文档内容
2024～2025 学年高二 10 月质量检测卷
物理（B 卷）
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对
应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签宇笔在答题卡上各题的答题
区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：必修第三册第九章至第十章。
一、选择题（本题共10小题，共46分.在每小题给出的四个选项中，第1～7题中只有一项符
合题目要求，每小题4分，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不
全的得3分，有选错的得0分）
1. 如图所示，摩擦过的琥珀靠近桌面上的碎纸屑时，发现纸屑飞起来与琥珀接触后又快速地离开，关于这
个现象，下列说法正确的（ ）
A. 摩擦过的琥珀不带电
B. 碎纸屑原来带正电
的
C. 纸屑飞起来是万有引力 结果
D. 纸屑与琥珀接触后又快速地离开是因为纸屑带上琥珀同种电荷
【答案】D
【解析】
【详解】摩擦过的琥珀带了电荷，从而会吸引轻小物体，当纸屑被吸到琥珀上时，电荷会发生转移，从而
使原来不带电的纸屑也带上了同种电荷，由于同种电荷互相排斥而快速地离开。
故选D。
2. 关于元电荷、电荷与电荷守恒定律，下列说法正确的是（ ）
A. 元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的B. 元电荷是指电子，电量等于电子的电量，体积很小的带电体是指点电荷
C. 单个物体所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换
D. 利用摩擦起电可使任何物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，故A正确；
B．元电荷是带电量的最小单元，元电荷等于电子或质子的电荷量；当带电体的形状大小在研究的问题中
可以忽略不计时，带电体可以看成点电荷，故B错误；
C．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律并不意味着带电系
统一定和外界没有电荷交换，故C错误；
D．利用摩擦起电可使物体带电，质子和电子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故D
错误。
故选A。
3. 甲、乙、丙三个完全相同的带电小球所带的电荷量分别为 、 、
。进行了如下操作：①将甲、乙接触后分开；②甲、丙接触后分开；③乙、丙接触后分
开。则下列说法正确的是（ ）
A. 最终甲所带的电荷量为
B. 最终丙所带的电荷量为
C. 第①操作有电荷量为 的电子从乙到甲
D. 第③操作有电荷量为 的电子从丙到乙
【答案】C
【解析】
【详解】①将甲、乙接触后分开，则甲、乙所带的电荷量为
第①操作从乙到甲的电子电荷量为②甲、丙接触后分开；则甲、丙所带的电荷量为
③乙、丙接触后分开，则乙、丙所带的电荷量为
第③操作从乙到丙的电子电荷量为
最终甲所带的电荷量为 ；最终乙、丙所带的电荷量为 。
故选C。
4. 如图所示，A、B、C、D为真空中正方形的四个顶点，O为AB中点，P为CD中点，A点固定电量为
点电荷、B点固定电量为 的点电荷，则（ ）
A. O点电势高于P点电势 B. O点电势低于P点电势
C. O点电场强度大于P点电场强度 D. O点电场强度等于P点电场强度
【答案】C
【解析】
【详解】AB． 、 位于等量异种点电荷中垂线上，电势相等，故AB错误；
CD．在等量异种点电荷连线的中垂线上，与两点电荷连线的交点处，电场强度最大，故C正确， D错误。
故选C 。
5. 如图所示，12个带电量均为＋q的点电荷，均匀对称地分布在半径为r的圆周上，某时刻，P、Q两处
的点电荷电量突然减为零，则O点的电场强度大小为（ ）A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】P、Q两处的点电荷在O点激发的电场强度大小相等，即
的
P、Q两处 点电荷在O点的合场强为
P、Q两处的点电荷电量突然减为零时，O点的电场强度大小为
故选A。
6. 某静电场中的x轴上，一个带电粒子在O点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，带电粒子
的电势能随粒子在x轴上的位置变化规律如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A. 带电粒子带负电 B. 带电粒子先做加速运动后做减速运动
C. 带电粒子运动的加速度不断减小 D. 带电粒子的电势能先减小后增大
【答案】C
【解析】【详解】A．由于电场方向不确定，因此粒子的电性无法确定，故A错误；
BD．由图象可知粒子的电势能一直减小，所以粒子的动能一直增加，即粒子一直做加速运动，故BD错误；
C．由于电场力
因此图象的切线斜率大小反映电场力大小也反映加速度大小，由图象可知粒子运动过程中加速度一直减小，
故C正确。
故选C。
7. 如图所示，水平放置的平行板电容器上极板a与下极板b带等量的异种电荷，上极板a与静电计相连，
电容器两极板间的电势差等于指针所指示的电势差，P是两极板间一个点，一质量为m的带电小球在P点
正好处于静止状态，已知静电计的指针带正电，规定大地的电势为0，重力加速度为g，下列说法正确的是
（ ）
A. 把a极板向上移动一小段距离，则P点的电势不会改变
B. 静电计指针的偏角越大，表示电容器两极板间的电压越小
C. 若两极板间的电压为U，两极板间的距离为d，则小球的带电量为
D. 极板a的电势低于静电计外壳的电势
【答案】A
【解析】
【详解】A．由公式 、 、 可得
当把极板a向上移动一小段距离，两极板间的距离d增大，但对E无影响，则有可知， 不变，故A正确；
B．因为电容器两极板间的电势差等于指针所指示的电势差，所以静电计指针偏角的变化表征了电容器两
极板间电势差的变化，静电计指针偏角越大，表示电容器两极板间的电压越大，故B错误；
C．两极板间匀强电场的方向向下，由二力平衡可得小球受到的电场力竖直向上，则小球带负电，由
解得
故C错误；
D．因为静电计的指针带正电，则极板a带正电，极板b带负电，极板a的电势高于极板b的电势，又因为
极板b与静电计外壳均接地电势相等均为0，则极板a的电势高于静电计外壳的电势，故D错误。
故选A。
8. 如图所示，A、B两个带等量电荷的小球用绕过光滑定滑轮的绝缘细线连接处于静止状态﹐A球与光滑
绝缘竖直墙面接触，A、B两球到定滑轮的距离相等，连接A球的绝缘细线竖直，A、B间的距离为L，
A、B连线与竖直方向的夹角为60°，A球对竖直墙面的压力为F，不计小球大小，静电力常量为k，则（
）
A. 小球A的重力为 B. 小球B的重力为
C. 细线对滑轮的作用力大小为2F D. 小球A的带电量为
【答案】AC
【解析】【详解】AB．对B受力分析如图，可知B受绳子拉力T，自身重力G ，库仑力 ，根据共点力平衡条件
B
有
T=G =
B
对A受力分析，根据共点力平衡条件有
解得
T=G = = ，
B
故A正确，B错误；
C．细线对滑轮的作用力大小为
故C正确；
D．根据库仑定律可知
解得小球A的带电量为故D错误。
故选AC。
9. 如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的
四等分点，下列说法不正确的是（ ）
A. M、N两点电场强度相同 B. M、N两点电势相同
C. 负电荷在M点电势能比在O点时要小 D. 负电荷在N点电势能比在O点时要大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据场强叠加以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，但是方向不同，故A错误；
B．在点电荷C的电场中，M、N两点电势相同，在等量同种点电荷A、B的电场中，M、N两点电势相同，
根据电势相加原则知，M、N两点电势相同，故B正确；
CD．因负电荷从M到O，因AB两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C
点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，
即负电荷在M点的电势能比在O点小；同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小，故C正确，D错误。
本题选不正确的，故选AD。
10. 如图所示，带电粒子（不计重力）从A点以速度 进入辐射状的电场，做半径为R的匀速圆周运动，
圆弧轨迹处的电场强度的大小处处为E，经过半个圆周运动粒子从B点射出辐射状的电场，紧接着垂直进
入电场强度为E的匀强电场，然后到达C点，已知粒子在C的速度与在B点的速度之间的夹角为 ，下
列说法正确的是（ ）A. 粒子的比荷为
B. 粒子从A到B的运动时间为
C. B、C两点间的电势差为ER
D. B、C两点沿着电场线方向的距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．辐射状的电场力充当粒子做匀速圆周运动的向心力，则有
解得粒子的比荷为
故A错误；
的
B．由匀速圆周运动 规律可得粒子从A到B的运动时间为故B正确；
C．粒子从B到C做类平抛运动，粒子在C点的速度与在B点的速度之间的夹角为 ，把粒子在C点的
速度分别沿着电场线和垂直电场线分解，则有
由动能定理可得
解得
故C错误；
D．由匀强电场的电压与电场强度之间的关系可得
解得B、C两点沿着电场线方向的距离为
故D正确 。
故选BD。
二、实验题（本题共2小题，共14分）
11. 某同学做摩擦起电的实验过程和观察到的现象：手戴绝缘的手套拿有机玻璃棒，用力将两块起电板快
速摩擦后分开，如图甲；将其中一块板插入箔片验电器上端的空心金属球（不要接触金属球），如图乙箔
片张开；将两块板同时插入空心金属球，如图丙箔片闭合。根据以上实验过程和观察到的现象，回答下列
问题：（1）如图甲用力将两块起电板快速摩擦后分开，两板分别带上了____________电荷；
（2）如图乙箔片张开的实验现象，说明____________；
（3）如图丙箔片闭合的实验现象，说明____________；
（4）该研究性实验能验证____________定律。
【答案】 ①. 等量异种 ②. 板带电 ③. 两板所带总电荷量为零 ④. 电荷守恒
【解析】
【详解】（1）[1]用力将两块起电板快速摩擦后分开，两板分别带上了等量异种电荷;
（2）[2]如图乙中金属球与箔片组成的整体发生静电感应现象故箔片张开；
（3）（4）[3][4]如图丙中两块板同时插入空心金属球，总电荷量为零，不发生静电感应现象，故箔片不张
开，该实验能验证电荷守恒定律。
12. 在“观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。
（1）研究充电过程，应将单刀双掷开关接______（选填“1”或“2”）。
（2）研究电容器放电过程时，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上便显示出如图乙所示的 图
像。图线与坐标轴围成图形的面积可以用所围小方格的总面积近似代替，若按照“大于半格的按一个格算，
小于半格的舍去”的原则数出小方格数为114个，则放电过程中电容器释放的电荷量为______C；已知图
甲中电源的电动势为8V，据此估算出电容器的电容为______ （计算结果保留三位有效数字）。（3）如果不改变电路其他参数，只增加放电电路中电阻的阻值，则此过程的 曲线与坐标轴所围成的
面积将______（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）2 （2） ①. ②. 11.4
（3）不变
【解析】
【小问1详解】
研究充电过程，电容器应与电源连接，应将单刀双掷开关接2。
【小问2详解】
[1]根据
可知 图像与横轴围成的面积表示电荷量，则放电过程中电容器释放的电荷量为
[2]根据
可得电容器的电容为
【小问3详解】
由于 曲线与坐标轴所围成的面积表示电容器充完电后所带的电荷量，根据
如果不改变电路其他参数，只增加放电电路中电阻的阻值，由于电容和电源电压不变，所以此过程的
曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
三、计算题（本题共3小题，共计40分。解答时应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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图所示，金属小球甲用长度为4L的轻质绝缘细线悬挂在O点，金属小球乙用长度为5L的轻质绝缘
细线也悬挂在O点，两小球质量相等且均视为质点和点电荷，带电量均为 ，甲贴在光滑绝缘的竖直墙壁上，甲、乙静止时两条细线之间的夹角正好为 ，重力加速度为g，静电力常量为k， ，
， ，求：
（1）竖直墙壁对甲的支持力以及乙的质量；
（2）两小球在O点产生的合电场强度的大小。
【答案】（1） ， ；（2）
【解析】
【详解】（1）假设甲、乙的连线水平即假设甲、乙的连线与悬挂甲的细线垂直，设两细线之间的夹角为
，由几何关系可得
则有 与题干相符，假设成立；
则甲、乙两球之间的距离为
对甲进行受力分析，水平方向由二力平衡可得
对乙进行受力分析，由三力平衡的矢量三角形可得
解得（2）甲在O点产生的电场强度为
方向竖直向上
乙在O点产生的电场强度为
方向斜向左上方与 的夹角为
由平行四边形定则
综合计算可得
14. 如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝
m，已知电场线平行于△ABC所在平面，一个带电量为2×10－6 C的负电荷由A移到B，电势能增加1.2×10
－5 J；由B移到C，电场力做功6×10－6 J，求
（1）AB，BC间的电势差U ，U
AB BC
（2）若设C点为零电势能点，电荷在B点的电势能E
PB
（3）该电场的电场强度大小及方向
【答案】(1) 电势差 U ，U 分别为6V、-3V；(2) 6×10-6J (3)1V/m；方向由A→B
AB BC
【解析】
【详解】(1) 根据电势差公式可知(2) 若设C点为零电势能点，根据
W =E -E
BC pB pC
得B点的电势能
E =6×10-6J
PB
(3) 设A点电势为零，AB中点的电势
根据
U =φ -φ =-6V-φ =-3V
BC B C C
解得
φ =-3V
C
所以CD在同一个等势面上，作出等势面如图
AC两点沿场强方向的距离
所以
方向由A→B．
15. 如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从
A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两平行金属板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间电场时的速度方向与电场方向垂直，电子经过偏转电场后恰好从M板边缘飞出电
场并打在荧光屏上的P点，P点到O点之间的距离为a，已知加速电压为 ，M、N板长是板间距离的倍，偏转电场的右端到荧光屏的距离为b，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。求：
（1）求电子穿过A板时的速度大小 ；
（2）M、N金属板间电势差U；
（3）M、N金属板的板长L。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
电子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得电子穿过A板时的速度大小为
【小问2详解】
设M、N金属板的板长为 ，板间距离为 ，则有
电子在偏转电场中做类平抛运动，恰好从M板边缘飞出电场，则有， ，
联立解得M、N金属板间电势差为
【小问3详解】
电子离开偏转电场时，竖直方向的分速度为
电子从板右端到荧光屏，有
P点到O点的距离
联立解得M、N金属板的板长为
