2020-2021学年高二上学期月考物理试题含答案解析

【全国百强校】黑龙江省牡丹江市第一中学【最新】高二上
学期月考物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于元电荷，下列说法中正确的是( )
A ．元电荷实质上是指电子本身
B ．元电荷实质上是指质子本身
C ．元电荷的值通常取e ＝1.60×10-19C
D ．元电荷e 的数值最早是由物理学家库仑用实验测得的
2．关于电场，下列说法正确的有（ ）
A ．电荷处于电场中电势越高处，具有的电势能越大
B ．正电荷逆着电场线移动，电势能增加
C ．只在电场力作用下，正电荷一定向着电势低处运动
D ．场强越大处，电势越高
3．以下说法正确的是( )
A ．由F E q
=可知电场中某点的电场强度E 与F 成正比 B ．由公式P E q ϕ=
可知电场中某点的电势ϕ与q 成反比 C ．由ab U Ed =可知，匀强电场中任意两点a 、b 间距离越大，两点间的电势差也越大 D ．公式Q C U
=，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关 4．电场中某区域的电场线分布如图所示,A 、B 是电场中的两点,则( )
A ．A 点的电场强度较大
B ．因为B 点没有电场线,所以电荷在B 点不受电场力的作用
C ．同一点电荷放在A 点受到的电场力比放在B 点时受到的电场力小
D．负点电荷放在A点由静止释放,将顺着电场线方向运动
5．在孤立负点电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动，v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（）
A．a，c带正电，b，d 带负电
B．a，c带负电，b，d 带正电
C．a，d带正电，b，c带负电
D．a，d带负电，b，c带正电
6．如图，AB、CD是圆O的两条直径，在A、B两点上各放置电荷量为＋Q和－Q的点电荷，设C、D两点的电场强度分别为E C、E D，电势分别为Cφ、Dφ，下列说法正确的是（）
A．E C与E D相同，Cφ与Dφ不相等
B．E C与E D不相同，Cφ与Dφ相等
C．E C与E D相同，Cφ与Dφ相等
D．E C与E D不相同，Cφ与Dφ不相等
7．如图所示，平行板电容器的金属板a、b分别与电池两极相连，开始时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是()
A．液滴带正电B．液滴将加速向下运动
C ．液滴将保持不动
D ．P 点电势降低
8．如图，匀强电场中的点A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 为立方体的8个顶点．已知G 、F 、B 、D 点的电势分别为8V 、3V 、2V 、4V ，则A 点的电势为
A ．1V
B ．-1V
C ．2V
D ．3V
9．如图所示，一质量为m 、带电量为q 的小球用细线系住，线的一段固在O 点，若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成60°角，则电场强度的最小值为（ ）
A ．2mg q
B ．2q
C ．2mg q
D ．mg q
二、多选题
10．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ， 在板右端L 处有一竖直放置的光屏M ，一带电荷量为q ，质量为m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，则下列结论正确的是( )
A ．板间电场强度大小为mg /q
B ．板间电场强度大小为mg /2q
C ．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D ．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
11．关于对电流的理解，下列说法中不正确的是( )
A ．只有自由电子的定向移动才能形成电流
B ．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向
C ．同一段电流相同的电路中，相同时间内通过各不同横截面的电荷量不同
D ．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位
12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个不固定带电小球a、b、c（均可视为点电荷），沿同一直线排列且均处于静止状态，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c的静电力一定是斥力
C．a的电荷量可能比b的少
D．a的电荷量一定比b的多
13．如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周（用虚线表示）上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细上，在O点固定放置一带负电的小球．现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球a、b，先将小球a穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使小球b从A点由静止开始沿竖直方向下落．两带电小球均可视为点电荷，则下列说法中正确的是：（）
A．从A点到C点，小球a做匀加速运动
B．小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能
C．从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变
D．从A点到C点电场力对小球a做的功大于从A点到B点电场力对小球b做的功14．如图所示，虚线a、b、c代表负的点电荷电场中的三个等势面。

一带电粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示。

由图可知( )
A．带电粒子带负电
B．粒子从L到M的过程中，电场力先做正功，再做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从L到M的过程中，动能先减小后增加
15．四个电荷量大小相同的点电荷位于正方形四个角上，电性与各点电荷附近的电场线分布如图所示．ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab、cd上的两点，OP>OQ，下列说法中正确的是（）
A．P、Q两点电势相等，场强也相同
B．P点的电势比M点的高
C．PM两点间的电势差大于QM间的电势差
D．带负电的试探电荷在Q点时比在M点时电势能小
三、解答题
16．如图，绝缘光滑斜面倾角为θ，所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块静止在斜面上P点，P到斜面底端的距离为L．滑块可视为质点，重力加速度为g．
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）若仅将电场的方向变为平行于斜面向下，求滑块由静止从P点滑至斜面底端经历的时间．
17．如图所示是示波管的原理示意图，电子从灯丝发射出来经电压为U1的电场加速后，通过加速极板A上的小孔O1射出，沿中心线O1O2垂直射入MN间的偏转电场，偏转电场的电压为U2，经过偏转电场的右端P1点离开偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P2点．已知偏转电场极板MN间的距离为d，极板长度为L，极板的右端与荧光屏之间的距离为L′，电子的质量为m，电量大小为e，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，且电子离开灯丝时的初速度可忽略不计．
（1）求电子通过P1点时偏离其通过O1点时运动方向的距离大小．
（2）若P2点与O1O2延长线间的距离称为偏转距离y，单位偏转电压引起的偏转距离（即
y/U2）称为示波器的灵敏度．求该示波器的灵敏度．
18．如图所示，在竖直平面内，用长为L的绝缘轻绳将质量为m、带电量为+q的小球悬于O点，整个装置处在水平向右的匀强电场中。

初始时刻小球静止在P点。

细绳与场强方向成角。

今用绝缘锤子沿竖直平面、垂直于OP方向打击一下小球，之后迅速撤离锤子，当小球回到P处时，再次用锤子沿同一方向打击小球，两次打击后小球恰好到达Q点，且小球总沿圆弧运动，打击的时间极短，小球电荷量不损失。

锤子第一次对小球做功为W1，第二次对球做功为W2。

（1）求匀强电场的场强大小E；
的值达到最大，分别求W1、W2;
（2）若W1
W2
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
AB. 元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10−19C ，故A 错误，B 错误；
C. 元电荷的值通常取e=1.60×10−19 C ，故C 正确；
D. 电荷量e 的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D 错误．
2．B
【解析】
【详解】
A 、根据公式p E q ϕ=可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，由于不知电荷的正负，因此无法判断它在电势高的地方电势能的高低，故A 错误；
B 、根据公式p E q ϕ=可知，正电荷逆着电场线移动，电势能增加，故B 正确；
C 、正电荷只在电场力作用下，若无初速度，或初速度与电场线的夹角不大于90°，从高电势向低电势运动，若初速度与电场线的夹角大于90°，从低电势向高电势运动，故C 错误；
D 、在正点电荷形成的电场中，离点电荷越近，场强越大，电势在增大；在负点电荷形成的电场中，离点电荷越近，场强越大，电势在减小，故D 错误；
故选B ．
3．D
【详解】 A. F E q
=
是采用比值定义的，E 和F 以及检验电荷q 无关，E 是由电场本身决定的，故A 错误．
B. 电场中某点的电势φ与检验电荷q 无关，是由电场本身和零电势点决定的．故B 错误．
C. U ab =Ed 中的d 是匀强电场中的任意两点a 、b 沿着电场线方向的距离，故C 错误．
D. 电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关，与两极板间距离d ，极板面积S 等有关，故D 正确．
4．A
【解析】
【分析】
电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．同一电荷在电场强度大的地方受到的电场力大．电场线是曲线，粒子的运动轨迹与电场线不一致.
【详解】
由图可知，A点处电场线较密，电场强度较大。

故A正确。

电场线的疏密代表电场的强弱，故在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故B错误。

A点的电场强度较大，同一点电荷放在A点受到的电场力较大。

故C错误。

负电荷放在A点受到的电场力沿电场线的切线方向，由静止释放后，负电荷将离开电场线，所以其运动轨迹与电场线不一致。

故D 错误。

故选A。

【点睛】
本题考查对电场线物理意义的理解．要注意只有当电场线是直线，而且电荷无初速度或初速度方向与电场线共线时，电荷的轨迹才与电场线一致．
5．B
【详解】
由图线可知，a做加速度减小的加速运动，故可知a一定远离负点电荷而去，故带负电；b 做加速度增大的加速运动，故可知b靠近负点电荷而来，故b带正电；c做加速度增大的减速运动，故可知c靠近负点电荷而来，故c应带负电；d做加速度减小的减速运动，故可知d远离负点电荷而去，故d带正电；则可知，B正确，ACD错误；故选B．
【点睛】
此题是对点电荷电场及v-t图线的考查；解题的关键是能从v-t图象中知道电荷的运动信息，v-t线切线的斜率等于物体的加速度，根据加速度的变化即可判断电荷的运动情况，得到电荷的电性．
6．A
【详解】
带等量异号电荷的电场的电场线如图所示：
可以看出C 、D 两点的电场强度大小相等、方向相同；沿着电场线电势减小，D 点电势一定大于C ′点电势，而C 点电势等于C 点电势，故D 点电势一定大于C 点电势；故选A.
【点睛】
本题关键是结合等量异号电荷的电场线图线进行分析处理，要明确沿着电场线，电势逐渐降低，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线上任意一点的切线方向表示该点的电场强度方向.
7．C
【详解】
A 、开关闭合时，带电液滴受到电场力与重力共同作用下，处于静止状态，电场力向上，而上极板带正电，故液滴带负电；A 错误.
B 、
C 、断开开关，电容器带电量不变，当下板向下移动小段距离时，正对面积不变，即电场线疏密不变，结合4r U Q kQ E d Cd s
πε===，得电场强度不变，所以液滴受力不变则保持不动，故B 错误，C 正确；
D 、根据U =Ed 可知，场强
E 不变，当下板向下移动小段距离时，P 与下极板距离增大，电势差增大，下极板电势为零，所以P 点电势升高；D 错误.
故选C.
【点睛】
由于金属板与电源相连，充电后断开开关，电荷量不变．即使改变两板间距，电场强度也不变；且注意电荷的极性与电势的正负.
8．B
【解析】
在匀强电场中，由公式U=Ed 知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等， 由于GF∥CB，且GF=CB ，则有φG -φF =φC -φB 代入数据解得：φC =φG -φF +φB =8V-3V+2V=7V ，同理，φA -φB =φD -φC 解得，φA =φB +φD -φC =2V+4V-7V=-1V ，故B 正确．
点晴：在匀强电场中，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等，根据这个特点并结合几何关系就可以得到C 点的电势，同理可得A 点的电势．
9．B
【详解】
以小球为研究对象，对小球进行受力分析，故小球受到重力mg 、绳的拉力F 1、电场力F 2
三个力作用，根据平衡条件可知，拉力F1与电场力F2的合力必与重力mg等大反向。

因为拉力F1的方向确定，F1与F2的合力等于mg确定，由矢量图可知，
当电场力F2垂直悬线时电场力
F2=qE
最小，故场强E也最小。

由图可知此时电场力
qE=mgsin60°
所以
sin603
mg
E
q
==
故B正确，ACD错误。

10．AC
【详解】
由于质点能垂直打在M屏上，则速度方向水平，质子在板间也做匀速直线运动，即满足
Eq=mg,得
mg
q
E=，因为板的长度等于板的右端到屏的距离，所以质点在板间的运动时间和
它从板的右端运动到光屏的时间相等．选项AC正确．
11．ABC
【解析】
【详解】
A、电荷的定向移动都可以形成电流，不仅仅是自由电子的定向移动；故A错误.
B、电流有方向，但电流的加减使用代数方法，不使用平行四边形定则，使用电流是标量；故B错误.
C、串联电路中，各处的电流相等，则相同时间内通过各不同截面处的电量一定相等;故C
错误.
D、在国际单位制中共七个基本物理量，电学中的电流是一个基本物理量，其单位安培作为一个基本单位；D正确.
本题选不正确的故选ABC.
【点睛】
电流是定向电荷运动形成的，其方向与正电荷定向运动方向相同．串联电路中，各个截面处电流相等，根据电流的定义式分析相同时间内通过截面的电量关系．电流是标量．12．ABD
【解析】
【详解】
A、B、C、根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，故A、B正确，C 错误.
D、同时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，因此在大小上一定为“两大夹一小”，故C错误，D正确；
故选ABD.
【点睛】
三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”.
13．BC
【解析】
小球a所受库伦力大小不断变化，导致a所受合外力变化，因此从A点到C点，小球a做变加速运动，A错误；B和C点为以点电荷为圆心的球面上的点，两点的电势相同，故小球a 从A运动到C和小球b从A运动到B电场力做功相等，但是a球下落的高度大于b球下落的高度，即a球重力重力势能减小大于b球，因此小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能，B错误D正确；机械能的变化等于物体除重力之外的力所做的功，从A点到C点，电场力对a球先做正功后做负功，故其机械能先增大后减小，下落过程中只有重力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变即机械能与电势能之和不变，故C正确．
【点睛】对两个小球正确受力分析，弄清运动形式；正确理解电场力做功特点，注意以O 为圆心的圆周为等势线；弄清小球运动过程中的功能关系，下落过程中只有重力、电场力做
功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变．
14．ACD
【解析】
【详解】
A 、该电场是负电荷产生的电场，电场线的方向向外，粒子弯曲的方向向下，说明电场力的方向向下，与电场线的方向相反，粒子带负电；故A 正确.
B 、D 、粒子从L 到M 的过程中，粒子受斥力先靠近后远离，则电场力先做负功后做正功，则动能先减小后增加;故B 错误，D 正确.
C 、粒子从K 到L 的过程中，电场力做负功，电势能增加;故C 正确.
故选ACD.
【点睛】
解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
15．BD
【详解】
A 、电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知P 点的电场强度比Q 点的小．根据电场线与等势面垂直，可知ab 与cd 是两条等势线，则P 与O 的电势相等，Q 与O 的电势也相等，所以P 、Q 两点的电势相等;故A 错误.
B 、ab 连线上各点的电势相等，M 点比ab 连线上各点的电势低，则M 点的电势比P 点的低;故B 正确.
C 、由于P 、Q 两点电势相等，所以PM 两点间的电势差等于QM 间的电势差;故C 错误.
D 、P 、Q 两点的电势相等，则Q 点的电势高于M 点的电势，而负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在Q 点的电势能比在M 点小;故D 正确.
故选BD.
【点睛】
本题的关键要掌握电场线的分布情况，理解电场的叠加原理，掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线方向表示电势的高低．
16．（1）sin mg q θ（2【详解】
(1)滑块受重力、电场力、支持力作用处于平衡状态
由力的平衡条件有：qE ＝mg sin θ
解得：E ＝sin mg q
θ (2)当电场方向平行于斜面向下时
由牛顿第二定律有：qE ＋mg sin θ＝ma
a ＝2gsin θ
由运动学规律有：L ＝12
a t 2 联立解得：t
【点睛】 电场中的平衡条件是合外力为零；牛顿运动定律在电场中的运用依然是把加速度求解作为运动和力的桥梁.
17．221L U 4dU ，1L L L 2dU 2'⎛⎫+ ⎪⎝⎭
； 【解析】
（1）电子由灯丝到O 1的过程中，电场力对电子做功．设电子通过O 1点的速度大小为1v ， 根据动能定理有21112eU mv =，
解得1v =电子在偏转电场中运动的过程中，沿O 1O 3方向以速度1v 做匀速运动，垂直O 1O 3方向做初速度为0的匀加速直线运动，设电子的加速度为a ．根据牛顿第二定律
2eU ma d
=， 设电子在偏转场中运动的时间为t 1，则，11L v t =；
根据运动学公式，得电子在垂直O 1O 3方向的位移222111124L U y at dU ==； （2）电子离开偏转板时，垂直O 1O 3方向的初速度2211eU L v at dmv ==
， 从P 2到P 3的运动时间21
L t v '=；
电子离开偏转板后，垂直O 1O 3方向运动的位移22222211
2eU LL LL U y v t dmv dU ''===； P 2点与O 3点的距离2121()22
LU L y y y L dU =+=+'； 该示波器的灵敏度21 ()22
y L L L U dU =+'． 18．（1）mg qtanθ ；（2）mgL sinθ；3mgL 2sinθ
【解析】
【详解】
(1)小球题图中P 点合力为零，则有：tanθ=mg qE
解得：E=mg qtanθ．
(2)等效重力F 为重力mg 与电场力qE 的合力，方向沿OP 方向，F =mg sinθ
为使W
1W 2最大，须使W 1最大，W 2最小，但细绳不能松弛，所以锤子第一次打击小球后，恰好能使细绳转过90°，这种情况下锤子对小球做功为W 1，
根据动能定理有：W 1−FL =0
解得:W 1=FL =mgL sinθ
锤子第二次对小球做功使小球从P 点运动到Q 点，在Q 点，小球的等效重力F 刚好提供向心力，这种情况下锤子第二次对小球做功为W 2
在Q 点，F =m v 22L
解得：v 22=gL sinθ
根据动能定理有：W 1+W 2−F ⋅2L =12mv 22 解得：W 2=
3mgL 2sinθ
【点睛】 本题是动能定理及牛顿定律的应用的综合题目；分析什么条件下W 1最大，W 2最小是关键，再运用牛顿第二定律和动能定理结合求解．。