【文档说明】福建省三明市第一中学2024-2025学年高二上学期8月开学考试 物理 Word版含答案.docx，共(10)页，1.170 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c90bfd2d21f8eba1eac38527db4992ca.html

以下为本文档部分文字说明：

三明一中2024-2025学年上学期8月月考高二物理科试卷（考试时长：75分钟，满分：100分）一、单选题：（共6小题，每小题4分，共24分）。1．下列说法正确的是（）A．体积小的带电体就是点电荷B．电场强度的方向就是放入电场中的电荷所受电场力的方向C．由公式2kQEr=可知，在离带电

体很近时，r趋近于零，电场强度无穷大D．匀强电场中电场强度处处相同，电场线是一组等间距的平行线2．如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（）A．甲图中与点电荷等距的A、B两点B．乙图中两等量同种点电荷连线上对

称的A、B两点C．丙图中两等量异种点电荷连线上对称的A、B两点D．丁图中非匀强电场的A、B两点3．如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、

R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上．下列判断正确的是（）A．带电粒子在P点的电势能比在Q点的大B．三个等势面中，a的电势最低C．带电粒子在P点的加速度比在Q点的小D．带电粒子在R点的加速度方向沿虚线b向右4

．如图所示，在直角三角形ABC中，30,ABCR==。A、B两点各固定有点电荷，带电荷量分别为4QQ−+、，以C点为球心固定有不带电的金属球壳，球壳半径为12R。已知静电力常量为k，球壳表面的感应电荷在球心C处产生的电

场强度（）A．为零B．大小为2QkR，方向沿BA方向C．大小为2QkR，方向与CB方向夹角为60D．大小为22QkR，方向沿ACB平分线5．在x轴上有两个点电荷12QQ、，其电场中电势φ在x轴正半轴上分布如图所示

．下列说法正确的有（）A．0x处的电势最低、电场强度为零B．1Q电量大于2Q的电量C．12QQ、为同种电荷D．电量为q的正检验电荷从0x移到无穷远的过程中，电场力做功为0q6．如图所示，两平行金属板分别加上如下列选项

中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子（不计重力）有可能做往返运动的Ut−图像应是（设两板距离足够大）（）A．B．C．D．二、双选题：（共4个小题，每小题6分，共24分。每小题给出的四个选项中，有两个选项正确。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）。7

．如图所示，在电场中任意取一条电场线，电场线上的a、b两点相距为d，则（）A．a点场强一定大于b点的场强B．a点的电势一定高于b点的电势C．a、b两点间的电势差一定等于Ed（E为a点的场强）D．a、b两点间的电势差数值上等于单位正电荷由a点移到b点的过程中静电力所做的

功8．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（）A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程

电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q从A运动到O点过程，电场力一定逐渐变小9．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器A、B

板边缘，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．小球带正电B．A板的电势为tancosgLk−C．若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为2tanLgD．在此过程中小球的电势能减小10．如图所示，固定在绝缘支杆上的带电小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电

小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢拉动细线，使B球移动一小段距离。在此过程中以下说法正确的是（）A．细线上的拉力一直减小B．细线上的拉力先增大后减小C．B球的运动轨迹是一段直线D．B球的运动轨迹是一段圆

弧三、填空题：本大题共2小题，共8分。11．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。则电子经过平面c时的动能为__

__________eV，平面c的电势为____________V12．如图所示，边长为2cm的正方形ABCD处在一个匀强电场中电场线与正方形所在平面平行。已知A、B、C三点的电势依次为6V，2V，2V−则D

点的电势为____________V，电场强度大小为____________V/m。四、实验题：本大题共2小题，共12分。13．如图所示，给电容器充电后与电源断开，根据如下操作，请在题目中空格出填入正确的结果：选

填“变小”、“变大”或“不变”。（1）甲图将B板上移，静电计指针偏角将____________；（2）乙图将B板左移，平行板间的电场强度将____________；（3）丙图将金属插入两板之间，静电计指针偏角将____________。14．如图甲是利用电流传感器系统研究电容器充电情况的电路图

。将电容器C₁接入电路检查无误后进行了如下操作：①将S拨至1，并接通足够长的时间②将S拨至2③观察并保存计算机屏幕上的It−图，得到图线Ⅰ（图乙Ⅰ）④换上电容器2C重复前面的操作，得到图线Ⅱ（图乙Ⅱ）（1）操作①的作用是____________。（2）两

个电容器相比较，1C的电容____________（填“较大”“较小”或“相等”）。（3）由It−图线可以分析出，两个电容器都充电2s时，1C的电压____________（填“大于”“小于”或“等于”）2C的电压。五、计算题：本大题共3小题，共32分。15．如图所示，在竖直平

面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为q−，套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距

过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR。求：（1）小球滑到C点时的速度大小：（2）若以C点为零电势点，试确定A点的电势。16．一个初速度为零的电子在经1U的电压加速后，垂直平行板间的

匀强电场从距两极板等距处射入。如图所示若两板间距为d，板长为L，两板间的偏转电压为2U；当有带电粒子撞击荧光屏时会产生亮点。已知电子的带电量为e，质量为m，不计重力，求：（1）电子经加速电压1U加速后以多大的速度0v进入偏转电场；（2）电子在偏转电场中的加

速度大小。（3）电子射出偏转电场时速度偏转角的正切值tan；17．如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电

的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。（1）若滑块从水平轨道上距离B点3sR=的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为多大；（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时轨道受到的作用力；（3

）为使滑块不在B、G间脱离圆弧轨道，求滑块在水平轨道上静止释放点与B点距离s的范围。三明一中2024-2025学年上学期8月月考高二物理科答案选择题12345678910DCACABBDBCABAD三、

填空题11．6；012．2；2002。四、实验题13．（1）变大（2）不变（3）变小14．（1）使电容器不带电；（2）较大；（3）小于。五、解答题15．（1）因为BC、两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中静电力做的功为零，由几何关系可得BC的竖直高度32BCRh=根据动能定理有22

3222CBRmvmvmg=−解得7CvgR=。（2）小球从A到C，重力和静电力均做正功，所以由动能定理有232mvmgRW+=又根据静电力做功与电势能的关系()ppACAWEEqqC=−=−−−又因为0C=可得2AmgRq=−。16．解

：（1）电子经加速电压1U加速过程，根据动能定理可得21012eUmv=解得102eUvm=（2）设电子在偏转电场中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得eEma=又2UEd=联立解得，电子在偏转电场中的加速度大小为2eUamd=（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，沿平行

板方向有0Lvt=沿电场方向有yvat=联立解得20yeULvmdv=则电子射出偏转电场时速度偏转角的正切值为222001tan2yveULULvmdvdU===17．解：（1）设滑块到达B点时的速度为v，由动能定理有：212qEsmgsmv−=，而：34mg

qE=，联立解得：62gRv=；（2）设滑块到达C点的速度为2211,22CCvqERmgRmvmv−=−，解得：CvgR=，水平方向的合力提供向心力为：2CmvFqER−=，解得：74Fmg=，方向水平向右。（3）要使滑块始终沿轨道滑行，如图：；讨论一：若滑块恰好能通过圆轨道的“等效

最高点“M”，由牛顿第二定律得222()()mvqEmgmR+=解得52mgRv=滑块起始位置到M点，由动能定理得：()()21sin371cos372MqEsRmgsmgRmv−−−+=解得232sR=讨论二：若滑块恰好滑到N点（ON垂直于OM）

，从起始位置到N点，由动能定理得：()()cos371sin370qEsRmgsmgR+−−+=解得4sR=综上所述，s的大小范围为(230,4,2RR。