物理试卷答案山西省太原市山西现代双语学校南校25-26学年高二0月月考(0.5左右)

题号123456789答案ACBABCBBCABBD(电场强度选编)3．B【详解】依题意，每个点电荷在O点产生的电场强度为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点合电场强度大小为E2E2则E1与E2之比为 E21故选B。【详解】对b点的场强等于在a处的电荷q与圆盘上的电荷在b点场强的叠加，可知圆盘上的电荷在b点场强RRREb=2kk=RRR圆盘的电荷在d点的场强大小等于在b点的场强大小，则d点处场强的大小为R2(3R)29R2故选A。(课本P24T6)5．B【详解】C．根据乙图图线的斜率可得，A点的电场强度大小EA==N/C=40N/CB点的电场强度大小EB==N/C=2.5N/C则A点和B点的电场强度的大小之比为故C错误；ABD．由乙图可知，在A、B两点都放入正的试探电荷，受到的电场力均为正方向，则A点和B点的电场方向一定相同，且EA>EB，所以点电荷Q在A点左侧，设点电荷Q所在位置坐标为x，则有A(0.3xA(0.3x)联立解得由题意无法确定力的正方向与x轴正方向是否相同，所以无法确定电场方向与x轴正方向是否相同，故无法确定A点与B点的电势高低情况，故B正确，AD错误。故选B。【详解】A．断开开关，极板上的电压不变，两板间场强不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；BCD．根据qUa=md2y=2at可得 qUx2y=2mdυ从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为，或上板上移使板间距变为4d，BD错误C正确。故选C。【详解】A．上下两个正负点电荷在O点将产生的电场强度向下，左右两个电荷正负点电荷在O点的电场强度向右，根据矢量合成法则可知，O点电场强度不为零，方向沿为AD方向，四个点电荷在O点处电势为零，A错误；B．按照库仑定律和力的合成，ad两点场强相同，故同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，B正确；C．取无穷远处电势为零，在a点的电势为正，b、O、c三点电势相等，均为零，则负电荷从a移动到b电场力做负功，所以电势能增加，C错误；D．据对称性，b、c电势相等，把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，D错故选B。（周测2）8．BC【详解】A．正电荷受到的电场力指向左下方，则电场线指向左下方，而沿电场线方向电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B．等势线密的地方电场线密场强大，故Q点位置电场较大，电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，故B正确；CD．带正电的质点受电场力作用在电场中运动，根据曲线运动的特点可知电场力指向轨迹内侧，即指向左下方，因此从P到Q过程中电场力做负功，动能减小，电势能增大，故P点的动能大于Q点的动能，所以P点的电势能小于Q点的电势能，故C正确，D错误。故选BC。【详解】A．若规定无限远处的电势规定为零，根据点电荷的电势与距离的关系φ=kB点的电势为零，即两点电荷产生的电势的代数和为0时，有kk=0解得B点的横坐标为x=1cm故A正确；B．根据φ-x图像的斜率大小表示电场强度大小，可知C点处电场强度为0，结合点电荷电场强度公式，可得k=k解得C点的横坐标为x＇=3cm故B正确；C．规定无限远处的电势规定为零，由图像可知B点电势为零，所以CB两点之间的电势差等于C与无穷远处之间的电势差，故C错误；D．根据电势能公式EP=eφ,可知将电子沿x轴正方向从B点移动到无穷远处的过程中，电势先升高后降低，则电子的电势能先减小再增大，故D错误。故选AB。4兀kd【详解】A．由电容器的电容公式C=εS可知距离增大时，电容减小，故4兀kdB．开关K闭合，说明电容器两端电压一定，在B板下移过程中，由电容的定义式C=可知电量减小，电容器对外放电，电阻R中有向上的电流，故B正确；C．电压一定，由场强公式E'=可知距离增大时A、B两板间的电场强度减小，故C错误；D．电源负极接地，电势为零，A板电势与电源正极电势相等为E，则P点电势可表示为P=EE'dAP因电场强度减小，说明P点电势升高，故D正确。故选BD。(2)减小(3)减小不变【详解】（1）静电计是测量电势差的仪器，故直接反映极板间电势差U。故选B。Q（2）插入电介质后，电容C增大，而Q不变，由C=可知U减小，故静电计读数将减小。QU（3）[1]由C=4rd可知，d增大时C减小；rSU4兀kQ[2]根据C=U、C=4兀kd、E=d，得E=εrrSU4兀kQ【详解】（1）A．当单刀双掷开关S掷向1端，电源向电容器充电，故A错误；B．先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器电容不变，故B错误；C．电容器带电时，两个极板带等量异种电荷，故C错误；D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，故D正确。故选D。（2）根据I—t图像围成的面积可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量，根据图乙知纵坐标每个小格为0.2mA，横坐标每小格为0.2s，则每小格所代表的电荷量为q=0.2×10—3×0.2C=4×10—5C曲线与时间所围区域包含的小格数的个数大约为40个，所以电容器全部释放的电荷量为C（3）该电容器的电容为C==F=2×10—4F（课本P51T3）13．(1)4V，-2V(2)4V，2V(3)；理由见解析WAB=qUAB=qUBC解得UAB=4V，UBC=-2VACBC解得C=2V（3）过B点的电场线方向如图中箭头所示连接AB的中点与C点，即为一条φ=2V的等势线，根据匀强电场中电场线与等势线垂直且从高电势指向低电势的特点，过B点作等势线的垂线可得。（课本P17T6）14．(1)2×10－6C；(2)14.1m/s2；(3)1.2J【详解】(1)小球处于静止平衡状态小球所受电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，由平衡可得O解得q=2×10－6C(2)剪断轻绳后，小球所受合外力mgmg由牛顿第二定律，小球加速度a=，联立得a=14.1m/s2(3)剪断轻绳2s后，小球位移s=at2，其沿电场线方向的位移电场力对小球做的功W=qEd联立得57mg57mg29151）vC=-J2gR2）正电3）【详解】（1）小球从A到B的过程中机械能守恒有2 小球恰好从C点进入圆弧轨道，在水平方向有根据速度关系有CvC解得（2）小球恰好从C点进入圆弧轨道有y在竖直方向有则BC联立解