【文档说明】天津市第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.112 MB，由小赞的店铺上传

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天津一中2024-2025-1高二年级物理学科《第十章静电场中的能量》单元检测试卷一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。）1.在静电场中，将一正电荷从a移动到b点，电场力做了负功，则（）A.b点电场强度一定比a点大B.电场线方向一定从b指向aC.b点的电势一定比a点高D

.该电荷的动能一定减小【答案】C【解析】【详解】C．电场力做负功，该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，b点的电势一定比a点高，C不符合题意；D．电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负．由动能定理可知，

动能不一定减小，D不符合题意；A．根据题意只能判断ab两点的电势关系，而电势高低与场强大小无必然联系，所以A不符合题意；B．b点电势高于a点．但a、b可能不同一条电场线上，B不符合题意．2.如图所示，真空中两个等量同种正点电荷

放置在M、N两点，MN连线上的中点为D，以MD为棱边构成一个空间正方体，A、B、C是该正方体上三个顶点。则下列说法正确的是（）A.A、C两点电场强度相同B.B、D两点的电势相等C.将电子从C点沿CB方向射出，电子可能做匀速

圆周运动D.将电子从B点沿BC方向射出，电子可能做匀速圆周运动【答案】C【解析】【详解】A．由对称可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向不同，选项A错误；的在的B．因D点距离两正电荷比B点更近，可知D

点的电势高于B点电势，选项B错误；C．电子在以D为圆心，以正方体边长为半径的圆上所受的电场力大小相等且都指向D点，则将电子从C点沿CB方向射出，因该方向与电场力方向垂直，则若电场力等于电子所需的向心力，则电子能做匀速圆周运动，选项C正确；D．因B

C方向与电子在B点受的电场力方向不垂直，则将电子从B点沿BC方向射出，电子不可能做匀速圆周运动，选项D错误。故选C。3.两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m，带电油滴恰好静止在两极板之间，

如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中（）A.如果保持连接电源，只将A板上移，油滴将向上加速运动B如果保持连接电源，只将两极板非常缓慢地错开一些，电流计中电流从b流向aC.如果断开电源，B板接地，只将A板上移，油滴静止不动，油滴处电势不变D.如果断开电源，将两极板与静电计相连，只在

极板间插入有机玻璃板，静电计指针张角变大【答案】C【解析】【详解】A．如果保持连接电源，只将A板上移，则根据UEd=可知，电容器极板间的电场强度减小，而带电油滴恰好静止时有Eqmg=因此可知，当电场强度减小，电场力将小于重力，带电

油滴将向下加速运动，故A错误；B．如果保持连接电源，则电容器极板间的电压不变，根据电容器电容的决定式r4SCkd=可知，只将两极板非常缓慢地错开一些，板间正对面积S减小，因此电容器的电容减小，根据QCU=可知，电容器所带电荷量减小，即电容器要放电，因此电流计中电流从

a流向b，故B错误；C．如果断开电源，则电容器所带电荷量不变，只将A板上移，根据.r4SCkd=，QCU=，UEd=联立可得r4kQES=可知，电场强度与板间距无关，因此油滴静止不动，而B板接地，即B板处的电势为零，带电油滴静

止不动，距B板的距离不变，设为0d，带点油滴所在位置的电势为1，则带电油滴所在位置与B板间的电势差为0010110dUEd==−=−=带电油滴所在位置距B板的电势差不变，因此油滴处电势不变，故C正确；D．静电计用来

测定电势差大小，张角越大则表示电势差越大，如果断开电源，则电容器所带电荷量一定，将两极板与静电计相连，只在极板间插入有机玻璃板，根据r4SCkd=可知，r增大，电容器电容增大，又根据QCU=可知，Q不变，C增

大，则U减小，因此静电计指针张角变小，故D错误。故选C。4.如图甲所示，两板距离足够宽，板间原来固定一电子，使之处于静止状态，电子重力不计。两极板间加上如图乙所示的交变电压，在t时刻释放电子，以下说法正确的是（）A.如果t=8T，电子一直向A板运动B.如果t=4

T，电子时而B板运动，时而向A板运动，最后向B板靠近C.如果t=34T，电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后向A板靠近D.如果t=78T，电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后向A板靠近【答案】D【解析】【详解】A．如果t=8T，电子先向A板加速38T，再向A板减速38T，而后向B

板加速8T，再向B板减速8T，之后重复以上运动，最后打到A板。故A错误；B．如果t=4T，电子先向A板加速4T，再向A板减速4T，而后向B板加速4T，再向B板减速4T，之后重复以上运动，电子时而B板运动，时而向A板运动，两板距离足够宽，最后不会打到A、B板上。故B错误；C．如果t=34T

，电子先向B板加速4T，再向B板减速4T，而后向A板加速4T，再向A板减速4T，之后重复以上运动，电子时而B板运动，时而向A板运动，两板距离足够宽，最后不会打到A、B板上。故C错误；D．如果t=78T，电子先向B板加速8T，再向B板减速8T，而后向A板加

速38T，再向A板减速38T，之后重复以上运动，最后打到A板。故D正确。故选D。5.如图所示，在坐标系xoy平面内有一个匀强电场，场强方向平行于xoy平面。以坐标原点O为圆心，半径为2R=cm的圆与坐标轴相交于M、N、P、

Q四点。现测得P点的电势为3V，Q点的电势为3−V，M点的电势为4V，则下列说法正确的是（）A.场强方向沿y轴负方向B.N点的电势为3−VC.匀强电场的电场强度大小为250V/mD.圆周上两点间的最大电势差为8V【答案】C【解析】【详解】AC．

由题意可知O点的电势为零，则场强在+x方向的分量为4N/C=200N/C0.02xE=沿-y方向的分量为y3N/C=150N/C0.02E=则场强大小22y250N/CxEEE=+=方向与x轴正向夹角为ta

n0.75yxEE==则=37选项A错误，C正确；B．因为MOON−=−可得=4VN−选项B错误；D．圆周上两点间的最大电势差为210VUER==选项D错误。故选C。二、多项选择题（每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。）6.高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，

从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则（）A.避雷针尖端带负电B.带电粒子带负电C.带电粒子越靠

近避雷针尖端，其加速度越小D.带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能【答案】BD【解析】【详解】A．云层带负电，则避雷针尖端带正电。故A错误；BD．根据运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，带电粒子带负电，由M点到N点电场力做正功，电势能降低

，则带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能。故BD正确；C．带电粒子越靠近避雷针尖端，等势线越密集，电场强度越大，带电粒子所受电场力越大，加速度越大。故C错误。故选BD。7.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地进入水平向右的加速电场E1，之后进入竖直向下的匀强电

场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的动能一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置【答案】ABD【解析】【详解】D．带电粒子在加速电

场中加速，由动能定理可知20112WEqdmv==解得102Edqvm=粒子在偏转电场中的时间0Ltv=在偏转电场中的竖直方向速度2222012yqEEqLLvatmvEmd===竖直方向位移222220111()224qEELLyatmvEd===即位移与比荷无关，与速度无关

；所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置，D正确；AB．偏转电场E2对粒子做功22WqEy=q、E2、y相等，则知偏转电场E2对三种粒子做功相等，根据动能定理22k0k112WEmvEq

Ed=−=−故三种粒子打到屏上时的动能k21EWqEd=+均相等，故AB正确；C．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与水平方向速度成反比；因加速

后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，C错误。故选ABD。8.如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场。在匀强电场中有一根长L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的

带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，重力加速度为g，下列说法正确（）A.小球的带电荷量sin37mgEB.小球动能的最小值为2cos37mgLC.小球在运动至圆周轨迹的最高点时

机械能最小D.小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变【答案】BD【解析】【详解】A．对小球进行受力分析如图所示根据平衡条件可得tan37mgqE=所以小球的带电量为tan37gEqm

=°故A错误；B．由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，如图所示在B点，小

球受到的重力和电场力，其合力提供小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有cos37mgF=合根据牛顿第二定律有2BvFmL=合而动能为2k12BBEmv=联立解得k2cos37BmgLE=故B正确；CD．由于总能量保持不变，即kpGpE

EEE++=恒量所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EpE最大，机械能最小，故C错误，D正确。故选BD。9.如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为

30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是（）A.电场方向一定竖直向上B.电场强度E的最小值为32mgqC.如果电场强度为E=mgq，则小球相对初始位置的最大高度为202vgD.如果电场强度为E=mgq，小球电势能的最大值为204mv【答案】BD【解析】【详

解】AB．因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为cos30mg，如图所示所以电场强

度的最小值mincos3032mgmgEqq==故A错误，B正确；CD．根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g，小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移202vxg=则小

球上升的最大高度20sin304vhxg==在整个过程中电场力做功201cos1204WqExmv==−电势能增加2014mv，所以小球电势能的最大值为2014mv。故C错误，D正确。故选BD。三、实验题10.电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。某实验小组用如图

甲所示的电路研究电容器充、放电情况及电容大小，他们用电流传感器和计算机测出电路中电流随时间变化的曲线。实验时，根据图甲所示的电路原理图连接好电路，0t=时刻把开关K掷向1端，电容器充电完毕后，再把开关K掷向

2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的It−图像如图乙所示。（1）电容器放电时，流过电阻R的电流方向为________；（选填“由a到b”或“由b到a”）（2）乙图中，阴影部分的面积1S______2S

；（选填“>”、“<”或“=”）（3）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时间将________；（填“变长”、“不变”或“变短”）（4）图丙为电压恒为8V电源给电容器充电时作出的电流随时间变化的It−图像，电容器充电完毕后的电荷量为________C，电容器的电容为C=____

____F。（计算结果均保留两位有效数字）【答案】①.由a到b②.=③.变短④.38.010−##37.810−⑤.31.010−##49.710−##49.810−的【解析】【详解】（1）[1]电容器充电时上极板接电源正极，故上极板带正电荷，放电时上极板正电荷通过电阻

流向下级板，故流过电阻R的电流方向为由a到b。（2）[2]根据电流的定义式qIt=则qIt=乙图中，阴影部分的面积等于充、放电的电荷量，而充放电的电荷量相等，故12SS=（3）[3]根据电流的定义式qIt=可得qtI=如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，则放电电流将增大，由上式可

知放电时间将变短。（4）[4]根据It−图像的面积表示电容器充电完毕后的电荷量，由图知，每小格代表的电荷量为341110C=2.510C22qIt−−==数出图线包围的格数，满半格或超过半格的算一格，不满

半格的舍去，数得格数为32格，则电容器充电完毕后的电荷量为43322.510C8.010CQ−−==因从图中数格数有一定误差，故结果也可能为43312.510C7.810CQ−−==[5]根据电容的定义知，电容器的电容为338.010F1.010

F8QCU−−===因电荷量有一定误差，故电容的计算值也可以是49.710Cq−=或49.810Cq−=。四、计算题11.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏

转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：（1）电子

穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的竖直偏移量y1；（3）P点到O点的距离。【答案】（1）102eUvm=；（2）221114ULyUd=；（3）()1221124LLULyUd+=【解析】【详解】（1）设电子经电压1U加速后的速度为0v，根据动能定理得21012eUmv

=解得102eUvm=（2）设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为1t，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为1y，根据牛顿第二定律和运动学公式得2eUamd=，101Lvt=，21112yat=解得221114ULyUd=

（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为yv，根据运动学公式得1yvat=电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为2t，电子打到荧光屏上的侧移量为2y，如图所示，且220Ltv=，22yyvt=解得P至O点的距离为()12211

2124LLULyyyUd+=+=12.如图所示，竖直虚线MN、PQ将两竖直挡板间的空间分成等间距的三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在区域Ⅰ内有一与水平线1OO成37角的光滑绝缘斜面AC（C是MN与1OO的交点），区域Ⅱ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅲ内存在

水平向左的匀强电场，两区域电场强度均未知。现有一电荷量为q、质量为m的带电滑块（可视为质点）从左挡板的A点由静止释放，从C点进入区域Ⅱ后恰好能垂直PQ进入区域Ⅲ，最后滑块恰好与右挡板相切于D点（图中没画出），已知各区域宽均为L，重

力加速度为g，sin370.6=，cos370.8=，滑块运动中所带电荷量不变，求：（1）区域Ⅱ中电场强度1E的大小；（2）区域Ⅲ中电场强度2E的大小；（3）1OD的长度。【答案】（1）14325mgEq=；（2）21225mgEq=；（3）5924L【解析】

【详解】（1）根据动能定理可得201tan372mgLmv=解得032vgL=滑块在电场中，水平方向有01cos37Lvt=竖直方向有11qEmgma−=又011sin37vat=解得14325m

gEq=（2）在2E的电场有22qEma=又()202cos372vaL=解得21225mgEq=（3）根据匀变速直线运动，可得()2011sin372vay=则有138yL=又02cos372vLt=22212

ygt=解得22512yL=故1125924ODyyL=+=13.如图所示，ABCD是半径为R的四分之三光滑绝缘圆形轨道，固定在竖直面内。以轨道的圆心O为坐标原点，沿水平直径AC方向建立x轴，竖直直径BD方向建立y轴。y轴右侧（含y轴）存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、带电量为+q的小球

，从A点由静止开始沿轨道下滑，通过轨道最高点D后，又落回到轨道上的A点处。不考虑小球之后的运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）小球落回到A点时的速率；（2）电场强度的大小；（3）小球从A下滑到电场

内的B点时受到轨道支持力的大小。【答案】（1）102gR（2）58mgq（3）198mg【解析】【小问1详解】设小球离开D点时的速率为Dv，由D落回到A的时间为t，则由平抛运动规律有212Rgt=DRtv=解得2D2gRv=小球落回到A时的速率为Av，根据动能定理有22AD1122mg

Rmvmv=−解得A102gRv=【小问2详解】小球从A到D的过程中，根据动能定理有2D1202mgRqERmv−+=−解得58mgEq=【小问3详解】小球通过轨道最低点B处时的速率为Bv，轨道对小球的支持力为F，则有2B102mgRmv=−根据合力提供

向心力有2BvFqEmgmR+−=解得198mgF=小球从A下滑到电场内的B点时受到轨道支持力的大小198mgF=