重庆市第十八中学2026-2027学年高二上学期周测七物理试题（10.18）

十八中高二（上）周测七 物理试卷 10.18 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．如图所示为空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球放入腔内，静电平衡时，图中A、B、C三点的电场强度E和电势φ的关系是（    ） A． B． C． D． 2．如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个所带电荷量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同号电荷的小球B，当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向的角度为θ．若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q1/q2为（    ）　 A．2 B．3 C． D． 3．如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，某电场线上有两点M和N，距离为2d。在M和N处分别固定电荷量为+q和-q的两个点电荷。下列说法正确的是（　　） A．点电荷+q和-q受到的静电力大小均为qE，方向相反 B．将点电荷+q沿MN连线向N点移动距离d，静电力对点电荷+q做功qEd C．交换两个点电荷的位置，静电力对两个点电荷做功之和为零 D．将两点电荷沿MN连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，静电力对两个点电荷做功之和为零 4．真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷），分别固定在两处，它们之间的静电力为F，用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为（　　） A． B． C． D． 5．在x轴上有两个点电荷，一个带正电，一个带负电，。用和分别表示两个点电荷所产生的场强大小。关于在x轴上的电场强度，下列说法中正确的是（　　） A．之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为 B．之点只有一处，该处合场强为零 C．之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为 D．之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为 6．如图所示，AB、CD、EF都为半径为R的空间球面的直径，其中AB与EF同在水平面内，EF与AB的夹角θ=45°，CD与水平面垂直，现在A、B两点分别固定等量异种点电荷，则（     ） A．C、E、F三点中C点电势最高 B．E、F两点电场强度不同 C．C点和O点场强大小之比为 D．将带负电的试探电荷从E点沿直线移到F点，电势能增加 7．如题图所示，真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形，其中AC竖直，长度为L， B 30。匀强电场在A、B、C所决定的平面内，电场强度为E，电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出，小球通过B点时速度恰好沿AB方向，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球所受电场力为所受重力的3倍 B．经过时间，小球电势能和重力势能之和最大 C．从C到B，小球做匀变速直线运动 D．从C到B，小球克服重力做功与电场力做功之比为 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分。 8．如图所示，M、N为电场中两个等势面，GH直线是其中的一条电场线，则下列说法中正确的是(　　) A．EG＜EH B．正电荷置于G点时电势能大于置于H点时的电势能 C．φG＜φH D．负电荷由H点移动到G点时电场力做正功 9．以下说法正确的是（　　） A．在工业生产中常利用静电以净化气体或回收有用尘粒 B．处于静电场中的导体，其内部某点的电势一定为零 C．高压电站的工作人员不能穿用金属纤维制作的衣服 D．避雷针把空气击穿（电离）形成导电通路，使云层中积累的电荷通过避雷针导入大地，所以避雷针其实不“避雷”，反而是“接雷” 10．如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点、另一端固定一个质量为m、电荷量为＋q的小球P，杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E＝。先把杆拉至水平位置，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．小球到最低点时速度最大 B．小球从开始至最低点过程中动能一直增大 C．小球对杆的最大拉力大小为mg D．小球可绕O点做完整的圆周运动 3、 实验题：本题共2小题，第11题7分，第12题8分，共计15分） 11．某实验小组利用如图甲所示的电路“观察电容器的充、放电现象”。 （1）若将开关S接1，电容器上极板带___（填“正电”或“负电”），再将S接2，通过电流表的电流方向___（填“向左”或“向右”）。 （2）实验中所使用的电容器如图乙所示，当电容器两端电压为额定电压时，电容器极板上所带电荷量为____C（结果保留两位有效数字）。 12．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素．其中电容器的左侧极板与电源负极相连并接地；右侧极板与电源正极相连并连接静电计金属球，静电计外壳接地；一带正电小球悬挂与两极板之间．   （1）该实验中，静电计的作用是测量电容的____________（选填电容、电压、电荷量） （2）若电容充满电后，保持电源与电容连接，减小极板间的距离，可观察到：小球的偏转角度___________，静电计指针偏转角度________________(均选填变大，变小或不变)； （3）若电容充满电后，断开电源与电容连接，上移左极板．可观察到，小球的偏转角度__________,静电计指针偏转角___________(均选填变大，变小或不变)； 四、计算题：本题共3小题，共计42分，13题12分，14题14分，15题16分。解答应写必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后结果的不能得分。 13．如图所示，半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为的电荷，另一电荷量为的点电荷放在球心处，由于对称性，点电荷受力为零，现在球壳上挖去半径为的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受静电力的大小为多少？方向如可？（已知静电力常量为k） 14．如图所示的平行金属板电容器的电容为C=2×10-4F，极板A、B之间可以看成匀强电场，场强E=1.2×103V／m，极板间距离为L=5cm，电场中c点到A板、d点到B板的距离均为0.5cm，B板接地．求： (1) d点处的电势φd；    (2)B板所带电荷量Q； (3)d、c两点间的电势差Udc； (4) 将电荷量q=-5×10-6C的带负电点电荷从d移到c，电场力做的功Wdc. 15．如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，棒和环自由下落，假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：（重力加速度为g） (1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度大小； (2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S； (3)从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【详解】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图． 由于A处电场线较密，B处电场线较疏，C处场强为零，则 根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是 故选D。 【点睛】本题抓住处于静电平衡导体的特点：导体是等势体，内部场强为零．比较场强大小和电势高低常常画电场线，形象直观地判断． 2．C 【详解】小球A受力平衡，根据解三角形可得A球所受的库仑力，当角度为300时有：，当角度为450时有：，联立解得：，故C正确，ABD错误． 3．D 【详解】A．点电荷+q受到的静电力为匀强电场给其向右的电场力以及点电荷-q所给其向右的库仑力，合力为 方向水平向右； 点电荷-q受到的静电力为匀强电场给其向左的电场力以及点电荷+q所给其向左的库仑力，合力为 方向水平向左，故A错误； B．将点电荷+q沿MN连线向N点移动距离d，静电力做功既有电场力对点电荷+q做功为qEd，又有点电荷-q库仑力对其做正功，故B错误； C．交换两个点电荷的位置，静电力对点电荷+q做正功，对点电荷-q也做正功，代数和不为0，故C错误； D．将两点电荷沿MN连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，此时库仑力做功相互抵消，电场力对两个点电荷所做功相互抵消，故静电力对两个点电荷做功之和为零，D正确。 故选D。 4．C 【详解】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为 不带电的同样的金属小球C先与A接触，则 带同种电荷的金属小球C再与B接触，则 则两点电荷间的静电力大小为 故选C。 5．A 【详解】根据点电荷的电场强度可知，带正电的电场强度 带负电的点电荷的电场强度 要使，则有 满足此距离有两处，一处是两点电荷的连线之间，一处在负电荷的外侧，由于两者是异种电荷，所以连线间的这处的电场强度是，而在负电荷外侧的一处，两者电场强度等大反向，所以合场强为零。 故选A。 6．D 【详解】AD．根据等量异种电荷电场线分布规律可知，CD为等量异种点电荷的中垂线，而等量异种点电荷的中垂线为等势线且电势为零，且无穷远处电势为零，因此CD所在中垂面即为等势面，电势为零，而电场线从正电荷出发指向负电荷或无穷远处，且沿着电场线的方向电势降低，则可知，CD所在等势面左侧电势大于零，而CD所在等势面右侧电势小于零，因此 E点电势比F点电势大。带负电的电荷在电势越低的地方电势能越大，因此可知将带负电的试探电荷从E点沿直线移到F点，电势能增大，故A错误，D正确； B．根据等量异种电荷电场规律可知，关于O点对称的E、F两点电场强度大小相等，方向相同，故B错误； C．根据几何关系结合点电荷产生的场强的叠加法则可得 方向从O指向B；同理C点场强为 方向平行于AB向右，则可得，故C错误。 故选D。 7．B 【详解】A．设小球在C点的速度为vy，在B点速度为vx，AB的长度 设从C到B的时间为t，有 ， 解得 根据速度−时间关系 可得 即 所以 故A错误； D．从C到B，小球克服重力做的功为 电场力所做的功为 小球克服重力做的功与电场力做的功的比值为 故D错误； B．设电场力和重力的合力与水平方向的夹角为，则有 则 则合加速度为 将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂直的方向，小球电势能和重力势能之和最大时，小球动能最小，合外力方向的分速度减为零，该过程所用时间 解得 故B正确； C．电场力和重力的合力与水平方向的夹角为 小球初速度方向与合力方向夹角为120° 故小球做匀变速曲线运动，故C错误。 故选B。 8．ABD 【详解】A．电场线与等势面垂直，根据图象可知电场线成汇聚状，H点处密集，所以H点的场强一定大于G点的场强．故A正确． BC．沿电场线的方向，电势降低，G点电势大于H点电势，正电荷在高电势点G电势能高．故C错误，B正确． D．负电荷在H点的电势能大于在G点的电势能，电场力做正功电势能降低，所以负电荷由H点移动到G点时电场力做正功．故D正确． 9．AD 【详解】A．在工业生产中常利用静电以净化气体或回收有用尘粒，A正确； B．处于静电场中的导体，其内部某点的电场强度一定为零，电势跟零电势的选择有关，不一定为零，B错误； C．电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，目的就是形成金属网可以起到静电屏蔽的作用，使内部电场强度为零，C错误； D．避雷针把空气击穿（电离）形成导电通路，使云层中积累的电荷通过避雷针导入大地，所以避雷针其实不“避雷”，反而是“接雷”，D正确。 故选AD。 10．BC 【详解】AB．小球受到的重力和电场力作用，如图所示： 小球受到的电场力为 qE＝mg 此二力的合力大小为 F＝mg 方向为与竖直方向成30°角，此方向圆周上的点为等效最低点。可知杆转到最低点左侧合力F沿杆的方向时小球速度最大，选项A错，B正确； C．设小球的最大速度为v，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有 F(1＋)L＝mv2 设小球速度最大时，杆对小球的拉力为Fm，对小球应用向心力公式有 Fm－F＝ 解得 Fm＝mg 由牛顿第三定律知选项C正确； D．根据等效性可知杆转过240°角，速度减小为0，未到达圆周的最高点，小球不能做完整的圆周运动，选项D错误。 故选BC。 11． 正电 向左 【详解】（1）[1][2]将开关S接1，电容器上极板与电源的正极相接，则上极板带正电，再将S接2，电容器放电，所以通过电流表的电流方向向左。 （2）[3]由题图乙可知该电容器的额定电压为5.5 V，电容，当电容器两端电压为额定电压时，电容器极板上所带电荷量 12． 电压 变大 不变 变大 变大 【详解】（1）[1]．该实验中，静电计的作用是测量电容的电压（电势差）； （2）[2][3]．若电容充满电后，保持电源与电容连接，则U不变；减小极板间的距离d，则可知，场强E变大，则小球的偏转角度变大；因U不变，则静电计指针偏转角度不变； （3）[4][5]．若电容充满电后，断开电源与电容连接，则Q不变；上移左极板，则S减小，根据可知C减小，根据Q=CU可知U变大，则静电计指针偏转角变大；根据可知，场强E变大，小球的偏转角度变大； 13．；由球心指向小圆孔中心 【详解】由于球壳上均匀带电，原来每条直径两端相等的一小块面积上的电荷对球心处点电荷的库仑力相互平衡，当在球壳上挖去半径为r的小圆孔后，因为是绝缘球壳，其余部分的电荷分布不改变，所以其他直径两端的电荷对球心处点电荷的作用力仍相互平衡，剩下的就是与小圆孔相对的半径也为r的一小块圆面上的电荷对它的作用力。又，所以这一带电小圆面可看成点电荷，库仑定律适用。小块圆面上的电荷量为： ， 根据库仑定律，它对球心处的点电荷的库仑力大小： ， 其方向由球心指向小圆孔中心。 14．（1）-6V（2）1.2×10-2C（3）48V（4）-2.4×10-4J 【详解】（1）d点到B板的电势差UdB=-Ed=-1200×0.005V=-6V，所以φd=-6V （2）BA间的电势差为：UBA=EL=1200×0.05V=60V B板所带电荷量Q为：Q=CUBA=2×10-4×60C=1.2×10-2C； （3）Ldc=0.05-2×0.5×10-2m=0.04m d、c两点间的电势差为：Udc=ELdc=48V （4）Wdc=qUdc=-2.4×10-4J 15．(1)  (2)   (3) 【详解】(1)设棒第一次上升过程中，环的加速度为，则根据牛顿第二定律有： 联立解得： 方向竖直向上； (2)设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v1；由机械能守恒得： 解得：；设棒弹起后的加速度，以竖直向上为正方向，则由牛顿第二定律有： 解得： 棒第一次弹起的最大高度： 联立解得： 棒运动的路程： (3)设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒有： 摩擦力对棒及环做的总功： 联立解得： 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $