2021学年-有答案-广西某校高二(上)第二次月考物理试卷(10月份)

2021学年广西某校高二（上）第二次月考物理试卷（10月份）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但选不全得2分，有选错的得0分．)
1. 下列说法中正确的是（）
A.电动势大的电源做功一定快
B.电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功
C.由I=q
t
可知，通过导线截面的电荷量越多，电流越大
D.电动势E的单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样
2. 如图所示，一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻为R，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e．在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）
A.mv2
2eL B.mv2Sn
e
C.neSvR
L
D.Rev
SL
3. 图中K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）．一带电粒子射入此静电场中后，依a→b→c→d→e轨迹运动．已知电势U K<U L<U M．下列说法中不正确的是（）
A.粒子在bc段做减速运动
B.粒子带负电
C.粒子在b点与d点的速率大小相等
D.粒子在c点时电势能最大
4. 如图所示，由绝缘材料制成的光滑圆环（圆心为O）竖直固定，带电量为+q的小球
A固定在圆环的最高点，电荷量为q的小球B套在圆环上并可自由移动。

若小球B静止时，两球的连线与竖直方向的夹角θ＝30∘．已知静电力常量为k，重力加速度为g，下列说
法正确的是（）
A.O点的电场强度大小为E=k q
r2
B.O点的电场强度方向沿着OA方向
C.小球B可能带正电
D.小球B一定带负电
5. 如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（）
A.它们运动的时间t Q>t P
B.它们运动的加速度a Q<a P
C.它们的动能增加之比△E KP:△E KQ＝1:2
D.它们所带的电荷量之比q P:q Q＝1:2
6. 如图所示，金属板带有等量异种电荷，板间某一竖直平面内电场线的分布如实线所示，已知该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M、N的连线垂直。

一带电油滴在O点处于静止状态。

则（）
A.若将油滴置于P处，仍能静止
B.若将油滴从M处释放，将沿电场线运动至N处
C.M点的电势一定比N点的高
D.油滴在M点的电势能一定比在N点的小
7. 如图所示，Q为一带正电的点电荷，P为原来不带电的枕形金属导体，a、b为导体内的两点。

当导体P处于静电平衡状态时（）
A.a、b两点的场强大小E a、E b的关系为E a>E b
B.感应电荷在a、b两点产生的场强大小1
2mv02和1
2
的关系是E′a>E′b
C.a、b两点的电势大小φa、φb的关系φa>φb
D.若用手摸一下导体P，导体P左端的感应电荷的电量变大
8. 如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O∼x2间各点的电势分布如图乙所示，则（）
A.在O∼x2间，场强方向没有发生变化
B.在O∼x2间，场强先减小后增大
C.若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小
D.从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O∼x2间一直做加速运动
9. 如图所示，两块平行带电金属板，带正电的极板接地，两板间P点处固定着一个负电荷（电量很小）。

现让两板保持距离不变而水平错开一段距离，则（）
A.两板间电压变大，P点场强变大
B.两板间电压变小，P点场强变小
C.P点电势变大，负电荷的电势能变小
D.P点电势变小，负电荷的电势能变大
10. 如图所示，地面上方存在水平向右的匀强电场．现将一带电小球（质量为m）从距离地面O点高ℎ处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为ℎ，当地重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大
B.下落过程中小球机械能一直增加
C.小球的加速度始终保持2g不变
D.从A点到B点小球的电势能增加了mgℎ
二、实验题（本大题有2小题，每空2分，共16分．）)
11. 南宁三中物理兴趣小组制作了如图所示的静电除尘装置，在M、N两点间加高压电源时，金属管内空气电离，电离的电子在静电力的作用下运动，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电荷，因而煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了。

为了除尘，就此示意图，青蓝同学让M接高压电源的________极，N接高压电源________极，由电场的分布特点可以知，M处电场强度________N处电场强度（填“大于”，“等于”或“小于”）。

12. 南宁三中物理兴趣小组发现有一个灯泡上标有“3.8V，0.3A”字样，现该小组要测绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用
A．电压表(0∼5V，内阻5.0kΩ)
B．电压表(0∼10V，内阻10.0kΩ)
C．电流表(0∼500mA，内阻4.0Ω)
D．电流表(0∼6A，内阻1.5Ω)
E．滑动变阻器(10Ω, 1.0A)
F．滑动变阻器(1kΩ, 0.5A)
G．学生电源（电动势约为6V，内阻不计）及开关、导线等
（1）实验中所用的电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选
________。

（填器材代号）
（2）画出实验电路图1，要求电压从零开始测量。

（3）该同学描绘出的I−U图象应是图中2的________。

三、计算题（共3小题，共44分）)
13. 如图所示，高为ℎ的光滑绝缘直杆AD竖直放置，在D处有一固定的正点荷，电荷量为Q．现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A点由静止释放，运动到B点时速度达
到最大值，到C点时速度恰好又变为零，B和D相距为1
3ℎ，C和D相距为1
4
ℎ，静电力常
量为k，重力加速度为g，求：
（1）请判断小球的电性并求出小球的电荷量q；
（2）带电小球在C点处的加速度a C；
（3）C、A两点间的电势差U CA。

14. 如图，ABD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB段是长为L＝1.25m的粗糙水平面，其动摩擦因数为μ＝0.1，BD段为半径R＝0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小E＝5×103V/m。

一带负电小球，以速度v0从A点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D点。

已知小球的质量为m＝2.0×10−2kg，所带电荷量q＝2.0×10−5C，g取10m/s2（水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移），求：
（1）带电小球在从D点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B点的距离；
（2）小球的初速度v0。

15. 如图所示装置中，AB是两个竖直放置的平行金属板，在两板中心处各开有一个小孔，板间距离为d，板长也为d，在两板间加上电压U后，形成水平向右的匀强电场。

在B板下端（紧挨B板下端，但未接触）固定有一个点电荷Q，可以在极板外的空间形成电场。

紧挨其下方有两个水平放置的金属极板CD，板间距离和板长也均为d，在两板间加上电压U后可以形成竖直向下的匀强电场。

某时刻在O点沿中线OO′由静止释放一个质量为m，带电量为q的正粒子，经过一段时间后，粒子从CD两极板的正中央垂直电场进入，最后由CD两极板之间穿出电场。

不计极板厚度及粒子的重力，假设装置产生的三个电场互不影响，静电力常量为k。

求：
（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度v的大小；
（2）在B板下端固定的点电荷Q的电性和电量为多少；
（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离多大；
参考答案与试题解析
2021学年广西某校高二（上）第二次月考物理试卷（10月份）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但选不全得2分，有选错的得0分．
1.
【答案】
B
【考点】
电源的电动势和内阻
【解析】
电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势。

电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关。

电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。

【解答】
A、电动势大的移动相同电量时做功多，并不是电动势大电源做功就多，做功也并不一定快；故A错误；
B、电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，故B 正确；
C、单位时间通过导体横截面的电荷量越大，电流越大，故C错误；
D、电动势E的的单位与电势差的单位相同，但两者物理意义不同，电动势表征电源把其他形式能转化成电能的本领大小（即生电本领大小），而电势差反应的是用电器耗电本领的大小，两者的本质不同，故D错误。

2.
【答案】
C
【考点】
电流的微观表达式
匀强电场中电势差和电场强度的关系
【解析】
根据欧姆定律、电流的微观表达式、电阻定律、匀强电场强度表达式可以联立解得金属棒内的电场强度大小。

【解答】
，
解：根据欧姆定律：I=U
R
电流的微观表达式：I＝neSv，
，
匀强电场强度表达式：E=U
L
，故C正确，ABD错误．
联立得E=neSvR
L
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
电势能
等势面
电场力做功与电势能变化的关系
【解析】
由等势面的情况可以画出电场线的大致分布图，结合粒子的曲线运动，所受合力应该
指向曲线弯曲的内侧，所以粒子的所受电场力是偏在左侧的，又因为题目中交代了电
势U K<U L <U M，所以电场线指向左侧，该粒子应该带正电，b、d在同一等势面上，电势能相等，动能相等，速率相等．根据a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场
力做正功，电势能减小，c点电势最大．
【解答】
B、画出电场线的大致分布图，电势U K<U L <U M，所以电场线指向左侧，电场力大
体向左，该粒子应该带正电，故B错误。

A、b到c电场力做负功，动能减小，速率减小。

故A正确。

C、b、d在同一等势面上，粒子在这两点的电势能相等，根据动能与电势能总量守恒，可知粒子在两点速率相等。

故C正确。

D、a到c电场力做负功，电势能增大，c到e电场力做正功，电势能减小，故粒子在c点
时电势能最大。

故D正确。

本题选错误的，
4.
【答案】
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B受力分析，结合平衡条件，即可判定电场力方向，进而确定B球的电性；
依据等量异种电荷的中垂线为等势线，即可判定。

【解答】
A、因两球带电量是等量异种电荷，O点位于两者连线的中垂线，
故O点电场强度方向与AB方向平行，大小E=2k q
r2cosθ=2k q
r2
cos30=√3k q
r2
，故AB
错误。

C、因两球带电量是等量异种电荷，O点位于两者连线的中垂线，故O点电场强度方向与AB方向平行，
大小E=2k q
r2cosθ=2k q
r2
cos30=√3k q
r2
，故AB错误。

因小球B处于静止状态，对其
受力分析，如下图所示：
由于A球带正电，因此小球B一定带负电，故C错误，D正确；
5.
【答案】
D
【考点】
牛顿第二定律的概念
动能定理的应用
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析。

【解答】
A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x＝vt得知，运动的时间相等，故A错误；
B、平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关
系公式，有：y=1
2at2，解得：a=2y
t2
⋯①，
由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：y P:y Q＝1:2，所以a Q>a P，故B错误；
C、根据动能定理，有：qEx＝△E k，而：q P:q Q＝1:2，x P:x Q＝1:2，所以动能增加量之比：△E kP:△E kQ＝1:4，故C错误；
D、根据牛顿第二定律，有：qE＝ma…②，由①②两式解得：q=2my
Et2
，所以它们所带的电荷量之比q P:q Q＝1:2，故D正确；
6.
【答案】
D
【考点】
电势能
电势
电场力做功与电势能变化的关系
电场线
【解析】
由电场线分布判断出场强的大小关系，从而判断电场力与的重力的关系；沿着电场线电势降低，根据电势能的公式进行判断电势的大小关系。

【解答】
A、由题可知，在O点处于静止状态，说明在O点的电场力与重力相等，由电场线的分布可知，P点的电场强度大于O点电场强度，即E P>E O，则在P点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故A错误；
B、带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线运动到N处，故B错误；
C、根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M、N 点电势高低也是未知的，故C错误；
D、若油滴带负电，则上极板带正电，则ϕM>ϕN，则根据电势能公式E p＝ϕq可知：
E PM<E PN；若油滴带正电，则上极板带电，则ϕM<ϕN，同理可知：E PM<E PN，故
D正确。

7.
【答案】
B,D
【考点】
生活中的静电现象
静电感应
【解析】
处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，导体是等势体，电荷只分布在导体的表面。

【解答】
A、处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，故a、b两点的场强大小E a、E b的关系
为E a＝E b＝0，故A错误；
B、处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，则知感应电荷在a、b两点产生的场强
与点电荷Q产生的场强大小相等，方向相反，所以感应电荷在a、b两点产生的场强大
小E a′和E b′的关系是E′a>E′b，故B正确；
C、当导体P处于静电平衡状态时，整个导体是一个等势体，则a、b两点电势φa＝
φb．故C错误；
D、用手摸导体P之后，导体右端无感应正电荷，根据导体内部场强为零可知，外电场
在同一个位置场强不变，故左端电量增加，故D正确。

8.
【答案】
A,D
【考点】
电场强度
电势差与电场强度的关系
库仑定律
电场线
【解析】
根据E=△U
△d =△φ
△x
，φ−x图象的切线斜率表示电场强度大小；由图看出，0−x2之间，
电势逐渐降低，可判断出电场力的方向，根据牛顿第二定律分析加速度情况。

【解答】
A、B、φ−x图象的切线斜率表示电场强度，0−x2之间φ−x图象的斜率先增大后减小，且斜率一直为负值，说明电场强度方向不变，向右，电场强度先增大后减小，故A 正确，B错误；
C、0−x2之间电场强度方向向右，故一负电电荷从O点由静止释放，仅受电场力作用，由于负电荷受到的电场力的方向与场强的方向相反，所以是向右减速，速度一直减小，动能减小，则电势能增大，故C错误；
D、0−x2之间电场强度方向向右，故一正电电荷从O点由静止释放，仅受电场力作用，是向右加速，速度一直增加，故D正确；
9.
【答案】
A,D
【考点】
电容器的动态分析
【解析】
平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。

将两极板适当错开一段距离，两板正
对面积减小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的
变化，由E=U
d
分析场强的变化。

根据P点与下板电势差的变化判断P点的电势的变化，再分析正电荷在P点的电势能的变化。

【解答】
A、B将两板水平错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=eS
4πkd
可知，
电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C=Q
U
得知，板间电压U增大，板间场强E=
U
d
，可见E增大。

故A正确，B错误。

C、D，P点到下板距离不变，由公式U＝Ed得知，P点与下板电势差增大，由于电场线向上，P点的电势低于下极板的电势，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能ɛ变大。

故C错误，D正确。

10.
【答案】
A,D
【考点】
带电粒子在重力场和电场中的运动
【解析】
根据合力做功判断动能变化，根据功能关系可判断机械能的变化情况；
小球在电场中受到重力和水平向左的电场力，根据运动的分解法可知，水平方向做匀
减速运动，竖直方向做自由落体运动，由牛顿第二定律和运动学公式研究水平方向，
可求出合力再求加速度；
根据电场力做正功，电势能减小，根据电场力做负功，电势能增加。

【解答】
解：A．由图象可知，带点小球受到的合力指向左下方，所以小球带负电，运动过程中，合力先与小球速度方向成钝角，后变成锐角，即合力先做负功，后做正功，即动能先
减小后增大，故A正确；
B．小球下落过程中，电场力一直做负功，小球机械能一直减小，故B错误；
C．根据运动的合成和分解可知，竖直方向上：ℎ=1
2
gt2，水平方向上：0−v0=
−qE
m t，ℎ＝v0t−1
2
qE
m
t2，联立解得：qE＝mg，小球受到水平向左的电场力，竖直向
下的重力，合力大小为√2mg，由牛顿第二定律可得小球的加速度始终保持√2g不变，故C错误；
D．从A到B点，小球电场力做功为：W＝−qEℎ＝−mgℎ，所以电势能增加了ΔE p＝mgℎ，故D正确．
故选AD．
二、实验题（本大题有2小题，每空2分，共16分．）
11.
【答案】
负,正,大于
【考点】
生活中的静电现象
电场线
【解析】
从静电除尘的原理出发即可解题。

当管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空
气电离而产生阴离子和阳离子。

负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘
微粒使它带负电。

因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，
这样，消除了烟尘中的尘粒。

【解答】
电子附在煤粉上，使煤粉带上负电荷，煤粉若能吸附在管壁上，说明管壁带正电荷，
N接电源正极。

将金属棒与金属管壁看做电容器，则其内电场线分布情况如图所示。

由图可知金属棒附近的M点处电场线较密，而靠近金属管壁的N点处电场线较疏，故M 处场强比N处场强大，即E M>E N．
12.
【答案】
A,C,E
电路图如图所示；
B
【考点】
描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】
（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器。

（2）根据实验原理作出实验电路图。

（3）灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，分析图示图象答题。

【解答】
电压表的量程应大于小灯泡的额定电压3.8 V，故电压表应选A；
小灯泡的额定电流是0.3 A，故电流表应选C；由题目要求可知滑动变阻器采用分压式，故应选电阻较小的E。

小灯泡的电阻R=U
I =3.8
0.3
Ω=12.67Ω，待测电阻R比临界电阻R0=√R V R A小，
电压表的内阻与待测电阻的比为R V
R =395，待测电阻与电流表的内阻的比为R
R A
=3.2，
R V R >R
R A
，
故电流表应采用外接法，滑动变阻器接成分压式，实验电路图如图所示：
灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，由图示图象可知，图象B符合实际，故选B；故答案为：（1）A；C；E；（2）电路图如图所示；（3）B。

三、计算题（共3小题，共44分） 13. 【答案】
小球的带正电，小球的电荷量q 为
mgℎ29kQ
；
带电小球在C 点处的加速度为79
g ，方向竖直向上； C 、A 两点间的电势差为
27kQ 4ℎ。

【考点】
动能定理的应用
电势差与电场强度的关系
【解析】
（1）小球运动到B 点时速度达到最大值，合力为零，库仑力和重力二力平衡，根据库仑定律和平衡条件结合，即可求解小球的电荷量q 和电性；
（2）根据牛顿第二定律和库仑定律结合求小球在C 点处的加速度。

（3）从A 到C 过程，由动能定理求解C 、A 两点间的电势差。

【解答】
由小球从A 点由静止释放，运动到B 点时速度达到最大值，到C 点时速度正好又变为零可知，小球受到的电场力向上，小球带正电。

对小球，根据题意可知在B 点的加速度为零，则有：mg =k qQ
(13
ℎ)2，
得：q =
mgℎ29kQ
；
对小球，在C 点，有：k
qQ
(14
ℎ)2−mg =ma
得：a =7
9g ，方向竖直向上；
对小球，从A 到C 过程，有：mg(ℎ−1
4ℎ)+qU AC =0 得：U AC =−
27kQ 4ℎ
故：U CA =−U AC =27KQ 4ℎ
；
14.
【答案】
带电小球在从D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离为0.4m ； 小球的初速度为2.5m/s ； 【考点】 向心力
动能定理的应用
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
（1）据题分析小球恰能通过最高点D 点，由重力和电场力的合力充当向心力，由牛顿
第二定律可求出小球通过D点的速度。

带电小球在从D点飞出后，在电场力和重力的共同作用下做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由牛顿第二定律和位移时间公式结合求解时间，再由水平方向匀速运动的规律，即可求得落点与B点的距离。

（2）对小球从开始运动到D点的整个过程，运用动能定理求解初速度。

【解答】
对小球，在D点，有：
mg−qE=m v D2 R
代入数据得：v D＝1m/s。

从D点飞出后，做平抛运动，有：mg−qE＝ma
代入数据得：a＝5.0m/s2
根据位移公式有：2R=1
2
at2
代入数据得：t＝0.4s，
则水平距离为：x＝v D t＝0.4m
对小球，从A点到D点，有：−μ(mg−qE)L−mg⋅2R+qE⋅2R=1
2mv D2−1
2
mv02
代入数据解得：v0＝2.5m/s；
15.
【答案】
粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度v的大小为√2qU
m
；
在B板下端固定的点电荷Q带负电，电量为dU
k
；
粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为5
4
d；
【考点】
向心力
牛顿第二定律的概念
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
（1）粒子在AB板间电场中做匀加速运动，运用动能定理列式，可求解粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小；
（2）粒子飞出B板后，在Q的作用下做匀速圆周运动，由库仑力提供粒子所需要的向心力，列式求解点电荷Q的电量，并可判断其电性；
（3）粒子沿CD中线进入CD间的电场做类平抛运动，将其运动分解为水平和竖直两个方向，由类平抛运动的规律求解即可。

【解答】
对粒子，在AB两板中，加速，有：qU=1
2
mv2
解得：v=√2qU
m
；
粒子飞出B板后，在Q的作用下做匀速圆周运动，所以Q带负电；
对粒子，匀速圆周运动，有k qQ
r2=m v2
r
而r=d
2
解得：Q=dU
k
对粒子，沿CD中线进入CD间的电场，做类平抛运动，有：d＝vt，y=1
2
at2
且q U
d
=ma
解得y=d
4
则飞出CD板时的位置与O点之间的距离为：△y=d+y=5
4
d；。