四川省凉山州2024-2025学年高二物理上学期10月月考试题含解析

Page14高2025届高二上期10月月考物理卷一、单选（每题4分，8个小题，共32分）。1.下列关于元电荷的说法中正确的是（）A.全部带电体的电荷量肯定等于元电荷的整数倍B.依据可知，当时，C.点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体D.电场线是真实存在的，但是看不见摸不着【答案】A【解析】【详解】A．全部带电体电荷量肯定等于元电荷的整数倍，选项A正确；B．库仑定律适用于真空中的点电荷间的作用，依据可知，当时，库仑定律不再适用，选项B错误；C．当带电体的体积和形态对探讨的问题的影响可以忽视不计时，可以把带电体看成点电荷，与物体的体积大小无关，故C错误；D．电场看不见摸不着，但是真实存在的，电场线是假象的曲线，选项D错误；故选A2.由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2。其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）Akg·A2·m3 B.kg·A-2·m3·s-4C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A-2【答案】B【解析】【详解】依据可得由于F=ma，q=It，所以依据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得k的单位是kg•A-2•m3•s-4。故选B。【点睛】3.如图所示，3个点电荷q1、q2、q3在一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的两倍，每个点电荷所受静电力的合力为零，由此可以判定，3个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为（）A.（－9）∶4∶（－36）B.9∶4∶36C.（－3）∶2∶（－6）D.3∶2∶6【答案】A【解析】【详解】若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电。若同理也可能是q1、q3带负电，q2带正电。由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q1有对q2有联立可解得依据题意可知r2=2r1所以由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=-9：4：-36或q1：q2：q3=9：-4：36故A正确，BCD错误。故选A。4.两个半径为r的相同的金属球分别带有q1、q2的异种电荷，已知q1＝3q2，两球心相距为10r，其相互作用力为F1.现将两球接触后分开，再放回原来的位置，这时两球间的相互作用力为F2，则()A.F2＝F1 B.F2＝F1 C.F2>F1 D.F2<F1【答案】D【解析】【详解】依据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的性质，当两球带异种电荷时，两球表面所带电荷的“等效中心”位置之间的距离必定小于10r，两球接触前的库仑力：；依据题意两球接触后分开，两球各带q2的同种电荷，两球表面所带电荷的“等效中心”位置之间的距离必大于10r，而两球接触后平分电量，则两球的电荷量，则作用力，故A、B、C错误，D正确；故选D．【点睛】库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则依据电量的变更可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．5.法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图为点电荷、所形成电场的电场线分布图，下列说法正确的是（）A.、为异种电荷，带电量大于带电量B.、为异种电荷，带电量小于带电量C.、为同种电荷，带电量大于带电量D.、为同种电荷，带电量小于带电量【答案】A【解析】【详解】由图可知电场线方向由指向，故带正电，带负电；依据电场线的疏密程度可知，带电量大于带电量。故选A。6.如下图所示，图中实线表示一匀强电场的电场线，一带负电荷的粒子射入电场，虚线是它的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若粒子所受重力不计，则下列推断正确的是()A.电场线方向向下B.粒子肯定从a点运动到b点C.a点电势比b点电势高D.粒子在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】D【解析】【详解】A、由曲线运动的学问可知：带电粒子所受的电场力向下，由于粒子带负电所以电场线的方向向上，故A错误；B、由上可知，由于粒子的运动方向不知，所以可能是从a到b，也可能是从b到a．故B错误；C、由于粒子带负电所以电场线的方向向上，所以a点电势比b点电势低．故C错误；D、带电粒子从a到b点过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确．点睛：在电场中依据带电粒子运动轨迹和电场线关系推断电场强度、电势、电势能、动能等变更是对学生基本要求，也是重点学问，要重点驾驭．7.一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10-9C，在静电场中由a点移动到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5J，则a、b两点间的电势差Uab为（）A.1×104VB.-1×104VC.4×104VD.-7×104V【答案】A【解析】【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为Wab=qUab，依据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab．【详解】依据动能定理得：qUab+W其他=△Ek得：Uab=，故A正确，BCD错误；故选A．8.如图所示，真空中有等量异种点电荷、分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点、，MN连线的中垂线上有对称点、，则下列说法正确的是（）A.在MN连线的中垂线上，点电势最低B.负电荷在点电势能小于在点电势能C.负电荷在点电势能大于在点电势能D.正电荷从点移到点的过程中，受到的电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A．因在MN两点放置等量异种点电荷，可知在MN连线的中垂线上各点电势相等，选项A错误；BC．因a点电势高于c点，可知负电荷在点电势能大于在点电势能，选项B错误，C正确；D．因bd两点电势相等，则正电荷从点移到d点的过程中，受到的电场力对电荷不做功，选项D错误。故选C。二、多选题（有3个小题题，每题5分，共15分，每个小题题至少有两个答案符合要求，不选或选错不得分，漏选的3分，全对得5分）9.如图所示，电子由静止起先从A板向B板运动，当到达B板时速度为，保持两板电压不变，则（）A.当增大两板间距离时，增大B.当减小两板间距离时，减小C.当变更两板间距离时，不变D.当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大【答案】CD【解析】【详解】ABC．依据题意，两板间电压不变，则由动能定理有解得可知，当该变更两板间距离时，不变，故AB错误，C正确；D．依据可知，两板间电压不变，当增大两板间距离时，板间电场强度减小，由牛顿其次定律可知，电子运动时的加速度减小，而板间距增大，即位移增大，依据可得可知，电子在两板间运动的时间增大，故D正确。故选CD。10.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是，最低点是，直径水平，、是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），固定在点，从点静止释放，沿半圆槽运动经过点到达某点（图中未画出）时速度为零。则小球（）A.从到的过程中，重力与库仑力的合力始终减小B.从到的过程中，存在一个位置小球所受的合外力为零C.从到的过程中，电场力始终做负功D.从到的过程中，动能削减量小于电势能增加量【答案】BC【解析】【详解】A．a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ由直角渐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将渐渐增大；由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小，FC渐渐增大，因此重力与库仑力的合力F始终增加，故A错误；B．从N到P的过程中，在其中间某个位置存在一个三力平衡的位置，此位置的合力为零。故B正确；C．在a球在从到Q的过程中，a、b两小球距离渐渐变小，电场力(库仑斥力)始终做负功，故C正确；D．在从P到Q的过程中，依据能的转化与守恒可知，其动能的削减量等于电势能增加量与重力势能增加量之和。动能削减量大于电势能增加量。故D错误。故选BC。11.在一个点电荷的电场中，让轴与电场中的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m（如图甲所示），在A、B两点分别放置带正电的摸索电荷，其受到的静电力跟摸索电荷的电荷量的关系分别如图乙中直线、所示，水平向右为正方向。已知静电力常量，下列说法正确的是（）A.A点的电场强度是，方向沿轴正方向B.B点的电场强度是，方向沿轴负方向C.点电荷带正电，所在位置为处D.点电荷的带电荷量约为【答案】ACD【解析】【详解】AB．依据图象乙的斜率可得出电场强度大小A点电场强度为B点电场强度为由于摸索电荷为正电，得A、B两点均沿轴正方向，故A正确，B错误；CD．由于点电荷Q在两点产生的电场强度方向相同，且A点的电场强度大于B点的电场强度，则场源电荷必在A点左侧。设场源电荷的坐标为x解得将代入解得故CD正确。故选ACD。【点睛】本题考查点电荷场强以及图像斜率物理意义。三、试验题（本题2个小题，11题2+4=6分，18题2+2+2+3=9分，共15分）12.某探讨性学习小组在探究电荷间的相互作用与哪些因素有关时，设计了如下试验：把一个带正电的小球放在处，然后把挂在丝线上的带正电小球先后挂在、位置。测得丝线两次的偏角分别为、，而且由于丝线的长度可以调整，两次都确保小球的位置和与A在同一条水平线上。（1）该试验探究结果表明：电荷之间的相互作用力，随着距离增大而________；（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）假如两带电小球都可以看成点电荷，则两次的间距之比________（保留根号）。【答案】①.减小②.【解析】【详解】（1）[1]设带电小球静止时，丝线与竖直方向的夹角为，依据平衡条件可得可得小球位置和，受到的静电力所以该试验探究结果表明：电荷之间的相互作用力，随着距离增大而减小；（2）[2]假如两带电小球都可以看成点电荷，依据则两次的间距之比13.如图所示试验装置可用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开。（1）关于此试验，下列说法正确的是________。A．本试验采纳的科学方法是限制变量法B．运用静电计的目的是测量电容器电量的变更状况C．A板与静电计的指针带的是异种电荷D．静电计可以用电压表皆代（2）保持B板不动，将A板向左移动，静电计指针张角________；保持B板不动，将A板上移减小正对面积静电计指针张角________；（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）原来的电压为，当把两板的距离增大为原来的3倍、板的正对面积减小为原来的一半时，电压变为________。【答案】①.AC##CA②.增大③.增大④.6U【解析】【详解】（1）[1]A．在探讨两个物理之间的关系时，须要牵涉到多个变量，但为了便于探讨，须要限制其它物理量保持不变，而变更其中某一个物理量的方法，称之为限制变量法，明显本试验采纳的科学方法是限制变量法，故A正确；B．由于电容器保持与电源断开，该试验中电容器极板上的电量不会发生变更，静电计测量的是电势差，故B错误；C．由于A板与B板带异种电荷，且B板与静电计连接带同种电荷，所以可知A板与静电计的指针带的是异种电荷，故C正确；D．电压表必需有电流通过才行，所以不能用电压表代替，故D错误。故选AC。（2）[2]保持B板不动，A板向左移动，依据得，增大，电容变小，依据，知电量不变，则电势差增大，静电计指针张角增大。[3]保持B板不动，将A板上移，两极板的正对面积减小，由可知，电容变小，依据，知电量不变，则电势差增大，静电计指针张角增大。（3）[4]依据可知，当把两板的距离增大为原来的3倍、板的正对面积减小为原来的一半时，电容变为原来的，依据，知电量不变，则电势差为四、计算题（3个题，14题8分、15题12分、16题18分，共38分）14.如图所示的匀强电场中有、、三点，，，其中沿电场方向，和电场方向成角。一个电荷量为的正电荷从移到，静电力做功为。求：（1）匀强电场的场强。（2）电荷从移到，静电力做的功。（3）、两点问的电势差。【答案】（1）；（2）；（3）6.6V【解析】【详解】（1）依据电场力做功公式可得（2）电荷从移到，静电力做的功为（3）、两点问的电势差为15.如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度大小和粒子离开电场时的动能；（2）若粒子离开电场时动能为Ek'，则电场强度为多大？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由水平方向且竖直方向所以：由动能定理：所以：（2）若粒子由cd边离开电场，则：所以：若粒子由bc边离开电场，则：所以：考点：带电粒子在电场中的运动16.电子静止释放于加速电场左极板处，加速电压，经加速后电