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，选错0分。）

题号	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
答案	A	C	C	C	C	B	D	BD	AD	BC

1．A

【详解】A．电场强度的方向处处与等势面垂直，A正确；

B．公式 是电场强度的定义式，适用于任何的电场，B错误；

C．根据库仑定律，真空中点电荷的库仑定律的表达式为 ，当 时，库仑定律不适用，C错误；

D．公式 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。

故选A。

2．C

【详解】

A．因 到 的距离等于 到 的距离， 到 的距离等于 到 的距离，由正电荷和负电荷电场分布知， 、 处于同一等势面， 点电势等于 点电势。A错误；

B．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；

C．如图所示， ， ，根据 ， ，夹角为 ， ，夹角为 ，根据矢量合成法则，d点和g点场强大小相等。C正确；

D．如图所示，根据 ， ， ， ， ， 与 夹角为 ， 与 ，夹角为 ，根据矢量合成法则， 点场强大小大于 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

U_AB=U_DC

代入数据解得D点的电势为0，故D错误；

A．根据电势差的计算公式

U_BA=φ_B-φ_A=3V-1V=2V

同理可知

U_AD=1V

故A错误。

B．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。

C．根据几何关系可知

场强

故选C。

4．C

【详解】AB．根据

可知 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 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 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

【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 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 ，但不同的颗粒带的电荷量的大小不知道，则电场力 无法分析，故C错误；

D．由图可知， ，由 可得

则

解得 ，故D正确。

故选BD。

9．AD

【详解】A．在 仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，根据

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

可知极板上电荷量增加，电容器处于充电状态，G中有 的电流。根据

可知极板间匀强电场的场强变大，根据

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 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 的电流。根据

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 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

可知极板间电压增大，根据

可知电场强度增大，P、B间电势差增大，B板接地， 点电势升高。故C错误；

D．同理可知，若将 断开，极板上电荷量不变，根据

可知匀强电场的场强不变，P、B间电势差不变，B板接地， 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， 加速， 先减速再反向加速， 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 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 运动图像如图所示

位移

由图像面积可知粒子在垂直极板方向的位移大小为 ，C正确；

D．粒子在垂直方向最大位移出现在 或 等时刻， 位移

要使粒子不与极板碰撞，需

即

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) CD 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 ， 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 ，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。

[2]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。

[3]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) (3) (4)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q_A和q_B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。

（2）根据小球B受力平衡，由几何关系可得

（3）对小球B受力分析，根据库仑定律结合平衡条件有

解得

可得两次实验中A的电量之比为

（4）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 ，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， (2)3V

【详解】（1）电荷从A移到B，克服电场力做功 ------------------1分

则电场力做功 --------------------------------------------------------------1分

根据电势差公式 -------------------------------------------------------------1分

电荷从B移到C，电场力做功 ----------------------------------------1分

根据 ------------------------------------------------------------------------------1分

（2）因为 ---------------------------------------------------------1分

则

因为D是AC中点，根据 --------------------------------1分

已知规定B点的电势为零， -------------------------------------1分

则 -----------------------------------------------------1分

故 -------------------------------------------------------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 ------------------------2分

解得 -----------------------------------------------------------------1分

（2）离开电场时偏移量为y，则 ， ------------------------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 ----------------------------------1分

变形后代入数据得 ----------------------------------2分

（3）设缩小后液滴在纸上的偏移量为Y′，则 --------2分

由以上分析可得 ------------------------------------2分

代入数据得 -------------------------------------1分

15（16分）.(1)5m/s (2)0.75m (3)

【详解】（1）小球从A点到B点由动能定理可得 --------2分

解得 ---------------------------------------1分

（2）小球在两板间做类平抛运动，在水平方向，有 ----------------------1分

在竖直方向，有 ---------------------------------1分

根据牛顿第二定律，有 -----------------------------------2分

联立解得 ----------------------------------------------------------------------------------------1分

（3）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 --------------------------------------------2分

解得 -----------------------------------------------------------1分

小球在 点时，设 与 的夹角为 ，可知 --------------1分

解得 -----------------------------------------------------------------------1分

小球从B点到等效平衡位置由动能定理可得 ------------2分

解得 ---------------------------------------------1分

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