河南省南阳市第一中学校2025-2026学年高二上学期9月月考物理试卷

这是一份河南省南阳市第一中学校2025-2026学年高二上学期9月月考物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题:(本题共 7 小题，每题 4 分，共 28 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求)
关于静电场，下列说法正确的是（）
电场强度的方向处处与等势面垂直
E= F 只适用于点电荷产生的电场
q
由库仑定律的表达式 F  k q1q2 可知，当r  0 时，F→无穷大
r 2
由C= Q 可知，若电容器两极板间的电压 U 改变，则电容器的电容 C 一定改变
U
如图所示，在正六面体的 a 点放置一正点电荷，f 点放置一电荷量相等的负点电荷，下列说法正确的是（）
A．b 点电势大于 c 点电势B．d 点电势等于 g 点电势
C．d 点和 g 点场强大小相等D．b 点和 c 点场强大小相等
3．（改编练习册 P21 第 10 题）如图所示，平行于匀强电场区域中，有A 、
B 、C 、 D 四点恰好位于正方形的四个顶点上，已知正方形边长为 L  0.1m ， A 、 B 、C 三点电势分别为φA  1V ，φB  3V ，φC  2V ，则（ ）
UBA  UAD
匀强电场的方向沿着 BD 方向
匀强电场的场强大小为 E  10 5V/mD． D 点的电势为2V
假设在某电场中沿 x 轴方向上，电势 φ 与 x 的距离关系如图所示，现有一个电子在电场中仅受电场力作用移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是（）
区域 x3 ~ x4 内沿 x 轴方向的电场强度均匀增大
区域 x6 ~ x7 内沿 x 轴方向场强不为零
若一电子从x1 出发运动到 x7 ，则该电子至少应具有 2eV 的初动能
电子在区域 x1 ~ x2 内沿 x 轴方向所受电场力大于区域 x3 ~ x4 内沿 x 轴方向所受电场力
5．（改编练习册 P21 第 7 题）如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个α粒子（ 带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，由此可判断出（ ）
a 粒子在M 点受到的电场力比在 N 点受到的电场力大
N 点的电势低于M 点的电势
a 粒子在 N 点的电势能比在M 点的电势能大
a 粒子在M 点的速率小于在 N 点的速率
B
B
6．（预习学案 P11 例 2）一个带绝缘底座的空心金属球 A 带有4 108 C 的正电 荷，其上端开有适当小孔，有绝缘柄的金属小球 B 带有2 108C 的负电荷，使 B球和 A 球内壁接触，如图所示，则 A、B 带电荷量分别为（）
QA
 1108 C 、Q
 1108 C
QA
 2 108 C、Q  0
Q  0 、Q
 2 108 C
Q
 4 108 C、Q
 2 108 C
ABAB
某静电场在 x 轴上的电场强度 E 随 x 的变化关系（ E  x 图像）如图所示，x 轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在电场力作用下由静止开始沿 x 轴运动，在 x 轴上的 a、 b、c、d 四点间隔相等，则下列说法正确的是（）
点电荷由 a 运动到 d 的过程中加速度先减小后增大
B．b 和 d 两点处电势相等
点电荷由 a 运动到 d 的过程中电势能先增大再减小
点电荷从 b 运动到 a 电场力做的功小于从 c 运动到 b 电场力做的功.
二、多选题：(本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多个
选项符合题目要求。全部选对 6 分，选对但不全部对的 3 分，选错的 0 分)
如图所示为双板式静电除尘器的工作原理简化图，高压电源两极分别连接放电极与收尘极板 P 、Q ，在放电极表面附近形成强大的电场，使周围的空气电离；粉尘颗粒进入静电除尘区域，粉尘颗粒吸附负离子后带负电，粉尘颗粒在电场力的作用下向极板 P 、Q 迁移并沉积，以达到除尘目的。已知图中虚线为电场 线， A 、 B 、C 三点在同一直线上， AB  BC ，粉尘颗粒在运动
过程中电荷量不变且忽略颗粒之间的相互作用，则下列说法正确的是（）
高压电源一定为直流电源，且M 端为电源的负极
到极板 P 、Q 的粉尘颗粒的电势能均减小
不同粉尘颗粒在A 、 B 、C 点受到的电场力大小为 FA  FB  FC
A 、 B 、C 三点的电势满足φ  φA φC
B2
9（预习学案 P31 例三改编）。如图所示，两块较大的金属板 A、B 平行水平放置并与一电源相连， S 闭合后，两板间有一质量为m 、带电量为q 的油滴恰好在 P 点处于静止状态。则下列说法正确的是（ ）
在S 仍闭合的情况下，若将 A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有
b  a 的电流
在S 仍闭合的情况下，若将 A 板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有b  a
的电流
若将S 断开，且将 A 板向左平移一小段位移， P 点电势降低
若将S 断开，再将 A 板向下平移一小段位移， P 点电势不变
10（预习学案 P41 例二改编）．如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线 MN 以速度v 平行于极板进入（记为t  0 时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为 k，带电粒子只受电场力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出，则下列说法中正确的是（ ）
若粒子在t  3s 时未射出，则粒子在垂直极板方向的速度不为 0 B．粒子射出时的速度大小一定为v
C．若粒子在t  4s 时未射出，则粒子在垂直极板方向的位移大小为 kU0 （d 为极板间距）
2d
kU0
3
D．极板间距离 d 需满足d ，粒子才不会与极板碰撞
三、实验题:(本题共 2 个小题，每空 2 分，共 16 分)
11（8 分）．如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计的金属球相连。观察静电计指针偏转角度的大小，可推知电容器两极板间电势差的大小。
在实验中观察到的现象是（填正确答案的标号）。 A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小 B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大 C．将左极板右移，静电计指针的张角变小 D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
某同学用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质材料）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后各自接出引线，如图乙、丙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。
①为增大该电容器的电容，下列方法可行的有（填正确答案的标号）。
增大电容纸的厚度 B．增大锡箔纸的厚度 C．减小电容纸的厚度 D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积
②用如图丁所示的电路观察电容器的放电电流变化。换用不同阻值的电阻 R 放电，在图戊中
所描绘的 a、b、c 三条放电电流的 i－t 图线中，对应电阻最小的一条是（填“a”“b”或
“c”）。
③a、b、c 三条曲线中，a 曲线与横轴围成的面积（填“大于”“小于”或“等于”）b 曲线与横轴围成的面积。
12（8 分）．如图甲所示是定性探究电荷间相互作用力与两电荷的电荷量，以及两电荷之间的距离关系的实验装置。
(1)该实验用到的研究方法是（填正确选项前的字母，单选）。 A．理想实验法 B．等效替代法 C．微小量放大法 D．控制变量法
(2)如图乙所示，当小球 B 静止时，两球球心恰好在同一水平面上，细线与竖直方向的夹角为 θ，若小球 B 的质量为 m，重力加速度为 g，则库仑力 F 与夹角θ之间的关系式 F =。 (3)如图乙所示，接着该同学增大（或减少）小球 A 所带的电荷量，并在竖直方向上缓慢移动小球 A 的位置，保持 A 球在悬点 P 的正下方并与 B 在同一水平线上，悬挂在 P 点的不可伸长的绝缘细线下端的小球 B 的带电量不变，比较小球 B 所受库仑力大小的变化。在两次实验
中，B 处于受力平衡时，细线偏离竖直方向的角度θ分别为 45°和 60°，两次实验中 A 的电荷量
q1
分别为 q 和 q ，则= 。
q
12
2
(4)在阅读教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以等效为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷。他将两个半径为 R 的金属小球分别带上了 q1 和 q2
的正电，并使其球心相距 3R，应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力 F  k
q1q2
3R2
，则该同
学的计算结果（填“偏大”“偏小”或“正确”）。
四、计算题（共 3 个小题，13 题 10 分，14 题 12 分，15 题 16 分）
13（教材 P32 例题一改编）（10 分）．如图所示，在平行于纸面的匀强电场中，将带电荷量 q=-
6×10-6C 的电荷从电场中的 A 点移到 B 点，克服电场力做了 2.4×10-5J 的功，再从 B 点移到 C
点，电场力做了 1.2×10-5J 的功。
求 A、B 两点间的电势差 UAB 和 B、C 两点间的电势差 UBC ；
如果规定 B 点的电势为零，则 AC 中点 D 点的电势为多少？
14（12 分）．如图为简化后喷墨打印机的工作原理图。一质量 m=1.6×10-10kg 的墨滴经带电室 时带上一定量的负电荷，随后以初速度 v0=20m/s 垂直射入平行偏转极板形成的电场中，经电场偏转后打在纸面上。已知偏转极板长 L1=1.6cm，板间距 d=0.5cm，板间电压 U=8.0×103V，偏转极板右端到纸面的距离 L2=3.2cm。墨滴打在纸上的点偏离原入射方向的距离为 Y=0.2cm。忽略空气阻力、墨滴所受重力和偏转电场的边缘效应。求：
墨滴在偏转极板间的运动时间 t；
墨滴通过带电室后所带的电量 q；
仅通过调节 L2 来实现字体缩小了 10%，则 L2 应调为多大？
15（16 分）．如图，空间中有两块带电平行金属板?、?，两板间距为d  0.5 m ，两板间的电
压UMN  6 V 。一可视为质点的小球以v0  3 m / s 的水平速度从紧靠M 板的A 点飞入，从下极
板的右端点 B 点飞出，并沿切线方向飞入竖直光滑圆轨道。 B 点与光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径 R  1 m 。平行金属板?、?的右侧垂线CD 的右侧区域存在水平向右的匀强电 场，电场强度大小 E  15 N / C 。已知小球带正电，质量m  1.0 kg ，电荷量q  0.5C ，重力加速
度 g 取10 m / s2，sin37∘  0.6 ，不计空气阻力。求：
小球在 B 点的速度大小vB ；
极板的长度 L ；
小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度vm 的大小为多少？
南阳市一中高二年级 2025 年秋期第一次月考
物理学科试题参考答案
一、二、选择题（1--7 为单选题每题 4 分。8--10 为多选题每题 6 分，全对 6 分，不全 3 分，选
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
C
C
C
B
D
BD
AD
BC
错 0 分。）
1．A
【详解】A．电场强度的方向处处与等势面垂直，A 正确；
公式 E= F 是电场强度的定义式，适用于任何的电场，B 错误；
q
根据库仑定律，真空中点电荷的库仑定律的表达式为 F  k q1q2 ，当r  0 时，库仑定律不
r 2
适用，C 错误；
公式C= Q 属于比值定义法，C 与 Q 及 U 均无关，取决于自身材料和结构，D 错误。
U
故选 A。 2．C
【详解】
因a 到c 的距离等于 f 到c 的距离， a 到b 的距离等于 f 到b 的距离，由正电荷和负电荷电场分布知， b 、c 处于同一等势面， b 点电势等于c 点电势。A 错误；
由图可知，d 点靠近正电荷电势为正，g 点靠近负电荷电势为负，则 d 点电势大于 g 点电势。B 错误；
如图所示， ag  fd ， ad  gf ，根据 E  k q ， E E，夹角为135 ， E
 E，夹
ragfd
adgf
角为135 ，根据矢量合成法则，d 点和 g 点场强大小相等。C 正确；
如图所示，根据 E  k q ， ac  ab ， fc  fb ， E
E， E
E， E 与 E 夹角为
rabac
fbfc
abbf
90 ， Eac 与 Ecf ，夹角为135 ，根据矢量合成法则， b 点场强大小大于c 点场强大小。D 错误；
故选 C。
3．C
【详解】D．根据匀强电场电势差与场强关系可知
UAB=UDC
代入数据解得 D 点的电势为 0，故 D 错误；
根据电势差的计算公式
同理可知 故 A 错误。
UBA=φB-φA=3V-1V=2V UAD=1V
取 AB 的中点 E，则 C 点电势等于 E 点电势，连接 CE 为等势线，作 BF 垂直 CE，电场线沿着 BF 方向，故 B 错误。
根据几何关系可知
BF 5 m 50
场强
故选 C。
4．C
【详解】AB．根据
E  U  UBF
dBF
 3  2 V/m  10 5V/m
5
50
E  φ
x
可知φ x 图像的斜率表示电场强度，则区域 x3~x4 内沿 x 轴方向的电场强度保持不变，区域
x6~x7 内沿 x 轴方向场强为零，故 AB 错误；
C．由φ x 图像斜率表示场强可知，从 x1 位置到 x2 位置电势均匀减小，则 x1 位置到 x2 位置间的电场方向向右，电子在其间受到的电场力向左，电子从 x1 运动到 x2 克服电场力做功 2eV，电子至少应该具有 2eV 的初动能；电子从 x2 运动到 x4 电场力做正功，电子从电势为 2V 的 x1位置向右到电势为 2V 的 x7 位置，电场力做的总功为零，则电子从电势为 2V 的 x1 位置向右移动到电势为 2V 的 x7 位置，电子至少应具有 2eV 的初动能，故 C 正确；
D．根据φ x 图像斜率表示场强可知，区域 x1~x2 内的电场强度小于区域 x3~x4 内电场强度，则电子在区域 x1~x2 内沿 x 轴方向所受电场力小于区域 x3~x4 内沿 x 轴方向所受电场力，故 D 错 误。
故选 C。 5．C
【详解】A．根据电场线或等势面的疏密程度可知，α 粒子在 M 点受到的电场力比在 N 点受到的电场力小，故 A 错误；
B．α 粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向指向右下方即电场线的方向指向右下方，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知 N 点的电势高于 M 点的电势，故 B错误；
C．α 粒子带正电，从 M 到 N，电场力做负功，所以电势能增加，所以 N 点的电势能比在 M
点的电势能大，故 C 正确；
D．从 M 到 N，电场力做负功，速度减小，所以 M 点的速率大于在 N 点的速率，故 D 错误。故选 C。
6．B
【详解】B 球与 A 球接触后成为一个新的导体，由于带电导体的电荷只能分布于导体的外表面，因此
故选 B。 7．D
QB  0
A
Q  4 108 C  2 108 C  2 108 C
【详解】A．由 a 运动到 d 的过程中，由题图可以看出电场强度先增大后减小，故电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，选项 A 错误；
B．从 a 向右电场强度沿 x 轴负方向，则从 b 到 d 处逆着电场线方向移动，电势升高，选项 B
错误；
C．从 a 到 d 处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷的电势能一直增大，选项 C 错误；
D．由题图可知，a 和 b 之间的平均电场强度小于 b 和 c 之间的平均电场强度，根据公式 W＝ qEd 可知，电荷从 b 运动到 a 电场力做功小于从 c 运动到 b 电场力做功，选项 D 正确。
故选 D。
8．BD
【详解】A．粉尘颗粒吸附负离子后带负电，粉尘颗粒在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则M 端为电源的正极，故 A 错误； B．电场力对放电极左侧和右侧的粉尘颗粒都做正功，电势能都减小，故 B 正确；
C．由电场线可知 EA  EB  EC ，但不同的颗粒带的电荷量的大小不知道，则电场力 F  qE 无法分析，故 C 错误；
D．由图可知， EBA  ECB ，由U  Ed 可得UBA  UCB
则φB φA φC φB
解得φ  φA φC ，故 D 正确。
B2
故选 BD。 9．AD
【详解】A．在S 仍闭合的情况下，若将 A 板向下平移一小段位移，根据
C  εr S
4πkd
可知电容器电容增大，依题意电容器与电源保持连通状态，极板间电压不变，由
C  Q
U
可知极板上电荷量增加，电容器处于充电状态，G 中有b  a 的电流。根据
E  U
d
可知极板间匀强电场的场强变大，根据
F  qE
可知油滴所受电场力增大，将向上加速运动。故 A 正确；
B．同理可知，在S 仍闭合的情况下，若将 A 板向右平移一小段位移，极板的正对面积减小，电容器电容减小，极板上电荷量减小，电容器处于放电状态，G 中有a  b 的电流。根据
E  U
d
可知极板间匀强电场的场强不变，油滴仍然静止。故 B 错误；
C．若将S 断开，则极板上电荷量不变，将 A 板向左平移一小段位移，根据
可知电容器电容减小，由
C  εr S
4πkd
可知极板间电压增大，根据
C  Q
U
U  Ed
可知电场强度增大，P、B 间电势差增大，B 板接地， P 点电势升高。故 C 错误；
D．同理可知，若将S 断开，极板上电荷量不变，根据
E  4πkQ
εr S
可知匀强电场的场强不变，P、B 间电势差不变，B 板接地， P 点电势不变。故 D 正确。故选 AD。
10.BC
【详解】A．粒子在垂直极板方向运动， 0 1s 加速，1 3s 先减速再反向加速， 3s 末垂直速度不为 0，但粒子最终要以平行极板速度射出（垂直速度为 0），所以若t  3s 未射出，此时垂直速度不符合射出条件，A 错误；
B．粒子射出时垂直极板方向速度为 0，水平方向速度始终为 v，所以射出速度大小为 v，B 正确；
C．粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的v  t 运动图像如
图所示
0 1s 位移 y  1  kU0 12  kU0

12d2d
由图像面积可知粒子在垂直极板方向的位移大小为 y  kU0 ，C 正确；
2d
D．粒子在垂直方向最大位移出现在t  1.5s 或t  3s 等时刻， 0 1.5s 位移
y  1  kU0 12  1  2kU0 0.52  3kU0
2d2d4d
要使粒子不与极板碰撞，需 3kU0  d
3 kU
2
0
4d2
即d 
D 错误。故选 BC。
三、实验题 (本题共 2 个小题，每空 2 分，共 16 分)
11、．(1)C(2)CDb等于
【详解】（1）A．电容器带电后与电源断开，电容器极板所带电荷量一定，根据C  Q ，
U
C  εS
4πkd
可知，将左极板向上移动一段距离，极板正对面积减小，电容减小，则电势差增
大，即静电计指针的张角变大，A 错误； B．结合上述可知，向两板间插入陶瓷片时，介电常数增大，电容增大，则电势差减小，静电计指针的张角变小，B 错误； C．结合上述可知，将左极板右移，极板之间间距减小，电容增大，电势差减小，则静电计指针的张角变小，C 正确； D．结合上述可知，将左极板拿走，右极板带正电，右极板与接地点之间电势差不等于零，即静电计指针的张角不会变为零，D 错误。
故选 C。
（2）[1]AC．两片锡箔纸做电极，电容纸为绝缘介质，两片锡箔纸可以等效为平行板电容器，由于用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，改变电容纸
的厚度相当于改变极板之间的间距，根据C 
εS
4πkd
，当电容纸的厚度增大时，极板间距增
大，电容减小，当电容纸的厚度减小时，极板间距减小，电容增大，A 错误，C 正确； B．结合上述，增大锡箔纸的厚度时，极板间距不变，电容不变，B 错误； D．结合上述可知，同时增大锡箔纸和电容纸的面积，相当于增大极板正对面积，则电容增
大，D 正确。故选 CD。
电容器充电稳定后，极板之间电压的最大值一定，根据欧姆定律可知，电阻越小，电流的最大值越大，可知，a、b、c 三条曲线中，对应电阻最小的一条是 b。
由于三次充电电量相等，所以三条曲线与横轴围成面积相等。
12．(1)D(2) mg tanθ (3) 2 3
9
偏大
【详解】（1）在研究电荷之间作用力大小与两小球的电荷量 qA 和 qB 以及距离 L 的关系时，采用控制变量的方法进行，根据小球的摆角变化可以看出小球所受作用力随电量或距离变化情况。
故选 D。
根据小球 B 受力平衡，由几何关系可得 F  mg tanθ
对小球 B 受力分析，根据库仑定律结合平衡条件有mg tanθ
kqA qB
 L sinθ2
解得qA 
mgL2 tanθsin2θ
kqB
可得两次实验中 A 的电量之比为 q1 
q2
tan 45 sin2 45 
2 3
tan 60 sin2 609
由电荷间的相互作用可知，同种电荷相互排斥，故实验中两个带正电小球在排斥力作用下，正电荷分别集中在球的两外侧，故实际电荷间距r  3R ，则计算结果偏大。
四、计算题 （共 3 个小题，13 题 10 分，14 题 12 分，15 题 16 分）
13.（10 分）．(1)4V， 2V(2)3V
W 2.4 10 J
5
【详解】（1）电荷从 A 移到 B，克服电场力做功 AB1 分
W
AB
'  2.4 105 J
则电场力做功1 分
根据电势差公式
W '
UAB  AB  4V
q
-1 分
5
电荷从 B 移到 C，电场力做功WBC  1.2 10 J1 分
UBC
根据
 WBC  2V
q1 分
（2）因为UAC  UAB  UBC  2V
则φA φC  2V
-1 分
UAD
因为 D 是 AC 中点，根据
 1 U
2
AC φA φD  1V
-1 分
已知规定 B 点的电势为零，UAB φA φB  4V
-1 分
则φA φB  4V=4V
故φD φA 1V=3V
-1 分
1 分
14 （12 分） (1)8×10-4s(2)1.25×10-13C(3)2.8cm
【详解】（1）墨滴在偏转电场中运动时间为 t，则 L1  v0t
解得t  8104 s
-2 分
1 分
离开电场时偏移量为 y，则
y  1 at 2
2
a  qU
，md
-1 分
根据类平抛的推论知，离开偏转电场时速度的反向延长线交于 L1 的中点，根据三角形相似得
L
1 y
L  LY
12
2mdv2Y
13
-1 分
变形后代入数据得
q  0  1.2510C
UL1 (L1  2L2 )
-2 分
设缩小后液滴在纸上的偏移量为 Y′，则Y   (110%)Y  1.8mm2 分
mdv2Y L
由以上分析可得
L2  0  1
qUL12
-2 分
代入数据得 L2  2.8cm
-1 分
2
15（16 分）.(1)5m/s(2)0.75m(3) vm  5m / s
qU mgd  1 mv2  1 mv2
MN
【详解】（1）小球从 A 点到 B 点由动能定理可得
2B2
0
-2 分
解得vB  5 m / s
-1 分
小球在两板间做类平抛运动，在水平方向，有 L  v0t
d  1 at 2
-1 分
在竖直方向，有
2
mg  q UMN
 ma
-1 分
根据牛顿第二定律，有d
联立解得 L  0.75 m
-2 分
1 分
小球在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，等效平衡位置如图所示
由图可知
tanθ qE  0.75
mg
-2 分
解得θ 37∘1 分
tanα 3  0.75
小球在 B 点时，设vB 与 BD 的夹角为α，可知4
-1 分
解得α 37∘1 分
小 球 从B点 到 等 效 平 衡 位 置 由 动 能 定 理 可 得
mgR cs37∘  sin37∘   qER cs37∘  sin37∘   1 mv2  1 mv2
2m2B
-2 分
2
解得vm  5
m / s
-1 分