河北省张家口市宣化区2020-2021学年高二上9月月考物理试卷（含答案）

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1、张家口市宣化区宣化第一中学2020-2021年高二上9月月考物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 关于电场下列说法不正确的是()A. 电场是为了便于研究物体的运动而引入的理想模型B. 只要有电荷就有电场C. 正电荷在某点受到电场力的方向就是该点电场强度的方向D. 电荷间相互作用是通过电场发生的2. 有关电场强度的理解，下述说法正确的是()A. 由E=Fq可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力F成正比B. 当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C. 由E=kQr2可知，在离点电荷很近的地方，r接近于零，电场强度为无穷大D. 电场强度是反映

2、电场本身特性的物理量，与示范存在试探电荷无关3. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为()A. 16FB. 94FC. 32FD. F24. 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处放置一个正点电荷，达到静电平衡后() A. a端电势比b端低B. b端电势与d点的电势相等C. a端电势一定不比d点低D. 感应电荷在杆内c处的场强方向由a指向b5. 如图所示，匀强电场的场强E=3105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60，下列说法正确的是()A. 电荷量q=+210-4C的电荷从

3、A点运动到B点电势能增大6JB. 电荷量q=-210-4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6JC. 若取A点的电势为0，则B点的电势B=3104VD. A、B两点间的电势差是UAB=6104V6. 如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，三点的电势分别为A=10V，B=4V，C=-2V，A=30，B=90，AC=43cm，可确定该匀强电场的场强大小为( )A. 18V/mB. 123V/mC. 1003V/mD. 200V/m7. 如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一静电计相接，极板A接地，静电计此时指针的偏角为.下列说法正确的是() A. 将极板A向左移动一些，静电计指针偏角不

4、变B. 将极板A向右移动一些，静电计指针偏角变小C. 将极板A向上移动一些，静电计指针偏角变小D. 在极板间插入一块玻璃板，静电计指针偏角变大8. 如图所示，点电荷+2Q、-Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称。下列说法正确的是()A. c、d两点的电场强度相同B. a、b两点的电势相同C. 将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D. 将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大9. 两个等量同种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2C，质量为1kg的小物块从C点静

5、止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，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. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C. 由C点到A点电势逐渐升高D. A、B两点间的电势差UAB=5V10. 相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为+4q和-q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是() A. -q，在A左侧距A为L处B. -2q，在A左侧距A为L2处C. +4q，在B右侧距B为L处D. +2q，在B右侧距B为3L2处二、多选题（本大题共8小题，共

6、32.0分）11. 对于电场中A、B两点，下列说法中正确的是()A. 电势差的定义式UAB=WABq，说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比B. 把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB0C. 电势差的定义式中，UAB与移动电荷的电荷量q无关D. 电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功12. 在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质量为m，电荷量为q重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中() A. 做匀变速运动B.

7、速率先增大后减小C. 电势能增加了12mv2D. a点的电势比b点低mv2q13. 如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，轴上有M、N、P三点，间距MN=NP.Q1、Q2在轴上产生的电势随x变化关系如图乙。下列说法正确的是()A. M点电场场强大小为零B. N点电场场强大小为零C. M、N之间电场方向沿x轴负方向D. 一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|b=c=a，故ABC错误；D.由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零；正电荷在c处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b，故

8、D正确。故选D。5.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查带电粒子在电场中的运动，电场力做功与电势能变化的关系。根据电场力做功判断电势能的变化，根据U=Ed求出A、B两点间的电势差，从而得出B点的电势解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能灵活运用，基础题【解答】A.从A到B，电场力做功W=qEdABcos60=210-431050.212J=6J.则电势能减小6J，故A错误；B.从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60=-210-431050.212J=-6J，故B正确；CD.AB间的电势差UAB=EdABcos60=31050.212V=3104V，因为A点

9、的电势为0，则B点的电势为B=-3104V，故CD错误。故选B。6.【答案】D【解析】【分析】由题意可知AC连线上找到与B点相同的电势F点，然后根据F、B的两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由沿着电场强度的方向电势是降低，则可确定电场线的方向，再由U=Ed可求得电场强度。电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离。【解答】如右图所示，用DFG把AC四等分，因此：D=7V，F=4V，G=1V，连结BF直线便是电场中电势为4V的等势线过该等势线上任一点M作垂线并指向电势降落方向，便得到一条电场线如图，BC两点在

10、场强方向上的距离：d=CN=CFsin60=2332cm=3cm=0.03m由场强E=UBCd=4-(-2)0.03V/m=200V/m，故D正确，ABC错误。故选D。7.【答案】B【解析】【分析】本题意在考查考生对电容动态变化分析等所学知识的识记能力和综合应用能力及熟记基础知识是解答此题的关键。先根据电容的决定式C=S4kd分析电容的变化情况，再抓住电容器的电量不变，由电容的定义式C=QU分析极板间的电势差的变化情况，即可判断偏角的变化情况。对于电容动态变化分析问题，往往先电容的决定式C=S4kd分析电容如何变化，再运用电容的定义式C=QU分析电势差或电量的变化，分析时要抓住不变量。【解答】

11、A.将极板A向左移动一些时，两极板间的距离d增大，根据电容的决定式C=S4kd分析得知电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=QU分析可知，极板间的电势差U增大，所以静电计指针偏角变大，故A错误。B.将极板A向右移动一些时，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式C=S4kd分析得知电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=QU分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角变小，故B正确。C.将极板A向上移动一些，两极板正对面积S减小，根据电容的决定式C=S4kd分析得知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=QU分析可知，极板间的电势差增大，所以静电计指针偏角变大，

12、故C错误。D.在极板间插入一块玻璃板，增大，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=QU分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角变小，故D错误。故选B。8.【答案】D【解析】【分析】根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系。根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势。将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功。由电势的变化，分析从a移到b电子的电势能如何变化。解决本题的关键会进行电场的叠加，以及通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功。【解答】A、根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小

13、相等，方向不同，则电场强度不同，故A错误。B、MN间的电场线方向由MN，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则知a点的电势高于b点的电势。故B错误。C、对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段方向斜向右上，在Od段方向斜向右下。所以电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功。故C错误。D、将电子沿直线从a移到b，电子受到的电场力与速度方向一直相反，电场力一直做负功，则电子的电势能一直增大。故D正确。故选：D。9.【答案】A【解析】【分析】两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C仅在

14、运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，根据v-t图可知在B点的加速度为2m/s2，物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况。明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。【解答】A.据v-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E=Fq知，B点的场强最大为1N/C，故A正确。B.据v-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误。C.据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过

15、程中电势逐渐减小，故C错误。D.据v-t图可知A、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功WBA=10J，再用UAB=WABq=-102V=-5V，故D错误。故选：A。10.【答案】C【解析】【分析】A、B、C三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。我们可以去尝试假设C带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态；不行再继续判断，抓住平衡条件是解决问题的关键。【解答】根据“两大夹小，两同夹异，近小远大”可知：C必须为正电，在B的右侧。设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距

16、离为L+r，要能处于平衡状态，所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q。则有：k4qQ(L+r)2=kQqr2解得：r=L对点电荷A，其受力也平衡，则：k4qQ(L+r)2=k4qqL2解得：Q=4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处。故选：C。11.【答案】BC【解析】解：A、C电势差的定义式UAB=WABq，是比值定义法，电势差UAB与电场力做功WAB、与移动电荷的电荷量q无关故A错误，C正确B、把正电荷从A点移到B点电场力做正功，由公式UAB=WABq得知，电势差UAB0.故B正确D、电场中A、B两点间的电势差UAB等于把单位正电荷q从A点移动到B点时电

17、场力做的功故D错误故选BC 电势差的定义式UAB=WABq，是比值定义法，电势差UAB与电场力做功WAB、与移动电荷的电荷量q无关把正电荷从A点移到B点电场力做正功，由公式判断电势差的正负电场中A、B两点间的电势差UAB等于把单位正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功本题要抓住电势差的定义式UAB=WABq，具有比值定义法的共性，电势差UAB反映电场本身的特性，与试探电荷无关12.【答案】AC【解析】【分析】带电颗粒所受重力和电场力都是恒力，故颗粒做匀变速运动；重力和电场力的大小关系未知，速率的变化情况无法确定；由动能定理和能量守恒定律可分析。本题考查灵活选择研究方法的能力。对于曲线运动，如果

18、带电粒子受到的是恒力，可根据受力特点，运用运动的合成和分解处理。【解答】A、带电颗粒所受重力和电场力都是恒力，故颗粒做匀变速运动，故A正确；B、根据平行四边形定则知重力和电场力的合力指向左下方，由合力的方向与速度方向的夹角可知合力先做负功后做正功，所以速度先减小后增大，故B错误。C、在平行于电场方向，颗粒的动能减小量为：Ek=12mv2，减小的动能转化为了颗粒的电势能，所以颗粒电势能增加了12mv2，故C正确。D、在平行于电场方向有：qUab=0-12mv2，解之得：Uab=-mv22q，所以a点的电势比b点低mv22q，故D错误。故选：AC。13.【答案】BD【解析】解：AB、-x图线的切线

19、斜率表示电场强度的大小，就知道N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；C、M点的电势为零，P点的电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向沿x轴正方向，故C错误；D、由图象可知，UMNUNP，故电场力做功qUMNqUNP，从P移到M过程中，电场力做负功，故|WPN|0，则电势比参考位置高，若0，则电势比参考位置低即计算电势一定要有参考点20.【答案】解：(1)AB由动能定理：mgh+W电=12mvB2 所以：W电=12mgh，(2)UAC=UAB=W电q=mgh2q 答：(1)环由A到B过程中，电场力对小环做的功是12mgh；(2)A、C两点的电势差是mgh2q【解析】由

20、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，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AC间的电势差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21.【答案】解：(1)电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：eU1=12mv2得：v=2eU1m电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：t0=lv=lm2eU1；(2)电子在偏转电场中的加速度：a=U2edm离开电场时竖直方向的速度：vy=at0=U2lde2mU1离开电场电子的速度与水平方向的夹角：解得：U2=2dlU1；(

21、3)离开电场的侧向位移：y1=12at02解得：y1=l2电子离开电场后，沿竖直方向的位移：电子到达荧光屏离O点的距离：Y=y1+y2=23l【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解；根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，进而求出总位移。(1)电子先在AB板间电场加速，后进入CD板间电场偏转做类平抛运动，最后离开电场而做匀速直线运动，先由动能定理求出加速获得的速度；电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式x=vt可求时间；(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解可求得偏转电压；(3)根据位移公式可求得粒子在偏转电场中的位移，再根据粒子离开偏转电场后做匀速运动，根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，则可以求出总位移。