M点的电场强度小于N点的电场强度C.在两点电荷连线上，中点处的电场强度最小D.在M点由静止释放一个正的试探电荷，电荷不会沿电场线通过P点【答案】D【解析】【详解】A．P、Q两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项A错误； B．M点的电场线较N点密集，则M点的电场强度大于N点的电场强度，选项B错误；C．由电场线分布可知，在两点电荷连线上，中点处的电场线不是最稀疏的，则电场强度不是最小，选项C错误；D．因MP之间的电场线是曲线，则在M点由静止释放一个正的试探电荷，电荷不会沿电场线通过P点，选项D正确。故选D。3.如图所示，三个同心圆是一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆半径之差相等。A、B、C分别是这三个等势面上的点，且在同一条电场线上。A、C两点的电势依次为φA＝20V和φC＝10V，则B点的电势（　　）A.可能等于15VB.可能大于15VC.一定小于15VD.无法判断【答案】C【解析】【详解】由可知，在d相同时，平均场强越大，电势差U也越大。由点电荷电场分布规律可知，越靠近点电荷电场线分布越密，因此AB间的平均场强大于BC间的平均场强，则即故解得故选C。4.如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，为轨迹上的两点，粒子由点运动到点。若点电势为 点电势为，则（　　）A.电场强度方向一定向左，且电势B.电场强度方向一定向左，且电势C.电场强度方向一定向右，且电势D.电场强度方向一定向右，且电势【答案】C【解析】【分析】【详解】由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，电场强度方向应该是电场线上该点的切线方向，所以粒子所受电场力向右，由于是带正电荷的粒子，所以电场强度方向一定向右；作出两点的等势面，沿着电场线的方向电势降低，可判定点的电势高于点的电势，C正确。故选C。5.如图所示，在原来不带电的空心金属球壳外面放置一个正电荷，A、B、C三点分别位于球壳外部、球壳实体中和球壳空腔内。各点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别，当球壳处于静电平衡状态时，下列说法正确的是（）A.B.C.B点的电场强度等于0D.由于静电感应，球壳左侧内表面感应出负电荷【答案】C【解析】【详解】AC．由于静电平衡球壳实体中和球壳空腔内，场强处处为0，则有故A错误，C正确；B．根据顺着电场线方向电势降低，静电平衡导体是等势体，则 故B错误；C．由于外加电场和球壳表面电荷产生的内电场在球壳内（包括实体内和空腔中）合电场为0，则球壳左侧外表面感应出负电荷，右侧外表面感应出等量的正电荷，内表面没有电荷，故D错误。故选C。6.平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器两板之间，细线与竖直方向夹角为θ，如图，那么（）A.保持电键S闭合，仅将A板向B板靠近，则θ减小B.保持电键S闭合，仅将A板沿极板方向下移少许，则θ不变C.电键S断开，仅将A板靠近B板，则θ增大D.电键S断开，仅将A板远离B板，则θ减小【答案】B【解析】【详解】A．保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，将A板向B板靠近，极板间距离减小，根据可知电场强度E增大，小球所受的电场力变大，则增大，故A错误；B．保持开关S闭合，仅将A板沿极板方向下移少许，电容器两端间的电势差不变，板间距离也不变，则板间场强不变，小球所受的电场力不变，则不变，故B正确；CD．断开开关S，电容器所带的电量不变，根据、、联立解得则知d变化，E不变，电场力不变，不变，故C错误，D正确。 故选BD。7.如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为圆的两条直径，。将一电荷量为q的正点电荷从a点移到b点，电场力做功为W（）；若将该电荷从d点移到c点，电场力做功也为W。下列说法正确的是（　　）A.a、c两点的电势相等B.电场强度方向由a指向dC.a、O两点间的电势差大于D.将该电荷从d点移到圆周上不同点时，电场力做功最大值为W【答案】D【解析】【详解】AB．根据可知即整理得可得连线中点和连线中点电势相等，则为等势线，电场线垂直等势线斜向左下，如图所示 由图结合几何关系可知，点电势低于点电势，电场线沿着方向，故AB错误；C．根据匀强电场的特点，沿着一个方向电势降低是均匀的，可知a、O两点间的电势差等于，故C错误；D．由图可知，当该电荷从d点移到点时，电场力做功最多，根据几何关系可知故D正确。故选D。8.如图所示，中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，3个夸克都分布在半径为r的同一圆周上，则3个夸克在其圆心处产生的电场强度为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由点电荷的场强决定式可知，B、C处两个下夸克在O点的电场强度大小均为，方向夹角120°，合场强沿AO方向，大小为，A处的上夸克在Ｏ点的电场强度同样沿AO方向，大小为，所以三个夸克O处产生的电场强度为同向的和叠加，结果是，A正确．二、多项选择题（本大题共4小题，共16分，每小题至少有两个选项正确。）9.下列说法中，正确的是() A.沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定增大B.沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定减少C.沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定减少D.沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定增大【答案】BD【解析】【详解】AB．沿着电场线的方向移动正电荷，电场力做正功，电势能一定减小，选项A错误，B正确；CD．沿着电场线的方向移动负电荷，电场力做负功，电势能一定增大，选项C错误，D正确。故选BD。10.如图所示，在a、b两点固定着两个带等量异种电荷的点电荷，c、d两点将a、b两点的连线三等分，e、f是a、b两点连线的中垂线上的两点，且e、f到a、b两点连线的距离相等，则（　　）A.将一带正电的检验电荷从c点由静止释放，该检验电荷从c运动到d的过程中加速度一直增大B.将一带正电的检验电荷从c点由静止释放，该检验电荷从c运动到d的过程中速度一直增大C.带正电的检验电荷在e点的加速度方向平行于c、d连线向右D.带正电的检验电荷在e点的加速度方向为由e指向f【答案】BC【解析】【详解】AB．根据等量异种点电荷所形成电场的特性可知，c、d两点关于两点电荷连的中点对称，则可知其电场强度大小相等，而两点电荷的连线恰好与电场线重合，且电场的方向由正电荷指向负电荷，c、d两点在两点电荷连线上，因此可知c、d两点的电场强度方向相同，而两点电荷连线中点处的场强最小，故该检验电荷从c运动到d的过程中加速度先减小后增大，可知速度一直增大，故A错误，B正确；CD．e点的电场强度为两点电荷在e点场强的合场强，根据平行四边形定则，做出e点的电场强度如图所示可知e点的电场强度平行于c、d连线向右，故C正确，D错误。 故选BC。11.如图所示，水平向左的匀强电场中，质量为m、带电量为q的小球从A点沿直线由A点运动到B点。AB与电场线之间夹角为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）A.小球可能带正电B.小球一定带负电C.电场强度D.小球沿AB做匀速直线运动【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．因为小球沿直线AB运动，故合力方向在直线AB上，由于重力竖直向下，所以小球受到水平向右的电场力，因此小球带负电，A错误，B正确；D．合力方向与运动方向相反，小球做匀减速直线运动，D错误；C．受力分析如图所示据边角关系可得解得C正确。故选BC。 12.如图，为直角三角形，，，三角形处于平行于三角形平面匀强电场中。已知A、B、C三点的电势分别为、、。下列说法正确的是（　　）A.匀强电场的方向可能由B指向CB.匀强电场的方向与的角平分线平行C.匀强电场的电场强度大小为50V/mD.匀强电场的电场强度大小为100V/m【答案】BD【解析】【分析】【详解】取BC的中点D，则AD为等势线，根据等势线与电场线垂直，并沿电场线方向，电势降低，所以电场线方向如图所示由几何关系可知，匀强电场的方向与的角平分线平行。电场强度为故选BD。三、实验题（本大题共2小题，共12分）13.某同学用如图所示的装置“验证动量守恒定律”，其操作步骤如下A.将操作台调为水平；B.用天平测出滑块A、B的质量mA、mB；C.用细线将滑块A、B连接，滑块A、B紧靠在操作台边缘，使A、B间的弹簧处于压缩状态； D.剪断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录A、B滑块的落地点M、N；E.用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2；F.用刻度尺测出操作台面距地面的高度h.（1）上述步骤中，多余的步骤是________.（2）如果动量守恒，须满足的关系是_____________________________(用测量量表示).【答案】①.F②.mAx1＝mBx2【解析】【分析】烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．【详解】[1][2]．取小球A的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为，平抛运动的水平位移分别为，平抛运动的时间为t，需要验证的方程又代入得到故不需要用刻度尺测出操作台面距地面的高度h．所以多余的步骤是F．14.某同学用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”。实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为6V的交变电流和直流电流，交变电流的频率为50Hz。重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。（1）他进行了下面几个操作步骤：A.按照图示的装置安装器材； B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C.用天平测出重锤的质量；D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E.测量纸带上某些点间的距离；F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于其增加的动能。其中没有必要进行的步骤是________，操作不当的步骤是________（均填步骤前的选项字母）。（2）这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计时点。根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度为________m/s（保留3位有效数字）。（3）他根据纸带上的数据算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、h为横轴画出的图像应是下图的________（填选项字母）。【答案】①.C②.B③.1.84④.C【解析】【详解】（1）[1]实验只需比较gh和的大小关系，不需要测量质量，所以没有必要进行的步骤是C。[2]应将打点计时器接到电源的“交流输出”上，所以操作不当的步骤是B。（2）[3]打B点的速度即为AC段的平均速度，即（3）[4]根据mv2＝mgh可知，v2与h成正比，故ABD错误；C正确。故选C。四、计算题（本大题共4小题，共40分）15.如图所示，把一电荷量为Q=﹣5×10-8C的小球A用绝缘细绳悬起来，若将电荷量为q=﹢4×10-6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r=0.2m时，绳与竖直方向夹角α=45°，取g=10m/s2，k=9.0×109N·m2/C2，且A、B两小球均可看成点电荷，求： （1）A、B两球间库仑力大小；（2）A球的质量。【答案】（1）0.045N；（2）【解析】【详解】（1）根据库仑定律，A、B两球间的库仑力的大小为（2）对A受力分析如图所示根据平衡条件得解得16.如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，ab与场强方向平行，bc与场强方向成60°，ab=4cm，bc=6cm。现将一个电量为4×10-4C的正电荷从a移动到b，电场力做功1.2×10-3J。求：（1）该电场的场强大小；（2）ac间的电势差Uac；（3）若b点的电势为3V，则c点电势φc。 【答案】（1）75V/m；（2）5.25V；（3）0.75V【解析】【分析】【详解】（1）带点粒子从从a移到b时，电场力做正功，有W=qU，U=Edab解得E=75V/m（2）ac间的电势差Uac=E（dab+dbccos60°）解得Uac=5.25V（3）若b点的电势为3V，有bc间电势差Ubc=Edbccos60°又由Ubc=φb—φc解得φc=0.75V17.如图所示，充电后平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：（1）小球到达小孔处的速度； （2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：①（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0解得：②电容器两极板间的电压为：电容器的带电量为：（3）加速过程：mgt1=mv…③减速过程，有：（mg-qE）t2=0-mv…④t=t1+t2…⑤联立①②③④⑤解得：【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．18.如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E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=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为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）无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ；（3）电子打到屏上的点O′到O点的距离。 【答案】（1）3；（2）2；（3）3L【解析】【详解】（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得电子进入电场E2时的速度为v1=a1t1从进入电场E2到打到屏上，电子水平方向做匀速直线运动，时间为电子从释放到打到屏上所用的时间为t=t1＋t2解得（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子在电场E2中的加速度为vy=a2t3电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为 解得tanθ=2（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示设电子打到屏上的点O′到O点的距离为x，由几何关系得联立得