【文档说明】甘肃省白银市靖远县第四中学2020-2021学年高二10月月考物理试题含答案.doc，共(11)页，358.000 KB，由小赞的店铺上传

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靖远四中2020-2021学年上学期月考试卷高二物理（分数100分时间100分）一、选择题(本题共15小题，第1～10题只有一项符合题目要求，每小题4分；第11～15题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选

对但不全的得3分，有选错的得0分，共65分。)1．两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r时库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为()A．

112FB．16FC．14FD．13F2.如图所示,虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值,一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时,恰能沿图中的实线从A点飞到C点,则下列判断正确的是()A.粒子带负电B.粒子在A点的电势能大于在C点的

电势能C.A点的加速度大于C点的加速度D.粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功3.如图所示,带正电的点电荷固定于Q点,电子在库仑力作用下,以Q点为焦点做椭圆运动。M、N、P为椭圆上的三点,P点离Q点最远。电子在从M点经P点到达N点的过程中()A.速率先增大后减小B.

动能先减小后增大C.电势能先减小后增大D.库仑力先做正功后做负功4.如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势φ随x变化的规律如图乙所示,若在O点由静止释放一电子,电子仅受静电力的作用,则()A.电子将沿x轴负方向运动B.电子的电势能将增加

C.电子运动的加速度先减小后增大D.电子运动的加速度恒定此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号5.如图所示,有一带电粒子(不计重力)紧贴A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿轨迹②落到B板

正中间;设带电粒子两次射入电场的水平速度相同,则电压U1、U2之比为()A.4∶1B.1∶2C.1∶4D.1∶86．如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点．放在A、B两点的检验电荷受到的电

场力与其所带电荷量的关系如图乙所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则()A．点电荷Q一定为正电荷B．点电荷Q在A、B之间C．A点的电场强度大小为5×103N/CD．A点的电势比B点的电势高7．如图所示，金属板带电量为＋Q，质量为m的金属小球带电量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝

缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L。下列说法正确的是()A．＋Q在小球处产生的场强为E1＝2kQLB．＋Q在小球处产生的场强为E1＝sinmgqC．＋q在O点产生的场强为E2＝2kqLD．＋q在O点产生的场强为E

2＝sinmgQ8．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是()A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1

7VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为10eV9．P、Q两电荷形成的电场的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四个点。一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图中虚线所示，则下列判断正确的是()A．离子带正电B．c点电势低于d点电势C．离子

在a点时的加速度大于在b点时的加速度D．离子在a点时的电势能大于在b点时的电势能10．如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A

、C连线与电场线垂直。则()A．A点的电场强度大小为E2＋k2Q2r4B．B点的电场强度大小为E－kQr2C．D点的电场强度大小不可能为0D．A、C两点的电场强度相同11．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度

沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间tQ＞tPB．它们运动的加速度aQ＜aPC．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶

2D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶412、如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是()A．增大两极板间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大C．若将

玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零13.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小

球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是A.匀强电场的电场强度B.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小C.小球动能的最小值为D.小球从

初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大14.如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是A.等势面D的电势为B.等势面

B的电势为4VC.该电子不可能到达电势为的等势面D.该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为4eV15.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二、计算题(本题共3小题，共35分。把答案填在题中的

横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)16．(12分)如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×1

0－5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5J的功。求：(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；(2)若规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？(3)若规定

B点的电势为零，作出过B点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法)。17．(10分)如图所示，在O点放置一个正电荷。在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m＝0.5kg、电荷

量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R＝3.6m为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h＝6m。若小球通过C点的速度为v＝10m/s，g＝10m/s2，求：(1)小球通过B点的速度大小；(2)小球由A到C机

械能的损失。18．(13分)图甲是用来使带正电的离子加速和偏转的装置，图乙为该装置中加速与偏转电场的等效模拟图。以y轴为界，左侧为沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，右侧为沿y轴负方向的另一匀强电场。已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB间的电势差为U0。若在x轴上的C点无初速地释

放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过B点，求：(1)CO间的距离d。(2)粒子通过B点的速度大小。高二物理参考答案一、选择题(本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～

8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．【答案】A2.C电场线与等势线垂直,且从高电势到低电势,所以电场线的大体方向向左。由运动轨迹可知带电粒子所受

电场力方向大体向左,故粒子带正电,A错。由于电荷的电势能Ep=qφ、φA<φC,故EpA<EpC,B错。根据等势面的疏密知电场强度EA>EC,带电粒子在两点所受的电场力FA>FC,在两点的加速度aA>aC,C对。由于A点与B点、

B点与C点间的电势差相等,故WAB=WBC,D错。3.B电子所做的椭圆运动遵循开普勒的行星运动规律,所以电子在从M点经P点到达N点的过程中,速度先减小后增大,故A选项错,B选项对;而库仑力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,故C、D选项错。4.C由题图乙可知,Ox轴上电场线方向

一定沿x轴负方向,电子由静止开始运动,一定逆着电场线方向运动,A项错;电子由静止开始运动,静电力对电子做正功,其电势能一定减小,B项错;由题图乙可知该电场并非匀强电场,故加速度一定发生变化,D项错;题图乙中电势随x变化曲线的斜率即电场强度,故电子运动的加速度先减小后增大,C项正确。5.D设板长为L

,板间距离为d,水平初速度为v0,带电粒子的质量为m,电荷量为q;两次运动的时间分别为t1和t2。第一次射入时:L=v0t1,=·,联立两式解得:U1=。第二次射入时:=v0t2,d=·,联立两式解得:U2=。所以U1∶U2=1∶8,故D选项正确。6．【答案】B7．【答案】C【解

析】对金属小球受力分析，如图所示，根据平衡条件，有tanFmg，故+Q在小球处产生的场强为1tanmgEFqq，选项AB错误；根据点电荷的场强公式，+q在O点产生的场强为22kqEL，选项C正确，D错误。8.【答案】A【解析】ac垂直于bc，沿ca

和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝Ucaac＝2V/cm、E2＝Ucbbc＝1.5V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1V，B项错误；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10

eV、－17eV和－26eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17eV)－(－26eV)＝9eV，D项错误。9．【答案】C【解析】根据图中电场线方向可以判断出，P电荷带正电，

Q电荷带负电，由做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，可以判断离子从a运动到b受到的电场力与电场线方向相反，离子带负电，A错误；沿着电场线方向电势降低，c点电势高于d点电势，B错误；a点的电场线比b点的电

场线密，所以离子在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力，则离子在a点的加速度大于在b点的加速度，C正确；离子从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增大，在a点时的电势能小于在b点时的电势能，D错误。10．【答案】A【解析】＋Q在A

点的电场强度沿OA方向，大小为kQr2，所以A点的合电场强度大小为E2＋k2Q2r4，A正确；同理，B点的电场强度大小为E＋kQr2，B错误；如果E＝kQr2，则D点的电场强度为0，C错误；A、C两点的电场强度大小相等，但方向不同，D错误。11．【答案】CD【解析】设两板距离为

h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是h2，它们做类平抛运动的水平距离均为l。则对P，由l＝v0tP，h2＝12aPt2P，得到aP＝hv20l2；同理对Q，l＝v0tQ，h＝12aQt2Q，得到aQ＝2hv20l2。

由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝qPEm，aQ＝qQEm，所以qP∶qQ＝1∶2。由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPh2∶maQh＝1∶4。综上所述，CD项正确。12

.【答案】AB[电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器所带电荷量一定，由公式C＝εrS4πkd知，当d变大时，C变小，再由C＝QU得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃

板时，C变大，U变小；当将A板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大。正确选项为A、B。]13.【答案】AC【解析】解：A、小球静止时悬线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：，解得，故A正确；B、小球

的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故B错误；C、小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：，则最小动能，故C正确。D、小球从初始

位置开始，若逆时针转动，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小，再增大，故D错误；故选：AC。小球静止时悬线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小

，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置。此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至

于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和。14.【答案】AD【解析】解：A、因电子只在静电力的作用下运动，经过A、D等势面点的动能分别为26eV和5eV，根据动能定理，则有：D，解得：D，又，可解得：，故A正确；B、因匀强电场中，，则有，等势面B的电势为7

V，故B错误；C、因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，当电子的速度为零时，由能量守恒定律，可知，，解得：，故C错误；D、同理，由能量守恒定律，可知，，解得：，故D正确。故选：AD。根据动能定理，结合电势

差等于电势之差，及能量守恒定律，及只有电场力做功，导致动能与电势能相互转化，从而即可一一求解。本题考查等势面、动能定理，及其相关的知识点，目的是为了考查学生的分析综合能力，同时理解能量守恒定律的应用。15.【答案】ABC【解析】

【分析】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法，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。根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做

功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。【解答】A.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；B.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；C.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，库仑力做正功，故D错误。故选ABC。二、非选择题(本题共6小题，共52分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，

答案中必须明确写出数值和单位)16．(12分)【答案】(1)4V－2V(2)4V2V(3)见解析图【解析】(1)UAB＝WABq＝－2.4×10－5－6×10－6V＝4VUBC＝1.2×10－5－6×10－6V＝－2V。

(2)UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC又φB＝0故φA＝4V，φC＝2V。(3)如图所示。17．(10分)【解析】(1)从B点到C点的过程中，因为BC两点的电势相等，电场力不做功，则由动能定理得：mgRsin30°＝

12mv2－12mvB2可得vB＝8m/s。(2)设小球从A到C的过程中，电场力做功为W，由动能定理得：mgh＋W＝12mvC2可得W＝－5J根据功能关系，小球由A到C机械能的损失等于非重力所做的功，也就是电场力所做的功，所以机械能损失了5J。18．

(12分)【解析】(1)设正离子到达O点的速度为v0(其方向沿x轴的正方向)，则正离子从C点到O点过程，由动能定理得：20102qEdmv而正离子从O点到B点做类平抛运动，令OA＝AB＝L，则：2012qULtLm解得：02mtLqU所以到

达B点时：002qULvtm解得：04UdE。(2)设正离子到B点时速度大小为vB，正离子从C到B过程中由动能定理得：20102BqEdqUmv解得：052BqUvm。