2021学年-有答案-福建省厦门市高二(上)月考物理试卷(10月份)

2021学年福建省厦门市高二（上）月考物理试卷（10月份）
一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分．在每一小题给出的四个选项中只有一项是正确的．）)
1. 如图是两个等量异种电荷形成的电场，AB为中垂线上两点，CD为两电荷连线上两点，且A、B、C、D与O点间距离相等，则（）
A.A、B、C、D四点场强相同
B.C点电势比D点电势低
C.正电荷从A运动到B，电场力不做功
D.正电荷从C运动到D，电势能增加
2. 真空中，两个等量异种点电荷电量数值均为q，相距为r，两点电荷连线中点处的电场强度的大小为（）
A.0
B.2kq
r2C.4kq
r2
D.8kq
r2
3. 已知平行板电容器电容为C，带电量为Q，板间距离为d，今在两板正中央d
2
处放一电荷q，则它受到的电场力大小为（）
A.k2Qq
d2B.k4Qq
d2
C.Qq
cd
D.2Qq
cd
4. 安培提出了著名的分子电流假说．根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，下列关于该环形电流的说法，正确的是（）
A.电流大小为ve
2πr
，电流方向为顺时针
B.电流大小为ve
r
，电流方向为顺时针
C.电流大小为ve
2πr
，电流方向为逆时针
D.电流大小为ve
r
，电流方向为逆时针
5. 如图所示，某带电粒子在电场中运动，轨迹如图中虚线所示，则可判定（）
A.A点电势比B点低
B.该粒子带正电
C.在A点电势能小于在B点电势能
D.在A点加速度小于在B点加速度
6. 如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为a、b的中点。

若一个运动的正电荷（只受电场力）先后经过a、b两点，a、b两点的电势分别为φa＝−3V、φb＝7V，则（）
A.c点电势为2V
B.a点的场强小于b点的场强
C.正电荷在a点的动能小于在b点的动能
D.正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能
7. 如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为U和1
5
U，a、b的电势差等于b、c的电势差．一带电粒子从等势面a上某处以速度υ释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2υ，则它经过等势面b时的速率为（）
A.√2υ
B.√5
2υ C.√3
2
υ D.1.5υ
二、多项选择题（共6小题，每小题4分，共24分．在每一小题给出的四个选项中
有多项是正确的．没选全得2分，有错不得分．）)
8. 两个通草球带电后相互推斥，如图所示。

两悬线a、b跟竖直方向的夹角分别为α、β，两球在同一水平面上。

两球质量用m1和m2表示，所带电量用q1和q2表示。

若已知α>β，则一定有的关系（）
A.m1受到的电场力一定大于m2所受电场力
B.悬线a受到的拉力一定小于悬线b受到的拉力
C.m1一定小于m2
D.可能q1等于q2
9. 如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．下面哪些操作将使静电计指针张角变小（）
A.将M板向下平移
B.将M板移走
C.将M板沿水平向右方向移动一小段距离
D.在M、N之间插入云母板
10. 如图所示，在处于O点的点电荷+Q形成的电场中，试探电荷+q由A点移到B点，电场力做功为W1；以OA为半径画弧交于OB于C，+q由A点移到C点电场力做功为W2；+q由C点移到B点电场力做功为W3．则三者的做功关系是（）
A.W1＝W2+W3
B.W1>W2＝W3
C.W1＝W2>W3
D.W1＝W2<W3
11. 如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点。

若粒子在M点和P点的速率相等，则（）
A.粒子一定带正电
B.U MN＝U NP
C.粒子在N点时的加速度最大、电势能最大
D.粒子在M、P两点时的电势能相同
12. 如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点。

在这一运动过程中克服重力做
的功为2.0J，电场力做的功为1.5
J.则下列说法正确的是（）
A.粒子带负电
B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C.粒子在A点的动能比在B点多0.5 J
D.在粒子和地球所组成的系统中，粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
13. 如图所示，一水平固定的小圆盘A，带电量为Q，电势为零，从圆盘中心处O由静
止释放一质量为m，带电量为+q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达
盘中心竖直线上的c点，Oc＝ℎ，又知道过竖直线上的b点时，小球速度最大，由此可
知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是（）
A.b点场强
B.c点场强
C.b点电势
D.c点电势
二．计算题（共48分）)
14. 如图所示，用长为l的绝缘细线悬挂一带电小球，小球质量为m。

现加一水平向右、场强为E的匀强电场，平衡时小球静止于A点，细线与竖直方向成θ角。

（1）求小球所带电荷量的大小；
（2）若将细线剪断，小球将在时间t内由A点运动到电场中的P点（图中未画出），求A、P两点间的距离；
（3）求A、P两点间电势差的。

15. 如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l，两板间距为d，两板间电压为U，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度v0，从两板中央射入，已知电子质量为m，电荷量为q求：
（1）电子偏离金属板的侧位移y0是多少？
（2）电子飞出电场时的速度是多少？
（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，求OP的长．
16. 如图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来。

若轨道是光滑绝缘的，斜直轨道的倾角α＝30∘，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：
（1）小球在斜直轨道上的加速度大小；
（2）A点在斜直轨道上的高度ℎ。

方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为l的17. 如图所示，空间存在着强度E=3mg
q
绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m、电荷量q的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．求：
（1）小球运动最高点时的速度；
（2）细线能承受的最大拉力；
时刻小球与O点的距离．
（3）从断线开始计时，在t=√l
g
18. 如图所示，一个带电荷量为−q的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角。

已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点N时，它的速度大小仍为v。

求：
（1）最高点与O点的竖直高度；
（2）最高点与O点的电势差U NO；
（3）电场强度E。

参考答案与试题解析
2021学年福建省厦门市高二（上）月考物理试卷（10月份）
一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分．在每一小题给出的四个选项中只有一项是正确的．） 1.
【答案】 C
【考点】 电场线 电势能
【解析】
两个等量异种点电荷形成的电场，电场线分布具有对称性，电场线越密，场强越大。

中垂线上所有点的电场强度的方向都相同且与之垂直；该中垂线是一条等势线，所有点的电势都相等。

【解答】
A 、两个等量异种点电荷形成的电场，两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO ＝BO ，那么A 、
B 两点的场强就是相等的，小于O 处的场强。

由于C 、D 两处电场线比O 处密，则C 、D 两处的场强比O 处大，故A 错误；
B 、电场线从正电荷出发到负电荷终止，而顺着电场线方向电势降低，则知
C 点电势比
D 点电势高，故B 错误。

C 、AB 为中垂线，是一条等势线，其上各点的电势都相等，AB 之间的电势差为0，则正电荷从A 运动到B ，电场力不做功，故C 正确；
D 、正电荷从C 运动到D ，电场力从C 指向D ，电场力做正功，电势能减小，故D 错误。

2.
【答案】 D
【考点】 电场强度 【解析】
根据点电荷的场强公式分别求出等量异种电荷在中点的电场强度，再根据场强的叠加进行合成． 【解答】
两个等量异种点电荷在中点产生的电场强度大小相等，方向相同。

大小为E 1=k q
(r 2
)2，
则合场强E =2E 1=8kq r 2
．故D 正确、ABC 错误。

3. 【答案】 C 【考点】 库仑定律 电场强度 【解析】
根据电容器的定义式C=Q
U
，求出电容器极板间的电势差，根据匀强电场的强度公式
E=U
d
得出电场强度，从而得出电场力．
【解答】
根据电容器的定义式C=Q
U ，得电容器极板间的电势差U=Q
C
板间场强为E=U
d =Q
Cd
由于平行板电容器板间是匀强电场，则电荷q受到的电场力大小为F＝qE=qQ
Cd 4.
【答案】
C
【考点】
电流概念
【解析】
电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期T=2πr
v ，根据电流的定义式I=q
t
求
解电流强度．电子带负电，电流方向与电子定向移动的方向相反．【解答】
解：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为：T=2πr
v
，
根据电流的定义式得：电流强度为：I=q
t =e
T
=ve
2πr
，
因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确，ABD错误．
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
电场线
电势
电势能
【解析】
根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．由粒子轨迹的弯曲方向判断电场力
方向．电场力方向应指向轨迹的内侧．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能
的大小．由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小．
【解答】
A、根据沿着电场线方向电势降低，则A的点电势高于B点，故A错误；
B、电场力方向应指向运动轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，即粒子受力的方向与电场线的方向相反，所以粒子带负电荷。

故B错误；
C、粒子所受电场力方向大致斜向左下方，与运动方向的夹角大于90∘，电场力对粒子
做负功，其电势能增大，动能减小，则知粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，故
C正确；
D、A点处的电场线较密，而B点处电场线较疏，则A点处的电场强度较大，粒子所受
的电场力也较大，粒子的加速度也大。

故D错误。

6.
【答案】
D
【考点】
电势差与电场强度的关系
【解析】
由题可知，题中是一条电场线，无法判断该电场是否是匀强电场，不能确定c点处的电
势具体大小。

根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的关系。

由能量守恒分析
动能关系。

【解答】
A、由于只有一条电场线，无法确定电场的性质，所以无法确定c点的电势，故A错误；
B、一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的
场强E a可能小于b点处的场强，也可能大于E b．故B错误。

CD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中克服电
场力做功，电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小。

故C错误，D正确。

7.
【答案】
B
【考点】
电势
等势面
【解析】
电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
【解答】
由动能定理知从a到c:qU ac=1
2
m(4V2−V2)=1.5mV2＝0.8qU，设在等势面b时的速
率为v，则：qU ab=1
2m(v2−V2)，Uab＝0.4U，联立可得：v=√5
2
V，B正确。

二、多项选择题（共6小题，每小题4分，共24分．在每一小题给出的四个选项中有多项是正确的．没选全得2分，有错不得分．）
8.
【答案】
B,C,D
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
库仑定律
【解析】
对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的质量的大小关系。

【解答】
A、两个球相互排斥，根据牛顿第三定律，相互排斥力相等，故A错误；
B、C、对左侧小球受力分析，受重力m1g，拉力T和静电斥力F，如图
根据平衡条件，有：
T sinα＝F
已知α>β，所以，悬线a受到的拉力一定小于悬线b受到的拉力，故B正确；
T cosα＝m1g
解得：
F＝m1g tanα①
再对右侧小球受力分析，同理有：
F＝m2g tanβ②
由①②解得：
m1<m2
故C正确；
D、两球相互排斥，根据牛顿第三定律，相互排斥力相等，与带电量无关，故电量可能相等，故D正确；
9.
【答案】
C,D
【考点】
电容器的动态分析
【解析】
由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由
C=Q
U 分析电容C如何变化，根据C=eS
4πkd
进行分析
【解答】
由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由
C=Q
U 分析可知，电容C应变大，根据C=eS
4πkd
分析可知，增大正对面积，减小板间距
离、或插入电介质，或插入金属板。

所以CD正确。

10.
【答案】
A,C
【考点】
电势能
【解析】
在点电荷的电场中，A、C两点在同一等势面上，试探电荷由A点移到C点电场力不做功。

根据沿着电场线方向电势降低来电势的高低，由W＝qU来确定试探电荷的电场力做功
大小。

【解答】
在点电荷的电场中，由于A、C两点位于以O为圆心的同心圆时，则两点在同一等势面
上，则由W＝qU知，试探电荷q由A点移到C点电场力做功为零，即W2＝0。

根据沿着电场线方向电势降低，可知，A、C两点的电势都比B点的高，而且AB间的电
势差等于CB间的电势差，由由W＝qU知，W1＝W3。

由于点电荷是带正电，所以q由A点移到B点，电场力做正功，q由C点移到B点电场力
也做正功，且W1与W3相等。

即W1＝W3>W2；由于W2＝0，则W1＝W2+W3．故A正确，BCD错误
11.
【答案】
A,D
【考点】
电场线
【解析】
在点电荷的电场中，粒子在电场中受到的电场力的指向圆心或背离圆心，结合轨迹可
得到电荷电性；根据电场力做功可得到电势差的关系；运动的过程中，根据电场力的
大小分析加速度情况，根据能量关系分析电势能的大小关系。

【解答】
A有轨迹可知粒子受到的电场力指向内侧，粒子在负点电荷的电场中运动，即可知道粒子带正电，故A正确；
B．粒子在M点和P点的速率相等，说明粒子从M到N和从N到P电场力做功相等，根据
电场力做功公式W＝qU可知，U MN＝U PN，故B错误；
C．根据库仑力公式知，距点电荷越近库仑力越大，结合牛顿第二定律F＝ma可知在N
点加速度最大，又因为粒子带正电，正电荷在电势高的地方电势能大，N点电势最低，故N点电势能最小，故C错误；
D．有B可知，M和P两点时等势点，故粒子在M、P两点时的电势能相同，故D正确。

12.
【答案】
C,D
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
电势能
【解析】
在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功。

从运动
轨迹上判断，粒子带正电。

从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减
少的，A点的电势能要大于B点电势能。

从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力
做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况。

从A到B的过程中，做功的力有重力和
电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能。

【解答】
A、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电。

故A错误。

B、从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A点是的电势能要大于在B点时的电势能。

故B错误。

C、从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可知，粒子在
A点的动能比在B点多0.5J，故C正确。

D、从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能
转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等
于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，故D正确。

13. 【答案】 A,D
【考点】 电势
电场的叠加 电场强度
【解析】
小球受两个力，重力和电场力，0到b ，电场力大于重力，小球向上先做加速运动；到b 点，电场力等于重力，速度达到最大；b 到c ，小球向上做减速运功，到c 点速度为
零．根据在b 点电场力等于重力求出b 点的场强，根据动能定理，求出c 点的电势能，从而求出c 点的电势． 【解答】
在B 点，电场力等于重力，qE b ＝mg ，E b =
mg q
．o 到c ，根据动能定理得，W 电−mgℎ
＝0，电场力做正功，W 电＝mgℎ，电势能减小mgℎ，o 点电势能为0，所以c 点电势能为−mgℎ，c 点的电势为
−mgℎq
．故B 、C 错误，A 、D 正确。

二．计算题（共48分） 14. 【答案】
小球所带电荷量的大小是
mg E
tan θ；
小球将在A 、P 两点间的距离是gt 22cos θ
；
A 、P 两点间电势差是−
Egt 2tan θ
2。

【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系 牛顿第二定律的概念
解直角三角形在三力平衡问题中的应用 电场强度
电势差与电场强度的关系
【解析】
（1）对小球进行受力分析，根据小球静止时受平衡力求解。

（2）剪断细线后，小球受电场力和重力，根据牛顿第二定律和运动学公式求解。

（3）根据公式U ＝Ed 求解。

【解答】
对小球进行受力分析，根据平衡条件得 则有Eq ＝mg tan θ
q =mg E
tan θ
剪断细线后，小球受电场力和重力，它们的合力为F
合
，加速度为a
F=mg cosθ
F 合=
mg
cosθ
=ma
所以a=g
cosθ
A、P两点间的距离L=1
2at2=gt2
2cosθ
A、P两点间电势差的大小
U=EL sinθ=Egt2tanθ
2
即U AP=−Egt2tanθ
2。

15.
【答案】
电子偏离金属板的侧位移y0是qUl 2
2dmv02
．
电子飞出电场时的速度是√v02+U2q2l2
m2d2v02
电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，OP的长是(l+2s)Uql
2mdv02
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
（1）粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；
（2）先根据v＝at求出竖直方向速度，进而进行合成求出电子飞出电场时的速度；（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出OP的长．
【解答】
电子在电场中做类平抛运动，则：a=qE
m =qU
md
水平方向有：l＝v0t
竖直方向有：y0=1
2
at2
由①②③得电子偏离金属板的侧位移为：y 0=qUl 2
2dmv 0
2
在竖直方向的分速度为：v y =at =qUl
mdv 0
在水平方向的分速度为：v x ＝v 0 所以：v =
√v x
2
+v y
2=√v 02+
U 2q 2l 2m 2d 2v 02
电子飞出电场后，做匀速直线运动，则：tan θ=v y v x
=
qUl
mdv 0
2
所以OP ＝y 0+s tan θ=(l+2s)Uql
2mdv 0
2
16. 【答案】
小球在斜直轨道上的加速度大小为g
4；
A 点在斜直轨道上的高度ℎ为5
2
R ；
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 动能定理的应用 牛顿第二定律的概念 向心力
【解析】
（1）对小球受力分析由牛顿第二定律可求得加速度。

（2）小球恰好通过最高点，则由向心力公式可求得B 点的速度；对AB 过程由动能定理可得A 在轨道上的高度； 【解答】
由题意得：mg ＝2Eq
斜面上(mg −Eq)sin θ＝ma 加速度a =g
4
设小球到B 点的最小速度为V B ，则由牛顿第二定律可得：mg −Eq ＝m v B
2
R
对AB 过程由动能定理可得：
mg(ℎ−2R)−Eq(ℎ−2R)=1
2mV B 2
；
联立解得：ℎ=5
2
R ；
17. 【答案】
小球运动最高点时的速度为√4gl ； 细线能承受的最大拉力为6mg ；
从断线开始计时，在t =√l
g 时刻小球与O 点的距离为2√2L
动能定理的应用
牛顿第二定律的概念
电势差与电场强度的关系
【解析】
根据动能定理求出小球到达最高点时的速度；
在最高点对小球受力分析，根据牛顿第二定律列方程求细线承受的拉力；
细线断裂后小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向的加速度，然后由平抛运动规律求解．
【解答】
设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有：
(qE−mg)L=1
2
mv2
解得：v=√4gL
在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律得：
T+mg−qE＝m v2
L
解得：T＝6mg
小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，根据牛顿第二定律则：
a=qE−mg
m
③
小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动学公式，在t时刻：
x＝vt＝2L
y=1
2
at2=L
则小球与O点的距离：
d=√x2+(y+L)2=2√2L 18.
【答案】
最高点与O点的竖直高度是v 2sin2θ
2g
；
最高点与O点的电势差U NO是mv 2sin2θ
2q。

电场强度E是mg sinθ
q(1+cosθ)。

【考点】
电势差与电场强度的关系
【解析】
（1）由题，油滴从O到N的过程，竖直方向上做竖直上抛运动，由运动学公式求解竖直高度ℎ；
（2）油滴从O到N的过程，动能不变，重力做负功−mgℎ，根据动能定理求解电势差U NO；
（3）采用运动的分解法，分别由运动学速度公式得到竖直和水平两个方向的速度与时间的关系式，抓住时间相等，即可求出加速度，由牛顿第二定律求得场强E。

在竖直方向上，液滴做竖直上抛运动，则有(v sinθ)2＝2gℎ
解得ℎ=v 2sin2θ2g
油滴从O到N的过程，由动能定理得：U NO q−mgℎ＝0解得U NO=mv2sin2θ
2q
竖直方向上：v sinθ＝gt
设水平方向的加速度大小为a，取向右为正方向，则−v＝v cosθ−at
又Eq＝ma
联立以上三式得：E=mg sinθ
q(1+cosθ)。