2025-2026学年湖南省邵阳市高二年级上学期第一次月考物理模拟练习 （二）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
命题范围： 第九、十章 考试时间：75分钟 总分：100分
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．[4分]如图所示，A、B是同一条电场线上的两点，这两点电场强度的关系是（ ）
A．EA＞EB，方向相同 B．EA＞EB，方向不同
C．EA＜EB，方向相同 D．EA＜EB，方向不同
2．[4分]如图，为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（ ）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由放电极指向集尘极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
3．[4分]手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时（ ）
A．电容器所带电荷量不变
B．电容器放电
C．极板间的电场强度减小
D．灵敏电流计中有从b到a的电流
4．[4分]如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则 （ ）
A．小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到B点时的加速度
D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
5．[4分]均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，＝＝2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（ ）
A．－E B． C．－E D．＋E
6．[4分]如图所示，等量同种电荷放置于、两点，、两点关于点对称．把一带电粒子从中垂线上的点由静止释放，带电粒子仅在电场力作用下从点运动到点的过程中，电场力做功为，时间为．若把等量同种电荷都换成，带电粒子仍从点静止释放，在粒子从点运动到点过程中，则（ ）
A．加速度逐渐减小 B．带电粒子电势能先减小后变大
C．电场力做功为 D．末速度变为原来的2倍
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
7．[5分]如图所示，P、Q为平行板电容器，两极竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接，闭合电键后，悬线与竖直方向夹角为α．则
A．将电键再断开，减小P、Q两板间的距离，角度α不变
B．将电键再断开，增加P、Q两板间的距离，角度α会减小
C．保持电键闭合，减小P、Q两板间的距离，角度α会增大
D．保持电键闭合，将P极板上移少许，角度α会减小
8．[5分]如图,在x轴上放置四个点电荷q1、q2、q3和q4,q1、q2位于A点两侧,q3、q4位于B点两侧。C点在y轴上,且OA=OB=OC。取无穷远处电势为零,电荷位置与电荷量满足一定关系,使得以O点为球心、以OC为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是 ( )
A．A、B两点电场强度的方向一定沿x轴正方向
B．若在O点放一正点电荷,则A、B两点的电势一定升高
C．试探电荷q沿y轴运动过程中,若静电力始终不做功,则它受到的静电力始终为零
D．试探电荷q沿y轴运动过程中,若静电力始终不做功,则C点的电场强度一定为零
9．[5分]如图所示,一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入,并经过点P(a>0, b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,粒子从O到P运动的时间为t1,到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,粒子从O到P运动的时间为t2,到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是 ( )
A．t1< t2 B．t1> t2
C．Ek1< Ek2 D．Ek1> Ek2
10．[5分]如图所示，在真空中有两个固定的点电荷A、B，|qA| = |qB| = q，A、B间的距离为r，图中画出了其中一根电场线，a、b、c、d位于正方形的四个顶点，其中a、c在A、B的连线上，b、d在A、B连线的中垂线上，下列说法正确的是（ ）
A．若B是正电荷，则b点的场强Eb＞
B．若a、c两点的场强大小相等，则B一定是正电荷
C．若Ubd = 0，则A、B一定是异种电荷
D．若a = c，则B一定是负电荷
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分]如图所示为探究影响电荷间相互作用力的因素实验。
O是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在图中P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电体的作用力的大小。使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）图中实验采用的方法是 （填正确选项前的字母）
A．理想实验法 B．等效替代法 C．微小量放大法 D．控制变量法
（2）图中实验可依据下列选项中反映小球受带电体的作用力大小的是 ；
A．电荷间的距离 B．丝线偏离竖直方向的角度
C．带正电物体的电荷量 D．小球的电荷量
（3）若球质量为m，在P1位置的偏离竖直方向的夹角为，则带电体受的库仑力大小为 。
12．[8分]如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0),质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求:
(1)电场强度E的大小。
(2)小球在A、B两点的速度大小。
13．[14分]如图（1）中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A 板电势φA随时间t变化的规律如图（2）所示。A板电势最高值为，最低值为-φ。已知在t=0时刻，一个电荷量为-e的电子（重力不计） ，在电场力的作用下，从B板的小孔中由静止开始向A板运动，当t= T时，电子刚好到达A板。如果该电子是在时刻才从B板的小孔由静止开始运动，求:
（1）从到时间内，电场力对该电子所做的功;
（2）该电子运动多长时间才能第一次到达A板
14．[14分]、是两个电荷量都是的点电荷，相距，连线中点为。现将另一个电荷量为的点电荷放置在连线的中垂线上，距为的处（图甲）。
(1)若此时所受的静电力为，试求的大小。
(2)若的电荷量变为，其他条件都不变（图乙），此时所受的静电力大小为，求的大小。
(3)为使大于，和的大小应满足什么关系？
15．[12分]如图所示，水平放置的平行板电容器C，与一电池组相连，上极板接地。当S闭合时，电容器中央一个质量为m、电量为q的油滴恰好静止在P点，现有下列答案供选择：
A．仍处于平衡状态 B．向上加速运动 C．向下加速运动 D．上下来回运动
（1）电键S始终闭合，用绝缘手柄把下极板在向上的范围内缓慢地向上、向下周期性移动，油滴的状态是 。
（2）断开电键S，用绝缘手柄把下极板在向下的范围内缓慢地向上、向下周期性移动，油滴的状态是 。
（3）电键S始终闭合，用绝缘手柄将下极板向上移动一些，P点的电势 ，油滴运动过程中的电势能 （填“升高”、“不变”或“降低”）。
第一次月考练习试卷参考答案
1．【答案】C
【详解】电场线越密表示该处电场强度越大，电场线上每一点的切线方向跟该点的电场强度方向相同，ABD错误，C正确。选C。
2．【答案】D
【详解】由图示可知，集尘极与直流高压电源正极相连，则电场方向由集尘板指向放电极，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则尘埃的电场力方向向右，到达到达集尘极的尘埃带负电荷，ABC错误；根据可知，同一位置带电荷量越多场强越大，尘埃所受电场力越大，D正确。
3．【答案】D
【详解】AB．根据，当压力F增大时，减小，电容器的电容增大，电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知电容器所带电荷量增加，电容器充电，AB错误；
C．当压力F增大时，减小，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知极板间的电场强度增大，C错误；
D．电容器充电，灵敏电流计中有从b到a的电流，D正确。选D。
4．【答案】C
【命题点】带电物体在电场中的运动
【解析】假设M点固定一个正电荷，则N点固定一个等量的负电荷，等量异种点电荷对带电小球的作用力水平向右，匀强电场对带电小球的作用力竖直向上，电场力的合力为斜右上方，小球从A到C的过程中电场力的合力做负功，电势能增加，A错误；若匀强电场对带电小球的电场力qE与小球的重力等大反向，圆环对小球的作用力不做功，等量异种点电荷对带电小球的作用力不做功，根据动能定理可知小球的动能不变，小球能沿圆环做匀速圆周运动，B错误；小球从A到B过程，根据动能定理可求出小球运动到B点时的速度，利用向心力公式求出向心加速，根据小球的重力与匀强电场对带电小球的电场力求出沿切线方向的加速度，根据运动的合成与分解可求出小球运动到B点时的加速度，C正确；小球在D点时，小球的重力与匀强电场对带电小球的电场力的合力沿圆环切线方向，等量异种点电荷对带电小球的作用力与圆环对小球的弹力的合力提供向心力，等量异种点电荷对带电小球的作用力的合力平行于MN，则圆环对小球的弹力的作用力方向不平行MN，D错误。
【一题多解】根据等量异种点电荷的电势分布可知，等量异种点电荷在绝缘光滑圆环所在位置的电势为零，根据电势沿电场线方向降低可知从A到C的过程中电势升高，小球电势能增大，A错误。
5．【答案】A
【详解】
设在O点的球壳为完整的带电荷量为2q的带电球壳，则在M、N两点产生的场强大小为
题图中左半球壳在M点产生的场强为E，则右半球壳在M点产生的场强为
由对称性知，左半球壳在N点产生的场强大小为
故选A。
6．【答案】C
【详解】
A．根据等量同种点电荷产生的电场可知，无穷远电场强度为零，点电场强度为零，粒子运动到点过程中，加速度可能逐渐减小，也可能先增大后减小，A错误；
B．电场力做正功，电势能减小，B错误；
C．同种电荷都换成 ，场强变为2倍，电场力变为原来的2倍，做功为，C正确；
D．由动能定理，做功为，末速度变为原来的倍，D错误。
故选C。
7．【答案】AC
【详解】AB．电键断开，电容器的带电量不变，根据公式，、，则得，即电场强度与极板间距无关，故板间场强不变，小球所受电场力不变，则α不变，故A正确，B错误；
C．保持电键闭合时，电容器板间电压不变，缩小P、Q两板间的距离，由 分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则α增大，故C正确；
D．保持电键闭合时，电容器板间电压不变，将P极板上移少许，即减小极板的正对面积，由分析得知，板间场强不变，小球所受电场力不变，则α不变，故D错误。
故选AC。
8．【答案】BD
【命题点】点电荷的场强与电势的叠加
【详解】以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面,由电场强度和等势面的关系可知(关键点:电场线与等势面处处垂直),A、B两点电场强度的方向与OC垂直,与x轴重合,由于无法判断各个电荷的电性,故无法判断A、B两点电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向,A错误;取无穷远处为零电势点,由于正点电荷周围的电势为正值,若在O点放一正点电荷,则A、B两点的电势一定升高,B正确;试探电荷q沿y轴运动过程中,根据电荷分布,若静电力始终不做功,则经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面,但静电力不一定为零,C错误;根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面,可知C点的电场强度方向应与y轴重合,再根据经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面,可知C点的电场强度方向应与y轴垂直,同一点电场强度的方向是唯一的(关键点:电场线不相交),故C点的电场强度一定为零,D正确。
9．【答案】AD
【命题点】带电粒子在电场、磁场中的运动
【详解】
在电场中从O到P,粒子沿x轴正方向做匀速直线运动,沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,末速度大于初速度,动能大于初动能,在磁场中从O到P,速度大小不变,动能等于初动能,故Ek2
【详解】
A．若B是正电荷，而A左侧的电场线向右，故说明A一定带负电荷；若正方形的ac两点分别与AB重合，则场强大小为；而现在ac在AB内部，则Ab和Bb的距离小于，且夹角小于90度，故b点的场强一定大于，故A正确；
B．不论B带电量如何，由对称性可知，ac两点的场强大小一定相等；故B错误；
C．由于bd关于AB连线对称，故无论是同种电荷还是异种电荷，bd间的电势差均为零；故C错误；
D．若ac两点电势相等，则说明ac一定对称，故B一定带负电荷；故D正确；
故选AD。
11．【答案】D；B；
【详解】
(1) 图中实验采用的方法是控制变量法。故选D。
(2)对小球受力分析，有
可知，反映小球受带电体的作用力大小的是丝线偏离竖直方向的角度。故选B。
(3)根据前面分析，可得
12．【答案】(1) (2)
【命题点】带电体在静电场中的运动
【详解】［题图剖析］状态分析
(1)在匀强电场中,由公式 E=可得 E= (2分)
(2)在A点细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得
Eq-mg= (2分)
由A点到B点,由动能定理得
Uq-mgL=m-m (2分)
联立解得vA=,vB= (2分)
13．【答案】（1）W=eφ；（2）1.57T
【详解】
（1）设A、B两板间距为d，电子运动的加速度大小为a，对于t=0时刻进入的电子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零。前半周期和后半周期位移相同，均为，有
d=2×
对于t=进入的电子，有
在~=内向右匀加速，有
x1=
解得
x1=
设从到的时间内，电场力对该电子所做的功为W，有：
W=eφ
（2）在~=内向右匀减速到速度为零，有
x2=x1=
在~=内反向向左匀加速，有
x3=
解得
x3=
在~=内反向向左匀减速到速度为零，有
x4= x3=
在~=内继续向右匀加速，有
x5=x1=
所以电子运动T+后，距B板距离为：
x=x1+x2-x3-x4+x5=+--+=
v=a
解得
v=
从t=时刻开始，设再经过Δt时间，电子刚好到达A板，有
x6=vΔt-aΔt2
d=+x6
解得
Δt=（）T
[（+）T不符合题意，舍去]
所以总时间为
t0=T++Δt=≈1.57T
14．【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)电荷量为的点电荷所受的静电力是A、B两个点电荷对其静电力的合力；A、B对q的静电力大小相等，为
所受的静电力等于F在OC方向上的分力的2倍，即
(2)若的电荷量变为，其他条件都不变，所受的静电力等于F在AB方向上的分力的2倍，即
(3)为使大于，即
解得
15．【答案】B；A；降低；降低；
【详解】
初始状态油滴恰好静止在P点，则由此可得此时向上的电场力等于向下的重力。
（1）[1]电键S始终闭合，用绝缘手柄把下极板在向上的范围内缓慢地向上、向下周期性移动，极板间电势差不变，距离减小，则由可知，极板间场强增大，由F=Eq可知电场力增大，则油滴将向上加速运动。
故选B。
（2）[2]断开电键S，用绝缘手柄把下极板在向下的范围内缓慢地向上、向下周期性移动，极板间Q不变，由
可知电场强度不变，电场力不变，则油滴仍处于平衡状态。
故选A。
（3）[3][4]上极板接地，电源正极接上极板，则电容器内部电场线竖直向下，电键S始终闭合，用绝缘手柄将下极板向上移动一些，极板间电势差不变，距离减小，则由可知，极板间场强增大，P点与上极板距离不变，则由U=Ed可得，P点与上极板间电势差增大，结合上极板接地线，电场线竖直向下可知，P点电势降低，电场强度增大，油滴上移，电场力做正功，电势能降低。
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学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
命题范围： 第九、十章 考试时间：75分钟 总分：100分
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．[4分]用绝缘细线悬挂两个大小相同的小球，它们带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电量分别为q1和q2，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向成夹角a1和a2，且两球静止时同处一水平线上，若a1=a2，则下述结论正确的是（ ）
A．q1一定等于q2. B．一定满足 C．m1一定等于m2 D．必然同时满足q1=q2，m1=m2
2．[4分]在物理学的发展过程中，科学家们创造了许多物理思想与研究方法，下列说法正确的是（ ）
A．“重心”概念的建立，体现了等效替代的思想
B．“瞬时速度”概念的建立，体现了理想模型的研究方法
C．电场强度的公式，利用了比值定义法
D．卡文迪什利用扭秤测量引力常量，利用了类比法
3．[4分]静电现象在自然界中普遍存在．下列做法中属于利用静电的是（ ）
A．在高大的建筑物顶端安装避雷针
B．用静电除尘器收集空气中的尘埃和烟雾
C．在加油站给车加油前，要用手触摸一下静电释放器
D．在充满易燃气体或粉尘的环境中不要穿、脱化纤衣服
4．[4分]如图所示，ABCD是正四面体，虚线圆为三角形ABD的内切圆，切点分别为M、N、P，O为圆心，正四面体的顶点A、B和D分别固定有电荷量为、和的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．M、P两点的电场强度相同
B．M、O、N、P四点的电势
C．将带正电的试探电荷由O点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小
D．将固定在D点的点电荷移动到C点，电场力做功为零
5．[4分]如图，两等量异种点电荷+Q和-Q位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂线上放置一粗糙水平绝缘横杆，有一质量为m，电荷量为+q的小圆环在横杆的A点以初速度v0向右滑动，经过两点电荷连线的中点O，运动到B点静止。已知BO=AO，O点场强为E，且小圆环在A和O两点的加速度相同，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．若小圆环在B点以初速度向左滑动，则它运动到O点静止
B．若小圆环在B点以初速度向左滑动，则它运动到AO之间某点静止
C．A处的场强大小为
D．小环从A点到B点的过程中，有三个加速度为零的位置
6．[4分]如图所示，真空中有一对平行金属板，两板加电压为U的直流电压。一带电粒子位于M板旁，仅在电场力的作用下由静止运动到N板。若增大板间的距离，该粒子仍由M板旁由静止运动，则（ ）
A．M板所带的电荷量增大 B．粒子运动的加速度变大
C．粒子运动的时间变长 D．粒子运动到N板时的电势能变大
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
7．[5分]如图所示，平行板电容器充电后，两极板间的电场为匀强电场．一电子以初动能从点沿平行极板的方向水平向右飞入匀强电场，它从点离开匀强电场时，动能为所受电场力的功率为．仅将该电容器所带电荷量减到原来的，一电子仍以初动能从点沿平行极板的方向水平向右飞入匀强电场，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度变为原来的
B．电子飞越匀强电场的过程中电势能的变化为原来的
C．电子离开匀强电场时的动能为
D．电子离开匀强电场时所受电场力的功率为
8．[5分]示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是（ ）
A．如果只在 上加如图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形为图（b）
B．如果只在 上加如图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形为图（a）
C．如果在 、 上分别加如图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形为图（c）
D．如果在 、 上分别加如图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形为图（d）
9．[5分]长为的绝缘轻细线一端连接质量为、电荷量为的带正电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，为轨迹圆的一条直径。以点为起始点，小球运动过程中的电势能与小球运动的路程之间的关系如图乙所示，其中。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为
B．从点到点电场力对小球做功为
C．小球运动过程中速度的最小值为
D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为
10．[5分]如图所示，一个电子在匀强电场中只受电场力而运动，经过一平面直角坐标系中的、（坐标原点）、三点时的动能分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．该电场方向垂直于连线指向点
B．该电场场强大小为
C．若电子经过点的动能为，则该电子一定到不了点
D．若电子经过点的动能为，则该电子可能到达点
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分]如图所示的实验装置，可以通过改变两极板的正对面积S，改变两极板间的距离d，在两极板间插入电介质等方法研究影响平行板电容器电容大小的因素。
（1）若实验中极板上的电荷量几乎不变，把M板向左平移一小段距离后，可观察到静电计指针偏转角 （选填“变大”、“变小”或“不变”），极板间的电场强度 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）关于本实验，下列说法正确的是 。
A．本实验研究的方法是累计法和等效替代法。
B．本实验中M、N两极板与静电计的连接是并联，所以可通过静电计指针偏转情况判断极板间电势差变化情况。
C．本实验中极板上的电荷量几乎不变，根据电容器电容的定义式，可定性判定电容的变化情况。
D．本实验环境相对干燥好，因为潮湿的环境造成极板漏电，会影响实验的效果。
12．[8分]某同学取一对带有绝缘支座的导体A和B使它们接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔片是闭合的，做了如下的实验：如图所示，把一带正电荷的物体D移近导体A，贴在A、B导体下的金属箔片会张开，这时先把A和B分开一小段距离，然后移去D，此时导体B带 （填“正电”、“负电”或“不带电”），此时金属箔片张角比之前 （填“变大”、“变小”或“不变”），之后再让导体A和B接触，金属箔片会 （填“张开”或“闭合”）。
13．[10分](10分)如图所示，将足够长的光滑绝缘斜面固定在水平面上，其倾角为θ，甲、乙两小球(均可视为质点)的质量分别为2m、m，从斜面上足够高的地方无初速度释放，释放瞬间两小球之间的距离为d，此时小球乙的加速度为零.当甲、乙两小球的加速度之比为a甲∶a乙=11∶5时，两小球之间的距离为d'.已知小球乙所带电荷量为+q，静电力常量为k，重力加速度为g.则：
(1)小球甲带何种电荷 所带的电荷量为多少
(2)d'∶d应为多少
14．[14分]螺旋星系中有大量的恒星和星际物质,主要分布在半径为R的球体内,球体外仅有极少的恒星。球体内物质总质量为M,可认为均匀分布。球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动,恒星到星系中心的距离为r,万有引力常量为G。
(1)求r>R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系。
(2)根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零,利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识,求r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系。
(3)科学家根据实测数据,得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的速度大小v随r的变化关系图像,如图所示。根据在r>R范围内的恒星速度大小几乎不变,科学家预言螺旋星系周围(r>R)存在一种特殊物质,称之为暗物质。暗物质与通常的物质有引力相互作用,并遵循万有引力定律。求r=nR内暗物质的质量M'。
15．[16分]如图，等边三角形位于竖直平面内，边水平，顶点在边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上．已知边中点处的电场强度方向竖直向下，边中点处的电场强度方向竖直向上，点处点电荷的电荷量的绝对值为,求
（1） 点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2） 点处点电荷的电荷量．
第一次月考练习试卷参考答案
1．【答案】C
【详解】
题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反；由于它们与竖直线所成的角度相等，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等。故C正确，ABD错误；
故选C。
2．【答案】A
【详解】重心概念建立体现了等效替代的思想，A正确；瞬时速度概念的建立体现了极限的方法，B错误；电场强度是匀强电场场强与电势差的关系，没有应用比值定义法，C错误；卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想，D错误。
3．【答案】B
【详解】在高大的建筑物顶端安装避雷针和在加油站给车加油前，要用手触摸一下静电释放器，是为了把产生的静电导走，属于静电的防止，AC错误；用静电除尘器收集空气中的尘埃和烟雾，属于静电的利用，B正确；在充满易燃气体或粉尘的环境中不要穿、脱化纤衣服，以防产生的静电导致发生火灾，即属于静电的防止，D错误。
4．【答案】D
【详解】根据题意，由对称性可知，M、P两点的电场强度大小相等，但方向不同，A错误；根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，M、P两点的电势相等，且N点电势高于O点的电势，O点的电势高于M、P点的电势；在D点的负点电荷产生的电场中，N点的电势高于O点的电势，O点的电势高于M、P两点的电势，M、P两点的电势相等，综上所述，可知M、O、N、P四点的电势，B错误；等量异种电荷连线中垂面为等势面，则在B、D两处的点电荷产生的电场中，连线为等势线，在A点的正点电荷产生的电场中，从到电势逐渐变小，综上所述，可知从到电势逐渐变小，将带正电的试探电荷由O点沿直线移动到C点，电势能一直减小，C错误；根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，C、D两点的电势相等，则将固定在D点的点电荷移动到C点，电场力做功为零，D正确。
5．【答案】C
【详解】由等量异种点电荷电场的对称性知，小环从A点到O点与从O点到B点的过程中，克服摩擦力做功相等，而电场力与运动方向一直垂直，始终不做功，由动能定理有所以，若小圆环在B点以初速度向左滑动，则它刚好能运动到O点静止，AB错误；因小圆环在A和O两点的加速度相同，O处的场强大于A点的场强，由牛顿第二定律在A点和O点摩擦力相同，即，解得，C正确；小环从A点到O点与从O点到B点的过程中，各有一处电场力和重力大小相等的位置，即有两个加速度为零的位置，D错误。选C。
6．【答案】C
【详解】根据电容器的决定式可知增大M、N两极板间的距离时，电容值C变小，由题可知电容器两极板间的电压始终为U， 根据可知电容值C减小，电压U不变，所以电容器的电荷量减小，A错误；根据可知，当两极板间的距离增大时，两极板间的电场强度减小，由牛顿第二定律，可知粒子运动的加速度减小，B错误；粒子在两极板间做匀加速直线运动，由运动学公式可知粒子从M板附近静止释放到N极板，位移变大，加速度减小，所用时间变长，C正确；粒子从M 板运动到N板，电场力做功为两极板电势差不变，可知电场力做功不变，粒子运动到N板时的电势能一样，D错误。
7．【答案】BD
【详解】，A错误：电势能的减少等于电场力做功，不变，正确：动能的增量等于电场力做功，不变，错误；不变，D正确。
8．【答案】ABD
【详解】如果只在 上加如图甲所示的电压，竖直方向不偏转，所以在荧光屏上看到的图形为题图（b），A正确；如果只在 上加如图乙所示的电压，水平方向不偏转，则在荧光屏上看到的图形为题图（a），B正确；如果在 、 上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号电压波形，在荧光屏上看到的图形为题图（d），C错误，D正确。
9．【答案】AC
【详解】A．由图像乙可知当小球运动时，转过的角度时电势能最大，则圆周上电势能最大的位置即为该点，垂直于该点的切线方向，如下图所示即为电场线方向，小球转过的位置所在的直径与圆周的交点为同一等势面上的点（图中虚线为等势线）。
可知小球转过的过程中，电场强度的大小为，A正确；
B．由对称性可知点的电势，从点到点电场力对小球做功为，B错误；
C．带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，在运动到的位置取得速度的最小值，此时电场力提供小球做圆周运动的向心力，即，解得，C正确；
D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值在运动到的位置取得，此时速度也最大。根据动能定理，在该点处合外力提供向心力，即，解得，D错误。
10．【答案】BC
【详解】设坐标原点的电势为0，则a点的电势为，b点的电势为，根据匀强电场规律可知，坐标为（3cm，0）的c点电势也为6V，所以ac为等势面，如图所示
即电场方向应垂直于ac连线指向O点，A错误；由图可知，电场场强大小为，B正确；若电子沿电场线运动，因为电场强度方向不沿aO方向，所以电子从a到O只能做曲线运动，到达O时必有动能，而电子从a到O电场力做功，根据能量守恒可知电子一定到不了点，C正确；因为电场强度方向不沿ba方向，所以电子从a到b只能做曲线运动，到达b时必有动能，而电子从b到a电场力做功，根据能量守恒可知电子一定到不了a点，D错误。
11．【答案】变大，不变，BCD
【详解】（1）若实验中极板上的电荷量几乎不变，把M板向左平移一小段距离后，极板间距d变大，由可知，电容C变小，由可知，电压U变大，静电计指针偏转角反应的就是极板间电压，可观察到静电计指针偏转角变大。
极板间的电场强度可表示为场强与d无关，场强不变。
（2）本实验研究的方法是控制变量法，A错误；本实验中M、N两极板与静电计的连接是并联，所以可通过静电计指针偏转情况判断极板间电势差变化情况，B正确；本实验中极板上的电荷量几乎不变，根据电容器电容的定义式，可定性判定电容的变化情况，C正确；本实验环境相对干燥好，因为潮湿的环境造成极板漏电，会影响实验的效果，D正确。选BCD。
12．【答案】正电 ；变小；闭合
【详解】[1][2]把一带正电荷的物体D移近导体A、B，由于静电感应现象，导体B的右端感应正电荷，导体A的左端感应负电荷；这时把A和B分开，然后移去D，则导体A还是带负电，导体B带正电，A、B的金属箔片仍会张开，但是电荷会分别均匀分布在整个导体A、B中，两端电荷量相对减少，所以金属箔片张角变小；
[3]由于感应起电过程中，使得导体A和导体B带有等量的异种电荷，现在再把导体A和导体B接触，它们的电荷就会中和，中和之后，导体A和导体B都不带电，金属箔片会闭合。
13．【答案】(1)正电荷 (2)3∶2
【解析】(1)释放瞬间小球乙的加速度为零，则小球乙沿斜面方向所受合力为零，由力的平衡条件可知，小球甲应带正电荷，且小球甲对小球乙的作用力F=mgsin θ，
由库仑定律得F=k，
解得小球甲所带的电荷量Q=.
(2)释放瞬间小球乙受力平衡，小球甲的加速度大于小球乙的加速度，一段时间后，两小球间距离增大，库仑力减小，且小于mgsin θ，
小球甲的加速度a甲方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有F'+2mgsin θ=2ma甲，
小球乙的加速度a乙方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ-F'=ma乙，
当a甲∶a乙=11∶5时，联立解得此时两小球之间的作用力F'=mgsin θ，
由库仑定律得F'=k，
联立解得d'∶d=3∶2.
14．【答案】(1)v=(r>R) (2)v=·r(r≤R)
(3)(n-1)M
【命题点】万有引力+暗物质
【详解】(1)在r>R区域的恒星做匀速圆周运动,可得
=m (1分)
解得v=(r>R) (2分)
(2)如图甲所示,形状大小完全相同的均匀带电球壳和空心球壳,在球壳内相同位置分别放上电荷量为-q的试探电荷和质量为m的质点,在球壳上的相同位置任取体积为V1的部分,试探电荷受到的库仑力F库=k=k=kσq(σ为电荷密度),质点受到的万有引力F万=G=Gρm,可知相同位置相同体积的均匀带电球壳对试探电荷的库仑力与空心球壳对质点的万有引力成正比,且方向相同,由题意可知,均匀带电球壳对壳内试探电荷库仑力的合力为零,则均匀空心球壳对壳内质点万有引力的合力为零。
如图乙所示,到星系中心距离为r的球体质量为Mr=ρ×πr3=×πr3=M (1分)
在r≤R区域的恒星做匀速圆周运动,恒星受到的万有引力合力等于半径为r的球体对它的万有引力,可得=m (2分)
解得v=·r(r≤R) (1分)
(3)设r=R处恒星做匀速圆周运动的速度为v0,r>R范围内的暗物质对恒星r=R处的万有引力合力为零,可得=m (1分)
解得v0= (1分)
在r>R范围内的恒星速度大小几乎不变,均为v0,对r=nR处的恒星,球体内物质的万有引力和暗物质的万有引力共同提供向心力,可得+=m (2分)
解得M'=(n-1)M (1分)
15．【答案】（1） ；3个点电荷均带正电 （2）
【解析】
（1） 由点的电场强度方向竖直向下可知，、处点电荷在处的合场强为零，处点电荷在处的场强竖直向下，故可判断点处的点电荷带正电（1分）且、处点电荷所带电荷量大小相等，即（1分）由处的场强竖直向上可知，、在处的合场强由指向，则处点电荷带正电（1分）A在处的场强由指向，则处点电荷也带正电（1分）由上述分析可知，、、三处的点电荷均带正电．
（2） 作出处点电荷在处的场强、和处点电荷在处的合场强，与处的竖直向上的电场强度满足平行四边形定则，如图所示（1分）设正三角形边长为，根据点电荷的场强公式,结合几何关系可得，点处的点电荷在处产生的场强大小（1分）点处的点电荷在处产生的场强大小 （1分）点处的点电荷在处产生的场强大小 （1分）、点处的点电荷在处产生的合场强（1分）根据几何关系可得（2分）联立解得（1分）
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