重庆市第十八中学2026-2027学年高二上学期周测八物理试题（10.25）

十八中高二（上）周测八 物理试卷 10.25 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，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。不计带电粒子受到的重力，由此可以判断（　　） A．此粒子在M点的加速度大于在N点的加速度 B．此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 C．此粒子在M点的动能大于在N点的动能 D．电场中M点的电势高于N点的电势 2．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，从P点起沿圆周逆时针测量圆上各点的电势和转过的角度，可以用此数据绘制图，当半径r分别取、、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 B．坐标原点O的电场强度为0 C．电场强度的大小为 D．半径为的圆周上，电势为0的位置只有一处 3．如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为，所带电荷量为，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成37°角，取，，，则（　　） A．小球受到的拉力大小为 B．电场强度大小为 C．改变场强方向，仍使小球静止在原位置，则电场强度的最小值为 D．剪断轻绳，带电小球将做类平抛运动 4．真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE．则（      ） A．E带正电，F带负电，且QE > QF B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点 C．过N点的等势面与EF连线垂直 D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 5．如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，已知板间距为d，板长为L，两块平行带电极板间为除尘空间，两极板间电压为。当进入除尘空间的带电尘埃碰到极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。若质量为m、电荷量为的带电尘埃分布均匀，均以速度v平行于极板向右射入除尘空间时，该除尘装置的除尘率（相同时间内被收集尘埃数量与进入尘埃数量的比值）为25%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。为了让除尘率刚好达到100%，下列操作中可行的是（　　） A．仅将两极板间电压变为 B．仅将入射速度变为 C．将两极板间电压变为，同时将入射速度变为 D．将两极板间电压变为，同时将入射速度变为 6．如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为的粒子（不计重力），以初速度从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．粒子在x2点的速度为0 B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大 C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为 7．如图所示，APB与CPD是粗细均匀的绝缘半圆环，两半圆环的半径相同，APB所在平面与CPD所在平面垂直，A、C、B、D均在圆心为O的圆周上。四分之一圆环AP、DP上均匀分布有电荷量为的电荷，四分之一圆环CP、BP上均匀分布有电荷量为的电荷，已知O点的电场强度大小为E，则下列说法正确的是（　　） A．O点场强方向沿PO向右 B．O点场强方向与ACBD圆面成45°角 C．四分之一圆环AP上的电荷在O点产生的场强大小为 D．四分之一圆环CP上的电荷在O点产生的场强大小为 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。 8．一带电粒子沿着图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中φa<φb<φc<φd，若不计粒子受的重力，可以确定（　　） A．该粒子带正电 B．该粒子带负电 C．从J到K粒子的电势能增加 D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变 9．在光滑的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（φ0、d均为已知量）。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从O点以某一初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（　　） A．在d~2d间的电场强度沿x轴负方向，大小为 B．在0~d间与4d~6d间电场强度相同 C．只要，该带电小球就能运动到6d处 D．只要该带电小球就能运动到6d处 10．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，平行金属板中有一个带电油滴悬浮在两板间的P点。不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零。当滑动变阻器的滑片向a端移动时，下列说法正确的是（     ） A．电压表示数变大 B．油滴带负电，将向下运动 C．P点的电势降低 D．若电压表、电流表的示数变化量分别为和，则 三、实验题：本题共2小题，第11题7分，第12题8分，共计15分） 11．课外实验小组为加深对电容器的理解进行了如下实验。 (1)图甲所示的电容器充电后与电源断开，电容器的__________（选填“电荷量”或“电压”）将不变，当极板间插入一块铝板时；电容器的电容将__________（选填“增大”“减小”或“不变”），同时可以发现，静电计指针偏角将__________（选填“增大”“减小”或“不变”）。 (2)有一平行板电容器，两极板间电压为，若使它所带的电荷量减少，则电容器两极板间的电压将降为原来的，故此电容器的电容为__________。 (3)如图乙所示，将电容器上极板接电源正极，下极板接电源负极，且将上极板接地。断开开关S，有一带电液滴静止在电容器两极板间点，现将电容器下极板向下平移一小段距离，则液滴__________（选填“向上运动”“向下运动”或“静止不动”）。 12．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。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中电源电压：，内阻不计。实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。 (1)图像与对应时间轴所围成的阴影面积表示的物理意义是______； (2)乙图中阴影部分的面积______；（选填“>”“<”或“=”） (3)计算机测得，则该电容器的电容为______F。（保留两位有效数字） 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．如图所示为一组匀强电场的电场线，将带电荷量为的带电油滴（可视为点电荷）由A点沿直线移至B点，电场力做了的功，已知A、B间的距离为2cm。试求： （1）A、B两点间的电势差； （2）该匀强电场的电场强度的大小。    14．如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道，轨道半径为，轨道最高点A与圆心O等高．有一倾角的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点。圆弧轨道和斜面均处于场强大小、竖直向下的匀强电场中。现将一个质量为、带电荷量为的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇。若物块与斜面间的动摩擦因数，空气阻力不计，g取，小球和物块都可视为质点．求： （1）小球经过B点时对轨道的压力； （2）B、D两点间电势差； （3）物块上滑初速度满足条件的最小值。    15．在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上．如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电极中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？    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 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C C C C D BD BD AD 1．C 【详解】A．粒子运动轨迹为曲线，根据合力指向曲线内侧可判断场源电荷为正电荷，离场源电荷越近粒子受到电场力越大，加速度越大，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，A错误； BC．粒子从N到M电场力做正功，动能增大，M点的动能大于在N点的动能，电势能减少，即在M点的电势能小于在N点的电势能，B错误，C正确； D．场源电荷为正电荷，电场线从正电荷指向无穷远，沿电场线电势逐渐降低，即N点电势高于M点电势，D错误。 故选C。 2．C 【详解】A. 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，选项A错误； BC. 由于沿电场方向电势降低，故电场方向由上图中的电势最大位置指向电势最小位置，由对称性可知，半径为对应的电势最小值为，故电场的电场强度为 选项C正确，B错误； D. 由图像可知，半径为的圆周上，电势为0的位置有两处，选项D错误； 故选C。 3．C 【详解】A．以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受到重力、绳子的拉力和电场力的作用，受力如图所示 根据平衡条件有，小球受到的拉力大小为 故A错误； B．由几何关系得 得 故B错误； C．当电场强度的方向与轻绳方向垂直时，电场强度最小，有 解得 故C正确； D．剪断轻绳，带电小球将沿重力和电场力的合力方向做初速度为0的匀加速直线运动，故D错误。 故选C。 4．C 【详解】根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C． 【点睛】只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能． 5．C 【详解】A．设离开板间的带电尘埃的偏移量为y，极板间的电压为U，粒子在平行极板的方向上做匀速直线运动，沿垂直极板的方向做匀加速直线运动，则有， 根据牛顿第二定律 联立解得 根据题意可知除尘率为 由题知，刚开始的除尘率为 若将仅将两极板间电压变为，则除尘率为，故A错误； B．仅将入射速度变为，则除尘率为，故B错误； C．将两极板间电压变为，同时将入射速度变为，则除尘率为，故C正确； D．将两极板间电压变为，同时将入射速度变为，则除尘率为，故D错误。 故选C。 6．C 【详解】图像的斜率的绝对值为电场强度大小，因为沿电场线方向电势降低，所以，沿轴，在范围内电场强度沿轴负方向，在范围内电场强度沿轴正方向，在范围内电场强度沿轴负方向 A．粒子到达处时，电势变化量为0，所以根据公式可知电势能变化量也为0，即电场力做功为0，根据功能关系可知，粒子的动能不变，所以粒子在x2点的速度仍为。故A错误； B．电场力对带电粒子做负功，电势能一直增大。故B错误； C．由题意可知，若粒子能到达x4处，只需满足粒子到达处，若粒子能够到达处，由功能关系可得，需满足在这一过程中初动能大于等于电势能的增加量。 上式解得 故C正确 D．由题意可知，粒子到达处时，速度最大，若，由功能关系可得，粒子过程中 解得粒子在运动过程中的最大动能 故D错误。 故选C。 7．D 【详解】AB．四分之一圆环AP、DP上均匀分布有电荷量为的电荷，四分之一圆环CP、BP上均匀分布有电荷量为的电荷，对可构建点在无数对等量异种电荷的中垂线上，故其在点合场强方向为方向；同理对可构建点在无数对等量异种电荷的中垂线上，故其在点合场强方向为方向；由对称性及叠加原理，O点场强方向在ACBD圆内，由指向中点，故AB错误； CD．由对称性，四分之一圆环的电荷在O点产生的场强大小都相等，设为，则与在O点产生的场强大小为，方向为方向；则与在O点产生的场强大小为，方向为方向； 由对称性及叠加原理，则APB与CPD在O点产生的合场强大小为 故四分之一圆环的电荷在O点产生的场强大小都为，故C错误，D正确。 故选D。 8．BD 【详解】AB．由运动轨迹可知电场力方向向右，由电势的高低可知电场线方向向左，则电性为负，故A错误，B正确； CD．由J到K电场力做正功，则动能增加，电势能减小，由于不计重力，根据能量守恒定律知：动能与电势能之和不变。故C错误，D正确。 故选BD。 9．BD 【详解】A．图象的斜率表示电场强度，在d~2d间的电场强度大小为 根据沿电场线电势降低，在d~2d间的电场强度沿x轴正方向，故A错误； B．在0~d间与4d~6d间图象的斜率相同，可知在0~d间与4d~6d间电场强度大小相等，根据根据沿电场线电势降低，可知在0~d间与4d~6d间电场强度方向相同，沿沿x轴负方向，则在0~d间与4d~6d间电场强度相同，故B正确； CD．负电小球从O点沿x轴正方向运动过程，电场力在处间做正功，在处间做负功，在处间做正功，只要带电小球能运动至处，小球就能运动到6d处，在过程，根据动能定理有 解得 故只要该带电小球就能运动到6d处，故C错误，D正确。 故选BD。 10．AD 【详解】AB．油滴原来静止在电容器内，受向上的电场力与向下的重力且二力平衡，由题图可知，电容器内部电场方向向下，所以油滴带负电。当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流减小，所以两端的电压和内阻r的电压均减小，则电压表的示数增大，而电容器的电压等于电压表的示数也增大，电容器内场强增大，油滴所受电场力大于重力，将向上运动，故A正确，B错误； C．P点的电势等于P点与下极板的电势差，由可知，E增大，P与下极板间距不变，所以电势差增大，P点电势升高，故C错误； D．将和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为，电压表测的为新电源的路端电压，电流表测的是总电流，有 可得，故D正确。 故选AD。 11．(1) 电荷量 增大 减小 (2)20 (3)静止不动 【详解】（1）[1]电容器充电后与电源断开，电容器的电荷量不改变； [2][3]当极板间插入铝板时，相当于减小了极板间距，根据，可知电容增大；又电容器的电荷量不变，根据，可知电容器两极板间的电压降低，故静电计指针偏角将减小。 （2）根据题意，由公式有 可得 （3）断开开关S，电容器电量不变，将电容器下极板B向下平移一小段距离，根据 可知电容器两极板间的电场强度不变，带电液滴所受的电场力将不变，液滴静止不动。 12．(1)电荷量 (2)= (3)0.15 【详解】（1）图像与对应时间轴所围成的阴影面积表示的物理意义是电容器充电或放电的电荷量 （2）充电时所带的电荷量等于放电时的电荷量，因此 （3）根据 可知电容器的电容 13．（1）；（2） 【详解】（1）由题意可知，点电荷从A到B，电场力做负功 根据 解得 （2）A、B两点沿电场线方向的距离为 则 14．（1），竖直向下；（2）；（3） 【详解】（1）设小球到达B点的速度大小为，从A到B的过程只有重力和静电力做功，根据动能定理有 解得 B点是圆周运动最低点，合力提供向心力，即 解得 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小等于轨道对其弹力大小，即 方向竖直向下； （2）设小球由B点到D点的运动时间为t，受到竖直向下的重力和静电力，竖直方向做初速度0的匀加速直线运动，加速度为a，水平方向做匀速直线运动。下落高度为h的过程，根据速度合成有 竖直方向由牛顿第二定律有 根据运动学公式 又 联立解得 （3）设C、D间的距离为x，由几何关系有 设物块上滑加速度为，由牛顿运动定律有 根据题意，要使物块与小球相遇，的最小值满足 联立解得 15． 【详解】直线加速过程，有： ① 类似平抛运动过程，有： L=v1t ② ③ 对运动的全程，根据动能定理 联立①②③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 $