1、河北省张家口市宣化第一中学2020-2021学年高二物理上学期9月试题（含解析）一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 关于电场下列说法不正确的是（）A. 电场是为了便于研究物体的运动而引入的理想模型B. 只要有电荷就有电场C. 正电荷在某点受到电场力的方向就是该点电场强度的方向D. 电荷间相互作用是通过电场发生的【答案】A【解析】【详解】A电场是实际存在的物质，不是理想化模型，A错误；符合题意；B电荷的周围存在电场，B正确，不符合题意；C电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，C正确，不符合题意；D电荷间的相互作用是通过电场而发生的，电场最基本的性质是
2、对处在它里面的电荷有力的作用，D正确，不符合题意2. 有关电场强度的理解,下述说法正确的是( )A. 由可知,电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力F成正比B. 当电场中存在试探电荷时,电荷周围才出现电场这种特殊的物质,才存在电场强度C. 由可知,在离点电荷很近的地方,r接近于零,电场强度为无穷大D. 电场强度是反映电场本身特性的物理量,与是否存在试探电荷无关【答案】D【解析】【详解】A电场强度E可以根据定义式来测量,电场强度就等于每单位正电荷所受的力,但场强与试探电荷无关,是由电场本身决定的,故A错误；BD电场强度是由电场本身决定的,是电场的一种性质,与试探电荷是否存在无关,故B错误,D正确；
3、C库仑力属于强相互作用,是一种远程力,点电荷电场的决定式,也不适用于r接近0的情况故C错误3. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为A. 16FB. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由库仑定律可得变化前为：，变化后为：A16F故A不符合题意 B故B符合题意 C故C不符合题意 D故D不符合题意4. 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处放置一个正点电荷，达到静电平衡后（）A. a端电势比b端低B. b端电势与d点的电势相等C a端电势一定不比d点低D. 感应电荷在杆内c处的场强方向由a指向b【
4、答案】D【解析】【详解】ABC、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到，由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，则有：，故ABC错误D、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零；正电荷在c处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b，故D正确故选D5. 如图所示，匀强电场的场强，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60，下列说法正确的是（）A. 电荷量的电荷从A点运动到B点电势能增大6JB. 电荷量的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6JC. 若取A点的电势为0，则B点的电势D. A
5、、B两点间的电势差是【答案】B【解析】【详解】A从A到B，电场力做功，则电势能减小6J。故A错误；B从A到B，电场力做功；故B正确；CDAB间的电势差，因为A点电势为0，B点的电势为，故CD错误。故选B。6. 如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，三点的电势分别为，cm，可确定该匀强电场的场强大小为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】如下图所示，用DFG把AC四等分，因此：，连结BF直线便是电场中电势为4V的等势线，过该等势线上任一点M作垂线并指向电势降落方向，便得到一条电场线由几何关系知三角形BCF为等边三角形，则BC两点在场强方向上的距离：则场强：A. 与分析结果不符，故A
6、错误B. 与分析结果不符，故B错误C. 与分析结果不符，故C错误D. 与分析结果相符，故D正确7. 如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一静电计相接，极板A接地，静电计此时指针的偏角为 下列说法正确的是（ ）A. 将极板A向左移动一些，静电计指针偏角不变B. 将极板A向右移动一些，静电计指针偏角变小C. 将极板A向上移动一些，静电计指针偏角变小D. 在极板间插入一块玻璃板，静电计指针偏角变大【答案】B【解析】【详解】A、将极板A向左移动一些时，两极板间的距离d增大，根据电容的决定式C分析得知电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C分析可知，极板间的电势差U增大，所以静电计指针
7、偏角变大；故A错误.B、将极板A向右移动一些时，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式C分析得知电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角变小，故B正确.C、将极板A向上移动一些，两极板正对面积S减小，根据电容的决定式C分析得知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C分析可知，极板间的电势差增大，所以静电计指针偏角变大，故C错误.D、在极板间插入一块玻璃板，增大，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角变小，故D错误.故选B.8. 如图所示，点电荷、分别置于M、N两点，O点为MN连线
8、的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是A. c、d两点的电场强度相同B. a、b两点的电势相同C. 将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D. 将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大【答案】D【解析】【分析】根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势，由沿直线从a到b电势的变化，分析电子从a移到b过程中电势能如何变化将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功【详解】A：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度
9、大小相等，方向不同，则c、d两点的电场强度不同故A项错误BD：MN间的电场线方向由MN，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，据，则电子的电势能一直增大故B项错误，D项正确C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段场强方向斜向右上，在Od段场强方向斜向右下；电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；电子沿直线从c移到d，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功故C项错误【点睛】解决本题的关键是进行电场的叠加，通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功9. 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上
10、，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）则下列说法正确的是（）A. B点为中垂线上电场强度最大的点,场强B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C. 由C点到A点电势逐渐升高D. A、B两点间的电势差【答案】A【解析】【详解】A据v-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为：，所受的电场力最大为，据知，B点的场强最大为，A正确；B据v-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，B错误；C据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向
11、由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C错误；D据v-t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力从B到A做的功，故，D错误10. 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，
12、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；物体的平衡二、多选题（本大题共8小题，共32.0分）11. 对于电场中A、B两点，下列说法中正确的是（）A. 电势差的定义式，说明两点间的电势差与电场力做功成正比，与移动电荷的电荷量q成反比B. 把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有C. 电势差的定义式中，与移动电荷
13、的电荷量q无关D. 电场中A、B两点间的电势差等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功【答案】BC【解析】【详解】AC电势差的定义式，是比值定义法，电势差与电场力做功、与移动电荷的电荷量q无关，故A错误，C正确；B把正电荷从A点移到B点电场力做正功，由公式得知，电势差，故B正确；D电场中A、B两点间的电势差等于把单位正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功，故D错误。故选BC。【点睛】电势差的定义式，是比值定义法，电势差与电场力做功、与移动电荷的电荷量q无关。把正电荷从A点移到B点电场力做正功，由公式判断电势差的正负。电场中A、B两点间的电势差等于把单位正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功
14、。本题要抓住电势差的定义式，具有比值定义法的共性，电势差反映电场本身的特性，与试探电荷无关。12. 在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中A. 做匀变速运动B. 速率先增大后减小C. 电势能增加了D. a点的电势比b点低【答案】AC【解析】【详解】A.小球受到的重力和电场力是恒力，所以小球做的是匀变速运动故A正确B.由于不知道重力和电场力的大小关系，故无法确定速度大小的变化情况故B错误C.在平行于电场方向，小球的动能减小量为，减小的动能转化
15、为了小球的电势能，所以小球电势能增加了故C正确D. 在平行于电场方向有，解之得，所以a点的电势比b点低故D错误13. 如图甲所示，x轴上固定两个点电荷、位于坐标原点，轴上有M、N、P三点，间距，、在轴上产生的电势随x变化关系如图乙。下列说法正确的是（）A. M点电场场强大小为零B. N点电场场强大小为零C. M、N之间电场方向沿x轴负方向D. 一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功【答案】BD【解析】【详解】AB图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；CM点的电势为零，N点的电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向沿x轴正方向，故
16、C错误；D由图象可知，故电场力做功从P移到M过程中，电场力做负功，故故D正确。故选BD。14. 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )A. 匀强电场的电场强度EB. 小球动能的最小值为EkC. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【答案】AB【解析】【详解】A小球静止时细线与竖直方向成角，受重力、拉力和电
17、场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanqE解得E故A正确；B小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，拉力为零，根据牛顿第二定律，有：则最小动能故B正确；C运动过程中小球的机械能和电势能之和不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，故C错误；D小球从初始位置开始，若在竖直平面内逆时针运动一周，电场力先做正功后做负功再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，同理，若顺时针运动一周，其电势能先增大后减小再增大，故D错误。故选AB。15. 如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面
18、C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是A. 等势面D的电势为-7VB. 等勢面B的电势为4VC. 该电子不可能到达电势为10V的等势面D. 该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它动能为4eV【答案】AD【解析】【详解】（1）因电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面的动能分别为26eV和5eV，根据动能定理有，即，又，可得，选项A正确；（2）因匀强电场中，等势面B的电势为7V，选项B错误；（3）因只有静电力做功，动能和电势能之和保持不变当电子的速度为零时，由能量守恒可得，解得，选项C错误；（4）同理，由能量守恒
19、可得，选项D正确故本题选AD16. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子不计重力，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】分析电子一个周期内的运动情况：时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，时间内沿原方向做匀减速直线运动，时间内向A板做匀加速直线运动，时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度，根据电子的运动情况分析判断。本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。分析电子一个周期内的运动情况：时间内，电
20、子从静止开始向B板做匀加速直线运动，时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零，时间内向A板做匀加速直线运动，时间内做匀减速直线运动，接着周而复始。AC.根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；B.电子做匀变速直线运动时图象应是抛物线，故B错误；D.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，图象应平行于横轴，故D正确。17. 如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是A. M带负电荷，N带正
21、电荷B. M在b点的动能小于它在a点的动能C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【答案】ABC【解析】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误故选ABC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，
22、一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化18. 有一横截面积为S的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I。设单位长度的导线中有n个自由电子，电子电量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】AB在t时间内自由电子定向移动的长度为，单位长度的导线中有n个自由电子，则这么多长度内含有的自由电子数目B正确，A错误；CD根据公式，在t时间内，通过导体横截面的自由电子数目C正确，D错误。故选BC。三、计算题（本大题共3小题，共28.0分）19. 如图所示，平行
23、板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒定电源上，两板间距为3cm，电容器带电荷量为6108C，A极板接地求：(1)平行板电容器的电容；(2)平行板两板间的电场强度；(3)距B板2cm的C点的电势【答案】(1)1109 F(2)2103 V/m，方向竖直向下(3)20 V【解析】【详解】（1）根据电容定义有（2）两板之间为匀强电场方向竖直向下（3）C点距A板间距离为dAC=d-dBC=1cmA与C间电势差UAC=EdAC=20V又UAC=A-C，A=0可得C=-20V20. 如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以点电荷+Q为圆心的某一个圆周交于B，C两点，质量为m，带电荷量为-q的小环
24、从A点由静止下滑，已知qQ，AB=h，小环到达B点时，速度为，求：(1)小环由A到B过程中，静电力对小环做的功；(2)A，C两点间的电势差UAC等于多少?【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)AB由动能定理：，所以：；(2)由于B、C在以Q为圆心的球面上，点电荷的等势面为同心球面则B、C两点电势相等，则：答：(1)小环由A到B过程中，静电力对小环做的功；(2)A，C两点间的电势差21. 如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45，最后打在荧光屏上，已知电子的
25、质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为电子重力不计求：(1)电子通过偏转电场的时间t0；(2)偏转电极C、D间的电压U2；(3)电子到达荧光屏离O点的距离Y【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】(1)电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：得：电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：(2)电子在偏转电极中的加速度: 离开电场时竖直方向的速度： 离开电场轨迹如图所示：电子的速度与水平方向的夹角：解得： (3)离开电场的侧向位移：解得： 电子离开电场后，沿竖直方向的位移： 电子到达荧光屏离O点距离：【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解