安徽省太湖中学2022级高二第一学期段考一
物理试题
考试时间:75分钟
满分:100分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
单选题(单项选择题每题4分，共24分)
1．直空中有两个点电荷，带电量的大小分别是q1和q2，两电荷相距r时相互间库仑力的大小是F。如果两电荷的电量都增大为原来的2倍，距离减小到原来的一半，则这时两电荷相互间的库仑力的大小是（ ）
A．16F B．8F C．4F D．F
2．如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电小球质量相等，A球带负电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零。则下列说法正确的是（ ）
A．B球和C球都带负电荷
B．B球带负电荷，C球带正电荷
C．B球和C球都带正电荷，所带电量不一定相等
D．B球和C球所带电量一定相等
3．如图所示，在绝缘的水平面上方存在匀强电场，水平面上的带电金属块在水平力F作用下沿水平面移动。已知金属块在移动的过程中，水平力F做功32J，金属块克服电场力做功8.0J，金属块克服摩擦力做功16J，则在此过程中，金属块的（ ）
A．动能增加8.0J B．电势能减少8J
C．机械能减少24J D．机械能减少8J
4．科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为（太阳到地球的距离为）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（ ）
A． B． C． D．
5．质量相同的小球A、B分别带有+3q和q电量，两段等长绝缘细线悬挂在O点如图所示，当系统处于水平向右的匀强电场中并静止时，可能出现的状态应是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，空间存在一匀强电场（未画出），电场方向与坐标平面平行，以原点为圆心、
cm为半径的圆周上任意一点的电势（V），为、两点的连线与轴正方向所成的角，A、、、为圆与坐标轴的交点。关于场强的大小和方向，下列判断正确的是（ ）
A．场强大小为400 V/m，方向沿轴负方向
B．场强大小为，方向沿轴负方向
C．场强大小为400 V/m，方向沿轴正方向
D．场强大小为，方向沿轴正方向
二、多选题(多项选择题每题6分，共24分)
7．如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态。现将接地的B板移至虚线处，则（ ）
A．两板间电压不变 B．P点与A板间的电势差不变
C．电荷q仍保持静止 D．电荷q的电势能增大
8．如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球竖直向上做直线运动
B．物资从抛出到落地用时
C．抛出物资后，热气球的速度为
D．
9．如图所示a、b、c、d分别是一个菱形（竖直放置）的四个顶点，∠abc＝120°。O点为菱形对角线的交点，现将三个电荷量均为＋Q的点电荷分别固定在a、b、c三个顶点上。下列说法正确的是（ ）
A．d点电场强度的方向由O指向d
B．O点电场强度的方向由d指向O
C．d点的电场强度小于O点的电场强度
D．d点的电场强度等于O点的电场强度
10．两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10-3C、质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（ ）
A．由C到A的过程中物块的电势能先减小后增大
B．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度大小
C．由C点到A点电势逐渐降低
D．A、B两点间的电势差
第II卷（非选择题）
三、实验题(每空3分，共18分)
11．如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器充电后与电源断开。
(1)本实验采用的科学方法是 ；
A．理想实验法 B．等效替代法 C，控制变量法 D．建立物理模型法
(2)实验中使用静电计的目的是 （填序号）；
A．测定两板之间的电场强度
B．直接测量电容器电容的变化情况
C．观察电容器电荷量的变化情况
D．观察电容器电势差的变化情况
(3)在实验中观察到的现象是 。
A．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变
C．图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
12．如图所示，实验小车在配套长直轨道上运动时，所受阻力很小。在两小车前端固定有磁铁，N极相对，磁铁和其它装置无作用力；甲车和磁铁的总质量为m1，乙车和磁铁的总质量为m2；每个小车上都有一个窄遮光条，宽度均为d；两个光电门（连接数字计时器）固定在轨道上，轨道保持水平。在实验室中，利用这个装置验证系统动量守恒定律。
(1)验证排斥过程动量守恒：用手控制甲、乙两车静止在两光电门之间，同时释放。当甲、乙两车分别且同时通过两个光电门时，数字计时器会记录遮光时间，分别用t1和t2表示。则验证动量守恒的表达式为 。若先释放甲车，在甲车到达光电门1之前释放乙车，当甲、乙两车分别且同时通过两个光电门时，遮光时间分别用t3和t4表示。则系统总动量大小的表达式为 ；
(2)验证吸引过程动量守恒：将甲车的磁铁N、S极对调，将两车拉开一定距离后由静止同时释放，若满足系统动量守恒，则两车碰后系统会处于 状态。
四、解答题(34分)
13．(8分)如图所示，长为l的细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量+q的小球，将它们放在水平方向的匀强电场中，小球静止时的位置为A点，小球静止时细线与竖直方向成θ角。求：
(1)该匀强电场的电场强度大小；
(2)当小球在电场中处于静止时，剪断细线，小球将从A点由静止开始运动，经过时间t后小球运动到了P点，求A、P两点间的距离大小；
(3)不剪断细线，将小球拉至图中的竖直虚线处（细线保持绷直状态）由静止释放，求释放后小球在运动过程中动能的最大值。
14．(8分)如图，光滑绝缘竖直细杆与以正电荷为圆心的圆周交于、两点．一质量为，电量为的空心小球从杆上点从静止开始下落．设，小球滑一到点时速度为．试求：
（1）小球从滑至电场力做的功；
（2）小球滑至点的速度．
15．(9分)如图所示，在某竖直平面内有一水平向右的匀强电场，场强。场内有一半径的光滑竖直绝缘环形轨道，轨道的内侧有一质量为、带电量为的小球，它恰能沿圆环做圆周运动。取圆环的最低点为重力势能和电势能的零势能点，重力加速度为，求：
（1）小球动能的最小值；
（2）小球机械能的最小值；
（3）重力势能和电势能的和的最小值。
参考答案：
1．A
【详解】根据库仑定律的公式可知F=，两电荷的电量都增大为原来的2倍，则力会增大为原来的4倍，而距离又减小到原来的一半，所以力又要增大为原来的4倍，所以库仑力变为原来的16倍，故选A。
2．D
【详解】对B球受力分析如下：
AB．B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态，则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，说明A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧。因A带负电，则可知B、C都应带正电，故AB错误；
CD．由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同，故C错误，D正确。
故选D。
3．A
【详解】A．根据动能定理，合外力做功等于金属块动能的增加，即
故A正确；
B．因为金属块克服电场力做功8.0J，即电场力做了-8.0J的功，根据电场力做功与电势能的关系可知，金属块的电势能增加8J，故B错误；
CD．根据功能关系，除重力和弹簧弹力以外的其他的力做正功，机械能增加，做负功机械能减小，该题中拉力、电场力、摩擦力做的功都不属于重力和弹簧的弹力做功，而这些功的总和是8.0J，所以金属块的机械能增加8.0J，故CD错误。
故选A。
4．B
【详解】由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半长轴r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是
地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知
解得太阳的质量为
根据开普勒第三定律，S2绕黑洞以半长轴绕椭圆运动，等效于以绕黑洞做圆周运动，而S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知
解得黑洞的质量为
综上可得
故选B。
5．D
【详解】以整体为研究对象，分析受力如图。
A带正电，受到的电场力水平向右，大小为3qE，B带负电，受到的电场力水平向左，大小为qE，水平方向合力向右，因此OA绳子偏向右，设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平
衡条件得
以B球为研究对象，受力如上图。设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得
得到
α=β
故选D。
6．A
【详解】由题意可知，在圆与坐标轴的四个交点处的电势分别为
、、、
由于
即、处于同一等势面上，可知电场线与、的连线垂直，根据匀强电场的场强与电势差的关系，有
方向沿轴负方向，故A正确，BCD错误。
故选A。
7．BCD
【详解】A．平行板电容器充电后与电源分离，说明电容器的电荷量Q不变，当B板向上移动时，极板间距d减小，根据电容
C=
所以电容C变大，再根据
C=
可得U减小， A错误；
B．根据
C=，C=，
可得，故距离发生变化时电场强度E不变，因为移动的是B板，A板与P间的距离不变，所以P点与A板间的电势差
可知故P点与A板间的电势差U不变，B正确；
C．因为极板间的电场强度E不变，所以液滴受到的电场力不变，故液滴仍然静止，C正确；
D．由于液滴受到的电场力是向上的，上极板带负电，所以液滴是带正电的；因B板接地，则电势为零，且它带正电，P点与B板的电势差
UPB=
因为电场强度E不变，而PB的距离在减小，故UPB在增大，而
UPB=φP-φB=φP
也会增大，所以电荷q的电势能也增大，D正确。
故选BCD。
8．BC
【详解】AC．对抛出物资的瞬间，对物资和热气球，水平方向动量守恒，设热气球的水平速度为，取向右为正方向根据动量守恒定律得
解得
抛出物资前，浮力等于重力
抛出物资后，浮力大于重力，所以热气球在竖直方向上有加速度，由牛顿第二定律得
解得
水平方向有初速度，可知投出物资后热气球做类平抛运动，故C正确，A错误；
BD．物资被抛出后，做平抛运动，由
得
水平方向
对热气球水平方向
竖直方向上
代入数据得
根据勾股定理可知落地时物资与热气球的距离为
故B正确，D错误。
故选BC。
9．AC
【详解】A．根据电场叠加原理可知，a、c两点的点电荷在d点叠加的电场强度的方向是竖直向下的，b点的点电荷在d点的电场强度的方向也是竖直向下的，所以d点的电场强度的方向由O指向d，故A正确；
B．a、c两点的点电荷在O点叠加的电场强度为零，b点的点电荷在O点的电场强度的方向竖直向下，所以O点的电场强度的方向是竖直向下的，故B错误；
CD．设菱形的边长为L，a点的点电荷在d点产生的电场的场强在竖直方向的分量为
由对称性及电场叠加原理知d点的电场强度
同理易得O点的场强为
所以
故C正确，D错误。
故选AC。
10．BC
【详解】A．从速度一时间图像可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，静电力对物块做正功，电势能一直减小，A错误；
B．物块在B点的加速度最大，为
所受的静电力最大为
则电场强度最大值为
B正确；
C．根据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，所以由C点到A点的过程中电势逐渐降低，C正确；
D．从速度-时间图像可知，A、B两点的速度分别为，，再根据动能定理得
解得，D错误。
故选BC。
11． C D A
【详解】(1)[1]本实验采用的科学方法是控制变量法，故选C。
(2)[2]实验中使用静电计的目的是观察电容器电势差的变化情况，故选D。
(3)[3]根据公式
得
可知：
AB．图中的手水平向左移动时，d增大，U增大，静电计指针的张角变大，故A 正确，B错误；
C．图中的手竖直向上移动时，S减小，U增大，静电计指针的张角变大，故C错误；
D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，增大，U减小，静电计指针的张角变小，故D错误。
故选A。
12． 静止
【详解】(1)[1]以甲车的速度方向为正，则碰前两车速度均为零，碰后甲车的速度为、乙车的速度为，若两车碰撞前后的动量守恒，则满足
即
[2]仍然以甲车的速度方向为正，则两车到达光电门瞬间，甲车的速度为、乙车的速度为，则此时两车的总动量为
(2) [3]以两车整体为研究对象，磁铁间的引力属于系统内力，小车在释放前总动量为零，释放后两车相互吸引最后粘在一起，两车相互作用过程中水平方向总动量始终为零，作用完成速度为零，即两车碰后系统会处于静止状态。
13．(1)E=；(2)；(3)
【详解】(1)对小球受力分析，根据平衡条件则有
Eq=mgtanθ
故匀强电场的电场强度大小
E=
(2)剪断细线后，小球的合外力为
F=
可知小球的加速度为
a=
故A、P两点间的距离大小
x=
(3)动能最大的位置是当运动到A位置时，因为A位置是小球受到的重力与电场力的等效力的方向；则由动能定理得
Eq×lsinθ-mgl(1-cosθ)=Ek-0
故
Ek=
14．（1）（2）
【详解】（1）小球从滑至过程中，根据动能定理：，
解得：；
（2）因为、是在电荷产生的电场中处于同一等势面上的两点，即
到过程，由动能定理得：
解得：．
点睛：电势差是表示电场的能的性质的物理量，与电场力做功有关，常常应用动能定理求解电势差；小球由A到B重力和电场力做功，由动能定理求得小球从A点到B点的过程中电场力做的功； 由题，B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理可以求出到达C点的速度．
15．（1）5J；（2）17J；（3）-2J
【详解】（1）由题中数据可得
Eq=0.75mg
设合力与竖直方向夹角为α，所以
解得
α=37°
小球在重力和电场力的作用下恰好做圆周运动，速度最小的位置应该在“最高点”即图中的B点，根据牛顿第二定律，有
联立得
故小球动能的最小值为
（2）因小球的机械能和电势能之和守恒，则当机械能最小时，电势能最大，此位置应该在最左端位置，根据功能关系有
代入数据解得
Emin=17J
（3）根据能量守恒，小球在等效最低点即A点的动能最大，则重力势能和电势能之和最小，则重力势能和电势能的最小值为
Epmin=mgR（1-cos37°）-qERsin37°=4×2×0.2-3×2×0.6J=-2J
