2022-2023学年河南省商城县观庙高级中学高二上学期9月月考物理试题含解析

河南省商城县观庙高级中学2022-2023学年高二上学期9月月考物理试题一、选择题（第1~8小题只有一项符合题目要求。第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选不全的得2分）

1. 在匀强电场中，关于电势差与电场强度的下列说法正确的是（    ）

A. 任意两点间的电势差等于电场强度与这两点间距离之积

B. 沿电场方向，任意相同距离上电势差必定相等

C. 电势降低的方向不一定就是电场强度的方向

D. 距离相同的两点上，电势差越大，这两点间的电场强度越大

【答案】BC

【解析】

【详解】A.公式中的必须是两点间沿着电场方向的距离，故A错误；

B. 由知，在匀强电场中各处相同，则沿着的方向相同距离上的电势差相同，故B正确；

C. 沿着电场方向电势降低，但是电势降低的方向有无数个，所以电势降低的方向未必是电场的方向，故C正确；

D. 在相同距离上的两点，电势差大，场强不一定大；若两点沿电场线方向相同距离上的两点，电势差大的其场强才必定大，故D错误．

2. 如图所示，在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆。现将一试探电荷分别从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点，下列说法正确的是（　　）

A. 从B移到A的过程中静电力做功最少 B. 从C移到A的过程中静电力做功最少

C. 从D移到A的过程中静电力做功最多 D. 三个过程中静电力做功一样多

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆，根据点电荷等势面的分布情况知，B、C、D三点的电势相等，因此A与B、C、D三点间的电势差相等，将一电荷从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点的过程中，根据

得知，静电力做功相等。

故选D。

3. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知(       )

A. 三个等势面中，a等势面电势最高 B. 带电质点通过P点时电势能最小

C. 带电质点通过Q点时动能最小 D. 带电质点通过P点时加速度较小

【答案】A

【解析】

【详解】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a等势线的电势最高，故A正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误.故选A.

【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．

4. 真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度的大小，一根不可伸长、长度为的绝缘细线一端拴一个质量为、电荷量为的带正电小球，另一端固定在点。把小球拉到使细线水平的位置，再由静止释放小球，重力加速度为，则在从释放小球至小球运动到点的正下方的过程中（　　）

A. 小球运动到点前的瞬时，速度恰好为零

B. 小球运动到点前的瞬时，绳子对小球的拉力为

C. 小球从运动到的过程中做曲线运动

D. 小球运动到点前的瞬时，其动能为

【答案】D

【解析】

【详解】ACD．电场力大小为

则电场力和重力的等效重力为

方向沿左下，与竖直方向的夹角θ满足

所以

所以小球运动到B点速度不为0，并且沿直线AB从A运动到B，设到B点前的瞬时速度为v，则根据等效重力做功和动能定理可得

解得

动能为

故AC错误，D正确；

B．小球运动到B点前的瞬时，绳子处于松弛状态，没有拉力，故B错误。

故选D。

5. 如图所示，E为电源，C为电容器，R为定值电阻，S为单刀双掷开关，则

A. S接1时，电容器充电且上极板电势较低

B. S接2时，电容器放电且放电电流从左往右经过定值电阻R

C. 保持S接l ，将上极板竖直向上平移少许，板间电压不变，场强减小

D. 保持S接l ，将上极板水平向左平移少许，板间电压不变，场强减小

【答案】C

【解析】

【详解】A．S接1时，电容器充电且上极板接电源正极，电势较高，选项A错误；

B． S接2时，电容器放电且放电电流从右往左经过定值电阻R，选项B错误；

C．保持S接l ，将上极板竖直向上平移少许，板间电压不变，根据可知，场强减小，选项C正确；

D．保持S接l ，将上极板水平向左平移少许，板间电压不变，两板间距d不变，根据可知场强不变，选项D错误．

6. 如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点。，用、、、分别表示A、B两点的场强和电势，则（　　）

A. 一定大于，一定大于 B. 不一定大于，一定大于

C. 一定大于，不一定大于 D. 不一定大于，不一定大于

【答案】B

【解析】

【详解】由两个等量正点电荷产生的电场线分布规律可知，P、Q连线中点场强是零，中垂线上场强方向总沿中垂线远离中点O，在中垂线上从O点到无限远处电场线先变密后变疏，即场强先变强后变弱。设场强最大的点为Ｐ点，Ｐ点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当Ｐ点可能在A、B两点之间时，EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；当Ｐ点可能在O、A之间时，EA大于EB；当Ｐ点在B点的外侧时，EA小于EB。中点O处电势最高，在中垂线上交点处的电势最高，从O点向两侧电势逐渐降低，因此一定大于，所以ACD错误，B正确。

故选B。

7. 两点电荷和（电性和电荷量大小均未知）分别固定在轴上的和处。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. 从处到处场强先减小后增大

B. 处的场强沿轴负方向

C. 将一电子从处移动到处，静电力做正功

D. 轴上只有一个点的场强为0，且位于处的左边

【答案】A

【解析】

【详解】A．该图像的斜率等于场强E，图像斜率先减小后增大，所以电场强度先减小后增大，故A正确；

B．电势为标量，由图知从-2L到2L电势一直在减小，且沿着电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向右，-L处斜率不为零，电场强度不为零，方向向右，沿x轴正方向，故B错误；

C．电势为标量，由图知从-2L到2L电势一直在减小，根据负电荷在电势低的地方电势能大可知将一电子从-2L移动到2L，电势能逐渐增大，电场力一直做负功，故C错误；

D．x正轴上某一点电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以-2L点的电荷q1带正电，2L点电荷q2带负电，由于靠近左侧电荷的图象斜率较大，所以q1电荷量大于q2的电荷量，所以x轴上只有一个点的场强为0，且位于2L的右边，故D错误。

故选A。

8. 在x轴上关于原点对称的a、b两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图所示的图像描绘了x轴上部分区域的电场强度（以x轴正方向为电场强度的正方向）。在电场中c、d为x轴上关于原点对称的两点，为坐标原点，下列结论不正确的是（　　）

A. 、处为异种点电荷

B. c、d两点电场强度相同，但c点电势更高

C. 若将一负电子从c点移到d点，其电势能增大

D. O点处电势等于零，电场强度也等于零

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图像可知，以x轴正方向为电场强度的正方向，因此在a点处为正电荷，在b点处为负电荷，A正确，不符合题意；

B．由点电荷的电场强度公式和电场强度的叠加原理可知，c、d两点又关于O点对称，可知c、d两点电场强度相同，方向由c指向d，因此c点电势高，B正确，不符合题意；

C．若将一负电子从c点移到d点，电场力做负功，其电势能增大，C正确，不符合题意；

D．因为a、b处为等量异种点电荷，在y轴上各点的电势是零，所以O点的电势是零，可是电场强度不等于零，D错误，符合题意。

故选D。

9. 一匀强电场的方向平行于平面，平面内三点位置如图所示，已知三点的电势分别为、、，电子的电荷量为。下列说法正确的是（　　）

A. 该匀强电场的电场强度大小为

B. 坐标原点处的电势为0

C. 电子在点的电势能比在点的低

D. 电子从点运动到点，电场力做功为

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】A．由题意可知，a、b连线为等势面，电场方向垂直等势面指向电势低的一侧，如图所示，可得该匀强电场的场强为

A错误；

B．在匀强电场中平行等间距的两点电势差相等，可得

代入数据可得，B正确；

C．电势能，由于a、b两点电势相等，故电子在点的电势能与在点的电势能相等，C错误；

D．电子从点运动到点，电场力做功

D正确。

故选BD。

10. 如图，水平固定的圆盘a带正电Q，电势为零，从盘心O处释放质量为m、带电量为+q的小球．由于电场的作用，小球最高可上升到竖直高度为H的N点，且过P点时速度最大，已知重力加速度为g．由此可求得Q所形成的电场中（　　）

A. P点的电势 B. N点的电势 C. P点的电场强度 D. N点的电场强度

【答案】BC

【解析】

【分析】小球受两个力，重力和电场力，小球从O运动到N，电场力大于重力，小球向上先做加速运动；到P点，电场力等于重力，速度达到最大；P运动到N，小球向上做减速运功，到N点速度为零．在P点，根据电场力等于重力求出P点场强，根据动能定理，求出N点的电势能，从而求出N点的电势．

【详解】小球由0到N的过程，根据动能定理得：，得电场力做功为，可知小球的电势能减小mgh，O点电势能为0，所以N点电势能为，N点的电势为，即可求出N点的电势．由于小球通过P点的速度不知道，不能求出O到P电场力做功，不能求出P点的电势．故A错误，B正确．在P点所受的电场力和重力二力平衡，则有，解得P点的电场强度为：，不能求出N点的电场力，也就不能求出N点的电场强度．故C正确，D错误．故选BC．

【点睛】解决本题的关键知道小球的运动情况及受力情况，在什么情况下，速度最大．会利用动能定理求电场力做功，从而求电势能，求电势．

11. 如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地．一带电质点恰好静止于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则

A. 电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大

B. 带电质点将沿竖直方向向上运动

C. P点的电势将降低

D. 若将带电质点固定，则其电势能不变

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.下极板向上移动时，板间距减小，根据可知，电容将增大，因U不变，由Q=CU可知，电量将增大；故A正确.

B.开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动；故B正确.

C.场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故C正确.

D.电场力向上，故粒子一定带负电，P点电势降低，则其电势能将增大；故D错误.

12. 如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中　　

A. 它们运动的时间

B. 它们电势能减少量之比：：2

C. 它们的动能增量之比：：2

D. 它们所带的电荷量之比：：2

【答案】AD

【解析】

【详解】A、由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN=tM，A正确；BD、由竖直位移y==，m、t、E相等，则带电荷量之比qM：qN=yM：yN=1：2，电荷在电场中运动时，由功能关系可知，电势能减小量等于电场力做功，则电势能减少量之比△EM：△EN=qMEyM：qNEyN=1：4．故B错误、D正确；C、带电粒子在电场中的运动，只受电场力作用，动能的增量等于电场力所做的功，故C错误．故选AD．

【名师点睛】两个带电粒子都垂直于电场射入匀强电场中，都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由题可知，水平位移相等、初速度相等，即可知运动时间相等，由竖直位移的关系，由牛顿定律和位移公式即可求解电量之比．由动能定理求解电场力做功之比，得到电势能减少量之比和动能增量之比．

二、非选择题（共2小题，共10分）

13. 在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲。一位同学使用的电源的电动势为10.0V，测得放电的图像如图乙所示。

（1）电容器在整个放电过程中释放的电荷量约为______C；（结果保留两位有效数字）

（2）根据以上数据估算出电容器的电容为______F。（结果保留两位有效数字）

【答案】    ①. 0.016##    ②. 0.0016##

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]图像中图线与横轴所围的面积表示电荷量，经确认：图线下共有约40小格（多余半格算一个，少余半格不算），所以电容器在整个放电过程中释放的电荷量约为

（2）[2]从上一问知道，电容器充满电后所带的电荷量

而所加电压

所以

14. 如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图．充电后与电源断开的平行板电容器的板与静电计相连，板和静电计金属壳都接地，板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制板的移动．请回答下列问题：

（1）本实验采用的科学方法是__

A．理想实验法    B．等效替代法   C．控制变量法    D．建立物理模型法

（2）在该实验中，静电计的作用是___

A．测定该电容器的电荷量

B．测定该电容器两极的电势差

C．测定该电容器的电容

D．测定、两板之间的电场强度

（3）在实验中观察到的现象是___

A．甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大

B．乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小

C．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大

D．丙图中的手不动，而向两板间插入金属板时，静电计指针的张角不变．

【答案】    ①. C    ②. B    ③. A

【解析】

【详解】（1）[1]．本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的决定因素；故采用的是控制变量法；故选C；

（2）[2]．静电计的作用是测定电容器两极之间的电势差；故选B；

（3）[3]．实验中观察到的现象为：A、手水平向左移动时，板间距离增大时，根据电容的决定式，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大．故A正确；

B、当手竖直上移时，正对面积减小；根据电容的决定式，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大．故B错误；

C、插入电介质时，根据电容的决定式，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小．故C错误；

D、而向两板间插入金属板时，板间距离减小，据电容的决定式，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小．故D错误；

四、解答题（共42分，写出主要步骤）

15. 有一个电量q=—3×10－6 C的点电荷，从某电场中的A点移动到B点，电荷克服电场力何做了6×10－4的功，从B点移至C点，电场力对电荷做了9×10－4J的功，设B点为零电势，求：A、C两点的电势和该电荷在A、C两点的电势能．

【答案】200V；300V ；-6×10-4J ； -9×10-4J

【解析】

【详解】由题意知：电荷从A到B过程，电场力做功 WAB=-6×10-4J，电荷从B到C过程，电场力做功WBC=9×10-4J．
则得：AB间的电势差

BC间的电势差

根据UAB=φA-φB，UBC=φB-φC；又φB=0
解得：

φA=200V

φC=300V

电荷在A点的电势能:

．

电荷在C点的电势能:

16. 如图所示,一个质量为m=2.0×10-11kg ,电荷量q=1.0×10-5c 带电微粒(重力忽略不计),从静止开始经U1=100V电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中.金属板长L=20cm ,两板间距d=10cm .求:

（1）微粒进入偏转电场时的速度v是多大?

（2）若微粒射出电场过程的偏转角θ为30° ,则两金属板间的电压U2是多大?

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理：
解得：

(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．
水平方向：
竖直方向：设加速度为a，出电场时竖直方向的速度为v2，
则加速度为：
速度为：
速度方向为：

联立代入数据解得：

U2=100V

17. 如图，一质量、带电荷量的微粒以初速度大小竖直向上从点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比点高m的点时，速度大小为，方向水平。取，求：

(1)微粒的初速度大小；

(2)、两点间的电势差；

(3)匀强电场的场强大小。

【答案】(1)2 m/s；(2)-400 V；(3)1000 V/m

【解析】

【分析】

【详解】(1)由题意可知，微粒在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动。竖直方向有

代入数据得

(2)对微粒从点运动到点的过程，由动能定理得

代入数据得

(3)设微粒从点运动到点的时间为，沿电场线方向运动的距离为，则

竖直方向有

水平方向有

解得

m

匀强电场的场强大小

18. 如图所示，在真空中，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系XOY，在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E（电场强度E的大小未知）。有一质量为m，带电量为+q的小球，从坐标原点O由静止开始自由下落，当小球运动到P（0，-h）点时，在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场，其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等。其小球从P返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等，重力加速度为g，试求：

(1)小球返回O点时的速度大小；

(2)匀强电场的电场强度E的大小；

(3)小球运动到最高点时的位置坐标。

【答案】(1)(2)(3)（16h，4h）

【解析】

【详解】(1)设小球从O点运动到P点所用时间为t，在P点的速度为，返回O点时的速度为，则因为

解得

所以

因为

所以

(2)因为

根据牛顿第二定律可得

所以

(3)在竖直方向

设小球进入x轴上方运动到最高点所用时间为，则

因为

所以

故小球运动到最高点的位置坐标为（16h，4h）

【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同。先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题。解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解