2019-2020年黑龙江省哈尔滨尚志中学高二上学期9月月考物理试题解析版(精编)

D 错误。
3. 带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动，它在任意一段时间内
A. 一定沿电场线由高电势处向低电势处运动
B. 一定沿电场线由低电势处向高电势处运动
C. 不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动
D. 不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动
【答案】 D
【解析】
【详解】物体的运动情况取决于合力和初始条件。小球只受到电场力的作用，从静止开始释
B 错误。
。 C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动。故
D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动
C 错误。 故 D 正确。
4. 如图所示，在匀强电场中，场强方向与△ abc 所在平面平行， ac⊥ bc，∠ abc＝60°， ac ＝
0.2 m 。一个电荷量 q＝1×10 －5 C 的正电荷从 a 移到 b，电场力做功为零；同样的电荷从 a 移
C．根据点电荷的电场强度公式
E
k
q r2
，得各个点电荷在
a、 b 两点的电场场强大小相等，
再根据矢量合成，求出合场强相等，场强的方向相同。
a、 b 两电势相等。故 C 正确。
D．根据点电荷的电场强度公式
E
k
q r2
，可得
a、 b 两点的电场场强大小相等，再根据矢量
合成，求出合场强相等，但场强的方向不同。故
方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零。故
A 错误。
B．电场力与重力合力为
F 合＝ mgcot30°＝ 3 mg
这个方向上位移为 L，所以合外力做功为
W合＝ F 合 L＝ 3 mgL
故 B 正确。
C．合外力做功为 3 mgL，由动能定理知动能增加量为
3 mgL。重力势能增加量 mgL，则机械
3 mgL
C. 小球从 P 到 M过程中，其机械能增加了 (1+ 3 )mgL
D. 如果小球运动到 M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动
【答案】 BCD
【解析】
【详解】 A．当小球静止于 M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，
小球从 P 到 M 过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，
间的中心线射入板中．金属板长为 L，相距为 d，当 A、 B 间电压为 U2 时电子偏离中心线飞出
电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为
m、电荷量为 e，不计电子重力，下列情况
中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（
）
A. U 1 变大， U2 变大 B. U 1 变大， U2 变小 C. U 1 变小， U2 变大 D. U 1 变小， U2 变小 【答案】 C 【解析】
到 c，电场力做功为 1×10－ 3 J 。则该匀强电场的场强大小和方向分别为
(
)
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A. 500 V/m 、沿 ab 由 a 指向 b B. 500 V/m 、垂直 ab 向上 C. 1000 V/m 、垂直 ab 向上 D 1000 V/m 、沿 ac 由 a 指向 c 【答案】 C
【解析】
【详解】 设经过电压为 U1 的加速电场后， 速度为 v，在加速电场中， 由动能定理得： 1 mv2 =eU1， 2
电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：
L=vt ，在竖直方向上： y= 1 at 2= 1 ? eU2 2 2 md
?t 2，解得： y
U 2L2 ，由此可知，当 U1 变小， U2 变大时， y 变大，故选 C。 4U1d
U=Ed中
的 d 应为沿电场方向的有效距离。
5. 如图所示， L1、L2、 L3 为等势面，两相邻等势面间电势差相同，取
L2 的电势为零，有一负电
荷在 L1 处动能为 30J，运动到 L3 处动能为 10J，则电荷的电势能为 4J 时，它的动能是 ( 不计重
力和空气阻力 ) ： (
)
A. 6J 【答案】 C
B. 保持 E 不变，将 d 变为原来的一半，则 U变为原来的两倍
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C. 保持 d 不变，将 Q变为原来的两倍，则 U变为原来的一半
D. 保持 d 不变，将 Q变为原来的一半，则 E 变为原来的一半
【答案】 AD
【解析】
【详解】试题分析：保持
U 不变，根据公式 E=U 分析 E 与 d 的关系；保持 E 不变， U 与 d 正 d
c 点的电势，故电场线垂直于 ab 斜向上；
ac 间沿电场线的距离 d ac?cos60
0.2 0.5m
0.1m ；由 E
U
可知：电场强度
d
100
E
V / m 1000V / m ；方向垂直 ab 向上；故 C 正确， ABD错误；
0.1
故选 C。
【点睛】场线与等势面相互垂直，而且电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中
A.
B.
C.
D.
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【答案】 C
【解析】
【详解】 A．根据点电荷的电场强度公式
E
k
q r2
，可得
a、b 两点电场强度大小相等，场强
的方向相反，电势是标量，所以 a、b 两电势相等。故 A 错误。
B．根据点电荷的电场强度公式
E
k
q r2
，可求得各个点电荷在
a、 b 两点的电场场强大小，
再根据矢量的合成，可得 a、 b 两点的电场场强大小不等。故 B 错误。
C、保持 d 不变，电容 C 不变，将 Q变为原来的两倍，由公式 倍．故 C 错误．
Q
C= 分析可知， U 变为原来的两
U
D、保持 d 不变，电容 C 不变，将 Q变为原来的一半，由公式
U
半，由 E= 分析知， E 变为原来的一半．故
d
故选 AD
D 正确．
Q
C= 分析可知， U 变为原来的一
U
【点评】本题关键要掌握
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【分析】
因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求
得结果；
【详解】 A、根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此
a 对 b 的静电
力一定是引力，故 A 正确， B 错误；
C、根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上
U
Q
E= 、 C= 两个公式，同时，要明确
d
U
d 不变时，电容 C 不变．
10. 如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球
a、 b、 c( 可视为点电荷 ) ，三球沿一条直线
摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是
(
)
A. a 对 b 的静电力一定是引力 B. a 对 b 的静电力可能是斥力 C. a 的电荷量一定比 b 多 D. a 的电荷量可能比 b 少 【答案】 AC 【解析】
点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有
E
，可见 EBx>ECx， A 项错误。 C、同理可
d
知 O 点的斜率最小，即场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，
C 项错误。 B、沿电场线方
向电势降低，在 O点左侧， EBx 的方向沿 x 轴负方向，在 O点右侧， ECx的方向沿 x 轴正方向， B
项错误。 D、负电荷沿 x 轴从 B 移到 C的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后
做负功， D 项正确．故选 D。
【点睛】挖掘出 φ x 图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中
降低
的方向反映场强沿 x 轴的方向。
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7. 示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中
电极 K 发出电子（初速度不计） ，经过电压为 U1 的加速电场后，由小孔 S 沿水平金属板 A、 B
一定为“两大夹一小”，因此 a 的电荷量一定比 b 多，故 C 正确， D 错误。
W=qU，电荷 L1 到 L2， L2 到 L3 电场力做功相等，电势
能减小量相等，则电荷在 L2 处动能为 20J，此处电荷电势能为零，电荷电势能与动能总量为
20J，根据能量守恒，当电势能为 4J 时，动能为 16J．
故选 C
点评：本题的关键在于确定总能量，技巧在于选择研究
L2 等势面．
6. 空间某一静电场的电势 φ 在 x 轴上分布如图所示， x 轴上两点 B、C点电场强度在 x 方向上
，方向沿
AO方向
kq r2
，方向沿
OA方向
2kq r 2 ，方向沿 AO方向
2kq r 2 ，方向沿 OA方向
【答案】 C
【解析】
试题分析：假设 A 处同样放 +q 的正电荷，由对称可知 O处的合场强为零，所以在 BCDE四处的
+q 电荷，在 O 处产生的合场强一定与 A 处所放的 +q 电荷产生的场强等大反向，即在 BCDE四
8. 在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为
α＝ 30°的匀强电场，电场中有一质量
为 m，电荷量为 q 的带电小球，用长为 L 的不可伸长的绝缘细线悬挂于 O点，如图所示．开始
时小球静止在 M点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点
P，然后由静止释放，则以下
判断正确的是 ( )
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A. 小球再次到 M点时，速度刚好为零 B. 小球从 P 到 M过程中，合外力对它做的功为
正电荷从 a 移到 b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，
ab 两点电势相等，故 ab
应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过
c 做 ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从 a
W 1.0 10 3
到 c 过程， 由 W=Uq可知， ac 两点的电势差 U ac q
1 10 5 V 100V ，即 a 点电势高于
处的 +q 电荷在 O处产生 处放一个 -q 的电荷
则圆心 O处的场强为
，方向沿 OA方向。选项 C 正确。
考点：此题考查场强的叠加，利用对称的方法考查分布不对称电荷的场强情况。 2. 如下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
B. 4J
C. 16J
D. 14J
【解析】
分析：根据等差等势面的特点，由 W=qU，电荷 L1 到 L2， L2到 L3 电场力做功相等，电势能减小 量相等，可确定电荷在 L2 处的动能为 20J，此处电势能为零，再者总量为 20J，电势能与动能
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总量守恒，当电势能为 4J，动能为 16J．
解答：解：如图为三个等差等势面，根据
放，仅受电场力作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，若为直线，小球
沿电场线运动，若为曲线，小球不沿电场线运动。在任意一段时间内，小球不一定从高电势
向低电势运动，比如在等量同种负电荷连线的中垂线上做往复运动。
A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动。故
A 错误。
B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动。故
尚志中学高二物理月考试题 一、选择题 1. 如图所示， A、B、C、D、E 是半径为 r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点 电荷，除 A 点处的电量为－ q 外，其余各点处的电量均为＋ q，则圆心 O处 ( )
A. 场强大小为 B. 场强大小为 C. 场强大小为 D. 场强大小为
kq r2
能增加量等于动能增加量（
3 +1） mgL。故 C 正确。
D．若小球运动到 M点时，细线突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲
线运动。故 D 正确。
9. 将平行板电容器两极板之间的距离、 电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用
d、U、
E 和 Q表示。下列说法正确的是
A. 保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍，则 E 变为原来的一半
比；保持 d 不变， C不变，根据 C=Q 分析 Q与 U 的关系；保持 d 不变，将 Q变为原来的一半， U
由 C= Q 分析 U的变化，由 E=U 分析 E 的变化．
U
d
解： A、保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍，根据公式
U
E= 可知， E 变为原来的一半．故 A
d
正确．
B、保持 E 不变，将 d 变为原来的一半，由 U=Ed可知， U 变为原来的一半．故 B 错误．
的分量分别是 EBx、 Ecx，下列说法中正确的有
A. B 、C 两点的电场强度大小 EBx＜ Ecx B. E Bx 的方向沿 x 轴正方向 C. 电荷在 O点受到的电场力在 x 方向上的分量最大 D. 负电荷沿 x 轴从 B 移到 C 的过程中，电场力先做正功，后做负功 【答案】 D 【解析】 【分析】 本题的入手点在于如何判断 EBx 和 ECx的大小， 由图象可知在 x 轴上各点的电场强度在 x 方向的 分量不相同，如果在 x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处 理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法． 【详解】 A、在 B 点和 C 点附近分别取很小的一段 d，由题图得， B 点段对应的电势差大于 C