南阳中学2023-2024学年第一学期高二年级第一次月考物理科含答案解析

南阳中学2023-2024学年第一学期
高二年级第一次月考物理科
一、单选题(共42 分)
1.场致发射显微镜能够用来分析样品的原子排列，其核心结构如图，金属针与荧光膜之间加上高电压，形成辐射状电场，电子分别位于A点与B点时，下列关于电子所受到的电场力和具有的电势能判断正确的是（）
A.F A=F B，E PA=E PB
B.F A=F B，E PA<E PB
C.F A>F B，E PA>E PB
D.F A>F B，E PA<E PB
【答案】C
【详解】
根据沿电场线方向电势降低，A点距圆心更近，B点距圆心较远，可以判断电势
φA<φB
根据
φ=E p q
可知
E PA>E PB
根据电场线的疏密可以判断电场强度，A点周围的电场线比B点周围的电场线密集，所以A、B 两点的电场强度
E A>E B
根据
F=Eq
可知
F A>F B
故选C。

2.如图所示，完全相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间斥力大小是F。

今让第三个完全相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开。

这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（）
A.F
8B.F
4
C.3F
8D.3F
4
【答案】C
【详解】
A、B两球相互排斥，则两球带同种电荷，设A、B带有电荷量为Q，相隔一定距离r，两球之间相互吸引力的大小是
F=k Q2 r2
第三个不带电的金属小球与A球接触后移开，第三个球与A球的带电量都为Q
2
，第三个球与B球
接触后移开，第三个球与B球的带电量都为Q
2
+Q
2
=3
4
Q，则A、B两球之间的相互作用力的大小
F′=k Q
2×
3Q
4
r2
=
3
8
×k
Q2
r2
=
3
8
F
故选C。

3.如图所示，用起电机使金属球A带正电，将A靠近验电器上的金属小球B，则（）
A.验电器的金属箔不会张开，因为球A没有和B接触
B.验电器的金属箔张开，因为整个验电器都带上了正电
C.验电器的金属箔张开，因为整个验电器都带上了负电
D.验电器的金属箔张开，因为验电器下部的箔片都带上了正电
【答案】D
【详解】
把一个带正电的金属球A，靠近验电器的金属小球B，验电器的金属小球由于静电感应，会带上负电荷，金属箔会带上等量正电荷，所以验电器的金箔张开，而整个验电器不带电。

故选D。

4.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP= 60°，电荷量相等的两个异种点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为（）
A.1:2
B.2:1
C.√3:2
D.√3:4
【答案】B
【详解】
根据电场的叠加原理，两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，两电荷在O点产生的电场方向同向，并且大小都为
E=k q r2
所以O点的电场强度大小
E1=2k q r2
当置于N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点产生的电场方向夹角为120°，根据矢量的叠加可知O点的场强大小变为
E2=k q r2
故E1与E2之比为2:1。

故选B。

5.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为
10V、17V、26V。

下列说法正确的是（）
A.坐标原点处的电势为−1V
B.电场强度的大小为250V/m
C.电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D.电子从b点运动到c点，电场力做功为−9eV
【答案】B
【详解】
A．匀强电场中，平行等间距的两点间电势差相等，即a、c之间的电势差与O、b之间的电势差相等，可得
φa−φc=φO−φb
代入数据解得
φO=1V
故A错误；
B．沿电场线方向电势降低，可知，水平方向的场强沿−x方向，大小为
E x=φc−φa
x
=
26−10
0.08
V/m=200V/m
竖直方向的场强沿−y方向，大小为
E y=φc−φb
y
=
26−17
0.06
V/m=150V/m
故电场强度的大小为
E=√E x2+E y2=250V/m
故B正确；
C．a点电势比b点电势低7V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C 错误；
D．b点电势比c点电势低9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为
W=−e(φb−φc)=9eV
故D错误。

故选B。

6.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（不计内阻）连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。

现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则（）
A.带点油滴将仍处于平衡状态
B.电容器的电容减少，极板带电量将增加
C.带点油滴在P点的电势能将减少
D.油滴带正电荷
【答案】C
【详解】
A．电源与电容器连接，极板间电压恒定不变，令极板间电场强度为E0，根据
E0=E
d
，F=qE0
解得
F=qE d
当上极板竖直向下移动一小段距，极板间距d减小，油滴所受电场力增大，则油滴将向上运动，故A错误；
D．根据上述可知，油滴所受电场力方向向上，极板间电场方向向下，电场力与电场方向相反，则油滴带负电，故D错误；
B．根据
C=εS
4πkd ，C=Q
E
当上极板竖直向下移动一小段距，极板间距d减小，极板间电压E不变，则电容器的电容增大，极板带电量也增加，故B错误；
C．令P到下极板之间的间距为x0，则
φP=E0x0=Ex0 d
令油滴所带电荷量为-q，则油滴的电势能为
E p=−qφP=−qEx0 d
电势能的正负表示大小，可知，当极板间距d减小时，带点油滴的电势能将减少，故C正确。

故选C。

7.如图甲是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧。

如图乙是喷涂原理示意图，静电喷涂利用了电荷之间的相互作用。

下列表述正确的有（）
A.图甲中，对矿粉分离的过程，带正电的矿粉落在右侧，静电力对矿粉做正功
B.图甲中，对矿粉分离的过程，带正电的矿粉落在左侧，静电力对矿粉做负功
C.图乙中，涂料微粒一定带负电，从喷嘴到工件同一涂料微粒的电势能逐渐减小
D.图乙中，涂料微粒一定带正电，同一涂料微粒在A点所受电场力小于在B点所受电场力
【答案】C
【详解】
AB．由题意可知，带正电的矿粉受负极板的吸引落至左侧，此过程静电力做正功，同理可知，带负电的矿粉落至右侧，静电力做正功，故AB错误；
CD．根据电荷间的相互作用特点结合图乙分析，静电喷涂的原理就是让带电的涂料微粒在强电场的作用下被吸附到工件上，而达到喷涂的目的，从喷嘴到工件电场力做正功，电势能减小，由题图知，待喷涂工件带正电，所以涂料微粒应带负电，A点处电场线较密，A点电场强度大于B 点，故微粒在A点所受电场力大于在B点所受电场力，故C正确，D错误。

故选C。

二、多选题(共18 分)
8.电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色．透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素．如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒．当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色．下列说法正确的有（）
A.像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
B.像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
C.像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功
D.像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功
【答案】AC
【详解】
A．像素呈黑色时，当胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确；
B．像素呈白色时，当胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B错误；
C．像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，故C正确；
D．像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。

故选AC。

9.如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点，其中
A、B两点位置关于避雷针对称．下列说法中正确的是（）
A.不计重力的正电荷在A、B两点的加速度相同
B.正电荷在C点的电势能小于B点的电势能
C.负电荷从C点移动到B点，电场力做正功
D.C点场强大于B点场强
【答案】BC
【详解】
A．A、B两点处于同一等势面上，电场方向不同，不计重力的正电荷在A、B两点的加速度不相同，故A错误；
B．B点的电势大于C点的电势，由E p=qφ可知，正电荷在C点的电势能小于B点的电势能，故B正确；
C．负电荷从C点移动到B点时，是从低电势移动到高电势，电势能变小，电场力做正功，故C 正确；
D．等差等势面越稀疏场强越小，因此C点场强小于B点场强，故D错误。

故选BC。

10.一质量为m的带电粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，场强方向水平向右如图所示。

粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，重力加速度为 g ，则（）
A.粒子受电场力大小为2mg
B.粒子从a到b动能增加了1
2
mv02
C.粒子从a到b重力势能增加了1
2
mv02
D.粒子从a到b电势能减少了2mv02
【答案】ACD
【详解】
A．粒子竖直方向做竖直上抛运动，b点竖直方向的速度减为零，从a到b的时间
t=v0 g
水平加速度
a x=2v0
t
=2g
则电场力
F=ma x=2mg 故A正确；
B．粒子从a到b动能增加
ΔE k=1
2
m(2v0)2−
1
2
mv02=
3
2
mv02
故B错误；
C．粒子从a到b上升的高度
ℎ=v02 2g
增加粒子从a到b重力势能增加
ΔE p1=mgℎ=mg⋅v02
2g
=
1
2
mv02
故C正确；
D．粒子从a到b水平方向位移
x=0+2v0
2
t=
v02
g
静电力做功
W=Fx=2mg⋅v02
g
=2mv02
粒子从a到b电势能减少了2mv02。

故D正确。

故选ACD。

三、实验题(共12 分)
11.如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验，其中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金属球相连，使电容器充电后与电源断开。

（1）实验中使用静电计的目的是______（填序号）；
A．测定两板之间的电场强度
B．直接测量电容器电容的变化情况
C．观察电容器电荷量的变化情况
D．观察电容器电势差的变化情况
（2）在实验中观察到的现象是______。

A．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变
C．图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
D．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
（3）若将电容器上板A接正极，下板B接负极，且将上极板接地，如图丙所示。

闭合开关S，有一带电液滴静止在电容器内部P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴
_______（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”），P点电势_______（填“升高”、“不变”、“降低”）。

【答案】(1). D(2). A(3). 向下运动(4). 升高
【详解】
（1）[1]静电计的张角跟电势差有关，所以实验中目的是观察电容器电势差的变化情况。

故选D。

（2）[2]
AB．根据公式
C=
εS 4πkd
C=Q U
得
U=Q
C
=Q⋅
4πkd
εS
可知图中的手水平向左移动时，d增大，U增大，静电计指针的张角变大，A 正确，B错误；C．图中的手竖直向上移动时，S减小，U增大，静电计指针的张角变大，C错误；
D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，ε增大，U减小，静电计指针的张角变小，D错误。

故选A。

（3）[3]电容器的电压不变，而将电容器下极板B向下平移一小段距离，根据
E=U d
则电场强度要减小，电场力将小于重力，故液滴要向下运动。

[4]以大地为零势点，P点距离零电势的距离不变，而电场强度减小，则P点与零电势点之间的电势差减小，又因为P点的电势小于0，则P点的电势升高。

12.在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径
D=______mm。

紧接着用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测量该金属丝的长度，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的长度L=_______mm；
该同学先用多用电表粗测其电阻。

用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×1”挡位的多用电表测量，表盘示数如图丙所示，现要进一步精确测量其阻值，实验电路如图所示，实验室提供了下列可选用的器材：
A．电流表A1（量程为0.6A，内阻约为0.3Ω）
B．电流表A2（量程为3A，内阻约为0.02Ω）
C．电压表V1（量程为3.0V，内阻约为3kΩ）
D．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
E．滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）
F．电源E（电动势为4V，内阻可忽略）
G．开关、导线若干。

为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（均填器材前面的字母即可）：电流表选
________；滑动变阻器选________。

根据实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U-I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该金属丝的电阻率ρ=________（用k、L、D三个物理量表述）；
【答案】(1). 3.704##3.705##3.706(2). 50.15(3). A(4). D(5). kπD2
4L
【详解】
[1]该金属丝的直径
D=3.5mm+0.01mm×20.5=3.705mm
[2]该金属丝的长度为
L=50mm+0.05mm×3=50.15mm
[3]根据图丙，金属丝电阻为
R=12Ω
金属丝的最大电流为
I=E
R =4
12
A≈0.3A
电流表选A；
[4]为了方便调节电路，滑动变阻器选D。

[5]根据电阻定律
R=ρL
S 根据面积公式
S=1
4
πD2根据欧姆定律
I=U
R 解得
U=4ρL
πD2
I 根据题意得
k=4ρL πD2
解得
ρ=kπD2 4L
四、解答题(共18 分)
13.空间中三点A、B和C是直角三角形的三个顶点，且AB=4cm，∠CAB=37°，现将点电荷Q A 和Q B分别放在A、B两点，测得C点的场强为E C=8N/C，方向如图所示，求：
（1）Q A产生的电场在C点的电场强度大小和方向；
（2）Q A电荷量大小；
（3）若在C点放一个q=−2×10−8C的试探电荷，这个试探电荷受到的静电力大小和方向。

【答案】（1）10N/C，由C指向A；（2）25
9×10C
−12；（3）1.6×10−7N，水平向右
【详解】
（1）如图所示，根据矢量叠加法则可知Q A在C点产生的电场强度方向一定由C指向A，而Q B 在C点产生的电场强度方向一定由B指向C，所以有
E C=E A cos37°
解得
E A=10N/C
（2）根据前面分析可知Q A带负电，根据几何关系可得
AC=
AB
cos37°
=5cm
根据点电荷场强公式有
E A=k
Q A AC2
解得
Q A=25
9
×10C
−12
（3）试探电荷受到的静电力大小为
F=|q|E C=1.6×10−7N
由于试探电荷带负电，所以F的方向与EC的方向相反，为水平向右
14.如图所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD=4cm，其连线的延长线与金属板A成30°角，已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为-4.8×10-17J，元电荷e=1.6×10-19C。

求：
（1）C、D两点间的电势差U CD，匀强电场的场强大小E；
（2）若选取A板的电势φA=0，C点距A板1cm，电子在D点的电势φD和电势能为多少？
【答案】（1）300V，1.5×104V/m；（2）-450V，7.2×10−17J
【详解】
（1）电子从C点移到D点，根据电势差的定义，有
U CD=W CD
q
=300V
电场强度
E=U CD
d CD
=
300
4×10−2×sin30°
V/m=1.5×104V/m
（2）AD两点的电势差
U AD=Ed AD=1.5×104×3×10−2V=450V
由
U AD=φA-φD
φA=0
可得
φD=-450V
电子在D点的电势能为
E P=qφD=−1.6×10−19×（−450）J=7.2×10−17J
15.如图所示，灯丝发射出来的电子（初速度为零，不计电子所受重力）经电压为U0的两竖直金属板间的电场加速后从小孔穿出，沿水平金属板A、B的中线射入，并恰好打到A板的中点C。

金属板A、B的长度均为2d、间距为d，电子质量为m、电荷量为e。

（1）求电子从小孔穿出时的速度大小v0；
（2）求金属板A、B间的电压U以及电子打到C点前瞬间的速度大小v C；
（3）若只改变竖直金属板间的电压，使电子恰好从A板的右端离开，求竖直金属板间改变后的电压U′。

【答案】（1）√2eU0
m ；（2）2U0,2√eU0
m
；（3）4U0
【详解】
（1）电子在两竖直金属板间运动的过程中，由动能定理
eU0=1
2
mv02
解得
v0=√2eU0 m
（2）设金属板A．B间的场强为E
U =Ed
设金属板进入A．B 间至到达C 点的过程中加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
eE =ma
设电子进入金属板间至到达C 点的时间为t ，根据
d =v 0t
12d =12
at 2 经分析可知
v C =√v 02+(at )2
解得
U =2U 0
v C =2√eU 0m
（3）改变竖直金属板的电压，根据动能定理
eU ′=12
mv ′2 在偏转电场中
2d =v ′t ′
d 2=12
at ′2 联立解得
U ′=4U 0。