1、四川省峨眉二中2019-2020学年高二物理上学期10月月考试题（含解析）一、选择题1.对电现象及规律的认识中，下列说法中正确是A. 丝绸和玻璃棒摩擦后，玻璃棒带正电是由于丝绸上一些正电荷转移到玻璃棒上B. 真空中两个点电荷电荷量均增加为原来的2倍，距离不变，它们之间的作用力变为原来的4倍C. 真空中两个点电荷间距离增为原来的2倍，电荷量均不变，它们之间的作用力变为原来的一半D. 电场线是电场中实际存在的曲线【答案】B【解析】【详解】A玻璃棒和丝绸摩擦后，是因为玻璃棒上电子转移到丝绸上，导致的玻璃棒带正电，A错误；B真空中两个点电荷电荷量均增加为原来的2倍，距离不变，由可得，它们之间的作用力变
2、为原来的4倍，B正确；C真空中两个点电荷间距离增为原来的2倍，电荷量均不变，由可得，它们之间的作用力变为原来的，C错误；D电场线是为了形象描述电场而引入的，实际不存在，D错误。2.关于电容器和电容，以下说法正确的是A. 电容器充电后，两极板总带等量异种电荷B. 电容器的带电量是两极板带电量之和C. 电容器电容的大小与其带电量及两极板间电势差有关D. 电容器两极板间电势差每增加1V，电容器的电容即增加1F【答案】A【解析】【详解】AB电容器被充电后，两极总是带等量异种电荷，每一个极板上的电荷量即为电容器的电荷量，A正确，B错误；CD电容器的电容是电容器本身的性质，数值上等于电容器两极板加单位电势
3、差时所容纳的电荷量，但与其带电量及两极板间电势差无关，由于电容是电容器本身的性质，所以确定的电容器大小不会改变，CD错误。3.某静电场的电场线分布如图所示，、为该电场中的两点，下列说法正确的是A. 点场强小于点场强B. 点电势低于点电势C. 将电子从点移动到点，电场力做正功D. 将电子从点移动到点，其电势能增大【答案】D【解析】【详解】A电场线越密集，场强越大，由图可知P点电场线比Q点的密集，所以P点场强比Q点的大，A错误；B沿电场线方向，电势降低，所以P点的电势大于Q点的电势，B错误；CD将电子从P点移动带Q点，由于电子带负电，沿电场线运动电子的电势能增大，电场力做负功，C错误，D正确。4.
4、如图所示，在场强为的水平方向的匀强电场中有、两点，连线长为，连线与电场线夹角为，则、两点的电势差UAB等于A B. 零C. ELD. E【答案】C【解析】【详解】A、B之间沿电场线方向的距离为，由可得，C正确。5. 光滑绝缘水平面上相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为4q和q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是（ ）A. q，在A左侧距A为L处B. 2q，在A左侧距A为处C. 4q，在B右侧距B为L处D. 2q，在B右侧距B为处【答案】C【解析】试题分析：A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外
5、侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须带正电，在B的右侧设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为Lr，要能处于平衡状态，所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q则有：，解得：rL对点电荷A，其受力也平衡，则：解得：Q4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处故选C考点：库仑定律；物体的平衡6.在电阻为4 的导体中通以恒定电流，5 min内通过导体横截面的电荷量是45 C，这时加在导体两端的电压是()A. 60 VB. 6 VC. 0.6 VD. 3.6 V【答案】C【解析】【详解】通过导
6、体的电流为；根据欧姆定律得：加在导体两端的电压是U=IR=0.154V=0.6V，故选C。7.如图两个等量同种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等两条虚线互相垂直且平分，关于该电场以下叙述正确的是A. 1、3两点场强、电势均相同B. 正电荷从5点运动到6点，电场力先做负功后做正功C. 5点场强一定大于4点场强D. 正粒子从6点到5点过程中可能做匀速圆周运动【答案】D【解析】【详解】A1、3两点的场强大小相同，但是方向不同，A错误；B由于是负点电荷所产生的电场，正电荷在从5点到2点时，电场力做正功，从2到6时，电场力做负
7、功，B错误；C电场强度大小和电场线的疏密程度有关，根据同种负电荷的电场线分布可知，5点的电场强度小于4点的，C错误；D正粒子从6点到5点过程中, 当带正电的电荷沿两个等量负点电荷连线的中垂面运动时，只要满足，所受的电场力总是指向2点，有可能做匀速的直线运动，D正确。8.如图中、为静电场中的三个相距很近的等势面（、之间无电荷）一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动已知电势，下列说法中正确的是A. 粒子带正电B. 粒子在段做加速运动C. 粒子在点与点的速度相等D. 粒子在点时电势能最大【答案】D【解析】【详解】A沿电场线方向，电势降低，由于，所以电场线方向向右，由图轨迹可知，电场力方向指
8、向曲线凹侧，电场线方向和电场力方向相反，所以该粒子带负电，A错误；B由于粒子带负电，从b到c电场力做负功，动能减小，所以粒子做减速运动，B错误；C粒子在b点和d点的电势能相同，所以动能相等，速度大小相等，但是方向不同，所以速度不同，C错误；D粒子从a到c，动能转换为电势能，从c到e电势能转换为动能，所以在c点粒子的电势能最大，D正确。9.两点电荷q1和q2（电性和大小均未知）分别固定在x轴上的-2L和2L处。两电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示。下列说法正确的是A. 从-2L到2L场强先减小后增大B. -L处的场强沿x轴负方向C. 将一电子从-2L移动到2L，电场力做正功D. x轴上只有一
9、个点的场强为0，且位于2L的左边【答案】A【解析】【详解】A图像的斜率等于场强，从-2L到2L场强先减小后增大，A正确；B从-L的左边到右边，电势降低，由沿电场线方向电势降低可知，场强方向沿x轴正方向，B错误；C从-2L到2L，电势降低，但由于是电子移动，所以电子的电势能增大，电场力做负功，C错误；D由图像可知，-2L处的电荷为正电荷，电荷量较大，2L处的为负电荷，电荷量较小，则在x轴上只有一个点为零，且位于2L右边，D错误。10.如图所示，匀强电场中有一平行四边形abcd，且平行四边形所在平面与场强方向平行其中a10V，c6V，d8V，则下列说法正确的是 A. b点电势b4VB. b点电势b
10、8VC. 场强平行于ad方向D. 场强垂直于bd向下【答案】BD【解析】【详解】AB. 在匀强电场中，由公式U=Ed知：沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故有：则得：故A错误，B正确；CD. bd两点电势相等，故bd为等势线，因电场线方向与等势面相互垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故场强方向垂直于bd向下，故C错误，D正确。11.电场中某三条等势线如图实线a、b、c所示。一电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，已知电势abc，这一过程电子运动的v一t图象可能是下列各图中的A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据等势线可得，P点的场强大于Q点的场强，电子在P
11、点的加速度大于Q点的加速度，在v一t图象中曲线的斜率表示加速度的大小，A正确。12.如图所示，内壁光滑的绝缘半圆容器静止于水平面上，带电量为qA的小球固定于圆心的正下方点，带电量为质量为的小球静止于点，AOB=30，由于小球a电量的变化，现发现小球沿容器内壁缓慢向上移动，最终静止于点（未标出），AOC=60下列说法正确的是A. 水平面对容器的摩擦力为0B. 容器对小球的弹力始终与小球的重力大小相等C. 出现上述变化时，小球的电荷量可能减小D. 出现上述变化时，可能是因为小球的电荷量逐渐增大为【答案】ABD【解析】【详解】A对整体进行受力分析，整体受到重力和水平面的支持力，两力平衡，水平方向不受
12、力，所以水平面对容器的摩擦力为0，A正确；B小球b在向上缓慢运动的过程中，所受的外力的合力始终为0，如图所示，小球的重力不变，容器对小球的弹力始终沿半径方向指向圆心，无论小球a对b的力如何变化，由矢量三角形可知，容器对小球的弹力大小始终等于重力大小，B正确；C若小球a的电荷量减小，则小球a和小球b之间的力减小，小球b会沿半圆向下运动，与题意矛盾，C错误；D小球a的电荷量未改变时，对b受力分析可得矢量三角形为顶角为30的等腰三角形，此时静电力为，a，b的距离为，当a的电荷量改变后，静电力为，a，b之间的距离为，由静电力，可得，D正确。二、填空题13.如图所示，一带正电的导体球M放在绝缘支架上，把
13、系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上，小球质量为m。当小球N静止时，丝线与竖直方向成角，且小球N与M在同水平线上由此推断小球N带_电荷（选填“正”或“负”）,若，此时库仑力的大小为_。现用另一与M完全相同的不带电导体球与M接触后移开，则丝线与竖直方向的夹角将_（选填“变大”或“变小”）。【答案】 (1). 正 (2). mg (3). 变小【解析】【详解】1M带正电，对小球N进行受力分析，受到的电场力向左，可知，小球与M所带的电荷正负相同，也带正电；2对小球进行受力分析，竖直方向上受重力mg和绳子沿竖直方向的拉力，水平方向上受电场力FQ和绳子沿水平的力，小球受力平衡，可得；3接触后，M上的带电
14、荷量减小，小球所受的电场力减小，由，可得减小。14. 如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连使电容器带电后与电源断开：（1）上移左极板，可观察到静电计指针偏转角 （填变大，变小或不变）；（2）将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角 （填变大，变小或不变）；（3）两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角 （填变大，变小或不变）【答案】（1）变大（2）变小（3）变小【解析】试题分析：（1）根据电容的决定式知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大（2）根据电
15、容的决定式知，将极板间距离减小时，电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小（3）根据电容决定式知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小考点：考查了电容器动态分析【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变三、计算题15.如图所示是一对彼此绝缘、相距d=5cm的平行金属带电极板M、N，N板接地，M板带电量的绝对值为Q=610-6C在两极板MN间A点有一带电量为q=410-6
16、C的带电液滴，其质量m=410-4kg，恰好处于静止状态则：（1）两板间的电场强度为多少？（2）UNM等于多少伏？（3）若A点到N板的距离为2cm，则q在A点的电势能为多少？（4）平行金属板MN所构成的电容器的电容C等于多少？【答案】（1）103N/C（2）50V（3）-810-5J（4）1.210-7F【解析】【详解】(1)对带电液滴进行受力分析，受到的重力等于受到的电场力，所以有代入解得；(2)由代入可得；(3)N点接地，所以N点的电势能为0，A点到N板的距离为2cm，则可得，则q在A点的电势能为；(4) 平行金属板MN所构成的电容器的电容C为代入解得。16.如图所示的示波管，电子由阴极K
17、发射后，初速度可以忽略，经加速电场加速后垂直于电场方向飞入偏转电场，最后打在荧光屏上，已知加速电压为U1，偏转电压为U2，两偏转极板间距为d，板长为L，偏转极板右端到荧光屏的距离为D，不计重力，电子带电量为-e，质量为m，求：（1）电子经U1加速到达A板时的速度；（2）电子飞出偏转电场时的偏转距离y；（3）电子打在荧光屏上与O点之间的距离s【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1) 电子经U1加速到达A板时的速度，则解得；(2)设电子在偏转电场中运动的加速度为a，运动时间为t，则代入解得(3)由三角形相似可知有几何关系可得代入解得17.如图所示，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆轨道BC相
18、切于B点，AB长为2R，水平轨道和半圆轨道均光滑且绝缘在轨道所处空间内存在着水平向右、电场强度大小为E的匀强电场一带电量为+q、质量为m的小球自A点由静止释放，经B点沿半圆轨道运动到C点后落回到水平轨道上已知，求：（1）小球从A点运动到B点所用的时间；（2）小球经过C点时小球对轨道的作用力；（3）小球离开C点至落回到水平轨道的过程中，小球机械能的最小值及该最小值出现的位置（以水平轨道所处平面作为重力势能的零势能面）【答案】（1） （2）3mg，方向向上 （3）2mgR 在与C点水平相距R，竖直相距处【解析】【详解】(1)小球的加速度为由运动学规律可知解得(2)由动能定理可知做圆周运动的向心力解得N=3mg，由牛顿第三定律可知，方向向上；(3)机械能最小的时候，是克服电场力做功最多的时候，也就是离C点水平向左最远，即过C点后，水平方向速度减为0，此时有可得由运动学规律可得有所以在与C点水平相距R，竖直相距处有最小值。
