2024-2025學年重慶市第十一中學高二（上）月考物理試卷（10月）（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年重慶市第十一中學高二（上）月考物理試卷（10月）一、單選題：本大題共7小題，共35分。1.關于電場強度和電勢的概念，下列說法正確的是(

)A.由E=Fq可知，電場力大的地方電場強度大

B.以孤立點電荷為球心、r為半徑的球面上，各點的電場強度相同

C.若同一個電荷在電場中A、B兩點電勢能關系為EpA>EpB，則A、2.如圖所示，不帶電的金屬導體A和B放在絕緣支柱上并相互接觸，帶正電的小球C放置在導體A的左側(cè)。下列操作能讓導體B最終帶正電的是(

)

A.移走小球C后分開導體A、B

B.移動小球C與導體A、B接觸后移走小球C，再分開導體A、B

C.將導體A接地后移走小球C，再分開導體A、B

D.將導體B接地后移走小球C，再分開導體A、B3.兩個半徑均為r的相同金屬球，球心相距3r，分別帶有電荷量?2Q和+4Q，它們之間庫侖力的大小為F，現(xiàn)將兩球接觸后再放回原處，兩小球間距離保持不變，則兩小球間庫侖力的大小(

)A.等于18F B.小于18F C.大于4.兩個等量同種點電荷的電場線如圖所示，圖中電場線上下左右均對稱，點P、Q，點M、N，點R、S關于兩點電荷連線的中點O對稱，則(

)

A.P、Q兩點電場強度相同

B.M、N兩點電勢不相等

C.試探電荷從O點沿中垂線向上移動，電場力先增大后減小

D.圖中R、O、S處于同一等勢面5.如圖所示，勻強電場的方向與等腰直角VABC所在的平面平行，A、B間的距離為d，將電荷量大小為q的負點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做正功為W，再從B點移到C點，克服電場力做功為W，設B點電勢為零，則(

)

A.該點電荷在A處的電勢能為W

B.AB兩點間的電勢差UAB=Wq

C.若該點電荷沿直線從A到C，電場力做功為2W

6.圖中的實線為電場線，但電場線的方向沒有畫出，虛線1、2為電場中的兩條等勢線，兩個不同的帶電粒子m、n由圖中的O點沿虛線1的切線方向以相同的初速度射入電場，m、n僅在電場力作用下的軌跡分別如圖中的虛線a、b所示。則下列說法正確的是(

)

A.粒子m、n的加速度均逐漸增大 B.粒子m、n的速度均逐漸減小

C.粒子m電勢能增加，粒子n電勢能減少 D.粒子m、n帶異種電荷7.如圖所示，兩個固定的等量正點電荷相距4L，其連線的中點為O，以O為圓心、L為半徑的圓與兩正點電荷間的連線及連線的垂直平分線分別交于a、b和c、d，以O為坐標原點、垂直ab向上為正方向建立Oy軸，Ob為x軸的正方向。若帶正電的試探電荷從a點由靜止釋放，沿直線aOb運動到b點，下列各圖關于x軸上各點電勢φ、電場強度E及試探電荷的速度v、電勢能Ep的描述正確的是(

)A. B.

C. D.二、多選題：本大題共3小題，共18分。8.一帶負電的粒子從電場中的A點運動到B點，該過程中，粒子受到的電場力做的功為W1(W1>0)，粒子受到的重力做的功為WA.電勢能減少了W1 B.重力勢能增加了W2

C.機械能減少了|W39.有一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c、d四點的位置如圖所示，cd、cb分別垂直于x軸、y軸，其中a、b、c三點電勢分別為2V、6V、8V。下列說法正確的是(

)

A.坐標原點O的電勢為6V

B.電場的方向由b點指向a點

C.勻強電場的的電場強度大小為2×102V/m

D.將電荷量為q=?2×1010.如圖所示，真空中有兩個固定的正點電荷A、B，已知A的帶電量為5Q，B的帶電量未知，一不計重力的帶電微粒質(zhì)量為m，電荷量大小為q，在正電荷A、B的庫侖力共同作用下，恰好在一垂直于AB連線的平面內(nèi)繞AB連線上的O點做半徑為R的勻速圓周運動，已知帶電微粒與兩正電荷的連線和AB連線所成的夾角分別為37°和53°，靜電力常量為k，下列說法正確的是(

)

A.帶電微粒帶負電

B.帶電微粒做圓周運動所在的豎直軌道平面是等勢面

C.B電荷所帶的電荷低為4Q

D.帶電微粒做圓周運動的線速度大小為三、簡答題：本大題共2小題，共47分。11.如圖甲所示，傾角為30°的光滑絕緣斜面固定在水平面上，斜面底端固定一個帶正電的小球A，另有一質(zhì)m=0.9kg的帶正電小球B靜止在距離斜面底端10cm處，小球半徑可以忽略，重力加速度取10m/s2，靜電常數(shù)k=9.0×109N?m(1)小球B帶電量為QB=5×10?6(2)若將A球撤去，加一水平方向的勻強電場，仍使B球靜止在斜面上，如圖乙所示，求勻強電場的電場強度大小及方向。(結(jié)果保留1位有效數(shù)字)(3)若將A球撤去，仍保證小球B在該位置平衡，場強最小為多少?電場的方向如何?12.如圖所示，AB為半徑R=1m的四分之一光滑絕緣豎直圓弧軌道，在四分之一圓弧區(qū)域內(nèi)存在著E=1×106V/m的豎直向上的勻強電場，有一質(zhì)量m=1kg帶電荷量q=+1.4×10?5C的物體(可視為質(zhì)點)從A點的正上方距離A點H處由靜止開始自由下落(不計空氣阻力)，BC段為長L=2m、與物體間動摩擦因數(shù)μ=0.2的粗糙絕緣水平面，CD段為傾角θ=53°且最高點C與地面DE距離?=0.8m(1)若H=1m，物體能沿軌道AB到達B點，求物體到達B點時軌道對物體的彈力大小。(2)設物體從C點處射出后打到的位置為F(不討論物體反彈以后的情況)，F(xiàn)到C點水平距離為x，分情況寫出x隨H變化的關系式，并寫出H的對應范圍。

答案解析1.D

【解析】A.公式E=Fq是電場強度的定義式，電場強度與電場本身有關，與電場力大小無關，故AB.根據(jù)點電荷電場分布，以孤立點電荷為球心、r為半徑的球面上，各點的電場強度大小相同，方向不同，故B錯誤;C.若該電荷帶正電，根據(jù)E可知若同一個電荷在電場中A、B兩點電勢能關系為EPA>EPB，則A、B兩點電勢關系為φA>φB，若該電荷帶負電，則AD.電場中某點的電勢大小等于將單位正電荷從該點移動到零電勢點電場力所做的功，故D正確。故選D。2.B

【解析】A.移走小球C后，導體A、B的電荷重新分布，導體B不帶電，故A錯誤;B.小球C與導體A、B接觸后，導體A、B整體帶正電，移走小球C再分開導體A、B，導體B帶正電，故B正確;CD.將導體A或B接地，導體A、B整體帶負電，移走小球C再分開導體A、B，導體B帶負電，故CD錯誤。故選B。3.B

【解析】兩金屬球相距較近且開始時帶異種電荷，電荷因吸引靠近，有效距離小于3r，則原來兩球間庫侖力F>k8Q2(3r)2

兩球接觸后，兩球均帶正電，電荷量均為Q，電荷因排斥遠離，有效距離大于3r，所以接觸后兩球間的庫侖力

F′<kQ2(3r)24.C

【解析】A.根據(jù)電場的矢量疊加可知，P、Q兩點電場強度大小相等，方向相反，故A錯誤;B.由對稱性可知，M、N兩點電勢相等，故B錯誤;C.由于O點電場強度為0，而向上無窮遠電場強度也為0，中間電場強度不為0，則試探電荷從O點沿中垂線向上移動，電場力先增大后減小，故C正確;D.根據(jù)對稱性可知，R、S兩點電勢相等，電場線從O點分別指向R、S兩點，則O點電勢高于R、S兩點。故D錯誤。故選C。5.A

【解析】AB.根據(jù)題意，B點電勢為零，電荷在B點電勢能為零，將電荷量大小為q的負點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做正功為W，則AB兩點間的電勢差U電勢能減小W，則該點電荷在A處的電勢能為W，故B錯誤，A正確;CD.若該點電荷沿直線從A到C，電場力做功為W則有U即AC為等勢線，該勻強電場的方向不沿CA方向，故CD錯誤。故選A。6.D

【解析】A.由電場線的疏密程度，可知粒子m的加速度逐漸減小，n的加速度均逐漸增大。故A錯誤;BCD.由粒子的軌跡彎曲方向，可知兩粒子帶異種電荷，所受電場力均做正功，粒子m、n的速度均逐漸增大，電勢能逐漸減小。故BC錯誤;?D正確。故選D。7.B

【解析】AC、O點的電場強度為零，從a到b，電場強度先減小后反向增大，電荷所受的電場力先減小后增大，加速度先減小后增大，選項A、C錯誤;

B、aO間的電場線方向由a到O，電勢逐漸降低，根據(jù)φ?x圖像切線的斜率等于電場強度，知φ?x圖像切線的斜率逐漸減小，x=0時φ?x圖像切線的斜率等于零，根據(jù)對稱性知B圖是正確的，選項B正確;

D、根據(jù)對稱性知，電荷在關于O點對稱的位置電勢能相等，圖像應關于縱軸對稱，選項D錯誤。8.AD

【解析】AB.功是能量變化的量度，根據(jù)△Ep=?W可知帶電粒子從A點運動到B點的過程中電勢能減少了W1，重力勢能減少了W2，故A正確、B錯誤；

C.根據(jù)可知，帶電粒子的機械能變化了W1+W3，故C錯誤；9.BC

【解析】A.由于是勻強電場，所以沿同一方向前進相同距離電勢的變化相等，所以φ解得φ故A錯誤；B.同理，ab中點e的電勢為φ連接Oe則為等勢線，如圖所示，由幾何關系可知，ab垂直于Oe，則ab為電場線，且方向由b指向a，勻強電場強度E=故BC正確；D.連接bd，由幾何關系知bd//Oe，即bd為等勢線U該點電荷從a點移動到d點電場力做功W即點電荷從a點移到d點其電勢能減少了

8×10?3J

故選BC。10.AD

【解析】A.依題意，當帶電微粒帶負電時，兩點電荷的庫侖引力的合力提供向心力，指向軌跡圓的圓心。所以該帶電微粒帶負電。故A正確；B.根據(jù)同種電荷的等勢面分布特點可知帶電微粒做圓周運動所在的豎直軌道平面不是等勢面。故B錯誤；CD.對帶電微粒受力分析，如圖由牛頓第二定律，可得FAcos37°其中FA=k?5QqR聯(lián)立，解得QB=154故C錯誤；D正確。故選AD。11.解：(1)對B球受力分析有，沿斜面方向有mg解得Q(2)對B球受力分析，B球處于平衡狀態(tài)，所以電場力水平向右，又因為B球帶正電，所以該勻強電場方向水平向右。沿斜面方向平衡mg解得E=1×(3)當電場力方向與斜面平行時，電場力最小，則場強最小，此時q解得E方向沿斜面向上。

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】12.解：(1)物體由靜止運動到B點的過程中，根據(jù)動能定理有mg(R+H)?qER=到達B點時有F解得F(2)假設物體從C點處射出后落在CD段上的D點，則水平方向上有x=豎直方向上有y=?=解得vC=1.5m/s物體由靜止運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有mg(R+H)