【文档说明】广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二10月月考物理试题【精准解析】.doc，共(18)页，710.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度汕头市金山中学高二月考物理试卷一、单项选择题（共7题，每题4分，共28分）1.如图，一电荷量为q的负点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F。若把该点电荷换为电荷量为2q的正点电荷，则A点的电场强度E为A.

Fq，方向与F相反B.2Fq，方向与F相反C.Fq，方向与F相同D.2Fq，方向与F相同【答案】A【解析】【详解】将一电荷量为q的负点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F，则该点的电场强度大小为：FEq方向与负电荷受力方向相反，即与F的方向相反；根据电场强度的物

理意义：电场强度反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关。可知将该点电荷换为电荷量为2q的正点电荷，A点的场强大小仍然是Fq，方向与F的方向相反；故A正确，BCD错误。故选A．2.如图所示，水平匀强电场场强为E，A、B两点间的直线距离为l，垂直电场方向

的距离为d。一电荷量为q的带电粒子从A点沿图中虚线移动到B点。则A.该过程中电场力做功为qElB.该过程中电场力做功为qEdC.该过程中带电粒子的动能一定增加D.该过程中带电粒子的动能可能不变【答案】D【解析】【详解】AB．带正电粒子从A点沿图中虚

线移动到B点过程，A、B两点沿电场线方向的距离：22xld电场力做功：22WqExqEld故AB错误。CD．除电场力以外其他力做功情况不清楚，则外力对粒子做的总功情况不能确定，总功可能是正值，则粒

子的动能增加。总功可能为零，动能不变。总功可能为负值，则动能减小，故C错误，D正确。故选D．3.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子在该区域内运动的轨迹，轨迹上

有a、b、c三点，已知带电粒子所带电荷量为0.01C，在a处的动能为0.5J，则该带电离子（不计重力）A.可能带负电B.在b点处的电势能最小C.在b点处的动能为零D.在c点处的动能为0.4J【答案】D【解析】【详解】A

．根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知场强方向向上，带电粒子的轨迹向上弯曲，粒子所受的电场力向上，则该粒子一定带正电荷，故A错误。B．粒子带正电，b处的电势最高，所以粒子在b点处的电势能最大，故B错误。C．粒子在a点处的电势：paaEq0.01×10J=

0.1J总能量为：PakaEEE0.1J+0.5J=0.6J粒子在b点处的电势能：pbbEq0.01×30J=0.3J所以粒子在b处的动能为0.3J．故C错误；D．粒子在c点处的电势能：pccEq

0.01×20J=0.2J由能量守恒定律得：PckcEEE得在c点处的动能为：kcPcEEE0.6J-0.2J=0.4J故D正确。故选D．4.直线mn是某电场中的一条电场线，方向如图所示．一带正电的

粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点，轨迹为一抛物线，ab、分别为a、b两点的电势．下列说法中正确的是A.可能有abB.该电场可能为点电荷产生的电场C.带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能D.带电粒子由a运动到b的过程中电势能一定一直减小【答案

】C【解析】【详解】根据粒子做曲线运动过程中，受到的合力指向轨迹内侧，并且粒子带正电，受到的电场力方向和电场线方向相同，故可知粒子的运动轨迹有图中1、2所示两种情况，有图线2可知电场力一直做正功，电势能一直减小，动能增大，电势减小，由图线1可知电场力先

做负功，后做正功，电势能先增大后减小，故一定有ab，带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能，AD错误C正确；因为轨迹是抛物线，所以要求受力恒定，故不可能是点电荷形成的电场，B错误；5.如图所示，

金属板带有等量异种电荷，板间某一竖直平面内电场线的分布如实线所示，已知该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M、N的连线垂直．一带电油滴在O点处于静止状态．则A.若将油滴置于P处，仍能静止B.若将油滴从M处释放，可能沿M、N的连线运动至N处C.M点的电势一定比N点的高D.油滴在M

点的电势能一定比在N点的小【答案】D【解析】【详解】A．由题可知，带电油滴在O点处于静止状态，说明带电油滴在O点的电场力与重力相等，由电场线的分布可知P点的电场强度大于O点电场强度，即POEE＞，则在P点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故A错误；B．带电油滴受到重力和电场力的作用，由

于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线运动到N处，故B错误；C．根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M、N点电势高低也是未知的，故C错误；D．若油滴带负电，则上极板带正电，则：

MN＞则根据电势能公式：pEq可知：PMPNEE＜若油滴带正电，则上极板带电，则：MN＜同理可知：PMPNEE＜故D正确。故选D．6.铜的原子量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的

速率为（）A.IneSB.IneSC.IneSmD.mIneS【答案】D【解析】【详解】单位长度质量为：m′=ρS；单位长度原子数为：AASNmNNmm；每个铜原子可以提供一个自由电子，故电子数为ASNnm；电流q

neItt＝；而ltv；解得：llImIvtneneS＝＝；故选D．7.如图所示，固定在竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过绝缘轻质细线悬挂一质量为m视为质点的金属小球，圆环带电均匀且带量为Q，小球与圆环同种电

荷且电荷量为q，小球静止在垂直圆环平面的对称轴上的某一位置，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则绳长为A.3kQqRLmgB.2kQqRLRmgC.2kQqLRmgD.23kQqRLmg【答案】A【解析】【详

解】由于圆环不能看作点电荷，只取圆环上一部分△x，设总电量为Q，则该部分电量为：2QxR由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力：122kQxQFLR方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与1F相同；如图所示：两力

的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为：22222222kQxQLRkQxQLRLRLLRL因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力：F库22222233kQLRkQLRRLRL方向水平向右；小球受力分析如图所示，小球受

重力、拉力及库仑力而处于平衡，故T与F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得：222322FkQLRLLR解得：3kQqRLmg故A正确，BCD错误。故选A．二、多项选择题（共5题，每题4分，共20分。每题有多个选项

符合题意，全部选出得4分，漏选得2分，错选不得分）8.O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将电子从O点静止释放，仅在电场力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如图所示。则电荷从O到A过程中，下列说法正确的是A.电场力一定做正功B.O点电势比A点电势高C.从O到

A，电场强度先减小后增大D.从O到A的过程中，电场强度一直增大【答案】AC【解析】【详解】A．由图可知，O到A电势能减小，所以电场力做正功，故A正确；B．因为PEq且电子带负电，所以电势能越小，电势越大，所以O点的电势小于A点，故B错误

；CD．因为PEEqx所以图线的斜率代表电场力，O到A斜率先减小后增大，故电场力先减小后增大，电场强度先减小后增大，故C正确，D错误。故选AC．9.带电的平行板电容器与静电计的连接如图，要使静电计的指针偏角变大

，可采用的方法有A.将极板B向左适当移动B.用手触摸极板AC.在两板间插入电介质D.将极板B向上适当移动【答案】AD【解析】【详解】A．将极板B向左适当移动时，间距增大，根据：4sCkd则电容C减小，根据：QUC知电势差增大，则指针偏角变大，故A正确；B．用手触摸极板A，则

导致其电量Q减少，根据：4sCkd则电容C不变，根据：QUC知电势差增减小，则指针偏角变小，故B错误；C．在两板间插入电介质时，介电常数增大，根据：4sCkd则电容C增大，根据：QUC知电势差减小，则指针偏角变小，故C

错误；D．将极板B向上适当移动时，正对面积减小，根据：4sCkd则电容C减小，根据：QUC知电势差增大，则指针偏角变大，故D正确。故选AD．10.如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，虚线为AB连线的中

垂线，交AB于O点，M位于虚线上，以下说法正确的是A.沿直线由A到B，各点的电场强度先增大后减小B.沿直线由A到B，各点的电势先增大后减小C.沿中垂线由M到O，电场强度增大D.将一正电荷从M点沿虚线移到O

点的过程中，电场力不做功【答案】CD【解析】【详解】A．AB之间的电场的电场强度大小关系是从A到B电场强度先变小后变大，其连线中点处的场强最小，故A错误；B．AB之间电场线方向从B指向A，沿电场线方向电势逐渐降低，故沿直线从A到B各点的电势一直增

大，故B错误；C．在等量异种电荷连线的中垂线上O点的场强最大，向两边逐渐减小，所以沿中垂线由M到O，电场强度增大，故C正确；D．等量异号电荷的中垂面是个等势面，且电势为零，沿等势面移动电荷电场力不做功，故D正确。故选CD．11.如图所

示，在等边三角形的三个顶点A、B、C处各有一个电荷量为+Q的点电荷，M点为三角形的中心，N点和M点关于AC连线对称.已知M点的电势为M，N点的电势为N，若将B点的点电荷换成电荷量为—Q的点电荷，则M、N两点的电势分别变

为'M、'N，则下列关系正确的是A.13'MMB.13'NMMC.25'NND.43'NNM【答案】AD【解析】【详解】设A点的正点电荷在M点产生的电势为，B点的正点电荷在N点

产生的电势为B，则M点的电势3M，N点的电势为2NB，将B点的点电荷换成电荷量为—Q的点电荷之后，M点的电势1'23MM，N点的电势为4'22243NBNNMN，A、D项正确.12.

如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均

为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则A.所有粒子都不会打到两极板上B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D.只有t＝2Tn(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场【答案】ABC【解析

】【分析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零．【详解】粒子在平行极板方向不受电

场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量

和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，该粒子竖直方向的分位移最大，该粒子恰好从上极板边缘飞出，则其他粒子没有达到上极板边缘，故所有粒子最终都不会打到极

板上，AB正确D错误；t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为2d，设竖直方向最大速度为vym，则根据分位移公式有0022ymvdLv，由于Ld，故有0ymvv，故有222001()22kymkEmvvE，C正确．【点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动

时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解．三、实验题（共12分）13.有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：A.电压表（0～5

V，内阻10kΩ）B.电压表（0～15V，内阻20kΩ）C.电流表（0～3A，内阻1Ω）D.电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E.滑动变阻器（最大阻值5Ω）F.滑动变阻器（最大阻值500Ω）G.学生电源（直

流6V）、开关、导线若干（1）实验时，选用的电路图来完成实验_________。（填“图甲”或“图乙”）（2）实验中所用电压表应选________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。（填序号）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图_________

___。（4）下列小灯泡的伏安特性曲线符合实际的是________。A.B.C.D.【答案】(1).图甲(2).A(3).D(4).E(5).(6).A【解析】【详解】（1）[1]在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要

从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲．（2）[2]因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；[3]由PU

I得灯泡的额定电流：20.54PIUA故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；[4]由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；（

3）[5]对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：（4）[6]灯泡内阻随温度的增大而增大，而在I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，故图象应为图象斜率减小的曲线，故A正确，BCD错误；故选A。四、计算题（共

40分）14.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），P到物

块的重心竖直距离为h，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小；（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势．【答案】（1）N233+8kQqFmgh（2）220=()+2Bmvvq【解析】【详解】根据受力分析则竖直方向有：Nsi

n60FmgF库即N2233sin60+8()sin60kQqkQqFmgmghh根据动能定理则2201122ABWmvmv，且ababWUq，因此220=()+2Bmvvq15.两平行板间有水平匀强电场，一根长为L

，不可伸长的绝缘细绳，一端连着一个质量为m、带电量为q的小球，另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度释放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ=37°，重力加速度为g，求：（sin37°=0.6、cos37°=0.8）（1）匀强电场的场强的大

小；（2）小球到最低点的速度的大小；（3）经过最低点时，细线对小球的拉力的大小。【答案】（1）2mgEq（2）vgL（3）2mg【解析】【详解】（1）根据动能定理得：cos1sin0mgLqEL

（）解得：2mgEq（2）根据动能定理得：2102mgLqELmv解得：vgL（3）根据牛顿第二定律得：2vTmgmL解得：2Tmg．16.如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d

=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区

域．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．（1）粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离以及速度大小？（2）粒子到达PS界面时离D点的距离为多少？（3）设O为RD延长线上的某一点

，我们可以在O点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量为多少？（静电力常数k=9．0×109N·m2/C2，保留两位有效数字）【答案】（1），（2）（3）【解析】【详解】（1）粒子进入A、B后应做类平抛运动，

设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为t1，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为vy，偏转位移为y，v与水平夹角为α，运动轨迹如图则：01lvt①21112yat②ABUqadm③1Yvat④0tanYvv⑤由以上

各式，代入数据求得：0.03my，61.510m/sYv，3tan4故粒子通过MN界面时的速度为：22602.510m/sYvvv（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线的距离为Y则：22LyLYS解得：0.12mY（3）

粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得：0vYvr，即0.15mr由22qQvkmrr得：28110CmrvQkq【点睛】（1）由类平抛知识，带入数值便可求出

偏离RD的距离；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，求出时间即可知道aD的距离；（2）库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律联合即可求得电量及其电性．