1、保定容大中学2020-2021学年度高二上学期9月月考试题（物理）卷I（选择题）一、选择题（本题共计9小题，每题4分，共计36分）1. 对物体带电现象的叙述，正确的是（）A. 物体带电一定是因为具有多余的电子B. 电中和是等量异种电荷完全消失的现象C. 物体所带电荷量可能很小，甚至小于D. 摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程【答案】D【解析】【详解】A物体带电有可能是有多余电了或失去电子，故错误；B电中和是等量的异种电荷完全抵消，电荷并不能产生，也不能消失，故错误；C元电荷的电量是最小的带电量，故C错误；D摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程，故D正确。故选D
2、。2. 关于元电荷，下列说法错误的是（）A. 所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍B. 带电粒子的电荷量与其质量的比值叫该带电粒子的比荷C. 元电荷实际上是指电子和质子本身D. 元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的【答案】C【解析】【详解】A所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍，选项A正确，但不符合题意；B由比荷的定义知，带电粒子的电荷量与其质量的比值叫该带电粒子的比荷，选项B正确，但不符合题意；C元电荷是基本的电量单位，不是指电子和质子本身，选项C错误，但符合题意；D元电荷e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，选项D正确，但不符合题意。故选C。3. 以
3、下说法正确的是（ ）A. 密立根用摩擦起电的实验发现了电子；B. 密立根用摩擦起电的实验测定了元电荷的电荷量；C. 密立根用油滴实验发现了电子；D. 密立根用油滴实验测定了元电荷的电荷量【答案】D【解析】【详解】密立根用油滴实验测定了元电荷的电荷量，密立根用油滴实验测定了元电荷的电荷量，故D正确4. 两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力大小为3F现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为（ ）A. FB. 4F/3C. 4FD. 2F【答案】C【解析】【详解】由库仑定律可得: ;解得： ;由于两球之间是斥
4、力所以带同种电荷那么两球接触后再分开要平分总电量,故分开后两球的带电量为2q；则库仑力为: A. F与上述计算结果不相相符，故A错误； B. 4F/3与上述计算结果不相相符，故B错误； C. 4F与上述计算结果相相符，故C正确； D. 2F与上述计算结果不相相符，故D错误5. 如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球、（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A. 对的静电力可能是斥力B. 对的静电力一定是斥力C. 的电量可能比少D. 的电量一定比多【答案】B【解析】【详解】AB根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此对的静电
5、力一定引力，对的静电力一定是斥力，故A错误，B正确；CD同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，则的电量一定比多，而的电量与的电量无法确定。故CD错误。故选B。6. 如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上圆心为O点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷q，则q在A点所受的电场力为A. ，方向向上B. ，方向向上C. ，方向水平向左D. 不能确定【答案】B【解析】【详解】检验电荷受的库仑力沿着电荷的连线指向+q，由对称性可知在垂直于竖直线的方向上的分力相互抵消
6、，只有沿竖直线方向的分力所以+q在A点所受的电场力方向向上由库仑力公式知：A，方向向上，与结论不相符，选项A错误；B，方向向上，与结论相符，选项B正确；C，方向水平向左，与结论不相符，选项C错误；D不能确定，与结论不相符，选项D错误；7. 如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有、三点，点为两点电荷连线的中点，点为连线上距点距离为的一点，为连线中垂线距点距离也为的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）A. ，B. ，C. ，D. 因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【答案】B【解析】【详解】ABC等量异种点电荷的电场线分布情况如图所示电场线越密集的地方场强越
7、大，则等量异种电荷中垂线为等势线，则等量异种电荷连线上电场线从正电荷指向负电荷且沿电场线方向电势降低，则有所以故AC错误，B正确；D对于点电荷形成的电场，一般我们规定距电荷无穷远处电势为零，且各点电势高低与零电势点的规定无关，故D错误。故选B。8. 如图所示，是均匀带电的半圆环，已知半圆环在圆心点产生的电场强度大小为、电势的大小为，、为半圆环等长的三段圆弧。则部分在点产生的电场强度和电势的大小分别是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【详解】电场强度是矢量，根据题意应用平行四边形定则求出圆弧在圆心处产生的场强，电势是标量，直接根据代数法则求解。、两点把半圆环等分为三段，每段长
8、度都是，如图所示设每段在点产生的电场强度大小为，均相等，则在点的合场强则电势是标量，设圆弧在圆心点产生的电势为，则有则故选。9. 如图所示，边长为L的正六边形的5条边AB、CD、DE、EF、FA上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀分布着等量正电荷。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC边中点，此时正六边形几何中心O点的电场强度为零。若移走+Q及AF边上的细棒，则O点电场强度的大小为（k为静电力常量，不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响）（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据对称性可知，边与边上的细棒在O点产生的电场强度的矢量和为零，边与边上的细棒在O点产生的电场强度的
9、矢量和为零，边中点的电荷在O点产生的电场强度的大小为由题意分析可知边上的细棒与边中点的点电荷在O点产生的电场强度的矢量和为零，则边上的细棒在O点产生的电场强度大小为，故每根细棒在O点产生的电场强度的大小都为，移走点电荷及边上的细棒，O点的电场强度为边与边上的细棒在O点产生的电场强度的矢量和，因两场强大小相等均为互成120角，则矢量和为。故选B。二、多选题（本题共计6小题，每题4分，共计24分，）10. 如图所示，两个互相接触的导体A和B不带电，现将带正电的导体C靠近A端放置，三者均有绝缘支架，下列说法正确的是（ ）A. 导体A的左端感应出负电荷，导体B的右端感应出等量的正电荷B. 导体A的左端
10、感应出负电荷，导体B的右端感应出正电荷，但正、负电荷不一定等量C. 若先将A、B分开，再移走C，则A带负电，B带正电D. 若先将C移走，再把A、B分开，则A带负电，B带正电【答案】AC【解析】【详解】A.由于静电感应，导体A的左端感应出负电荷，导体B的右端感应出等量的正电荷，故A正确，B错误；C.若把导体A和B分开，再移走C，导体A和B由于感应起电带上异种电荷，所以此时A带负电，B带正电，故C正确；D.若先移走C，此时导体A和B中的电荷发生中和，不再带电，再把导体A和B分开，同样不再带电，所以此时A不带电，B不带电，故D错误11. 电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。如图甲是等量异种电荷形
11、成电场的电场线，图乙是场中的一些点；是电荷连线的中点，、是连线中垂线上相对对称的两点，、和、也相对对称。则（）A. 、两点场强相同B. 、两点场强不同C. 、三点，点场强最弱D. 从向点运动的电子加速度逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】A等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点场强方向相同，由于E、F是连线中垂线上相对对称的两点，则其大小也相等，故A正确；B根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，故B错误；C由图看出，B、O、C三点比较，点电场线最疏，则O点场强最小，故C正确；D由图可知
12、，从E向点运动过程中，电场强度逐渐增大，因此在此过程中，电场力增大，因此电子加速度增大，故D错误。故选AC。12. 图中虚线为一组间距相等同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子（ ）A. 带正电B. 在b点的电势能大于在c点的电势能C. 由a点到b点的电势差等于由b点到c点的电势差D. 由a点到b点动能变化大于由b点到c点的动能变化【答案】ABD【解析】【详解】A.根据轨迹弯曲方向判断知，粒子在abc的过程中，一直受静电斥力作用，根据同种电荷相互排斥，故知该粒子带正电荷，故A正确；B.粒子
13、从b到c电场力做正功，电势能减小，则在b点的电势能大于在c点的电势能，故B正确；CD.根据点电荷的电场的特点可知，ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，所以ab之间的电势差大于bc之间的电势差，则由a点到b点的电场力做的功大于由b点到c点电场力做的功，所以a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，故C错误，D正确；13. 匀强电场的方向平行于平面，平面内、三点的位置如图所示，三点的电势分别为、。下列说法正确的是（）A. 电场强度的大小为B. 坐标原点处的电势为C. 电子在点的电势能比在点的高D. 电子从点运动到点，电场力做功为【答案】AC【解析】【详解】A.如图所示，在ac连线上，取
14、ac的中点，由于ac电势差为，则的电势为，将连线，即为等势线，那么垂直连线为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向斜向左下方，因为匀强电场，则有依据几何关系，得因此电场强度大小为，故正确；B.根据ca=b0，将a、b、c三点电势a=10V、b=16V、c=22V，代入解得原点处的电势为0=4 V，故B错误；C.因Uab=ab=1016=6V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=6 eV，因电场力做正功，电势能减小，所以电子在a点的电势能比在b点的电势能高6 eV，故C正确；D.因Ucb=cb=2216=6V，电子从c点运动到b点，电场力做功为W=qUcb=6 eV，所以电场
15、力做负功，故D错误；故选AC。14. 传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角速度等）转换成电学物理量（如电压、电流、电量等）的一种元件如图所示中的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列说法正确的是（）A. 图甲中两极间的电量不变，若电压增加，可判断出变小B. 图乙中两极间的电量不变，若电压增加，可判断出变大C. 图丙中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则变大D. 图丁中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，则变大【答案】ABCD【解析】【详解】根据电容的决定式和定义式结合分析电量不变时，电压增加时，h如何变化。分析电压不变时，x如何变化。A图甲中两极间的电量不变，
16、若电压增加，则由电容的定义式分析知道，电容减小，由电容的决定式得知，两极正对面积减小，h变小，故A正确；B图乙中两极间的电量不变，若电压增加，则由电容的定义式分析知道，电容减小，由电容的决定式得知，极板正对面积减小，变大，故B正确；C图丙中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，说明电容器在放电，电量减小，由电容的定义式分析知道，电容减小，由电容的决定式得知，电介质向外移动，则x变大，故C正确；D图丁中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，说明电容器在充电，电量增加，由电容的定义式分析知道，电容增大，极板间距离减小，则F变大，故D正确。故选ABCD15. 如图所示，平行板电容器与直流
17、电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，上极板不动，则（）A. 平行板电容器的电容值将变大B. 静电计指针张角变小C. 带电油滴的电势能将减少D. 若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】CD【解析】【详解】A根据可知，d增大，则电容减小，故A错误；B静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故B错误；C电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增
18、大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小。故C正确；D电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故D正确。故选CD卷II（非选择题）三、解答题（本题共计4小题，每题10分，共计40分，）16. 质量为m，带电量为-q的微粒（重力不计），经过匀强电场中的A点时速度为v，方向与电场线垂直，运动到B点时速度大小为2v，如下图所示已知A、B两点间的距离为d求： (1).A、B两点的电势差；(2).电场强度的大小和方向【答案】(1) ,(2)，方向向左【解析】【详解】（1）根据动能定理可得：（3分）解得：（2）由题意可知，带电微粒在电场中做类平抛运动，垂直电场方向上做
19、匀速运动，y=vt沿电场方向做初速度为零的匀加速运动， 又x2+y2=d2v2+(at)2=(2v)2解得：，方向向左17. 在图中，电源的电动势，内阻，电阻，。平行金属板水平放置，两板间距，当可变电阻的滑动头移到的中点时，电源的路端电压是，一个带电量的油滴正好平衡于两板之间，（取），求：(1)的总阻值；(2)油滴的质量；(3)移动的滑动头，油滴可获得向下的最大加速度。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)电路中的总电流为两端的电压为、并联部分的电压为通过的电流为则通过的电流为则接入电路部分的电阻为则可变电阻的总阻值为(2)电容器并联在两端，则电容器两端的电压为根据平衡条件得油滴
20、的质量为(3)为使油滴获得向下的加速度，需要把的滑动触头向上移动，以减小电容器两端的电压，从而减小电场力。为使向下的加速度最大，则应使的滑动触头向上移动的最上端，此时，、并联电阻为则两端的电压为电容器两端的电压为根据牛顿第二定律得油滴向下的最大加速度为18. 如图，轴上，有一长为的绝缘细线连接均匀带负电的两个小球A、B，两球质量均为，B球带电荷量大小为，A球距O点的距离为，空间有一竖直向下沿轴方向的静电场，电场的场强大小按分布（是轴上某点到O点的距离）。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用，重力加速度为。（1）求球所带的电荷量大小；（2）剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球与O点
21、的距离；（3）剪断细线后，求B球下落的最大高度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】(1)将A、B两球看成一个整体，两球处于静止状态，则重力等于电场力，则有解得(2)当B球下落速度达到最大时，重力与电场力大小相等解得(3)当B球速度为时，其下落高度最大，运动过程中，场强随下落高度线性变化，则全过程平均场强所以由动能定理得解得19. 如图所示，在竖直边界线 O1 O2 左侧空间存在一竖直向下的匀强电场电场强度E=100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30，A点距水平地面的高度为h=4mBC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L=m斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧
22、连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）现将一个质量为m=1kg，带电荷量为q=0.1C的带正电的小球（可视为质点）在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平BC间的动摩擦因数均为=（g取10m/s2）求：（1）小球到达C点时的速度大小；（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小；（3）小球落地点距离C点的水平距离【答案】（1）2m/s（2）30N（3）m【解析】【详解】（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：则得：vC =2m/s （2）以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：联立解得：FN=30N，vD=2m/s（3）小球做类平抛运动的加速大小为a，根据牛顿第二定律可得：mg+qE=ma则得：a=20m/s2，应用类平抛运动的规律列式可得：x=vDt，联立得：x=m答：(1) 2m/s (2) 30N (3) m