高二物理月考试题word版本Word格式文档下载.docx
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6.用电场线能很直观．很方便地比较电场中各点的强弱．如图，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：
O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则下列认识不正确的是（ ）
A.B、C两点场强大小和方向都相同
B.A、D两点场强大小相等，方向相反
C.E、F两点场强大小和方向都相同
D.从E到F过程中场强先增大后减小
7.下列选项中的各
圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各
圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处电场强度最小的是（ ）
A.
C.
D.
8.如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U的变化情况是（ ）
A.Q变小，C不变，U不变
B.Q变小，C变小，U不变
C.Q不变，C变小，U变大
D.Q不变，C变小，U变小
二、多选题（本大题共5小题，共30.0分）
9.如图所示，一个枕形导体AB原来不带电，将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电荷量为Q，与AB中心O点的距离为R．由于静电感应，在导体A、B两端分别出现感应电荷．当达到静电平衡时，（ ）
A.导体A端电势高于B端电势
B.导体A端电势低于B端电势
C.导体中心O点的场强为0
D.枕形导体两端的感应电荷在O点产生感应电场强度R=
，方向水平向左
10.为了防止静电的危害，应尽快把静电导走．下列措施中是可行的是（ ）
A.电子工厂内的技术人员带上接地脚环或防静电手腕带
B.电工钳柄上套有一绝缘胶套
C.飞机的轮胎装有搭地线或导电的橡胶制造
D.印染车间里保持适当的湿度
11.如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端
A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则（ ）
A.若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为
B.A、B两点间的电压一定等于
C.小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能
D.若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
12.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（ ）
A.q1和q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C.负电荷从x1移到x2，电势能减小
D.负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
13.如图所示，一电场的电场线分布关于
y
轴（沿竖直方向）
对称，y
轴是一条电场线，O、M、N
是
轴上的三个点，且
OM=MN，P
点在
轴的右侧，MP⊥ON，则（ ）
A.将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
B.M点的电势比P点的电势高
C.M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势
D.在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动
三、计算题（本大题共4小题，14题8分，15,16,17每题10分。
共38.0分）
14.
如图示，将一带电量为1×
10-8C的试探电荷，放入正电荷Q所产生电场中的P点，此时受到的电场力为4×
10-5N，求：
（1）P点的场强是多大？
方向如何？
（2）若在P点改放一个电子，则电子受到的电场力多大？
15.一条长为l的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电量为+q的小球，将它置于平行板电容器中．已知当细线离开竖直位置的偏角θ为30°
时，小球处于平衡状态，如图所示．请问：
（1）电容器A板带何种电荷？
（2）电容器间的电场强度E是多少？
（3）如果将细线剪断，则细线剪断的瞬间小球将做怎样的运动？
16.
如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一个质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，珠子所受的电场力是其重力的
倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，那么珠子所能获得的最大动能是多少？
17.
如图所示，质量均为m的两个带电小球A和B放置在光滑的绝缘水平面上，彼此相距为l，A球带电荷量+Q，B球带电荷量-Q，若用一水平力拉动其中一个球，且要使另一个球与前面的球始终保持l的间距运动，则拉力F的大小为？
榆社中学高二年级上学期10月份试题
答案和解析
（单选题每题4分，多选题每题6分）1.C
2.A
3.A
4.C
5.A
6.B
7.D
8.C
9.CD
10.ACD
11.AB
12.AC
13.BD
14.解：
（1）P点的场强是：
E=
=
N/C=4×
103N/C，方向向右．
（2）若在P点改放一个电子，场强不变，根据E=
得电子受到的电场力大小为：
F′=q′E=1.6×
10-19×
4×
103N=6.4×
10-16N，方向向左．
答：
（1）P点的场强是4×
15.解：
（1）根据平衡条件可知，小球受电场力方向向右，小球带正电，所以电场强度的方向向右，则电容器的极板A带正电；
（2）由平衡条件得：
Eq=mgtanθ
所以：
（2）若细线断裂，则小球只受重力和电场力，合力的大小不变，方向与细线的方向相反，由牛顿第二定律可知在细线剪断的瞬间小球将细线延长的方向做匀加速直线运动．
（1）电容器A板带正电荷；
（2）电容器间的电场强度E是
；
（3）如果将细线剪断，则细线剪断的瞬间小球将细线延长的方向做匀加速直线运动．
（2）若在P点改放一个电子，则电子受到的电场力为6.4×
16.解：
受力平衡时，小球动能最大．受力平衡之前合力做正功动能增加，受力平衡之后合力做负功动能减少．
设小球与竖直方向夹角为θ时，重力与弹力的合力等于电场力
由三力平衡时的闭合三角形定则知受力如图：
tanθ=
得θ=37°
从运动至动能最大此过程重力做负功，电场力做正功，支持力始终垂直于v，所以不做功
由动能定理得：
W-G=Ek
即为：
Fd-mgH=Ek
得：
Ek=0.75mgrsin37°
-mgr（1-cos37°
）=
珠子所能获得的最大动能是
．
17.解：
如拉力F作用于B上水平向右，使系统做匀加速运动，对A有
对系统F=2ma，则．F=
拉力的大小为
【解析】1.解：
A、元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或者是电子，故AB错误；
C、元电荷目前认为是自然界中电荷的最小单元，其大小是1.6×
10-19C，故C正确，D错误；
故选：
C．
元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍．
本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念即可解决本题．
2.解：
A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，故A正确，CD错误；
B、一个带电体能否看成点电荷，不是看它电量的大小，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否可以忽略，故B错误；
A
带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．
如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．
3.解：
由库伦定律可得：
变化前：
F=
变化后：
F′=
F．
本题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得距离变化后的相互作用力，从而解出正确结果．
本题考查库仑定律的直接应用，对于库伦定律公式要注意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义．
4.解：
A、沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D点电势比B点电势高，故A错误；
B、电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，B点的电场强度比D点的小．故B错误；
C、沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，C点电势比A点电势高，所以负电荷在C点的电势能低于在A点的电势能．故C正确；
D、正电荷由D点静止释放，受电场力方向沿曲线的切线方向，所以运动的轨迹不会沿电场线的方向．故D错误．
C
根据电场线的疏密判断场强的大小，根据沿着电场线电势逐渐降低判断电势高低；
负电荷在电势高处的电势能小．
该题要掌握电场线的物理意义：
电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，难度不大，属于基础题．
5.解：
A、电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；
B、沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；
C、若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；
D、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；
A．
解这类题是思路：
电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化．
解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：
一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．
6.解：
A、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同．这两点场强的方向均由B→C，方向相同．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，E、F两点中，电场线疏密程度相同，两点场强方向相同．故C正确．
D、由图看出，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小．故D正确．
本题选错误的
B．
根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；
电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．
对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆．
7.解：
A、坐标原点O处电场强度是
带电圆环产生的；
B、坐标原点O处电场强度是第一象限
带正电圆环和第二象限
带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小大于A图带电圆环产生的场强；
C、第一象限
带正电圆环和第三象限
带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是
带电圆环产生的，其大小与A图相等；
D、第一象限
带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限
带负电圆环和第四象限
带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为零．
所以坐标原点O处电场强度最小的是D．
D．
根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解原点O场强的大小问题．
本题考查定性分析问题的思想方法，要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题．
8.解：
电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=
，知电容C变小，根据U=
知两极板间的电势差U变大，故C正确．
，判断电容的变化，根据U=
判断电势差的变化．
解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；
若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．
9.解：
AB、当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则导体A端电势等于B端电势．故A错误，B错误．
CD、当达到静电平衡时导体中心O点的场强为0；
枕形导体两端的感应电荷在导体中心O点的场强大小与点电荷-Q产生的场强大小相等，为
方向相反，为水平向左；
故C正确，D正确．
CD．
静电平衡导体的特点是整个导体是等势体，内部场强处处为零，据此分析即可．
解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点：
整个导体是等势体，内部场强处处为零．
10.解：
A、电子工厂内的技术人员带上接地脚环或防静电手腕带，及时导走产生的静电，这是防止静电危害．
B、电工钳柄上套有绝缘胶套，在带电操作时，防止触电．所以不是防止静电危害的；
故B正确．
C、飞机在飞行时，与空气摩擦产生大量的静电，所以飞机起落架上轮胎用导电橡胶制成，将静电导走．
D、印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，由于有一定的湿度，能及时导走．
ACD．
静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害．
静电无处不在，人体活动时，皮肤与衣服之间以及衣服与衣服之间互相摩擦，便会产生静电．随着家用电器增多以及冬天人们多穿化纤衣服，家用电器所产生的静电荷会被人体吸收并积存起来，加之居室内墙壁和地板多属绝缘体，空气干燥，因此更容易受到静电干扰．
11.解：
A、小球从A到B，根据动能定理得，
，解得AB间的电势差
，根据矢量合成的方法可知，匀强电场沿AB方向时电场强度最小，则电场强度最小值为E=
，故A、B正确．
C、从A到B，电场力做正功，则电势能减小，则B点的电势能小于A点的电势能．故C错误．
D、若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷．故D错误．
AB．
根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．结合平行四边形定则可知，若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．根据电场力做功比较电势能的高低．
本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心．
12.解：
A、由图可知：
无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；
又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；
B、电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；
C、负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C正确；
D、负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D错误；
AC．
由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而电场力变化．
电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关；
又有场强为零的地方，电势差为零，故为等势体．
13.解：
A、将负电荷由O点移到P点，因OP间的电势差UOP＞0，所以W=-qUOP＜0，则电场力做负功，故A错误；
B、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，M点的电势比P点的电势高，故B正确；
C、由U=Ed可知，MN间的场强小于OM间的场强，故M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差，故C错误；
D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确；
BD．
电场力做功正负根据电势差正负和电场力做功公式W=qU分析．根据电场线与等势线垂直，且顺着电场线方向电势降低，判断M与P两点电势的高低．由U=Ed定性分析MN间和OM间电势差的大小．分析带电粒子的受力情况，判断其运动情况．
加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，知道公式U=Ed仅仅适用于匀强电场，本题虽不属于匀强电场，但是可以用U=Ed来定性判断电势差的大小．
14.
（1）由题细线向右偏离竖直方向，小球受到的电场力水平向右，根据电场力方向与电场强度方向的关系，判断A板的电性．
（2）根据平衡条件求出电量．
（3）由力的合成可求得合力，再由牛顿第二定律判断小球的运动．
解决本题的关键是正确地进行受力分析，利用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解即可．
15.
（1）根据电场强度的定义式E=
求解P点的大小，场强方向与正试探电荷所受的电场力方向相同．
变形求解电子受到的电场力大小，确定出电场力的方向．
本题关键要掌握电场强度的定义式E=
，知道电场强度与正试探电荷所受的电场力方向相同，与负电荷所受的电场力方向相反．
16.
从小球受力来看，初始阶段会在电场力和重力作用下做加速运动，但是由于电场力小于重力，因此在运动到某一位置时，重力与弹力在水平方向的分力等于电场力，物体加速过程结束．
本题重点是要判定什么时候达到最大动能，这个是有受力决定的，因此就转而分析受力，受力平衡时物体的动能达到最大，在根据受力平衡感确定出来最大动能的位置，最终才能求最大动能．
17.
先把A、B作为整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再分别以A、B为研究对象，运用静电力公式结合牛顿第二定律即可解题
本题主要考查了库仑定律及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题
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