文档内容
2024-2025 学年高二物理上学期第一次月考卷
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证
号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第九、十章（人教版2019必修第三册）。
5．难度系数：0.7。
6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
1．下列物理量中，属于矢量的是 （ ）
A．电势 B．电压 C．电势能 D．电场强度
【答案】D
【详解】A．电势只有大小无方向，是标量，选项A错误；
B．电压只有大小无方向，是标量，选项B错误；
C．电势能只有大小无方向，是标量，选项C错误；
D．电场强度即有大小又有方向，是矢量，选项D正确；
2．两个分别带有电荷量－2Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间
库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为 ，则两球间库仑力的大小为( )
A． F B． F C．12F D．
【答案】D
【详解】相距为r时，根据库仑定律得： ，接触后，各自带电量变为 ，则有：
．
A． F．故选项A不符合题意．
B． F．故选项B不符合题意．C．12F．故选项C不符合题意．
D． ．故选项D符合题意．
3．以下说法正确的是中（ ）
A．公式 电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关
B．由公式 可知电场中某点的电势 与q成反比
C．由U =Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两点间的电势差也越大
ab
D．由 可知电场中某点的电场强度E与F成正比
【答案】A
【详解】A．公式
是电容器的定义式，电容器的电容大小C由电容器本身决定，与电容器两极板间电势差U无关，选项
A正确；
B．公式
是电势的量度公式，电场中某点的电势 是由电场本身决定的，与q无关，选项B错误；
C．由U =Ed
ab
可知，匀强电场中沿电场线方向的两点a、b间距离越大，两点间的电势差也越大，选项C错误；
D．公式
是场强的定义式，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，而E与F无关，选项D错误。
故选A。
4．两相同带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于 O 点，如图所示，平衡时，两小
球相距 r，两小球的直径比 r 小得多，可视为点电荷，此时两小球之间的静电力大小为 F．若将两
小球的电量同时各减少一半，当他们重新平衡时A．两小球间的距离大于 r/2
B．两小球间的距离小于 r/2
C．两小球间的静电力等于 F/2
D．两小球间的静电力等于 F
【答案】A
【详解】AB．电量减小，根据库仑定律知，库仑力减小，两球间的距离减小．假设两球距离等于 ，
则库仑力与开始一样大，重力不变，则绳子的拉力方向应与原来的方向相同，所以两球距离要变大些，
则两球的距离大于 ．选项A正确，B错误；
CD．当两球电量减半，两球距离为 时，两小球间的静电力等于 F；而两球之间的距离大于 ，可
知静电力小于F；当两小球间的静电力等于 时，两球之间的距离应该为 ，但是此时静电力与重力
的合力方向与细绳方向不共线，可知两小球间的静电力不等于 ，选项CD错误．
5．如图所示，将带正电的导体球C靠近不带电的导体。若沿虚线1将导体分成A、B两部分，这两部分
所带电荷量分别为 、 ；若沿虚线2将导体分成两部分，这两部分所带电荷量分别为 和 。下
列说法正确的是（ ）
A． ，A部分带正电 B． ，A部分带负电
C． ，A部分带正电 D． ，A部分带负电
【答案】A
【详解】由于导体不带电，因此无论沿虚线1还是沿虚线2将导体分开，左右两部分所带电荷量总是
相等的；由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，因此A部分一定带正电。
故选A。
6．A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线如图所示，图中C点为两点电荷连线的中点，D为中
垂线上的一点，电场线的分布左右对称。下列说法正确的是（ ）A．这两个电荷可能是等量异种电荷
B．电场中的电场线是客观存在的
C．电子从C点运动到D点，电场力做负功
D．电子从C点运动到D点，所受电场力变小
【答案】C
【详解】A．由电场线分布可知，这两个电荷是等量正电荷，故A错误；
B．电场中的电场线是为了方便、准确描述电场而人为设想的，并不是客观存在的，故B错误；
C．沿电场线分布，电势降低，且电子在电势低的地方电势能大，因此电子从C到D，电势能增大，
则电场力做负功，故C正确；
D．由等量同种电荷中垂线的场强分布是先变大后变小可知，从C到D，电场强度可能增大也可能先
变大后变小，电场力可能变大也可能先变大后变小，故D错误。
故选C。
7．如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中，导体处于静电平衡时，下列
说法正确的是（ ）
A．A、B两点电场强度相等，且都不为零
B．感应电荷产生的附加电场的电场强度大小E > E
A B
C．A、B两点的电场强度不相等
D．当开关S闭合后，A、B两点的电场强度不为零
【答案】B
【详解】AC．导体处于静电平衡状态，导体是一个等势体，导体内部场强处处为零，A、B两点电场强度
都为零，AC错误；
B．在导体内部，感应电荷产生的附加电场与正电荷在同一点产生的场强等值反向，正电荷在A点产生的
场强较大，故E > E
A B
B正确；D．当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动，导体依然是一个等势体，导体内部场强处处为零，
D错误。
故选B。
8．研究平行板电容器电容与哪些因素有关的实验装置如图所示。实验前，用带正电的玻璃棒与电容器a
板接触，使电容器a板带正电，下列说法正确的是（ ）
A．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
B．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
C．实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】C
【详解】A．根据电容器的决定公式
实验中，只将电容器b板向上平移，则两极板的正对面积S减小，电容减小，由于两极板电荷量保持
不变，根据电容的定义公式
则两极板两端的电势差增大，静电计指针的张角变大，所以A错误；
B．根据电容器的决定公式
实验中，只在极板间插入有机玻璃板，则增大介电常数 ，电容增大，由于两极板电荷量保持不变，
根据电容的定义公式
则两极板两端的电势差减小，静电计指针的张角变小，所以B错误；
C．实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果，因为b板本来就接地，手指触碰也是接
地，所以不会影响，则C正确；
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，但电容保持不变，因为电容与电容器两极
板所带电荷量，及电压无关，所以D错误；
故选C。
9．如图所示为密立根油滴实验示意图。实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场之中。若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电场力做正功
B．电势能逐渐增大
C．重力和电场力的合力做负功
D．重力势能的减少量小于动能的增加量
【答案】B
【详解】A．电场力向上，与位移方向相反，故电场力做负功，故A错误；
B．油滴克服电场力做功，故电势能逐渐增大，故B正确；
C．油滴受重力和电场力，做加速运动，动能增加，根据动能定理，合力做正功，故C错误；
D．重力势能的减小量等于重力做功大小；动能增加量等于合力做功大小；由于电场力做负功，故重力做
功大于合力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
故选B。
10．为避免闪电造成损害，高大的建筑物会装有避雷针。积雨云底层带负电，由于静电感应使得避雷针
的尖端带上了正电。图中虚线为避雷针周围的等势面，且相邻等势面间的电势差相等。避雷针尖端
正上方a、b两点的场强大小分别为 、 ，电势分别为 、 。一带负电的雨滴竖直下落经过a、
b两点。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．该雨滴从a下落至b的过程中，电势能逐渐减少
D．若该避雷针某时刻开始放电，则放电电流从积雨云流向避雷针
【答案】C【详解】A．等差等势面越密集，电场线越密集，则
A错误；
B．积雨云底层带负电，避雷针带正电，则电场方向由避雷针指向积雨云，沿电场方向电势降低，可
知
B错误；
C．带负电的雨滴竖直下落，电势升高，雨滴电势能减小，C正确；
D．由题意可知，若该避雷针某时刻开始放电，则放电电流从避雷针流向积雨云，D错误。
故选C。
11．有关电场强度的理解，下述说法正确的是（ ）
A． 是电场强度的定义式，适用于任何电场
B．由 可知，当r趋于零时，E趋于无穷
C．由 ，在匀强电场中只要两点间距离相等，则它们之间电势差就相等
D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在检验电荷无关
【答案】AD
【详解】A．定义式 适用于任何电荷产生的电场，故A正确；
B． 是由库仑定律导出的点电荷电场强度的表达式，当r趋于零时，点电荷模型不再适用，故B错
误；
C．公式 适用于匀强电场，只有在沿电场线的方向的两点间距离相等，它们之间的电势差才相等，
故C错误；
D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在检验电荷无关，故D正确。
故选AD。
12．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条等差等势线，实线为一带负电荷的粒子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，下列判断正确的是（ ）A．电场中等势线的电势 B．粒子通过Q点时动能较小
C．粒子通过P点时电势能较大 D．粒子通过P点时加速度较大
【答案】ACD
【详解】A．根据电场强度方向垂直于等势线，结合粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，且由于粒子带负
电，可判断知粒子受到的电场力方向与电场强度的方向相反，由此可推知电场强度方向垂直于等势线向
上，根据沿电场强度方向电势降低可知
故A正确；
BC．粒子带负电，且由于 ,根据 可知，在P、Q两点的电势能关系为
粒子只受电场力作用，根据能量守恒定律可知粒子电势能与动能之和保持不变，则粒子通过Q点时动能
较大，故B错误，C正确；
D．等势线越密的位置电场强度也越大，所以P点电场强度较大，粒子通过P点时加速度较大，故D正确。
故选ACD。
13．反射式速调管是常用微波器之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过
程类似．已知静电场的方向平行于 轴，其电势 随 的分布如图所示．一质量 ，电
荷量 的带负电的粒子从 点由静止开始，仅在电场力作用下在 轴上往返运动．则
（ ）
A． 轴左侧电场强度 和右侧电场强度 的大小之比
B．粒子在 区间运动过程中的电势能减小
C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为
D．该粒子运动的周期
【答案】ACD
【详解】根据 可知，左侧电场强度： ，右侧电场强度：
，所以 ，故A正确．粒子带负电，故在 区间运动过程中
的电势能增加，B错误．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为，C正确．粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有：
，其中 ，联立得： ，设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为 、
，在原点时的速度为 ，由运动学公式有 ，同理可知： 、 ，
而周期 ，联立得： ，故D正确．故选ACD．
14．把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接，先使开关 与 端相连，
电源向电容器充电；然后把开关 掷向 端，电容器放电，与电流传感器相连接的计算机所记录这一
过程中电流随时间变化的 曲线如图乙所示，下列关于这一过程的分析，正确的是（ ）
A．在形成电流曲线 的过程中，电容器两极板间电压逐渐增大
B．在形成电流曲线 的过程中，电容器的电容逐渐减小
C．曲线 与横轴所围面积等于曲线 与横轴所围面积
D． 接 端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势
【答案】AC
【详解】A．在形成电流曲线 的过过程，开关 与 端相连，电容器在充电，所带电量增大，电容不变，
由电容的定义式
分析可以知道极板间电压增大，故A正确；
B．在形成电流曲线 的过程中，开关 与 端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量
减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，故B错误；
C． 图线与时间轴围成的面积表示电荷量，因为电容器充电和放电的电量相等，所以曲线 与横轴所
围面积等于曲线 与横轴所围面积，故C正确；
D． 接 端，只要时间足够长，电容器充电完毕，电路中没有电流，电源的内电压为零，电容器极板间
的电压等于电源的电动势 ，故D错误。
故选AC。
15．（8分）研究电荷间的相互作用力。
（1）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直
方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的 、 、 等位置，比较小球在不同位置所受
带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
①该实验采用的方法是 （填正确选项前的字母）
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法
②实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而_____（填
“增大”、“减小”或“不变”）
③小球的质量用m表示，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，当小球
偏离竖直方向的角度为 时保持静止，小球所受电场力大小为 。
（2）法国物理学家库仑利用扭秤装置研究了静止的点电荷间的相互作用力，并于1785年发现了库
仑定律。如图所示的装置为库仑扭秤实验装置，细悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一
个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电
的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力F使悬丝扭转，已知悬丝转动的角
度 与力F的大小成正比。以下判断正确的是( )
A．若仅将C的电荷量减为原来的一半， 可能增为原来的两倍
B．若仅将C的电荷量减为原来的一半， 可能减为原来的一半
C．若仅将A、C间的距离增为原来的一倍， 将减为原来的一半
D．若仅将A、C间的距离减为原来的一半， 将增为原来的两倍【答案】 B 减小 B
【详解】（1）①[1]实验的目的是探究影响电荷间的静电力的因素，由于该因素有多种，在研究某一因素
之前，需要保持其他因素一定，即采用了控制变量法。
故选B。
②[2]根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，当Q、q一定，d不同时，由图可知，距离越大，
摆角越小，即作用力减小。
③[3]对小球进行受力分析如图所示
由平衡条件可知，小球所受电场力大小为
（2）[4]AB．若仅将C的电荷量减为原来的一半，根据
可知F变为原来的一半，转动的角度 与力F的大小成正比，所以 为原来的一半，A错误，B正确；
C．若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，则F变为原来的 ，转动的角度 与力F的大小成正比，所
以 为原来的 ，C错误；
D．若仅将A、C间的距离减为原来的一半，则F为原来的4倍，转动的角度 与力F的大小成正比，所
以 为原来的4倍，D错误。
故选B。
16．（10分）电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为 C的电容器充电，无
论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
（1）请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，求两极间电压为U时
电容器所储存的电能E = 。
p
（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的
参数对同一电容器进行两次充电，对应的q-t曲线如图3中①②所示。
a.充电过程中，“电源两端电压”和“通过电源的电流”变化情况如何 ；
b.①②两条曲线不同是 （选填E或R）的改变造成的；
c.电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据 a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。
【答案】 见解析 见解析
【详解】（1）[1]根据电容的定义式可知
其中 是与 和 无关的常量，则 图像是一条过原点的直线。如下图所示
[2]电压为 时，电容带电荷量为 ，图线和横轴围成的面积为所储存的电能 ，即
又根据
则整理得
（2）a.[3]电容器充电完成后两极板电压等于电源电动势，由图3可知充电完成时电荷量相同，则根据
可知电源电动势相同，电源忽略内阻，则电源两端电压不变，充电过程电容器两端电压增加，则 上的
电压减小，通过电源的电流减小。
b.[4]由上述分析可知电源电动势相同，则两条曲线不同是 的改变造成的，电阻越小，电流越大，即
图像的倾斜程度越大。
c.[5]由图象可知，当R越小，充电时间越短，可以实现快速充电，如图中①所示；R越大，电荷量随时间
变化趋向均匀，可以实现均匀充电，如图中②所示。
17．（9分）如图所示，长l=1m的轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中时，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量 ，
匀强电场的场强 ，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小球所受静电力的大小F；
（2）小球的质量m；
（3）若小球在外力作用下从B点移动到细绳竖直位置的A点，求该过程中静电力对小球做的功W。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据电场强度的定义式 ，可得小球所受静电力的大小为
（2）小球静止在水平向右的匀强电场中时，对小球受力分析，如下图所示
根据平衡条件有
解得，小球的质量为
（3）若小球在外力作用下从B点移动到细绳竖直位置的A点，则过程中静电力对小球做的功为
18．（14分）如图所示，真空中有一对平行金属板水平正对放置，板长为L，极板面积为S，两板间距离
为d。
（1）图中装置可视为平行板电容器，充电后与电源断开，板间存在匀强电场。已知电容器所带电荷量为Q。请你证明：两板间的电场强度E只与Q及S有关，与d无关；
（2）若保持图中两金属板间的电势差为U，现有一带电粒子从上极板边缘以某一初速度垂直于电场
方向射入两极板之间，到达下极板时恰好落在极板中心。已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，板
间电场可视为匀强电场，忽略重力和空气阻力的影响。求：带电粒子在极板间运动的加速度a和初
速度v 。
0
【答案】(1)证明见解析；(2) ，
【详解】(1)根据平行板电容器电容的决定式有
根据电容的定义式有
根据匀强电场中电场强度与电势差关系有
联立可得
由此可证两板间的电场强度E只与Q及S有关，与d无关。
(2)金属板间匀强电场的场强
粒子在板间运动的加速度 ，方向垂直于金属板向下
在垂直于金属板的方向，带电粒子做初速度为零的匀加速直线运动
在平行于金属板的方向，带电粒子以速度v 做匀速直线运动
0
带电粒子的初速度 ，方向平行于金属板向右
19．（17分）如图所示为示波管的结构原理图，加热的阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经电势
差为 的AB两金属板间的加速电场加速后，从一对水平放置的平行正对带电金属板的左端中心
点沿中心轴线 射入金属板间（ 垂直于荧光屏M），两金属板间偏转电场的电势差为U，电子
经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，忽略电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应。已知电子的质量为m，电荷量为e；加
速电场的金属板AB间距离为 ；偏转电场的金属板长为 ，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水
平距离为 。电子所受重力可忽略不计，求：
（1）电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小 ；
（2）电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y；
（3）在解决一些实际问题时，为了简化问题，常忽略一些影响相对较小的量，这对最终的计算结果
并没有太大的影响，因此这种处理是合理的。如计算电子在加速电场中的末速度 时，可以忽
略电子所受的重力。
请利用下列数据分析说明为什么这样处理是合理的。已知 ， ，
， ，重力加速度 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【详解】（1）由动能定理
得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
根据平抛运动规律有
解得
（3）由静电力可得重力
即重力远远小于静电力，其影响可以忽略。
