【文档说明】天津市南开区南大奥宇培训学校2019-2020学年高二上学期第二次月考物理试卷 【精准解析】.doc，共(17)页，1.315 MB，由小赞的店铺上传

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南大奥宇高二第二次月考物理试卷一、单选题（本大题共17小题，共51.0分）1.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即abbcUU=，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区

域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（）A.带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B.三个等势面中，c的电势最高C.带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D.带电质点在P点的电势

能比在Q点的小【答案】B【解析】【详解】A．因为a、b、c为等差等势面，等差等势面越密的地方，电场强度越大，则有p点的场强大于Q点的场强，根据F=Eq和F=ma可知，同一带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度大，故A错误；B．由于做曲线运动的物体所受合外

力方向为曲线运动的凹侧，可知负电荷所受的电场力方向向下，而电场线与等势线垂直，且负电荷所受电场力方向与电场强度的方向相反，故电场线的方向向上，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知c点的电势最高，a点电势最低，故B正确；CD．由上面的分析可知，p点电势小于Q点电势，根据带负电的粒

子在电势高的地方，电势能小，在电势低的地方电势能大，可知带负电质点在P点的电势能比在Q点的高，又因为带电粒子在电场中只受电场力作用，由能量守恒可知，带电质点在电场中电势能与动能的总和保持恒定，由于带负电质点在P点的电势能比在Q点的高，则该

质点在P点的动能小于在Q点的动能，故CD错误。故选B。2.下列对物体带电现象的叙述中正确的是（）A.摩擦起电的本质是电荷发生了转移B.物体带电量有可能是19310C−C.物体所带电量可能很小，可以小于元电荷D.经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷【答案】A【解析】【详解】

摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果。得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电。因此原来不带电的两个物体摩擦起电时，它们所带的电量在数值上必然相等。本题关键要从微观角度认识摩擦起电的本质，同时要从电荷守恒和电荷量的量子化的角度去思考问题。【解答】

AD．摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，因此原来不带电的两个物体摩擦起电时，它们所带的电量在数值上必然相等，故A正确，D错误；BC．电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，电性相反，人们通常将最小的电荷量叫做元电荷，元电荷为：

191.6010Ce−=，物体的带电量是元电荷的整数倍，故B错误，D错误；故选A。3.真空中有两个静止的点电荷，若保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的3倍，则两电荷间的库仑力将变为原来的()A.7倍B.8倍C.9倍D.10倍【答案】C【解析】开始时根据库仑定律得：12

2qqrFk=①当电荷间距离不变，它们的电荷量都变为原来的3倍：1229qqrFk=②联立①②得：F1=9F，故C正确．点评：对于库仑定律公式涉及物理量较多，要明确公式中各个物理量的含义，可以和万有引力公式对比理解．4.如图，在光滑绝缘水平

面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为1的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电.整个系统置于方向水平的匀强电场中.已知静电力常量为.k若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（

）A.233kqlB.23kqlC.22kqlD.232kql【答案】B【解析】【分析】三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解．【详解】设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c

的力等值反向，即：022cos30kQqEQl=所以匀强电场场强的大小为23kql，故B正确，ACD错误．故选B．【点睛】本题首先要灵活选择研究的对象，正确分析受力情况，再根据平衡条件和库仑定律

及平行四边形定则解题．5.如图所示，匀强电场场强E=100V/m，A、B两点相距10cm、A、B连线与电场线夹角为60，若取A点电势为0，则B点电势为（）A.10VB.－10VC.5VD.－5V【答案】D【解析】【详解】两点间的电势差

cos1000.1cos605VBAUEdEL=−=−=−=−因取A点电势为0，则B点电势为5V05VBBAAU=+=−+=−故选D。6.在具有一定厚度的空心金属球壳的球心位置处放一正电荷，图中的四个图画出了其空间电场的电场线

情况，符合实际情况的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】解：把正电荷放在金属球壳内部，由于静电感应的作用，在球壳的内壁会感应出负电荷，在球壳的外壁会感应出正电荷，所以在金属球壳的壳壁之间，由于正电荷的电场和感应电场的共同的作用，在金属球壳

的壳壁之间的电场强度为零，所以在金属球壳的壳壁之间没有电场线，对于球壳外部的电场分布情况不会受到影响，所以正确的是D．故选D考点：电场线；静电场中的导体．分析：当正电荷放入不带电金属球壳内部的时候，由于静电感应的作

用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，在球壳外的电场的分布不受球壳的影响．点评：本题是考查学生对于静电感应现象的理解情况，在球壳的内壁放电荷的时候，球壳不会对球壳外部的电场产生影响，只影响壳壁之间的电场的分布情况．7.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水

平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能

一定增加【答案】C【解析】【详解】A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；B、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小

，B错误；C、粒子在电场力和重力的合力作用下做类似平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加，C正确；D、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械

能可能增加，也可能减少，D错误；8.如图所示，平行板电容器两极A、B间有一个带电油滴P，正好静止在两极板正中间现将两极板稍拉开一些，其它条件不变拉开时间忽略，则（）A.电流计中电流由b流向aB.电流计中始终无电流流过C.油滴将向上加

速D.油滴将向下加速【答案】D【解析】【分析】由题中“平行板电容器两极A、B间有一个带电油滴P”可知，本题考查平行板电容器中带电物体的情况，根据电容器特点、电场力规律可分析本题．【详解】AB.根据公式4SCkd=可知，d变大，则电容变小，U不变，根据QCU=知，电荷量减小，则

电流计中的电流由a流向b，故AB错误；CD.将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，d变大，根据UEd=可知，电场强度变小，电场力变小，油滴向下加速，故C错误，D正确．9.如图所示的电场中，每一条等势曲线的电势大小分别

为10v、8v、6v．A、B、C为这些等势线上的三个点.下列叙述正确的是A.C、A两点间电势差UCA=4VB.A点的电场强度与B点的电场强度相同C.B点处的场强方向可能是由C指向BD.一正电荷从A点移到C点的过程中，电场力做正功【答案】D【解析】【详解】C、A两点之间的电势差U

CA=ΦC-ΦA=6-10=-4V，故A错误．等差等势面的疏密可以不是电场强度的大小，由图看到A点的等势面密，所以A点的场强大于B点的场强，况且AB两点场强的方向不同，故B错误．电场线与等势面垂直且由高电势指向低

电势，故B点处的场强方向不可能是由C指向B．故C错误．正电荷所受电场力的方向即电场强度的方向，所以正电荷从A点移到C点过程，电场力做正功．故D正确．故选D．10.以下各种现象中不属于静电屏蔽的是（）A.避雷针B.超高压带电作业的工人要穿戴金属织物的工作服C.电

子设备外套金属网罩D.野外高压输电线上方有两条与大地相连的导线【答案】A【解析】【详解】A．当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击，其原理为尖端

放电，故A不属于静电屏蔽；B．超高压带电作业的工人要穿戴金属织物的工作服可以起到屏蔽作用，故B属于静电屏蔽；C．电子设备外套金属网罩可以起到静电屏蔽的作用，故C属于静电屏蔽；D．高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免

遭雷击，故D属于静电屏蔽。故选A。11.如图所示，用起电机使金属球A带上正电荷，并靠近验电器B，则()A.验电器金属箔片不张开，因为球A没有和球B接触B.验电器金属箔片张开，因为整个验电器都感应出了正电荷C.验电器金属箔片张开，因为整个验电器都感

应出了负电荷D.验电器金属箔片张开，因为验电器的下部箔片感应出了正电荷【答案】D【解析】【详解】把一个带正电的物体A，靠近一个原来不带电的验电器的金属小球，验电器的金属小球由于感应会带上负电荷和金属箔由于感应会带上正电荷，而整个验电器不带电。所以验电器金箔张开，因为验电器下部

箔片都带上了正电。A．验电器金属箔片不张开，因为球A没有和球B接触，与结论不相符，选项A错误；B．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都感应出了正电荷，与结论不相符，选项B错误；C．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都感应出了负电荷，与结论不相符，选项C错误；D．验电器金属箔片张开，因为

验电器的下部箔片感应出了正电荷，与结论相符，选项D正确；故选D。12.如图，带电粒子由静止开始，经电压为1U的加速电场加速后，沿垂直电场方向进入电压为2U的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子，从同样的

初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是（）A.保持2U和平行板间距不变，增大1UB.保持1U和平行板间距不变，减小2UC.保持1U、2U和下板位置不变，向下平移上板D.保持1U、2U和下板

位置不变，向上平移上板【答案】ABD【解析】【详解】A．保持U2和平行板间距不变，平行板电容器中匀强电场的大小不变，增大U1，则粒子初速度增大，更容易穿出平行板电容器，故A正确；B．保持U1和平行板间距不变，则粒子初速度不变，减小U2，平行板电容器中匀强电

场减小，粒子偏转减缓，更容易穿出平行板电容器，故B正确；CD．保持U1、U2和下板位置不变，要想粒子穿出，必须减小板间电场，因此需要增大板间距，故C错误，D正确。故选ABD。【点睛】本题考查带电粒子在电场中加速和偏转的题目，关键是明确

进入偏转电场的初速度是加速电场的末速度，加速电场一般优先考虑动能定理，偏转电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律分析。13.根据电容器的电容的定义式C=Q/U，可知A.电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比B.电容器不带电时

，其电容为零C.电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比D.电容器的电容大小与电容器的带电情况无关【答案】D【解析】【详解】A．电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变，故A错误；B．电容反映本身的

特性，电容器不带电时，电容并不为零，故B错误；C．电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定，故C错误；D．电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关，故D正确。故选D。14.如图所示是一个常用的电容器，关于它的说法中正确的是（）A.电容器可以储存电荷，

且带电量越多电容越大B.这个电容器两端电压变化10V，它的带电量变化2.2×10−3CC.加在这个电容器两端的电压为25V时，它的电容是110μFD.加在这个电容器两端的电压低于50V时它就不能工作【答案】B【解析】【详解】A．

电容器可以储存电荷，电容器的电容是由本身的结构决定的，与带电量多少无关，选项A错误；B．这个电容器的电容为C=220μF，两端电压变化10V，它的带电量变化632.222010100CC1QCU−−===选项B正确；C．电容器的电

容与加在这个电容器两端的电压无关，选项C错误；D．加在这个电容器两端的电压低于50V时它仍能工作，选项D错误。故选B。15.平行板电容器两极板与静电计的连接如图所示，对电容器充电，使静电计张开某一角度，并撤去电源．以下说法正确的是A增大两

板间距离，静电计指针张角变小B.减小两板间距离，静电计指针张角变小C.将两板错开一些，静电计指针张角变小D.将某电介质插入极板间，静电计指针张开角度变大【答案】B【解析】【详解】A．撤去电源，电容器所带的电荷量不变，增大两极板间的距离，根据4SCkd=知，电容减小，根据QUC=知，电容器两端的

电势差变大，静电计指针张角变大，故A错误．B．同理，减小两极板间的距离，电容增大，电容器两端的电势差减小，静电计指针张角变小，故B正确．C．将两极板错开一些，根据4SCkd=知，电容减小，根据QUC=知，电容器两端的电势差变大，静电计指针张角变大，故C错误．D．将某电介质插入极板间，根据4SC

kd=知，电容增大，根据QUC=知，电容器两端的电势差减小，静电计指针张角变小，故D错误．【点睛】解决本题的关键知道影响电容器电容大小的因素，并且记住电容器的决定式4SCkd=和定义式QCU=；知道电容器与电源断开后，电容器的电荷量保持不变，结合电容的定

义式分析判断；此题难度不大.16.下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定。且小磁针静止时N极的指向即为磁场方向；根据电源的正负极，确定电流方向，再利用安培定则判断螺线管的极性，最后根据磁极间的相

互作用可判断小磁针的指向是否正确。本题的重点是通过安培定则先判断出螺线管的极性，再利用磁极间的相互作用规律来确定小磁针的指向。难度不大，但需要细心。注意同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，在通电螺线管内部不适用。【解答】A．根据同名磁极相斥，异名磁极相吸，则小磁针N极向

右，故A错误；B．伸开右手，四指环绕方向为电流方向，则大拇指方向为内部磁场方向，再由小磁针静止时，N极即为磁场方向，则小磁针N极应向左，故B错误；C．由安培定则知，用手握住螺线管，使四指所指的方向与电流方向相同，则螺线管的右端为N极，左

端为S极，再根据小磁针N极指向即为磁场方向可知，小磁针N极的指向正确，故C正确；D．根据右手螺旋定则可知，通电直导线的磁场方向，右边是垂直纸面向里，则小磁针N极应该垂直纸面向里，故D错误。故选C。17.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚

线所示，下列表述正确的是A.M带负电，N带正电B.M的速度率小于N的速率C.洛伦磁力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间【答案】A【解析】【详解】A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确．B．由mvRqB=可知，M的速度率大于N的速率

，选项B错误；C．洛伦磁力对M、N都不做功，选项C错误；D．由2mTqB=可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误．二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）18.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以

O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是()A.M带负电荷，N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在

从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【答案】ABC【解析】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点

和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动

能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．19.绝缘且光滑的斜面固定于水平地面上，倾角为θ，斜面处于匀强电场中，质量为m、带正电q的小滑块在斜面上处于静止状态，重力加速度为g．下

列判断正确的是（）A.电场强度的方向可能垂直于斜面向上B.若物体对斜面压力为零时，则电场强度为mgqE=C.若电场方向水平，则电场强度mgtanEq=D.电场强度最小值为mgsinEq=【答案】BCD【解析】A项：若电场强度的方向可能垂直于斜

面向上，物体受重力，电场力，支持力三力作用不可能平衡，故A错误；B项：若物体对斜面压力为零时，物体只受重力，电场力二力平衡，根据mgqE=,可得mgqE=，故B正确；C项：若电场方向水平，物体受重力，电场

力，支持力三力作用平衡，根据tanqEmg=，可知tanmgEq=，故C正确；D项：电场强度最小即电场力最小，当电场力沿斜面向上时，电场力最小，即sinmgqE=,可知sinmgEq=，故D正确．点晴：判断物体运动的状态，关键是分析受力情况，确定合力是否为零或合力与速度方向的关系．

20.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为（）A.mgsinBIL=，方向垂直斜面向下B.mgsinBIL=，方向垂

直水平面向上C.mgtanBIL=，方向竖直向下D.mgsinBIL=，方向水平向右【答案】AC【解析】【详解】ABD．若磁场方向垂直于斜面向下，由左手定则知安培力平行于斜面向上，根据平衡条件sinBILmg=得sinmgBIL=故A正确，BD错误；C．若磁场方向竖直向下，由

左手定则知安培力水平向左，根据平衡条件tanmgBIL=则tanmgBIL=故C正确；故选AC。三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）21.把带电荷量为8210C−的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8810J−，取无穷远处电势为零，则q在A点的电势能p

AE=___________J，A点的电势A=___________V，q未移入电场前A点的电势A=___________V。【答案】(1).8810−(2).4(3).4【解析】【详解】根据电场

力做功多少，电荷的电势能就减小多少，分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式PAAEq=求解A点的电势。电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能。【解答】[1]取无穷远

处的电势为零，电荷在无穷远处的电势能也为零，即00pE==，由AppAWEE=−得：8-80(810=J1J80)pApAEEW−=−=−−[2]由pAAEq=得4VA=[3]A点的电势由电场本身决定，与q无关，故q未移入电场前A点的电

势也为4V。四、计算题（本大题共2小题，共31.0分）22.把质量是32.010kg−的带电小球B用细线悬挂起来，如图所示．若将带电荷量为84.010C−的小球A靠近B，平衡时细线与竖直方向成45角，A、B在同一水平面上，相

距0.30m，试求：(1)A球受到的电场力多大？(2)B球所带电荷量为多少？【答案】(1)22.010NF−=(2)65.010CBq−=【解析】【详解】(1)对B球受力分析如图所示，由几何关系知：2tan452.010NFmgmg−===由牛顿第三定律知

：22.010NBAFF−==(2)由库仑定律2ABkqqFr=得：代入数据得：265.010CBAFrqkq−==23.如图所示，离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，获得速度v0，并沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U

2作用后，以速度v离开电场.已知平行板长为L，两板间距离为d，求：（1）v0大小；（2）离子在偏转电场中运动的时间t；（3）离子在离开偏转电场时的偏移量y；（4）离子在离开偏转电场时的速度v的大小．【答案】（1）12qUm；（2）12mLqU；（3）2214ULdU；（4）22122122q

UqULvmmdU=+2212212+2qUqULmmdU【解析】【详解】（1）在加速电场中，由动能定理得：qU1=12mv02﹣0，解得：v0=12qUm；（2）离子在偏转电场中做类平抛运动，离子的运动时间：012LmtLUvq==；（3）粒子的偏移量：22220111224ULqULya

tdmvdU===；（4）由动能定理得：221102UqUymvd+=（）﹣，解得：v=221212+2qUqULmmdU；故本题答案是：(1)12qUm（2）12mqU(3)2214ULdU(4)221212+2

qUqULmmdU【点睛】会利用类平抛求带电粒子在电场中的运动，并利用公式求侧位移．