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广西壮族自治区崇左市凭祥市高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题
1．（2025高二上·凭祥月考）关于元电荷，下列说法中不正确的是（　　）
A．元电荷实质上是指电子和质子本身
B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C．元电荷的值通常取e＝1.60×10－19C
D．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
2．（2025高二上·凭祥月考）真空中两个静止的点电荷，相距为r时库仑力大小为F，若保持r不变，使电荷量均变为原来的2倍，则库仑力大小变为（　　）
A． B． C．4F D．16F
3．（2025高二上·凭祥月考）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　）
A．正电荷， B．正电荷，
C．负电荷， D．负电荷，
4．（2025高二上·凭祥月考）图中虚线所示为某静电场的等势面，相邻等势面间的电势差都相等；实线为一试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹。该试探电荷在M、N两点受到的电场力大小分别为和，相应的电势能分别为和，则（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高二上·凭祥月考）在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点的电势相等，电场强度相同的是（　　）
A．甲图：与点电荷等距的a、b两点
B．乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C．丙图：点电荷与带电平板形成的电场中板上表面的a、b两点
D．丁图：匀强电场中的a、b两点
6．（2025高二上·凭祥月考）空间存在沿x轴方向的电场，x轴上各点电势φ随坐标x变化的关系如图所示，则下列判断正确的是（　　）
A．在处电场强度最大
B．在间只有一点电场强度的大小为
C．将电子由处移到的处的过程中，电场力做正功
D．质子在处电势能为零，受到的电场力也为零
7．（2025高二上·凭祥月考）在如图所示的直角坐标系中，存在平行于纸面的匀强电场。从点以的动能沿纸面向不同方向先后射出两个电子，仅在电场力的作用下，一电子经过点时的动能为，另一电子经过点时的动能为。不考虑两电子间的相互作用，下列判断正确的是（　　）
A．点的电势比点的电势高
B．该电场场强的大小为
C．若在纸面内只改变电子从点射出时速度的方向，电子都不可能通过点
D．若在纸面内只改变电子从点射出时速度的方向，电子通过点时的动能为
8．（2025高二上·凭祥月考）将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上。O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，，以下对A、B两点的电势和电场强度的判断，正确的是（　　）
A．A点电场强度等于B点电场强度 B．A点电场强度大于B点电场强度
C．A点电势等于B点电势 D．A点电势高于B点电势
9．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，但仍在P点上方。下列说法正确的是（　　）
A．油滴仍静止不动 B．静电计指针张角减小
C．油滴向上运动 D．P点的电势降低
10．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中带正电，带负电，为边的四等分点，下列说法正确的是（　　）
A．、两点电场强度相同
B．、两点电势相同
C．负电荷在点电势能比在点时要小
D．负电荷在点电势能比在点时要大
11．（2025高二上·凭祥月考）某物理兴趣小组探究影响电荷间静电力的因素，实验装置如图所示。
（1）带正电的小球A固定不动，带正电的小球B通过绝缘丝线系在铁架台上，小球B会在静电力的作用下发生偏离。把系在丝线上的带电小球B先后挂在图中横杆上的、、等位置，实验时通过调节丝线长度，始终使A、B两球球心在同一水平线上，待小球B平衡后，测得丝线偏离竖直方向的角度为，A、B两球球心间的距离为r，小球B的质量为m，当地重力加速度大小为g，则A、B两球之间的库仑力大小为　 　。（用题中涉及的物理量符号表示）
（2）通过分析A、B两球之间的库仑力大小与A、B两球球心间的距离r的关系可知：两小球所带电荷量不变时，两小球间的静电力　 　。
（3）以上实验采用的方法是　 　。
A微小量放大法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.理想实验法
（4）若实验中小球A、B的电荷量分别为和，则静电力常量可表示为　 　。（用题中涉及的物理量符号表示）
12．（2025高二上·凭祥月考）如图甲所示，某同学在验证机械能守恒定律的实验中，绕过定滑轮的细线上悬挂重物A和B，在B下面再挂重物C。已知所用交流电源的频率为50Hz，重物A、B、C的质量均为m。
（1）某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图乙所示，a、b、c为三个相邻计时点。则打下b点时重物的速度大小　 　（结果保留三位有效数字）。
（2）某次实验测得重物A由静止上升高度为h时，对应的速度大小为v，重力加速度为g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是　 　（用g、h、m、v表示）。
（3）为尽可能减少实验误差，下列说法错误的是________。
A．重物的质量可以不测量
B．打点计时器应竖直放置安装在铁架台上
C．打下b点时的速度大小可用来计算
13．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度。求：
（1）小球所受电场力的大小和方向；
（2）小球的质量；
14．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，一质量m = 2.0 × 10 18 kg、电荷量q = 1.0 × 10 12 C的带正电的粒子由静止经加速电场加速后，又沿极板中心轴线从O点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在竖直荧光屏上的P点（图中未画出）。O'点是荧光屏的中心，已知加速电场电压U0 = 2500 V，偏转电场电压U = 100 V，偏转电场极板的长度L1 = 6.0 cm，板间距离d = 2.0 cm，极板的右端到荧光屏的距离L2 = 3.0 cm。不计粒子重力，求：
（1）粒子射入偏转电场时的初速度大小v0；
（2）粒子射出偏转电场时距离极板中心轴线OO'的距离；
（3）粒子离开偏转电场时的动能Ek；
（4）P点到O'点的距离。
15．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，粗糙水平绝缘轨道与光滑的竖直半圆绝缘轨道BCD相切于B点，半圆轨道的半径为R，空间中存在着方向水平向右的匀强电场，将质量为m、电荷量为的滑块（可视为质点）在距B点为处的P点由静止释放，滑块经B点后恰能沿半圆轨道运动到D点，取滑块在P点时的电势能为零，滑块与水平绝缘轨道间的动摩擦因数，重力加速度为g，求：
（1）滑块在B点的速度大小；
（2）B点的电势；
（3）滑块在半圆轨道上运动的最大速度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A项：元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是电子或质子本身，A错误，符合题意；
B项：所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，B不符合题意；
C项：元电荷的数值为 ，C不符合题意；
D项：电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用油滴实验测得的，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】物体带的电量是量子化的，是某一数值的整数倍，这个数值就称为元电荷，电子所带的电即为元电荷，为1.6×10－18C。
2．【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】真空中两个静止的点电荷，相距为r时库仑力大小为F， 根据库仑定律，可得
则
故选C。
【分析】根据库仑定律直接求解即可。
3．【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为
根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为
根据
联立解得
故答案为：C。
【分析】先利用点电荷电场强度公式，结合对称性分析 A、B 段电荷在 O 点的合场强；再根据 O 点场强为零，确定 D 点电荷的场强需与 A、B 段电荷的场强抵消，进而求解q的电性与大小。
4．【答案】C
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据电场线疏密程度表示电场强度大小可知，N处场强大于M处场强，则
电荷受到的电场力方向大致指向曲线轨迹的凹侧，故由M到N过程，电场力做负功，电势能增大，故
故答案为：C。
【分析】通过等势面疏密判断电场强度大小（进而比较电场力），结合轨迹凹侧判断电场力方向，再由电场力做功判断电势能变化。
5．【答案】B
【知识点】电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A．甲图为单独一个正电荷，则a、b两点电势相等，根据电场线的疏密可以得出电场强度大小相等，根据电场线的方向可以得出电场强度的方向不同，A错误；
B．乙图为等量异种电荷，根据电场线的分布可以得出：a、b两点电势均为零，且电场强度相同，B正确；
C．丙图中根据电场线的疏密可以得出：a电场强度小于b点电场强度，根据电场线的方向可以得出：a点距负电极板更近，电势低于b点电势，C错误；
D．丁图为匀强电场，根据电场线的疏密可以得出a、b两点电场强度相同，沿电场线方向电势降低，则a点电势低于b点电势，D错误。
故选B。
【分析】利用电场线的分布可以判别电场强度的大小及方向，利用电场线的方向可以比较电势的高低。
6．【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A．处图像斜率为0，电场强度（最小），A错误；
B．间存在一点，其切线斜率与处割线斜率（）相等，故该点电场强度大小为，B正确；
C．电子从移到，电势降低，电子电势能增加，电场力做负功，C错误；
D．处电势为0，质子电势能为0，但图像斜率不为0（电场强度不为0），故电场力不为0，D错误。
故答案为：B。
【分析】利用图像斜率判断电场强度，结合电势变化分析电势能与电场力做功的关系。
7．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．仅在电场力的作用下，电子由a到b，根据，可得，所以b点的电势比a点的电势低，故A错误；
B．电子由a到c，根据，可得，根据匀强电场的特点可知，在坐标（2，6）位置的电势和c点的电势相等，电场线与等势面垂直，可以画出电场线的方向如图
则可知过b点的电场线同时也过d点， 根据几何关系可得bd与水平方向之间的夹角的余弦，综合动能分析可知，b点的电势比c点低8V，则，故B错误；
C．根据在匀强电场中沿同一条直线上距离相等的点之间的电势差相等，可以求出，根据可知电子达到e点的速度为零，所以电子可以恰好到达e点，但不能通过e点，故C正确；
D．因为b点和d点在同一条电场线上，由几何关系可知，所以则
根据可知电子从a到d电势能减小，则电子的动能增大，所以电子通过d点时的动能为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查匀强电场中电场力做功与动能、电势的综合分析，核心思路是利用电场力做功公式推导电势差，结合几何关系分析场强和电势分布，进而判断各选项的正确性。
8．【答案】A,C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．由于电荷对称分布，直线段AB上各点电场强度均为 0，故A、B两点电场强度相等，故A正确、B错误；
CD．将一电荷从A移动到B电场力不做功，AB间电势差为零，因此A点电势等于B点电势，故C正确、D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查对称电荷分布的电场与电势分析，核心思路是利用电荷的对称性，判断电场强度的分布和电势差的关系。
9．【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AC． 电容器两极板间的场强，因不变，所以两极板间的场强E与距离d无关，即场强不变，油滴所受电场力不变，仍静止不动，故A正确，C错误；B．电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，根据平行板电容器电容的决定式可知，电容器的电容增大，而电容器所带电荷量不变，根据可知，两极板间的电压减小，即静电计指针张角减小，故B正确；
D．因P点到下极板的距离不变，两极板间的场强E不变，所以P点与下极板间的电势差不变，又下极板接地，电势保持为零不变，所以P点的电势不变，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查电量不变时平行板电容器的动态分析，核心思路是利用电容公式、电场强度推论，结合电势差与电势的关系，分析电压、电场力和电势的变化。
10．【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】 A、A、B为正点电荷，C为负点电荷。对M点，A、B、C在M点产生的场强需矢量叠加；对N点同理。由对称性，M、N两点场强大小相等，但方向不同（A、B在M、N点的场强方向有差异，C的场强方向也不同 ）。场强是矢量，方向不同则场强不同，故M、N两点电场强度不相同，A错误 ；
B、A、B是正电荷，M、N关于O对称，A、B在M、N两点产生的电势相等，C是负电荷，M、N到C的距离相等（正三角形对称性 ），故C在M、N两点产生的电势相等，总电势为各点电荷电势叠加，因此M、N两点电势相等，B正确 ；
C、负电荷从M到O，A、B为正电荷，对负电荷的库仑力合力方向由O指向M（因正电荷对负电荷的吸引力，A、B在O到M区域的合力指向M ），与位移方向（M到O，即从M向O ）相反，故A、B的合力做负功，C为负电荷，对该负电荷是排斥力，C在M到O区域对负电荷的库仑力方向远离C（因负负相斥 ），与位移方向（M到O ）夹角大于90°，故C的库仑力做负功，总电场力做负功，电势能增加，即M点电势能小于O点，C正确 ；
D、负电荷从N到O，A、B对负电荷的库仑力合力方向由O指向N（对称于M到O的情况 ），与位移方向（N到O ）相反，A、B合力做负功；C对负电荷的库仑力方向远离C，与位移方向夹角大于90°，C的库仑力做负功，总电场力做负功，电势能增加，即N点电势能小于O点（，故 ），D错误 ；
故答案为：BC。
【分析】A．依据点电荷场强公式和场强叠加原理，结合对称性，分析M、N两点的场强大小与方向。
B．根据点电荷电势公式（正电荷电势为正，负电荷电势为负 ），结合电势叠加（标量叠加 ），分析M、N两点的电势。
C．分析负电荷从M到O时，电场力做功与电势能变化的关系（电场力做负功，电势能增加；做正功，电势能减少 ）。
D．同理选项C，分析负电荷从N到O时电场力做功与电势能变化。
11．【答案】；与A、B两球球心间的距离的平方成反比；B；
【知识点】库仑定律；控制变量法；受力分析的应用
【解析】【解答】（1）对小球B受力分析，小球B受力平衡，则有，即A、B两球之间的库仑力大小
故答案为：
（2）由库仑定律，并结合实验可知，两小球所带电荷量不变时，两小球间的静电力与A、B两球球心间的距离的平方成反比。
故答案为：与A、B两球球心间的距离的平方成反比
（3）实验中应用的研究方法是控制变量法。
故答案为：B。
（4）根据题意，结合库仑定律有
解得静电力常量
故答案为：
【分析】（1）库仑力计算：通过小球 B 的受力平衡，将库仑力与重力、偏角建立联系，推导库仑力表达式。
（2）力与距离的关系：利用控制变量法，结合库仑定律的规律，确定静电力与距离的平方反比关系。
（3）实验方法：识别 “控制电荷量、改变距离” 的操作对应的控制变量法。
（4）静电力常量：联立库仑定律与受力平衡的库仑力表达式，推导k的表达式。
12．【答案】（1）
（2）
（3）A；C
【知识点】验证机械能守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以
故答案为：
（2）A上升高度为h，则B、C下降高度也为h ，系统重力势能减少量
系统动能增加量
若系统机械能守恒，则
即
故答案为：
（3）A．由可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不符合减小实验误差的目的，A错误；
B．打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B正确；
C．是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点速度，应该用平均速度法计算，故C错误。
故答案为：AC。
【分析】（1）利用 “平均速度等于中间时刻瞬时速度” 的推论，结合纸带数据计算b点速度，体现实验数据的基本处理方法。
（2）分析系统的重力势能变化和动能变化，推导机械能守恒的表达式，体现系统机械能守恒的分析思路。
（3）结合实验操作和数据处理的特点，判断误差来源，体现实验误差分析的核心方法。
（1）打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以
（2）A上升高度为h，则B、C下降高度也为h ，系统重力势能减少量
系统动能增加量
若系统机械能守恒，则
即
（3）A．由可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不符合减小实验误差的目的，A错误；
B．打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B正确，不符合题意；
C．是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点速度，应该用平均速度法计算，故C错误，符合题意。
故选AC。
13．【答案】【解答】方向与电场方向相同说明小球带正电荷，根据电场强度的定义式可得
方向水平向右；
受力分析如图，不可直接套用常见分解形式而忽略物理语境直接把重力分解成紫色两个分量，而应根据具体的受力情况去变形变向，除了重力固定大小方向，有37°方向约束的拉力就把方向固定不变，其余都可以变伸缩电场力补上大小缺口作出矢量三角形，由平衡条件可得整理得
（1），方向水平向右；（2）
【知识点】共点力的平衡；电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）解题方法：电场力大小由计算，方向与电场方向相同；平衡即矢量首尾相连，受力分析并作矢量三角形，利用 求质量；
（2）易错点：混淆角度位置（绳与竖直方向夹角），错误分解力；隐含条件：轻质细绳拉力沿绳方向，匀强电场力恒定；扩展知识：带电粒子在电场中平衡问题常与力学结合，需注意角度关系。
14．【答案】（1）解：带电粒子在加速电场中，根据动能定理得
解得
（2）解：带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上
竖直方向上
由牛顿第二定律
而
解得
（3）解：带电粒子由静止开始到离开偏转电场过程中，由动能定理得
解得
（4）解：根据带电粒子离开偏转电场速度的反向延长线过偏转电场的中点，由相似三角形得
解得
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理直接关联加速电压与初速度，体现电场加速的能量本质。
（2）将偏转运动分解为水平匀速和竖直匀加速，结合运动学公式推导偏转量，体现类平抛的分解策略。
（3）通过动能定理累加两个电场的做功，求解总动能，体现多过程的能量分析。
（4）利用偏转角的几何关系，结合相似三角形或运动延长线，推导荧光屏上的总偏转距离，体现电场偏转的综合应用。
（1）带电粒子在加速电场中，根据动能定理得
解得
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上
竖直方向上
由牛顿第二定律
而
解得
（3）带电粒子由静止开始到离开偏转电场过程中，由动能定理得
解得
（4）根据带电粒子离开偏转电场速度的反向延长线过偏转电场的中点，由相似三角形得
解得
15．【答案】（1）解：滑块恰能沿半圆轨道运动到点，有
解得
滑块从点运动到点的过程中，电场力做功为0，由动能定理可得
解得
（2）解：滑块由P点运动到B点的过程中，受到的摩擦力
设匀强电场的电场强度大小为，滑块由点运动到点过程中，由动能定理可得
解得电场强度大小
P、B两点的电势差
解得点的电势
（3）解：滑块在半圆轨道上等效最低点的速度最大，OQ与竖直方向的夹角为，如图所示，则
由动能定理有
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过 D 点的临界向心力条件和动能定理，推导 B 点速度，体现圆周运动的临界分析。
（2）利用动能定理求电场强度，结合电势差与电势的关系，推导 B 点电势，体现电场能的定量分析。
（3）引入等效重力，确定速度最大的位置，结合动能定理求解最大速度，体现复合场中圆周运动的能量分析策略。
（1）滑块恰能沿半圆轨道运动到点，有
解得
滑块从点运动到点的过程中，电场力做功为0，由动能定理可得
解得
（2）滑块由P点运动到B点的过程中，受到的摩擦力
设匀强电场的电场强度大小为，滑块由点运动到点过程中，由动能定理可得
解得电场强度大小
P、B两点的电势差
解得点的电势
（3）滑块在半圆轨道上等效最低点的速度最大，OQ与竖直方向的夹角为，如图所示，则
由动能定理有
解得
1 / 1广西壮族自治区崇左市凭祥市高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题
1．（2025高二上·凭祥月考）关于元电荷，下列说法中不正确的是（　　）
A．元电荷实质上是指电子和质子本身
B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C．元电荷的值通常取e＝1.60×10－19C
D．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A项：元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是电子或质子本身，A错误，符合题意；
B项：所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，B不符合题意；
C项：元电荷的数值为 ，C不符合题意；
D项：电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用油滴实验测得的，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】物体带的电量是量子化的，是某一数值的整数倍，这个数值就称为元电荷，电子所带的电即为元电荷，为1.6×10－18C。
2．（2025高二上·凭祥月考）真空中两个静止的点电荷，相距为r时库仑力大小为F，若保持r不变，使电荷量均变为原来的2倍，则库仑力大小变为（　　）
A． B． C．4F D．16F
【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】真空中两个静止的点电荷，相距为r时库仑力大小为F， 根据库仑定律，可得
则
故选C。
【分析】根据库仑定律直接求解即可。
3．（2025高二上·凭祥月考）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　）
A．正电荷， B．正电荷，
C．负电荷， D．负电荷，
【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为
根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为
根据
联立解得
故答案为：C。
【分析】先利用点电荷电场强度公式，结合对称性分析 A、B 段电荷在 O 点的合场强；再根据 O 点场强为零，确定 D 点电荷的场强需与 A、B 段电荷的场强抵消，进而求解q的电性与大小。
4．（2025高二上·凭祥月考）图中虚线所示为某静电场的等势面，相邻等势面间的电势差都相等；实线为一试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹。该试探电荷在M、N两点受到的电场力大小分别为和，相应的电势能分别为和，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据电场线疏密程度表示电场强度大小可知，N处场强大于M处场强，则
电荷受到的电场力方向大致指向曲线轨迹的凹侧，故由M到N过程，电场力做负功，电势能增大，故
故答案为：C。
【分析】通过等势面疏密判断电场强度大小（进而比较电场力），结合轨迹凹侧判断电场力方向，再由电场力做功判断电势能变化。
5．（2025高二上·凭祥月考）在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点的电势相等，电场强度相同的是（　　）
A．甲图：与点电荷等距的a、b两点
B．乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C．丙图：点电荷与带电平板形成的电场中板上表面的a、b两点
D．丁图：匀强电场中的a、b两点
【答案】B
【知识点】电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A．甲图为单独一个正电荷，则a、b两点电势相等，根据电场线的疏密可以得出电场强度大小相等，根据电场线的方向可以得出电场强度的方向不同，A错误；
B．乙图为等量异种电荷，根据电场线的分布可以得出：a、b两点电势均为零，且电场强度相同，B正确；
C．丙图中根据电场线的疏密可以得出：a电场强度小于b点电场强度，根据电场线的方向可以得出：a点距负电极板更近，电势低于b点电势，C错误；
D．丁图为匀强电场，根据电场线的疏密可以得出a、b两点电场强度相同，沿电场线方向电势降低，则a点电势低于b点电势，D错误。
故选B。
【分析】利用电场线的分布可以判别电场强度的大小及方向，利用电场线的方向可以比较电势的高低。
6．（2025高二上·凭祥月考）空间存在沿x轴方向的电场，x轴上各点电势φ随坐标x变化的关系如图所示，则下列判断正确的是（　　）
A．在处电场强度最大
B．在间只有一点电场强度的大小为
C．将电子由处移到的处的过程中，电场力做正功
D．质子在处电势能为零，受到的电场力也为零
【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A．处图像斜率为0，电场强度（最小），A错误；
B．间存在一点，其切线斜率与处割线斜率（）相等，故该点电场强度大小为，B正确；
C．电子从移到，电势降低，电子电势能增加，电场力做负功，C错误；
D．处电势为0，质子电势能为0，但图像斜率不为0（电场强度不为0），故电场力不为0，D错误。
故答案为：B。
【分析】利用图像斜率判断电场强度，结合电势变化分析电势能与电场力做功的关系。
7．（2025高二上·凭祥月考）在如图所示的直角坐标系中，存在平行于纸面的匀强电场。从点以的动能沿纸面向不同方向先后射出两个电子，仅在电场力的作用下，一电子经过点时的动能为，另一电子经过点时的动能为。不考虑两电子间的相互作用，下列判断正确的是（　　）
A．点的电势比点的电势高
B．该电场场强的大小为
C．若在纸面内只改变电子从点射出时速度的方向，电子都不可能通过点
D．若在纸面内只改变电子从点射出时速度的方向，电子通过点时的动能为
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．仅在电场力的作用下，电子由a到b，根据，可得，所以b点的电势比a点的电势低，故A错误；
B．电子由a到c，根据，可得，根据匀强电场的特点可知，在坐标（2，6）位置的电势和c点的电势相等，电场线与等势面垂直，可以画出电场线的方向如图
则可知过b点的电场线同时也过d点， 根据几何关系可得bd与水平方向之间的夹角的余弦，综合动能分析可知，b点的电势比c点低8V，则，故B错误；
C．根据在匀强电场中沿同一条直线上距离相等的点之间的电势差相等，可以求出，根据可知电子达到e点的速度为零，所以电子可以恰好到达e点，但不能通过e点，故C正确；
D．因为b点和d点在同一条电场线上，由几何关系可知，所以则
根据可知电子从a到d电势能减小，则电子的动能增大，所以电子通过d点时的动能为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查匀强电场中电场力做功与动能、电势的综合分析，核心思路是利用电场力做功公式推导电势差，结合几何关系分析场强和电势分布，进而判断各选项的正确性。
8．（2025高二上·凭祥月考）将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上。O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，，以下对A、B两点的电势和电场强度的判断，正确的是（　　）
A．A点电场强度等于B点电场强度 B．A点电场强度大于B点电场强度
C．A点电势等于B点电势 D．A点电势高于B点电势
【答案】A,C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．由于电荷对称分布，直线段AB上各点电场强度均为 0，故A、B两点电场强度相等，故A正确、B错误；
CD．将一电荷从A移动到B电场力不做功，AB间电势差为零，因此A点电势等于B点电势，故C正确、D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查对称电荷分布的电场与电势分析，核心思路是利用电荷的对称性，判断电场强度的分布和电势差的关系。
9．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，但仍在P点上方。下列说法正确的是（　　）
A．油滴仍静止不动 B．静电计指针张角减小
C．油滴向上运动 D．P点的电势降低
【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AC． 电容器两极板间的场强，因不变，所以两极板间的场强E与距离d无关，即场强不变，油滴所受电场力不变，仍静止不动，故A正确，C错误；B．电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，根据平行板电容器电容的决定式可知，电容器的电容增大，而电容器所带电荷量不变，根据可知，两极板间的电压减小，即静电计指针张角减小，故B正确；
D．因P点到下极板的距离不变，两极板间的场强E不变，所以P点与下极板间的电势差不变，又下极板接地，电势保持为零不变，所以P点的电势不变，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查电量不变时平行板电容器的动态分析，核心思路是利用电容公式、电场强度推论，结合电势差与电势的关系，分析电压、电场力和电势的变化。
10．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中带正电，带负电，为边的四等分点，下列说法正确的是（　　）
A．、两点电场强度相同
B．、两点电势相同
C．负电荷在点电势能比在点时要小
D．负电荷在点电势能比在点时要大
【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】 A、A、B为正点电荷，C为负点电荷。对M点，A、B、C在M点产生的场强需矢量叠加；对N点同理。由对称性，M、N两点场强大小相等，但方向不同（A、B在M、N点的场强方向有差异，C的场强方向也不同 ）。场强是矢量，方向不同则场强不同，故M、N两点电场强度不相同，A错误 ；
B、A、B是正电荷，M、N关于O对称，A、B在M、N两点产生的电势相等，C是负电荷，M、N到C的距离相等（正三角形对称性 ），故C在M、N两点产生的电势相等，总电势为各点电荷电势叠加，因此M、N两点电势相等，B正确 ；
C、负电荷从M到O，A、B为正电荷，对负电荷的库仑力合力方向由O指向M（因正电荷对负电荷的吸引力，A、B在O到M区域的合力指向M ），与位移方向（M到O，即从M向O ）相反，故A、B的合力做负功，C为负电荷，对该负电荷是排斥力，C在M到O区域对负电荷的库仑力方向远离C（因负负相斥 ），与位移方向（M到O ）夹角大于90°，故C的库仑力做负功，总电场力做负功，电势能增加，即M点电势能小于O点，C正确 ；
D、负电荷从N到O，A、B对负电荷的库仑力合力方向由O指向N（对称于M到O的情况 ），与位移方向（N到O ）相反，A、B合力做负功；C对负电荷的库仑力方向远离C，与位移方向夹角大于90°，C的库仑力做负功，总电场力做负功，电势能增加，即N点电势能小于O点（，故 ），D错误 ；
故答案为：BC。
【分析】A．依据点电荷场强公式和场强叠加原理，结合对称性，分析M、N两点的场强大小与方向。
B．根据点电荷电势公式（正电荷电势为正，负电荷电势为负 ），结合电势叠加（标量叠加 ），分析M、N两点的电势。
C．分析负电荷从M到O时，电场力做功与电势能变化的关系（电场力做负功，电势能增加；做正功，电势能减少 ）。
D．同理选项C，分析负电荷从N到O时电场力做功与电势能变化。
11．（2025高二上·凭祥月考）某物理兴趣小组探究影响电荷间静电力的因素，实验装置如图所示。
（1）带正电的小球A固定不动，带正电的小球B通过绝缘丝线系在铁架台上，小球B会在静电力的作用下发生偏离。把系在丝线上的带电小球B先后挂在图中横杆上的、、等位置，实验时通过调节丝线长度，始终使A、B两球球心在同一水平线上，待小球B平衡后，测得丝线偏离竖直方向的角度为，A、B两球球心间的距离为r，小球B的质量为m，当地重力加速度大小为g，则A、B两球之间的库仑力大小为　 　。（用题中涉及的物理量符号表示）
（2）通过分析A、B两球之间的库仑力大小与A、B两球球心间的距离r的关系可知：两小球所带电荷量不变时，两小球间的静电力　 　。
（3）以上实验采用的方法是　 　。
A微小量放大法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.理想实验法
（4）若实验中小球A、B的电荷量分别为和，则静电力常量可表示为　 　。（用题中涉及的物理量符号表示）
【答案】；与A、B两球球心间的距离的平方成反比；B；
【知识点】库仑定律；控制变量法；受力分析的应用
【解析】【解答】（1）对小球B受力分析，小球B受力平衡，则有，即A、B两球之间的库仑力大小
故答案为：
（2）由库仑定律，并结合实验可知，两小球所带电荷量不变时，两小球间的静电力与A、B两球球心间的距离的平方成反比。
故答案为：与A、B两球球心间的距离的平方成反比
（3）实验中应用的研究方法是控制变量法。
故答案为：B。
（4）根据题意，结合库仑定律有
解得静电力常量
故答案为：
【分析】（1）库仑力计算：通过小球 B 的受力平衡，将库仑力与重力、偏角建立联系，推导库仑力表达式。
（2）力与距离的关系：利用控制变量法，结合库仑定律的规律，确定静电力与距离的平方反比关系。
（3）实验方法：识别 “控制电荷量、改变距离” 的操作对应的控制变量法。
（4）静电力常量：联立库仑定律与受力平衡的库仑力表达式，推导k的表达式。
12．（2025高二上·凭祥月考）如图甲所示，某同学在验证机械能守恒定律的实验中，绕过定滑轮的细线上悬挂重物A和B，在B下面再挂重物C。已知所用交流电源的频率为50Hz，重物A、B、C的质量均为m。
（1）某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图乙所示，a、b、c为三个相邻计时点。则打下b点时重物的速度大小　 　（结果保留三位有效数字）。
（2）某次实验测得重物A由静止上升高度为h时，对应的速度大小为v，重力加速度为g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是　 　（用g、h、m、v表示）。
（3）为尽可能减少实验误差，下列说法错误的是________。
A．重物的质量可以不测量
B．打点计时器应竖直放置安装在铁架台上
C．打下b点时的速度大小可用来计算
【答案】（1）
（2）
（3）A；C
【知识点】验证机械能守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以
故答案为：
（2）A上升高度为h，则B、C下降高度也为h ，系统重力势能减少量
系统动能增加量
若系统机械能守恒，则
即
故答案为：
（3）A．由可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不符合减小实验误差的目的，A错误；
B．打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B正确；
C．是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点速度，应该用平均速度法计算，故C错误。
故答案为：AC。
【分析】（1）利用 “平均速度等于中间时刻瞬时速度” 的推论，结合纸带数据计算b点速度，体现实验数据的基本处理方法。
（2）分析系统的重力势能变化和动能变化，推导机械能守恒的表达式，体现系统机械能守恒的分析思路。
（3）结合实验操作和数据处理的特点，判断误差来源，体现实验误差分析的核心方法。
（1）打b点时重物的瞬时速度等于打a、c两点间的平均速度，所以
（2）A上升高度为h，则B、C下降高度也为h ，系统重力势能减少量
系统动能增加量
若系统机械能守恒，则
即
（3）A．由可知，两边m可约去，所以重物质量可以不测量，故虽说法正确，但不符合减小实验误差的目的，A错误；
B．打点计时器竖直放置安装在铁架台上，可减小纸带与限位孔间的摩擦，从而减少实验误差，故B正确，不符合题意；
C．是自由落体运动的速度公式，此实验中重物不是自由落体运动，不能用该式计算b点速度，应该用平均速度法计算，故C错误，符合题意。
故选AC。
13．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度。求：
（1）小球所受电场力的大小和方向；
（2）小球的质量；
【答案】【解答】方向与电场方向相同说明小球带正电荷，根据电场强度的定义式可得
方向水平向右；
受力分析如图，不可直接套用常见分解形式而忽略物理语境直接把重力分解成紫色两个分量，而应根据具体的受力情况去变形变向，除了重力固定大小方向，有37°方向约束的拉力就把方向固定不变，其余都可以变伸缩电场力补上大小缺口作出矢量三角形，由平衡条件可得整理得
（1），方向水平向右；（2）
【知识点】共点力的平衡；电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）解题方法：电场力大小由计算，方向与电场方向相同；平衡即矢量首尾相连，受力分析并作矢量三角形，利用 求质量；
（2）易错点：混淆角度位置（绳与竖直方向夹角），错误分解力；隐含条件：轻质细绳拉力沿绳方向，匀强电场力恒定；扩展知识：带电粒子在电场中平衡问题常与力学结合，需注意角度关系。
14．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，一质量m = 2.0 × 10 18 kg、电荷量q = 1.0 × 10 12 C的带正电的粒子由静止经加速电场加速后，又沿极板中心轴线从O点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在竖直荧光屏上的P点（图中未画出）。O'点是荧光屏的中心，已知加速电场电压U0 = 2500 V，偏转电场电压U = 100 V，偏转电场极板的长度L1 = 6.0 cm，板间距离d = 2.0 cm，极板的右端到荧光屏的距离L2 = 3.0 cm。不计粒子重力，求：
（1）粒子射入偏转电场时的初速度大小v0；
（2）粒子射出偏转电场时距离极板中心轴线OO'的距离；
（3）粒子离开偏转电场时的动能Ek；
（4）P点到O'点的距离。
【答案】（1）解：带电粒子在加速电场中，根据动能定理得
解得
（2）解：带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上
竖直方向上
由牛顿第二定律
而
解得
（3）解：带电粒子由静止开始到离开偏转电场过程中，由动能定理得
解得
（4）解：根据带电粒子离开偏转电场速度的反向延长线过偏转电场的中点，由相似三角形得
解得
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理直接关联加速电压与初速度，体现电场加速的能量本质。
（2）将偏转运动分解为水平匀速和竖直匀加速，结合运动学公式推导偏转量，体现类平抛的分解策略。
（3）通过动能定理累加两个电场的做功，求解总动能，体现多过程的能量分析。
（4）利用偏转角的几何关系，结合相似三角形或运动延长线，推导荧光屏上的总偏转距离，体现电场偏转的综合应用。
（1）带电粒子在加速电场中，根据动能定理得
解得
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上
竖直方向上
由牛顿第二定律
而
解得
（3）带电粒子由静止开始到离开偏转电场过程中，由动能定理得
解得
（4）根据带电粒子离开偏转电场速度的反向延长线过偏转电场的中点，由相似三角形得
解得
15．（2025高二上·凭祥月考）如图所示，粗糙水平绝缘轨道与光滑的竖直半圆绝缘轨道BCD相切于B点，半圆轨道的半径为R，空间中存在着方向水平向右的匀强电场，将质量为m、电荷量为的滑块（可视为质点）在距B点为处的P点由静止释放，滑块经B点后恰能沿半圆轨道运动到D点，取滑块在P点时的电势能为零，滑块与水平绝缘轨道间的动摩擦因数，重力加速度为g，求：
（1）滑块在B点的速度大小；
（2）B点的电势；
（3）滑块在半圆轨道上运动的最大速度。
【答案】（1）解：滑块恰能沿半圆轨道运动到点，有
解得
滑块从点运动到点的过程中，电场力做功为0，由动能定理可得
解得
（2）解：滑块由P点运动到B点的过程中，受到的摩擦力
设匀强电场的电场强度大小为，滑块由点运动到点过程中，由动能定理可得
解得电场强度大小
P、B两点的电势差
解得点的电势
（3）解：滑块在半圆轨道上等效最低点的速度最大，OQ与竖直方向的夹角为，如图所示，则
由动能定理有
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过 D 点的临界向心力条件和动能定理，推导 B 点速度，体现圆周运动的临界分析。
（2）利用动能定理求电场强度，结合电势差与电势的关系，推导 B 点电势，体现电场能的定量分析。
（3）引入等效重力，确定速度最大的位置，结合动能定理求解最大速度，体现复合场中圆周运动的能量分析策略。
（1）滑块恰能沿半圆轨道运动到点，有
解得
滑块从点运动到点的过程中，电场力做功为0，由动能定理可得
解得
（2）滑块由P点运动到B点的过程中，受到的摩擦力
设匀强电场的电场强度大小为，滑块由点运动到点过程中，由动能定理可得
解得电场强度大小
P、B两点的电势差
解得点的电势
（3）滑块在半圆轨道上等效最低点的速度最大，OQ与竖直方向的夹角为，如图所示，则
由动能定理有
解得
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