甘肃省张掖二中高二物理10月月考试题(英才、育才)(2021年整理)

甘肃省张掖二中2018-2019学年高二物理10月月考试题（英才、育才）编辑整理：
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甘肃省张掖二中2018-2019学年高二物理10月月考试题（英才、育才）
第Ⅰ卷（选择题共60分)
一、单项选择题(本题共12小题,每题3分，共36分，每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．下列说法中正确的是( )
A．点电荷是一种理想模型，真正的点电荷是存在的
B．点电荷就是体积和带电量都很小的带电体
C．根据F＝k错误!可知，当r→0时,F→∞
D．一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小,而是看它的形状和大小对所研究的
问题的影响是否可以忽略不计
2．M和N是两个都不带电的物体。

它们互相摩擦后,M带正电荷2。

7×10－9 C，下列判断错误
的有（)
A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B．摩擦过程中电子从M转移到N
C．N在摩擦后一定带负电荷2.7×10－9 C D．M在摩擦过程中失去1.7×1010个电子3．在电场中某点,当放入正电荷时受到的电场力方向向右;当放入负电荷时受到的电场力方向向左，则下列说法中正确的是( )
A．当放入正电荷时，该点场强方向向右；当放入负电荷时,该点场强方向向左
B．该点场强方向一定向右
C．该点场强方向一定向左
D．该点场强方向可能向右，也可能向左
4．下列四个图中，a、b两点电势相等、电场强度也相等的是( ）
5．如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知：三角形边长为1 cm，B、C电荷量为q B＝q C＝1×10－6 C，A电荷量为q A＝－2×10－6 C，A所受B、C两个电荷的静电力的合力F的大小和方向为( )
A．180 N，沿AB方向
B．180错误! N，沿AC方向
C．180 N,沿∠BAC的角平分线
D．180错误! N，沿∠BAC的角平分线
6．如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（)
A．速度变大，加速度变大B．速度变小,加速度变小
C．速度变大，加速度变小D．速度变小，加速度变大
7．由如图所示的电场线，可判定( )
A．该电场一定是匀强电场
B．A点的电势一定低于B点的电势
C．负电荷放在B点的电势能比A点的电势能大
D．负电荷放在B点所受电场力方向向右
8．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示,由M运动到N,以下说法错误的是（)
A．粒子必定带正电荷
B．由于M点没有电场线，粒子在M点不受静电力的作用
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D．粒子在M点的动能小于在N点的动能
9．如图中，B、C、D三点都在以点电荷＋Q为圆心半径为r的圆弧上。

将一
试探电荷从A点分别移到B、C、D各点时，静电力做功的关系是（）
A．W AB＞W AC
B．W AD＞W AB
C．W AC＞W AD
D．W AB＝W AC
10．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块
平行极板间的电场中,射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电
子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是 ( ）
A．U1变大、U2变大
B．U1变小、U2变大
C．U1变大、U2变小
D．U1变小、U2变小
11．如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v B＝2v0，方向与电场的方向一致，
则A、B两点的电势差为( )
A.错误!B。

错误!
C。

错误!D。

错误!
12．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图所示。

M、N两点各固定一负点电荷,一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。

静电力常量用k表示。

若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为( ）
A.错误!，沿y轴正向
B.错误!,沿y轴负向
C。

错误!，沿y轴正向D。

错误!，沿y轴负向
二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分,共24分）13．如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体,起初它们不带电，在它们的下
部贴有金属箔片，C是带正电的小球,下列说法正确的是（)
A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开
B．把C移近导体A，先把A、B分开,然后移去C，A、B上的金属箔
片仍张开
C．先把C移走,再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开
D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属
箔片张开，而B上的金属箔片闭合
14．如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点,若从A点由静止释放一电子,假设电子仅受电场力作用,电子从A点运动到B点的速度—时间图像如图乙
所示，则( )
A．电子在A、B两点受的电场力F A＜F B
B．A、B两点的电场强度E A＞E B
C．A、B两点的电势φA＜φB
D．电子在A、B两点具有的电势能E p A＜E p B
15．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只
静
电计,开关S合上后,静电计指针张开一个角度，下述做法可
使
静电计指针张角增大的是( )
A．使A、B两板靠近一些
B．使A、B两板正对面积减小一些
C．断开S后，使B板向右平移一些
D．断开S后,使A、B正对面积减小一些
16．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板
与
一直流电源相连。

若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通
过电
容器，则在此过程中,该粒子( )
A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动
17．在场强大小为E的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细线一端拴质量m电量q的带正电小球,另一端固定在O点。

把小球拉到使细线水平的位置A,然后将小球由静止释放,小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60◦位置B时速度为零。

以下说法正确是( )
A。

小球重力与电场力的关系是mg=3qE
B. 小球重力与电场力的关系是qE=3mg
C。

球在B点时细线拉力为T=3mg
D。

球在B点时细线拉力为T=2mg
18．一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10 V、17 V、26 V。

下列
说法正确的是
A．电场强度的大小为2。

5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
三、计算题
19．(9分）如图所示,在匀强电场中，有A、B两点，它们之间的距离为2 cm,两点的连线与场强方向成60°角．将一个电荷量为－2×10－5 C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1 J．问:
（1) 在此过程中，静电力对该电荷做了多少功?
(2）A、B两点的电势差U AB为多大?
（3) 匀强电场的场强为多大？
20．（9分)如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接
一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中,
绳与竖直方向的夹角θ=37°。

已知小球所带电荷量q=1。

0×10–6
C，匀强电场的场强E=3。

0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2，
sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.求:
（1）小球所受电场力F的大小。

（2）小球的质量m.
(3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。

21．(10分）一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间,如图所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点。

(1）求电子出加速电场时的速度；
（2)求电子出偏转电场时的偏转位移;
（3)求电子从静止到飞出水平极板时电势能的变化量。

22．(12分)一质量为m、带电量为+q的小球从距地面高为h处以一定的初速度水平抛出．在距抛出点水平距离为l处，有-根管口
比小球直径略大的竖直细管,管的上口距地面
．为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示，求:
（1)小球的初速度v0．
（2）电场强度E的大小．
（3）小球落地时的动能E K．
张掖二中2018—2019学年度第一学期月考试卷（10月）
高二物理（英才、育才)答案
1.D解析点电荷是一种理想模型，一个带电体能否看成点电荷不是看其大小，而是应具体问题具体分析，是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计．因此大的带电体一定不能看成点电荷和小的带电体一定能看成点电荷的说法都是错误的，所以D对．
2。

A 在摩擦前，物体内部存在着等量的异种电荷，对外不显电性,A错误。

M失去电子带正电，N得到电子带负电，所以电子是从M转移到N，B正确；在摩擦起电过程中，得失电子数目是相等的，根据电荷守恒定律，M带正电荷2.7×10－9 C，则N一定带负电荷2。

7×10－9 C,C 项正确；M失去的电子数为n＝错误!＝错误!个＝1。

7×1010个，D正确。

3B 电场中某一点的电场方向取决于电场本身,其方向与放在该点的正电荷的受力方向一致，与负电荷的受力方向相反,故只有B正确。

4。

D解析匀强电场的等势面是垂直于电场线的一簇等间距的平行平面，A中a、b两点不在同一等势面上，所以，这两点的电势是不相等的，但这两点的场强相等;B中a、b两点在同一个等势面上，电势相等，但这两点的场强大小相等、方向不同;C中a、b两点对称于两电荷的连线，所以电势相等，但在中垂线上场强的方向是平行于中垂线的，而且都指向外侧，故两点的场强的方向不同；在D中，a、b两点的电势相等,场强的方向是沿连线的，而且方向相同，故本题选D.
5 D q B、q C电荷对q A电荷的库仑力大小相等，故：
F＝F
1
＝F2＝错误!＝错误!N＝180 N
两个静电力，夹角为60°，故合力为：F′＝2F cos 30°＝2×180 N×错误!＝180错误! N
方向沿∠BAC的角平分线.
6. C 解析因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同,故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大,它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．
7。

C 解析由图知,该电场线为直线,在我们常接触的电场中，匀强电场的电场线是直线，但点电荷的电场线也是直线，故也可能是正电荷放在左端或负电荷放在右端时产生电场的电场线,另外也可能是正负电荷之间的一条电场线,故A项错．电势的高低可根据电场线由高电势指向低电势判断，则φA＞φB,故B项错．由于φA＞φB，故正电荷在A点的电势能大，而负电荷在B点的电势能大，因此C项正确，也可假设负电荷由A移到B，则该过程中电场力方向向左,与运动方向相反，故电场力做负功,电势能增加．负电荷在电场中所受电场力的方向与该点场强的方向相反．故D项错．
8。

B 解析根据电荷运动轨迹弯曲的情况,可以确定点电荷受静电力的方向沿电场线方向,故此点电荷带正电，A选项正确．由于电场线越密,电场强度越大，点电荷受到的静电力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大,故此点电荷在N点加速度大,B项错误，C选项正确．粒子从M点运动到N点,静电力做正功,根据动能定理得此点电荷在N点的动能大,故D选项正确．9. D 因B、C、D三点位于点电荷＋Q周围电场中的同一等势面上，故U AB＝U AC＝U AD,由电场力做功W＝qU知W AB＝W AC＝W AD。

10. B 解析：设电子被加速后获得的速度为v0，则由动能定理得qU1＝错误!mv错误!
设极板长为l，则电子在电场中偏转所用的时间为t＝l v 0
设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a,由牛顿第二定律得a＝错误!＝错误!电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度为v y＝at
解得v y ＝错误!
故tan θ＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!
所以U 2变大或U 1变小都可能使偏转角θ变大，故选项B 正确.
11。

C 粒子在竖直方向做匀减速直线运动,则有2gh ＝v 错误!。

电场力做正功，重力做负功,使粒子的动能由错误!mv 错误!变为2mv 错误!，则根据动能定理，有 Uq －mgh ＝2mv 错误!－错误!mv 错误!，解方程得A 、B 两点电势差应为错误!，故选C 。

12。

B 处于O 点的正点电荷在G 点处产生的场强E 1＝k 错误!，方向沿y 轴负向；又因为G 点处场强为零，所以M 、N 处两负点电荷在G 点共同产生的场强E 2＝E 1＝k 错误!，方向沿y 轴正向；根据对称性,M 、N 处两负点电荷在H 点共同产生的场强E 3＝E 2＝k 错误!，方向沿y 轴负向；将该正点电荷移到G 处,该正点电荷在H 点产生的场强E 4＝k Q 2a 2,方向沿y 轴正向，所以H 点的
场强E ＝E 3－E 4＝错误!，方向沿y 轴负向.
13．AB 解析 虽然A 、B 起初都不带电，但带正电的导体C 对A 、B 内的电荷有力的作用，使A 、B 中的自由电子向左移动，使得A 端积累了负电荷,B 端带正电荷，其下部贴有的金属箔片分别带上了与A 、B 同种的电荷，所以金属箔片都张开，A 正确．C 只要一直在A 、B 附近,先把A 、B 分开，A 、B 上的电荷因受C 的作用力不可能中和,因而A 、B 仍带等量异种的感应电荷,此时即使再移走C ，A 、B 所带电荷量也不能变,金属箔片仍张开，B 正确．但如果先移走C ，A 、B 上的感应电荷会马上中和，不再带电，所以箔片都不会张开，C 错．先把A 、B 分开，再移走C ,A 、B 仍然带电，但重新让A 、B 接触后，A 、B 上的感应电荷会完全中和,箔片都不会张开，D 错．故选A 、B 。

14. BC 根据题意,电子从静止释放后从A 运动到B ，则电子受到的电场力方向为A →B ，而电子带负电，所以电场线方向为B →A ，则B 点的电势高于A 点的电势，即φA ＜φB ,故C 正确；从速度图像看出,电子从A 运动到B 的过程加速度减小，则电场力减小，即F A ＞F B ，所以电场强度减小，即E A ＞E B ，故A 错误，B 正确;因电场力做正功,则电势能减小，故D 错误。

15。

CD
16。

BD 对带电粒子受力分析如图所示,F 合≠0，则A 错。

由图可知电场力与重力的合力与v 0应反向，F 合对粒子做负功，其中mg 不做功，E q 做负功,故粒子动能减少，电势能增加，故B 正确C 错误.F 合恒定且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速运动,D 项正确。

17. BC 解析：根据动能定理 mgL sin60∘-qEL （1—cos60∘）=0 ，
解得: qE = mg.小球到达B 点时速度为零，向心力为零,则沿细线方向合力为零,此时对小球
受力分析可知：T =qE cos60∘+mg sin60∘,故细线拉力T=mg,选项D 错误。

18。

ABD 【解析】如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点相同，则1017717269
ad dc -==-,d 点坐标为（3.5 cm ，6 cm ），过c 点作cf ⊥bd 于f ，由几何关系可得cf =3.6 cm ，则电场强度
2617 V/cm 2.5 V/cm 3.6
U E d -===，A 正确;因为四边形Oacb 是矩形，所以有ac Ob U U =，解得坐标原点O 处的电势为1 V,B 正确；a 点电势比b 点电势低7 V ，电子带负电，所以电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV,C 错误;b 点电势比c 点电势低9 V ，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV ，D 正确。

【考点定位】匀强电场中电场强度与电势差的关系、电势、电势能
【名师点睛】在匀强电场中沿同一方向线段的长度与线段两端的电势差成正比；在匀强电场中电场线平行且均匀分布，故等势面平行且均匀分布.以上两点是解决此类题目的关键.电势与电势能之间的关系，也是常考的问题，要知道负电荷在电势高处电势能低.
19。

答案 （1)－0。

1 J (2)5 000 V （3）5×105 V/m
解析 (1）电势能增加多少，静电力就做多少负功，故静电力对电荷做了－0.1 J 的功．
（2）由W ＝qU ，得U AB ＝错误!＝错误! V ＝5 000 V.
(3）由U ＝Ed ，得E ＝错误!＝错误!＝5×105 V/m.
20。

(1）3。

0×10–3 N （2）4。

0×10–4 kg （3)2。

0 m/s
【考点定位】电场强度与电场力、物体的平衡、动能定理
21。

解析 (1）电子经U 1的电场加速后,由动能定理可得eU 1＝错误!①
得v 012eu m
(2)电子以v 0的速度进入U 2的电场并偏转t ＝错误!②
E ＝错误!③
a ＝错误!④
y ＝错误!at 2＝错误! t 2＝错误!，③
(3）偏转电场中电场力做功W ＝qE·y＝q·错误!·错误!＝错误! = 22221
4eU L d U 电场力做功W ＝eU 1+qE·y＝eU 1 + 22221
4U L e d U ∴电势能减少222121
()4U L eU e d U + 22。

分析：
（1）将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动,在水平方向上做匀减速直线运动到零，根据分运动合运动具有等时性求出水平初速度．
（2）根据水平方向做匀减速直线运动根据速度位移公式求出运动的加速度，再根据牛顿第二定律求出加速度．
（3）小球落地的过程中有重力和电场力做功,根据动能定理求出小球落地的速度．
解答：
（3）落地时k kx ky E E E mgh =+=。