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1、四川省成都市第七中学实验学校2020学年高二物理10月月考试题（含解析） 一、单项选择 （4分6=24分）1.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）场强 场强 场强 电场力做功W=UqA. B. C. D. 【答案】【解析】电场强度是用比值定义法得出的物理量，是从力角度研究电场的物理量，适用于任意电场，故正确；匀强电场中沿场强方向电势降低最快，且每前进相同距离电势的降低相等，故匀强电场中任意两点的间的电势差与两点沿电场线的距离成正比；故电场强度与电势差的关系公式仅仅适用与匀强电场，故错误；点电荷产生的电场的场强公式是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，反映了点电荷的
2、电场中任意一点的电场强度与该点的空间位置和场源电荷的电荷量的关系，而电场有多种，不是只有点电荷有电场，故错误；电场力做功与电势差的关系公式，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场，故正确，故D正确2.关于使物体带电的方式，下列说法正确的是()A. 摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子B. 任何两个物体接触都要满足先中和再平分的原则C. 带正电的物体靠近不带电的金属导体，由于正电荷被排斥，导体远端带正电D. 丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电【答案】CD【解析】【详解】摩擦起电实质是由于两个
3、物体的原子核对核外电子的约束能力不相同，因而电子可以在物体间转移。若一个物体失去电子，其质子数比电子数多，我们说它带正电荷。若一个物体得到电子，其质子数比电子数少，我们说它带负电荷。使物体带电并不是创造出电荷，选项A错误。只有等大的两个物体接触才满足先中和再平分的原则，选项B错误；带正电的物体靠近不带电的金属导体，由于正电荷被排斥，导体远端带正电，选项C正确；丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电，选项D正确；故选CD3.有三个完全相同的金属小球A、B、C，A带电荷量6Q，B带电荷量3Q，C球不带电，今将A、B两球固定起来且距离远大于小球半径，然后让C经
4、很多次反复与A、B接触，最后移去C球，则A、B间的相互作用力变为原来的()A. 6倍 B. 18倍 C. D. 【答案】C【解析】【详解】设两个球之间的距离为r，根据库仑定律可得，在它们相接触之前，相互间的库仑力大小F为，当将它们相接触之后，它们的电荷量先中和，再平分，此时每个球的电荷量为+Q，所以此时两个球之间的相互的排斥力为F，则，所以ABD错误，C正确，故选C。【点睛】解决本题的关键就是掌握住电荷平分的原则，当完全相同的金属小球互相接触时，它们的电荷量将会平分.4.如图所示，两个等量的正电荷分别置于P、Q两位置，在P、Q连线的垂直平分线上有M、N两点，另有一试探电荷q，则()A. 若q是
5、正电荷，q在N点的电势能比在M点的电势能大B. 若q是负电荷，q在N点的电场力一定比在M点的电场力大C. 无论q是正电荷，还是负电荷，q在M、N两点的电势能一样大D. 若q是负电荷，q在N、M两点受力方向一定相反【答案】A【解析】【详解】在M、N处的电场方向由N指向M，因为沿电场线方向电势逐渐降低，则N点的电势高于M点的电势，若q是正电荷，根据Ep=q知，N点的电势能大于M点的电势能，若q是负电荷，则M点的电势能大于N点的电势能。故BC错误，A正确。MN两点的场强方向相同，则若q是负电荷，q在N、M两点受力方向一定相同，选项D错误；故选A.【点睛】解决本题的关键知道等量同种电荷周围的电场分布，
6、知道沿电场线方向电势逐渐降低，根据电势能的表达式判断电势能的变化。5.如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由正、负点电荷的电场强度特点及电场强度的矢量叠加可知，只有选项C正确。6.一个带负电荷量为q、质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直光滑圆形轨道的最高点B而做圆周运动。现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则()A. 小球不能过B点B. 小球仍恰好能过B点C. 小球通过B点，且在B点与轨道之间压力不为
7、零D. 以上说法都不对【答案】B【解析】没有电场时，最高点速度设为，则，又根据机械能守恒定律，解得，加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为，则，而由动能定理，得，解得，说明小球仍恰好能过B点，B正确二、多项选择 （4分6=24分）7.如图所示，对一个给定的电容器充电时，下列的图像中能正确反映电容器的带电量Q、电压U和电容器电容C之间关系的是：A. B. C. D. 【答案】B【解析】电容的定义式为，电容器的电容由本身的性质决定，C与Q和U无关，故B正确，A错误；Q与U成正比，故CD错误；故选B。8.如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷Q、Q，图中O是两电荷连线中点，a、b两点与Q的距离相等，
8、c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形，a、e两点关于O点对称。则下列说法正确的是()A. a、b两点的电势相同B. a、e两点的电场强度相同C. 将电子由c沿cd边移到d的过程中电场力做正功D. 质子在b点的电势能比在O点的电势能大【答案】BD【解析】a、b两点虽然关于+Q对称，但是由于-Q的影响，两点的电势并不相等，故A错误；a、e两点的合场强大小相等，且方向相同，故B正确；c、O、d在一条等势线上，故电子从c点移到d点电场力不做功，C错误；b点电势高于O点的电势，则质子在b点的电势能大，故D正确。故选BD。9.在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置
9、变化情况如图所示。图中-x1x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称。下列关于该电场的论述正确的是()A. -x1和x1两点电场强度相同B. 从x1到x2场强，大小、方向均不变C. 一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在-x1点的电势能D. 一个带正电的粒子在-x1点的电势能小于在-x2的电势能【答案】BD【解析】【详解】-x图象的斜率大小等于电场强度的大小，斜率的符号表示场强的方向，故-x1和x1两点电场强度大小相同，方向相反，故A错误；从x1到x2斜率不变，故场强大小、方向均不变，故B正确；由图可知，x1点的电势等于-x1的电势，则一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在
10、-x1点的电势能，故C错误；-x1点的电势小于-x2的电势，则一个带正电的粒子在-x1点的电势能小于在-x2的电势能，故D正确；故选BD。【点睛】本题关键要理解-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化.10.如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量()与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中错误的是()A. L越大，灵敏度越高B. d越大，灵敏度越高C. U1越大，灵
11、敏度越高D. U2越大，灵敏度越低【答案】A【解析】【详解】根据动能定理得，eU1=mv2；粒子在偏转电场中运动的时间t=L/v，在偏转电场中的偏转位移;则灵敏度知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越大，灵敏度越小。灵敏度与U2无关。故A正确， BCD错误。故选A。11.如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点。则下列说法中正确的是A. 三个等势面中，a的电势最高B. 对于M、N两点，带电粒子通过N点时电势能较大C. 对于M、N两点，带电粒子通过M点时
12、动能较大D. 带电粒子由M运动到N时，加速度增大【答案】BCD【解析】由于带电粒子做曲线运动，所受电场力的方向必定指向轨道的凹侧，且和等势面垂直，所以电场线方向是由c指向b再指向a。根据电场线的方向是指电势降低的方向，故UcUbUa，选项A错。带正电粒子若从N点运动到M点，场强方向与运动方向成锐角，电场力做正功，即电势能减少；若从M点运动到N点。场强方向与运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，故选项B对。根据能量守恒定律，电荷的动能和电势能之和不变，故粒子在M点的动能较大，选项C正确。由于相邻等势面之间电势差相等，因N点等势面较密，则ENEM，即qENqEM。由牛顿第二定律知，带电粒子从M
13、点运动到N点时，加速度增大，选项D正确，所以正确答案为B、C、D项。12.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正电荷固定在P点，如图所示，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板向下移到图示的虚线位置则：（ ）A. U变小，E不变B. E变小，W不变C. U变小，W不变D. U不变，W不变【答案】AC【解析】【详解】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据知，电容增大，根据U=Q/C，则电势差U减小。，知电场强度E不变。则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正
14、电荷在P点的电势能W不变。故AC正确， BD错误。故选AC。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，抓住电容器与电源断开，电量不变，以及掌握电容的两个公式：、C=Q/U三、实验题（本题共2小题，共12分）13.在“探究两个电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的试验中，某同学采用如图所示的装置；试验时他保持两个小球所带的电量不变，研究力与两个带电小球间距离的关系；保持两个小球间距离不变，研究力与两个带电小球所带电量的关系(1)试验表明：两个电荷间相互作用力的大小，随两球间距离的_而增大；随两球所带电量的_而增大(2)试验中该学生采用了_ 这种方法来研究多个变量间的关系。（选填“累积法”、“控制变
15、量法”、“演绎法”、“等效替代法”）【答案】 (1). 减小； (2). 增大； (3). 控制变量法【解析】【详解】（1）对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：F=mgtan，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球之间距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大（2）先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷
16、量这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法【点睛】该题考查库仑定律的演示实验，并掌握通过实验现象，总结实验规律是解题的关键，属于记忆性的知识点14. 如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地。P和Q为竖直放置的两平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球，P板与b板用导线相连，Q板接地，开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度。在以下方法中，能使悬线的偏角变大的是A. 缩小a、b间的距离B. 加大a、b间的距离C. 取出a、b两极板间的电介质D. 换一块形状大小相同，介电常数更大的电介质【答案】BC【解析】试题分析：两极板间的电荷量恒定，因为a板和Q板接
17、地，b板和P板相连，所以ab间的电势差和PQ间的电势差相等，根据公式可知缩小a、b间的距离，电容增大，根据公式可得减小，则也减小，即PQ间的电场强度减小，所以偏角变变小，反之增大ab间的距离，则偏角变大，A错误B正确；根据公式可知取出a、b两极板间的电介质，电容ab减小，根据公式可得增大，则也增大，即PQ间的电场强度增大，所以偏角变大，反之换一块形状大小相同，介电常数更大的电介质，偏小变小，C正确D错误；考点：考查了电容的动态变化分析【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容
18、器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变视频四、计算题（8分+10分+10分+12分）15.如图所示，匀强电场中有一直角三角形ABC，ACB=90，ABC=30，BC=20cm，已知电场线的方向平行于ABC所在平面，将电荷量的正电荷从A移到B点电场力做功为零，从B移到C点克服电场力做功，试求：(1)该电场的电场强度大小和方向；(2)若将C点的电势规定为零时，B点的电势。【答案】（1）500V/m；方向由C垂直指向AB；（2）-50V。【解析】【详解】（1）A到B过程：UAB0B到C过程：UBC50VE=500V/m，方向由C垂直指向AB.（2）C为零电势点，故C=0则有：B-C=U
19、BC=-50V解得：B=-50V【点睛】本题考查电势差、电势与场强的关系，要注意明确电场强度方向和电势之间的关系，注意应用电场线与等势面相互垂直这一关键所在.16.如图所示,长为L=0.5m、倾角为=37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中,一带电荷量为+q,质量为m的小球(可视为质点),以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑,g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求：(1)水平匀强电场的电场强度的大小？(2)若水平匀强电场电场强度减半,小球运动到B点时速度为多少？【答案】（1）（2）1m/s【解析】【详解】（1）带电小球从A点到B点，动能不变，由动能定理知重力做功与电
20、场力做功之和为零，即得 qELcos-mgLsin=0，得 （2）电场强度未减半时，满足mgsin=qEcos；若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为：F=mgsin-qEcos=mgsin=ma所以小球的加速度为：a=gsin=3m/s2；方向向下.根据速度位移公式，有：v2-v02 =2aL，代入数据解得v=1m/s【点睛】本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心.17.两平行金属板A、B水平放置，两板间距d=4cm，板长L=10cm，一个质量为m=510-6kg的带电微粒，以v0=2m/s的水平初速度从两板间正中央射入，如
21、图所示，取g=10m/s2。(1)当两板间电压UAB=1103时，微粒恰好不偏转，求微粒的电量和电性。(2)要使微粒不打到金属板上，求两板间的电压U的取值范围？【答案】（1）210-9C，带负电（2）-600VUAB2600V【解析】【详解】（1）微粒恰好不偏转时有：mgq，代入数据解得q=210-9C，电场力方向竖直向上，电场的方向竖直向下，则微粒带负电（2）粒子能穿过电场需用时间，设粒子偏转的最大加速度a，则最大侧移量，代入数据解得a=16m/s2当粒子恰好打在下极板边缘时，两板间的电压为U1则mg+qma代入数据解得U1=600V，当粒子恰好打在上极板边缘，两极板间的电压为U2，qmgm
22、a代入数据解得U2=2600V则微粒不能打到金属板上的电压范围为-600VUAB2600V【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀变速直线运动，抓住临界情况，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式综合求解.18.如图所示，在E1103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q1104C的小滑块质量m10g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2
23、，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【答案】（1）7m/s；（2）0.6N，水平向右【解析】【详解】（1）设滑块恰能到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=m，滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：-mg2R-qE2R-（mg+qE）x=mv2-mv02联立方程组解得：v0=7m/s；（2）设滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：-（mg+qE）R-（qE+mg）x=mv2-mv02 又在P点时，由牛顿第二定律得：FN=m，代入数据解得：FN=0.6N，方向水平向右；【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力