贵州省安顺市平坝第一高级中学2020-2021学年高二9月份月考物理试题含答案解析

贵州省安顺市平坝第一高级中学【最新】高二9月份月考物
理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．将呈电中性的金属球A 和带有负电的金属球B 接触后，A 中的质子数将 A ．增加 B ．减少 C ．先减少后增加 D ．不变
2．如图所示，两个不带电的导体A 和B ，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C 置于A 附近
A ．此时A 带正电，
B 带负电
B ．此时A 电势低，B 电势高
C ．移去C ，A 、B 都不带电
D ．先把A 和B 分开，再移去C ，A 、B 都不带电
3．真空中有两个完全相同、相距r 可视为点电荷的金属小球A 和B ，带电量分别为Q 和2Q 其相互作用力为F ，现用第三个不带电金属小球C 与B 接触后分离，保持AB 距离不变，那么此时AB 间的库仑力变为
A ．F 2
B ．F 4
C ．F 6
D ．无法计算
4．电场中有一点P ，下列说法中正确的是
A ．若放在P 点的检验电荷的电量减半，则P 点的场强减半
B ．无论在该点放入何种电荷，P 点的场强方向均为电荷的受力方向
C ．P 点的场强越大，则同一电荷在P 点受到的电场力越大
D ．以上说法都不对
5．如图所示，a 、b 、c 是一条电场线上的三点，电场线的方向如图，用ϕa 、ϕb 、ϕc 和E a 、E b 、E c 分别表示a 、b 、c 三点的电势和电场强度，以下判定正确的是（ ）
A ．a b c φφφ>>
B ．a b c E E E >>
C ．a b c φφφ<<
D ．a b c
E E E == 6．如图，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距。

先在a 点固定一点电荷+Q ，测得b 点场
强大小为E。

若再将另一等量异种点电荷-Q放在d点时，则
E
A．b点场强比c点大B．c点场强大小为5
4
C．b点场强方向向左D．c点电势比b点电势高
7．如图所示，长为L的金属棒原来不带电，金属棒内有A、B、C三点。

在距离右端d 处放一个电荷量为+Q的点电荷，关于A、B、C三点说法正确的是
A．A、B、C三点中，C点场强最强
B．A、B、C三点中，A点场强最强
C．感应电荷在A、B、C三点产生的电场相等
D．A、B、C三点场强一样大，且都为零
8．真空中A、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r,则A、B 两点的电场强度大小之比为
A．3 :1 B．1 :3 C．9 :1 D．1 :9
9．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中同一平面的四个点，且刚好在一个圆面上，其中AC为圆的一条直径，BD为另外一条直径。

其中A点电势为5V，B点电势为
20V，D点电势为0V，圆的直径已知，则下列说法正确的是
A．C点电势为15V
B．C点电势为9V
C．由已知条件可以知道场强的大小和方向
D．由已知条件不能算出场强的大小和方向
二、多选题
10．如图，在竖直面内有一匀强电场，一带负电的小球（重力不计）在恒力F的作用下沿图中虚线由A至B匀速运动．已知F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球电量为q．则
A．匀强电场的电场强度大小为E = F/q
B．A、B两点的电势差为Fdcosθ/q
C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fd sinθ
D．若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向
11．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c时两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（）
A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
C．c点的电场强度比d点的大
D．c点的电势比d点的低
12．如图，竖直平面内存在一竖直向上的匀强电场，一带电小球仅在重力和电场力的作用下运动轨迹如图虚线所示。

已知小球质量m、电量q，则
A．小球一定带正电
B．运动过程中，小球动能增加
C．小球在b点的加速度比在a点的加速度大
D．油滴电势能减少mgd
三、填空题
13．光滑水平面的真空中有两个的点电荷，Q1带正电，Q2带负电，电量关系为Q1＞Q2，点电荷q置于Q1Q2连线所在直线上的某一点，三电荷均处于静止状态，则q带______
电且离____更近。

14．如图所示，带箭头的线段表示某一电场的电场线，在电场力作用下一带电粒子(不计重力)运动轨迹如图中虚线所示，试判断：
(1)粒子带______电；(2)粒子在____点加速度大；(3)粒子在____点速度大（选填“A”或“B”）。

15．如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。

施加一水平向右的匀强电场后A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为
_______。

再改变电场强度的大小后，小球A的平衡位置在α=30°处，则A受到的电场力大小为_______。

四、解答题
16．如图所示，用长为L的细线将质量为M的带点小球A悬挂在O点，当真空中有大小为E，方向水平向右的匀强电场时，小球偏离O点正下方ɑ后处于静止状态。

（1）分析小球的带电性质；
（2）求小球的带电量；
（3）求细线对小球的拉力。

17．如图所示，一质量为m的微粒带正电，其电荷量为q，从O点以水平速度v射出，经过一段时间可以到达屏幕上与O等高且相距L处的A点；若在该竖直平面加一竖直向下的匀强电场E，粒子将打在屏幕上的B点，不计微粒的重力。

求：
（1）粒子从O运动到A的时间t；
（2）求AB间的距离；
（3）O到B过程中，电场力做的功。

18．如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R的1
4
圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端
点B与足够长的水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.今有一质量为m带电荷量q的带正电小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ.且qE＜μmg求：
(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对轨道的压力；
(2)若小滑块能停在水平面上，则最终会停在何处．
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
物体接触带电时，电子发生转移，导致相互接触的物体之间电荷不平衡，从而带电，而质子在原子核内部，质子数目在接触过程中是不变的，故ABC错误，D正确。

故选D。

2．C
【详解】
带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电，但两端电势相等；故AB错误；移去C，A、B仍然都不带电，选项C正确；先把A和B分开，再移去C，A、B分别带上负电和正电，选项D错误；故选C.
【点睛】
本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答．
3．A
【解析】
【详解】
C与B接触前：F=2kQ2
r2；则有C与B接触后，B的带电量为Q，根据库仑定律得：F1=kQ2
r2
=
1
2
F，故选A.
4．C
【解析】
【详解】
场强反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，将放在P点的电荷的电荷量减半，P点的场强不变。

故A错误。

场强方向是放在该点的正电荷的受力方向，与放在该点的负电荷的受力方向相反。

故B错误。

根据F=Eq可知，P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大，选项C正确，D错误；故选C.
【点睛】
本题考查场强的物理意义和方向，抓住场强反映电场本身特性的物理量，方向与正电荷所受的静电力方向相同是关键．
【解析】
【详解】
顺着电场线方向，电势必定降低，则有φa ＞φb ＞φc ．故A 正确，C 错误．一条电场线无法确定电场线疏密情况，所以无法比较三点场强的大小．故BD 错误．故选A ．
【点睛】
本题考查对电场线两个意义的理解：根据电场线的方向，可判断电势的高低，根据电场线的疏密可判断场强的大小．一条电场线不能比较场强的大小．
6．B
【解析】
【详解】
设ab=bc=cd=L ，据题：+Q 在b 点产生的场强大小为E ，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E =k Q L 2；-Q 在b 点产生的电场强度大小为：E 1=k Q (2L)2=14E ，方向水平向右，所以b 点的场强大小为 E b =E+14E=54E ，方向水平向右。

由对称性可知，c 点的场强大小也为54E ，方向水平向右，故AC 错误，B 正确。

电场线方向从a 指向d ，而顺着电场线方向电势降低，则c 点电势比b 点电势低。

故D 错误。

故选B 。

【点睛】
本题的关键掌握点电荷的场强公式E =k Q
r 2和电场的叠加原理，并能正确运用，要注意场强的叠加原理满足平行四边形定则．
7．D
【解析】
【详解】
金属棒放置在正点电荷Q 形成的电场中，处于静电平衡状态，可知内部场强处处为零，即ABC 三点的场强相等，选项AB 错误，D 正确；感应电荷和正电荷+Q 在A 、B 、C 三点的合场强为零，可知感应电荷在A 、B 、C 三点产生的电场C 点最强，A 点最弱，选项C 错误；故选D.
【点睛】
感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象，此时导体内不个点的场强为零，导体是一个等势体．
【解析】
试题分析：直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在M所在处的场强的大小．
解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力．
，，
得：F1=9F2
根据电场强度的定义式：，
得：
故选C
【点评】本题很简单直接考查了库伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义．
9．A
【解析】
【详解】
B点电势为20V，D点电势为0V，可知圆心O点的电势为10V，因A点的电势为5V，则C 点的电势为15V，选项A正确，B错误；
圆心O与D点的中点F电势为5V，与A点的电势相等，可知AF为等势面，电场线与等势面垂直，可知电场的方向垂直与AF斜向上，但是由于圆的半径未知，无法确定场强的大小，选项CD错误；故选A.
10．AB
【解析】
【详解】
由题意可知，小球只受到恒力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，恒力F与电场力是一对平衡力。

所以电场力的大小也是F，方向与恒力F的方向相反。

即有qE=F，则得E=F/q．故A正确。

从A到B的过程，电场力做功的大小：W=F•dcosθ．则AB两点的
电势差为U=W
q =Fdcosθ
q
，故B正确；从A到B的过程，电场力做负功，电势能增加，大小
为F•dcosθ，故C错误；要使带电小球由B向A做匀速直线运动，仍然是合力为0，故F的大小和方向都不变。

故D错误。

故选AB。

【点睛】
对小球进行正确的受力分析，得出拉力与电场力是一对平衡力是解决该题的关键；电场力的方向与运动方向无关.
11．ACD
【详解】
由图知，a点处的电场线比b点处的电场线密集，c点处电场线比d点处电场密集，故AC 正确；过a点画等势线，与b点所在电场线的交点在b点沿电场线的方向上，所以b点的电势高于a点的电势，故B错误；同理可得d点电势高于c点电势，故D正确．
【点睛】
本题是对电场基本性质的理解，电场线与电场强度、电势的关系，可由电场线的疏密判断电场的强弱，由电势的叠加判断电势的高低，也可以通过画等势线，判断电势的高低．12．AB
【解析】
【详解】
由轨迹图可知，小球所受的合力向上，则电场力向上，可知小球带正电，选项A正确；合力向上，则合力做正功，动能增加，选项B正确；因电场是匀强电场，可知小球所受的合力不变，加速度不变，选项C错误；电场力做正功电势能减小，但是由于小球的运动情况未知，则不能确定电场力做功的多少，也不能确定电势能变化多少，选项D错误；故选AB. 【点睛】
此题关键是知道曲线运动的合力与轨迹的关系，合力方向指向轨迹的凹向；电场力做正功等于电势能的变化；合力做功等于动能的变化.
13．正Q 2 【解析】 【详解】
通过受力分析可知，三电荷受合力均为零，可知q 必选带正电；由库仑定律，对q 有
k Q 1q
r 1
2=
k Q 2q
r 2
2因Q 1>Q 2，则r 1>r 2，则点电荷q 置于Q 1Q 2连线的延长线所在直线上则距Q 2更近些. 【点睛】
三个电荷都处以平衡状态时，三个电荷满足的关系是“两同夹异”，“两大夹小”，记住这个结论.
14．（1）正；（2）B （3）A 【解析】 【详解】
（1）由电场线方向可知A 点场强方向，由轨迹知粒子受力方向应与E 方向一致，粒子应带正电．
（2）由于B 点的电场线密，所以B 点的场强较大，B 点电场力大，且电荷在B 点受力方向跟该处的场强方向相同．则粒子B 点的加速度较大．
（3）从A 到B 电场力做负功，则动能减小，可知A 点的速度较大； 【点睛】
本题要熟记忆电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的相对大小，顺着电场线方向电势降低．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧． 15．√33
mg ；√33
mg ； 【解析】 【详解】
带电小球A ，受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，此过程中电场力F 对小球做正功，重力G 做负功，细线拉力T 不做功，根据动能定理，则有：Flsinα-mgl （1-cosα）=0，解得：F=√3
3mg ；
改变电场强度的大小后，平衡在α=30°处时，根据矢量的合成法则，结合三角知识则有：
F′=mgtan30°=√3
3
mg；
16．（1）小球带正电；（2）小球的带电量为q=mgtanα
E ；（3）细线的拉力为T=mg
cosα
．
【解析】
【详解】
（1）小球受重力、拉力和电场力处于平衡，电场力的方向水平向右．如图所示．知小球带正电．
（2）根据共点力平衡可知电场力为：F=qE=mgtanα
解得：q=mgtanα
E
．
（3）细线的拉力为：T=mg
cosα
．
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，知道电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．
17．（1）L
v （2）qEL
2
2mv2
（3）q
2E2L2
2mv2
【解析】
【详解】
（1）不加电场时，从O到A做匀速直线运动，可知粒子从O运动到A的时间t=L
v
；
（2）加电场后，水平方向做匀速运动，则L=vt；竖直方向：y=1
2at2=1
2
⋅qE
m
t2
解得AB 的距离：AB =y =12⋅
qE m (L v
)2
=qEL 2
2mv 2
（3）O 到B 过程中，电场力做的功：W =Eqy =q 2E 2L 22mv 2
【点睛】
本题考查了粒子在电场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律的规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解． 18．（1）3mg-2Eq ；（2）()mg qE R
mg qE
μ+-
【详解】
（1）设滑块在B 点速度为v ，对滑块从A 到B 的过程， 由动能定理得：mgR -EqR =
12
mv 2 设滑块在B 点对B 点压力为F ，轨道对滑块支持力为F ′，由牛顿第三定律得得：F ′=F ；对
滑块由牛顿第二定律得：F ′-mg =m 2
v R
解得，F =3mg -2Eq
（2）由于滑块最终会停止在水平面上，可知qE ＜μmg ．由动能定理可知：
()0mgR mgx qE R x μ--+= 解得：()mg qE R
x mg qE
μ+=
-
即滑块最终停止在距离B 点()mg qE R
mg qE
μ+-的平面上.
【点睛】
对单个物体的运动，求解位移或速度是利用动能定理较为简单，此外，恰当的选择运动过程会使运算简便，要注意选择．本题中要注意比较在平面上时的电场力与摩擦力的大小关系，从而决定滑块的运动情况．。