安徽省六安第一中学2025-2026学年高二上学期周末作业物理试卷（三）

六安一中2025年秋学期高二年级周末检测 物理试卷（三） 时间：75分钟 分值：100分 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．下列说法中正确的是（　　） A．由公式知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比 B．电场强度的方向就是电势降低的方向 C．由点电荷场强公式可知，一定时，电荷量越大，场强越大 D．由电势差可知，电场强度一定时，两点间距离越大，这两点间电势差越大 2．如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有、、三点，取无穷远处电势为零，则（　　） A．、两点间电势差为零 B．、两点场强相同 C．点场强和电势均为零 D．带电粒子(不计重力)在点无初速度释放,则它将在、连线上运动 3．为除去陶瓷工业所用粘土中的氧化铁，把粘土和水一起搅拌成悬浮液，将涂有绝缘层的金属圆盘吸附在盆底，金属棒插入悬浮液中，接入电源，形成如图所示电场，其中虚线为等势面。某粒子仅在电场力的作用下从点到点的轨迹如图所示，已知粘土粒子带负电荷，氧化铁粒子带正电荷，则下列说法正确的是（     ） A．端为电源正极 B．该粒子可能为氧化铁粒子 C．该粒子在点受到的电场力大于点 D．该粒子在点的电势能大于点 4．如图所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示小球的运动轨迹。小球在a点的动能为20 eV，运动到b点时动能为2 eV。若取c点为零电势点，则当这个小球的电势能等于6 eV时，它的动能为（不计重力和空气阻力）（　　） A．18 eV B．12 eV C．10 eV D．8 eV 5．如图所示，在边长为的正方形ABCD的四个顶点上，A、B、C三点处分别放有电荷量都为+q的点电荷，D点处放有电荷量为-q的点电荷，电荷量为+q的点电荷在距离其L处的电势为，静电力常量为k，则正方形对角线的交点O处的场强大小和电势分别为（     ） A．，0 B，． C．，0 D．， 6．如图所示，匀强电场中有一半径为的圆形区域，O为圆心，等边三角形abc的三个顶点均位于圆上，电场方向与圆形区域所在平面平行。将电子从点移动到点电场力做功；将电子从点移动到点，电场力做功。已知b点的电势为0。电子重力不计，下列说法正确的是（　　） A．匀强电场的场强大小为 B．O，b两点间的电势差为 C．点的电势高于点的电势 D．电子在点的电势能大于在点的电势能 7．在圆锥体空间的顶点O固定一正点电荷，底面圆周上有三点a、b、c，是底面圆心，与底面垂直，d点为Oc的中点。在该点电荷所产生的电场中，下列判断正确的是（　　） A．a、b、c三点的电场强度相同 B．O点与d点的电势差和d点与c点电势差的关系为 C．带正电的试探电荷沿直线从a移动至过程中受到的电场力逐渐增大，电势能也逐渐增大 D．带负电的试探电荷沿直线从a移动至b过程中电势能不变 8．为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置为坐标原点O建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示。DIS电压传感器的一个黑表笔保持与基准点接触，红表笔从P点起沿圆周逆时针逐点测量圆上各点的电势并记录相应转过的角度，再用此数据绘制图。当半径r分别取r0、2r0、3r0时，分别绘制出如图乙中所示的三条曲线，三条曲线均在时达到最大值，最大值分别为、、，下列说法正确的是（　　） A．曲线①对应的r取值为r0 B．电场强度的大小为 C．对应处的电场强度为0 D．圆心O的电势为0 二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 9．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O，M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带正电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中的C点电势能最大，下列说法正确的是（　　） A．q1为正电荷，q2为负电荷 B．在ND段中，C点的电势最低 C．A点和N点的电场强度相同 D．带负电的试探电荷从C点沿x轴到D点的过程中电势能增加 10．如图所示，绝缘光滑轻细杆与水平方向的夹角为53°，空间M点处固定点电荷Q，MB垂直于细杆，且BM=6m，有一小圆环q与点电荷Q带同种性质电荷，将其套在细杆上，从与M等高的A处无初速度释放，圆环刚释放时加速度大小为。C点是细杆上与A点关于B点对称的点，D点在M点的正下方且是细杆的末端。取重力加速度大小，，，下列说法正确的是（    ） A．圆环到达C点的加速度大小仍为 B．圆环到达C点的速度大小为12m/s C．圆环离开细杆后做匀速直线运动 D．圆环刚离开细杆时加速度大小为 3． 实验题（共2小题，每空2分，满分16分。请按要求作答） 11．如图所示，电容器上板A接电源正极、下板B接电源负极，且将上极板接地，电源电压恒定，开关S始终闭合，一带电液滴恰静止在电容器内部P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则电容器的电容将 （填“不变”、“增大”、“减小”）。液滴带电 （填“正”或“负”），油滴在P点的电势将 （填“升高”、“降低”、“不变”） 12．（1）如图1所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（　　） A．A板与静电计的指针带的是异种电荷 B．将B板上移，静电计的指针偏角减小 C．将B板左移，静电计的指针偏角不变 D．将电介质插入A、B两板之间，静电计的指针偏角减小 （2）利用如图2甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，已知直流电源能提供的恒定电压为9V，实验过程中屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。已知流过电路的电荷量与电流之间满足 ①关于电容器充电过程中两极板间电压U、所带电荷量Q随时间t变化的图像，正确的是 。 A．B．C．D． ②如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I-t曲线与横轴所围成的面积 将 （填“增大”“不变”或“变小”），充电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”）。 （3）某学习小组在“用传感器观察电容器放电过程”的实验中得到的I-t图像如图4所示，已知图线与坐标轴所围图形包含约40个小方格，则电容器释放的电荷量约为 C。 四、解答题（共3小题，满分42分，请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。） 13．（12分）把一个电荷量为q=1×10-9C的正点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为=1.6×10-7J。再把这个电荷从B点移动到C点，静电力做的功为4.0×10-7J。求： （1）A、B两点的电势差为多少？若取B点为零电势点，求A点的电势； （2）把电荷量为q′=-1.5×10-9C的负点电荷从A点移动到C点电势能变化了多少？ 14．(15分）如图所示，在场强的水平匀强电场中，有一根长的细线，一端固定在O点，另一端系有一个质量、电荷量的带正电小球，当细线处于水平位置时，将小球从静止开始释放，g取。则： （1）若取小球在A点的电势能为零，则小球在B点的电势能为多少？ （2）小球到B点时的速度为多大？细线的张力为多大？ （3）小球从A运动到B的过程中，小球的最大速度为多大？ 15．（15分）在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电荷量为＋2q，B球的带电荷量为－3q，组成一带电系统，如图所示，虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距5L．最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为4L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP，NQ间加上水平向右的匀强电场E后，试求： （1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小； （2）带电系统向右运动的最大距离； （3）带电系统从开始运动到速度第一次为零时，B球电势能的变化量． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 六安一中2025年秋学期高二年级周末检测 物理试卷（三）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D D B A C B AD BD 2.A 【详解】A. 两个等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，所以a、b两点的电势相等，两点间电势差为零，故A正确；B. 根据矢量的叠加原则，等量异种电荷连线的中垂线上，从c点到无穷远，电场强度逐渐减小到零，所以a、b两点电场强度大小不相等，故B错误； C.两点电荷在c点产生的电场强度方向一致，根据矢量的叠加原则，c点场强不为零，故C错误； D. 根据矢量的叠加原则，a点场强方向向右，带电粒子(不计重力)在点受力沿水平方向，无初速度释放时，不可能则在、连线上运动，故D错误．故选A 3．D 【详解】A．由沿电场线的方向电势越来越低，可判断金属棒接电源的负极，所以a端为电源负极，故A错误；B．根据曲线运动的特点，粒子所受合力指向轨迹凹的一侧；则由轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的反方向，所以粒子带负电，即该粒子为粘土粒子，故B错误； C．由电场线的疏密表示电场的强弱，所以Q点的电场强度大，即电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，故C错误；D．由图中的等势面可得；所以该粒子从Q运动到P的过程中电场力做的负功，电势能增大，所以粒子在点的电势能大于点，故D正确。故选D。 4．D 【详解】由于带电小球在电场中移动时，只有电场力做功，因此只有动能和电势能之间的转化，因等势面为等差等势面，在相邻等势面间移动电荷动能变化相同，从a点到b点，动能减少了；所以从a点到c点动能减少了；由于小球在a点的动能为20 eV，所以c点动能为；取c点为零电势点，故当小球电势能为6 eV时，它的动能为；故选D。 5．B 【详解】由点电荷的场强特点可知，AC处的点电荷为同种电荷，在O处的场强抵消，BD异种电荷在O处的场强相互叠加，又因为带电量为q的点电荷在距离L处的场强为 场强为矢量，BD在O点处场强方向相同所以场强大小为，电势为标量，BD异种电荷所以在O处的电势叠加为零，AC为同种正电荷，距离O处为L电势相加，由题意可知电势为。故选B。 6．A 【详解】A．由题意知 ；可知点的电势低于点的电势，的中点的电势与点的电势相等，为匀强电场中的一条等势线，所以 电子在点的电势能等于在点的电势能，匀强电场的场强大小为 ，故选A。 7．C 【详解】A．由于a、b、c三点到点电荷的距离相等，根据；可知三点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B．根据点电荷的电场分布规律可知，O点与d点之间的任意位置的电场强度均大于d点与c点之间的任意位置的电场强度，由于d点为Oc的中点，根据 可知，O点与d点的电势差和d点与c点电势差的关系为；故B错误； C．带正电的试探电荷沿直线从a移动至过程中，到O点的距离逐渐减小，根据库仑定律可知，试探电荷受到的电场力逐渐增大，正电荷受到斥力作用，电荷克服电场力做功，其电势能增大，故C正确；D．带负电的试探电荷沿直线从a移动至b过程中，其到O点的距离先减小后增大，根据库仑定律可知，试探电荷受到的电场力先增大后减小，负电荷受到引力作用，电场力对负电荷先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。故选C。 8．B 【详解】由题目所给信息可知，三条曲线均在时，电势最大，如图所示 可见半径越大，电势的最大值越大，图线①对应半径为。由于电场为匀强电场，场强处处相同，可知对应处的电场强度不为零，根据；可得电场强度的大小为；设圆心O的电势为，则有；解得。故选B。 9．AD 【详解】A．由图知无穷远处的电势为能0，A点的电势能也为0，由于正电荷沿着x轴运动，电势能先为正值，后为负值，说明沿x轴电势降低，所以O点的电荷带正电，M点电荷带负电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以电荷量大于的电荷量，故A正确；B．由题知，正电荷在ND段中的C点电势能最大，所以在ND段中，C点的电势最高，故B错误；C．图线斜率表示运动电荷所受的电场力，由图可见A点和N点的斜率不相同，而电场力为；所以A点和N点的电场强度不相同，故C错误；D．由图可知正电荷由C到D电势能减少，说明由C到D电势减小，所以 10．BD 【详解】A．在A点时，根据牛顿第二定律；到达C点时；由于；可得圆环在C点的加速度 A错误；B．根据对称性，圆环从A到C的过程中，电场力做功为零，根据动能定理可得 而；代入数据可得；B正确； C．圆环离开细杆时速度沿AC方向，而所受电场力和重力的合力竖直向下，因此圆环做曲线运动，C错误；D．恰好通过D点后，根据牛顿第二定律；而 可得圆环刚离开细杆时加速度；D正确；故选BD。 3、 实验题 11、 减小 负 升高 【详解】[1]现将电容器下极板B向下平移一小段距离，两极板间距d变大，根据 则电容器的电容将减小。 [2]对液滴受力分析可知液滴受电场力向上，与场强方向相反，则液滴带负电； [3]根据 可知两极板间场强减小，根据 可知E减小，油滴在P点的电势将升高。 12．(1)D (2) AC 不变 变短 (3)1.6×10-3 【详解】（1）A．A板与静电计的指针带的是同种电荷，故A错误； B．甲图中将B板上移，两极板相对面积减小，根据 可知电容C减小，因Q一定，根据可知两极板电压U变大，可知静电计的指针偏角变大，故B错误；C．乙图中将B板左移，两极板间距d变大，根据；可知电容C减小，因Q一定，根据可知两极板电压U变大，静电计的指针偏角变大，故C错误；D．丙图中将电介质插入两板之间，根据；可知电容C变大，因Q一定，根据可知两极板电压U变小，静电计的指针偏角减小，故D正确。故选D。 （2）①CD．电容器充电过程中电容器所带电荷量Q从零开始逐渐变大，随时间增加电量增加的逐渐变慢最终趋于定值，故C正确，D错误； AB．电容器两极间电压U从零开始逐渐变大，随时间增加电压增加的越来越慢，最终趋于定值，故A正确，B错误。故选AC。 ②如果不改变电路其他参数，只减小电阻，因电容器带电量不变，而图像与坐标轴围成的面积等于电量，故充电时曲线与横轴所围成的面积将不变；因充电电流变大，可知充电时间将变短。 （3） 电容器带电荷量为 四、解答题 13．(1)160V，160V (2)增加了8.4×10-7J 【详解】（1）根据，；解得， （6分） （2）根据；又因为；结合上述解得； 根据，；解得；即电势能增加了。 （6分） 14．（1）；（2）；；（3） 【详解】（1）电势能变化量 (5分） （2）小球从A点到B点，由动能定理得； 联立解得 （6分） （3）当电场力与重力合力的方向沿细线的方向时，即在等效最低点时，摆动的速度最大， 设此时细线与水平方向的夹角为，小球的速度为，则 据动能定理可得 联立解得最大速度为 (4分） 15、（1）（2）（3）B球的电势能增加 【详解】（1）设B球刚进入电场时，系统的速度为v1， 对A、B系统应用动能定理：2qEL＝×2mv12     则v1＝     （5分） （2）设球A向右运动s时，系统速度为零， 由动能定理，得：2qEs－3qE(s－L) = 0    则s＝3L （5分） （3）带电系统的速度第一次为零时，B球克服电场力做功W＝6qEL 则B球电势能增加了6qEL （5分） 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $