广东省广州市第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考（10月）物理试题
一、单项选择题（共8题，每题4分，共32分。每题所给的四个选项中，只有一个正确答案，选错或多选均不得分。）
1．（2024高二上·越秀月考）教学或生活中会有以下情景：①图1，用毛巾反复摩擦PVC管和塑料细带，向上抛起细带，并将PVC管置于下方，可见细带在空中漂浮；②图2，干燥的冬天，带负电的手靠近金属门锁时会被电击。下列说法正确的是（ ）
A．图1中，PVC管与塑料带带异种电荷
B．图1中，毛巾与塑料带摩擦时创造了电荷
C．图2中，在靠近门锁但还未被电击过程中，门锁近手端感应出正电荷
D．图2中，电击过程，门锁上的部分电子转移到手上
2．（2024高二上·越秀月考）下列说法正确的是（ ）
A．点电荷在某点所受的电场力越大，该点的场强就越强
B．在电场中静止释放一点电荷，其一定做直线运动
C．密立根在油滴实验中发现油滴所带电量可以是任意值
D．场强为零的地方，电势不一定为零
3．（2024高二上·越秀月考）如图所示，一带负电的粒子仅受电场力作用，以一定的初速度沿电场方向从a点运动到b点，关于粒子在此运动过程中的图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二上·越秀月考）如图所示为某负点电荷电场中的一根电场线，a、b、c为该电场线上的三点，其中c为ab的中点。已知a、b两点的电势分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势为6V
B．a点场强小于b点场强
C．电荷在a处的电势能一定小于在b处的电势能
D．在c点静止释放一点电荷，其电势能一定将减小
5．（2024高二上·越秀月考）如图所示，在真空中有两个带等量正电的点电荷，分别置于P、Q两点，D、E为P、Q连线上的两点，A、B、C为P、Q连线的中垂线上的三点，且OA=OC，OD=OE。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点电势相等
B．D、E两点场强相同
C．将质子在D点静止释放，它将在DE之间来回运动
D．将质子在A点静止释放，它将在AC之间来回运动
6．（2024高二上·越秀月考）如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x＝x3处，其中x2处电势最高。则下列说法正确的是（ ）
A．x2处场强最大
B．粒子从x1处运动到x3处电场力做功为零
C．x1到x3场强先变大后变小
D．x1和x3两处场强方向相同
7．（2024高二上·越秀月考）如图所示，匀强电场中有ABCD四个点组成平行四边形，其中A、B、D三点电势分别为4V、8V和12V。已知，，∠BAD=45°，下列说法正确的是（ ）
A．C点电势为0V
B．电子从A移动到O，电势能减少6eV
C．电场方向从A指向D
D．场强大小为4V/m
8．（2024高二上·越秀月考）金属圆盘和金属棒分别接电源的正负极，将圆盘置于污泥槽底部，接通电源可将污泥絮体收集到圆盘上。圆盘与棒之间的电场分布如图实线所示，虚线为其中一个等势面。某一污泥絮体（视为质点）仅受电场力从A到B的运动轨迹如图所示，B点为轨迹、电场线和等势面的共同交点。下列说法正确的有（ ）
A．A处场强大于B处场强
B．A处电势大于B处电势
C．污泥絮体带正电
D．污泥絮体的电势能先增大后减小
二、多项选择题（共3题，每题6分，共18分。每题所给的四个选项中，有多个正确答案，全部选对得6分，错选得0分，选对但不全得3分。）
9．（2024高二上·越秀月考）如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（ ）
A．P带负电荷，Q带正电荷
B．P带正电荷，Q带负电荷
C．P、Q所带电荷量一定相等
D．改变场强大小，绳子仍能保持竖直
10．（2024高二上·越秀月考）电容位移传感器具有灵敏度高的优点，某电容位移传感器的工作原理可简化为如图所示的装置，电容器接在恒压直流电源上，其中A是固定极板，B是可动极板，B与被测物体连接在一起，G为灵敏电流计，当被测物体水平向左移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容变小
B．极板间的电场强度变大
C．电容器所带的电荷量减少
D．灵敏电流计中有从b到a方向的电流
11．（2024高二上·越秀月考）如图，金属板平行放置，两极接上恒定电压。质量相等的粒子A和B分别静止在上下极板处。闭合开关，两粒子仅在电场力作用下同时运动，且同时经过图中的虚线处，虚线到上下极板的距离之比为1：2，忽略粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．A带负电，B带正电
B．两粒子所带电荷量大小之比为1：2
C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比1：4
D．减小两板间距，两粒子运动到另一极板时的速率也会减小
三、非选择题（共50分）
12．（2024高二上·越秀月考）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，
（1）甲同学观察右图的电容器，电容器外壳上面标明的“10V”的含义是（ ）
A．电容器的耐压值为10V
B．电容器电压为10V时，电容为200μF
C．电容器在10V电压下才正常工作
（2）乙同学的实验电路图如图甲所示，电源输出电压恒为，S是单刀双掷开关，C为电容器。
①当开关S接到“1”时，电容器处于 过程，（填“充电”或者“放电”），电容器所带的电荷量逐渐 ；（填“增加”或“减少”）。
②下面说法正确的是
A. 电容器充电时，电压表示数始终等于电源电压
B. 电容器充电时，电流逐渐增大；放电时，电流逐渐减小
C. 电容器充、放电过程，流过电流传感器的电流方向相反
③乙同学使用图甲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。直流电源电压U=8V，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。
a.图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，则面积S1表示的物理意义是 ，且有S1 S2；（选填“>”、“<”或“=”）；
b.计算机测得，则该电容器的电容为 F；（保留两位有效数字）；
c.由甲、乙两图可以判断，阻值 R1 R2（选填“>”、“<”或“=”）
13．（2024高二上·越秀月考）平行金属板水平放置，板左侧有一粒子源，可在竖直线不同位置均匀垂直发射相同的正电粒子，右侧靠近极板处竖直固定一发光屏，当有粒子击中发光屏时，屏幕会发光。已知板长L=20cm，板宽d=4cm，极板所加电压恒为U=4V。所有粒子的比荷均为，进入金属板时的速率均为v0=2×105m/s，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子在板间运动时的加速度a的大小；
（2）若某粒子恰好能击中发光屏，则该粒子到下极板的距离y；
（3）能使屏发光的粒子占总粒子的百分比η；
14．（2024高二上·越秀月考）如图，等量异种电荷固定在光滑绝缘斜面上的AB两点，O为AB的中点，CD为斜面上的两点。带电小球（视为试探电荷）无初速度放在O处恰能保持静止。已知斜面倾角为30°，固定电荷的电荷量为Q，AB间距为2L，小球质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，求：
（1）沿斜面从C到D，空间的电场强度和电势如何变化？
（2）小球的电性和电量q；
（3）已知 ，，将小球从C点静止释放，恰能在D处速度减为零，则CD两点的电势差多大？
15．（2024高二上·越秀月考）虚线右侧空间存在水平向左的匀强电场，大小为E=6.0×105N/C，粗糙水平面连接着四分之一的光滑圆弧，另一端连接着足够长的光滑竖直面。一电荷量q=5.0×10-8C、质量m=1.0×10-2kg的带负电小物块在虚线处静止释放。已知AB距离为x=2.7m，圆弧半径为R=0.1m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，所有接触面均绝缘。求：
（1）小物块在AB段向右运动和向左运动时的加速度大小之比；
（2）小物块第一次到达C点时的速度v的大小及对轨道的压力F的大小；
（3）①判断小物块最终是否停在B处？
②它在水平面运动的总路程s；
③若先后在A处静止释放完全相同的两个小物块，两物块在C处相遇，求释放物块的最小时间间隔Δt。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】明确同种电荷和异种电荷之间的作用力，知道电荷中和的过程中电荷的移动。A．图1中， 用毛巾反复摩擦PVC管和塑料细带， PVC管与塑料带都带同种电荷，由于同种电荷相斥而使塑料带漂浮在空中，选项A错误；
B．图1中，毛巾与塑料带摩擦时产生了电荷，这是电荷的转移，不是创造了电荷，选项B错误；
C．图2中，因手带负电，则在靠近门锁但还未被电击过程中，门锁近手端感应出正电荷，选项C正确；
D．图2中，电击过程，因手带负电，则手上的部分电子转移到门锁上，选项D错误。
故选C。
【分析】PVC管与塑料带都带同种电荷，由于同种电荷相斥而使塑料带漂浮在空中；手带负电，根据异种电荷相互吸引，门锁被感应出正电荷；根据电荷中和的过程，能判断手上的电子发生了转移。
2．【答案】D
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】既可以利用计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F=qE求解电荷在某一点受到的电场力。A．点电荷在某点所受的电场力越大，根据场强的定义式可知，该点的场强不一定就越强，选项A错误；
B．在电场中静止释放一点电荷，若电场线为曲线即非匀强电场，则该点电荷做曲线运动，选项B错误；
C．密立根在油滴实验中发现油滴所带电量一定是元电荷的整数倍，选项C错误；
D．场强为零的地方，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点，选项D正确。
故选D。
【分析】根据场强的定义式分析，场强与电势大小没有必然联系，电荷运动方向不一定沿电场线方向。油滴所带电荷量一定是元电荷的整数倍。
3．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】粒子带负电，所受电场力方向向左，故电场力做负功，粒子速度逐渐减小，又因为因电场线向右逐渐稀疏，场强逐渐减小，电场力逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度逐渐减小，则v-t图像的斜率减小，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】速度—时间图象反应粒子速度的变化， 斜率等于加速度，结合电场线的疏密程度求解。
4．【答案】D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】电场线的疏密可表示电场强度的相对大小，但一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小．但可根据电势的高低判断电势能的大小。A．若该电场为匀强电场，则有
但实际该电场为点电荷电场，所以c点的电势不为6V，故A错误；
B．根据沿电场方向电势降低，可知离负点电荷越近电势越低，所以a点离负点电荷的距离小于b点离负点电荷的距离，根据
可知a点场强大于b点场强，故B错误；
C．根据
由于不清楚试探电荷的正负，所以无法判断电荷在a处的电势能与在b处的电势能大小关系，故C错误；
D．在c点静止释放一点电荷，则电场力对电荷一定做正功，其电势能一定减小，故D正确。
故选D。
【分析】因不知电场的具体分布情况，所以不能确定c点处的电势．离负点电荷越近电势越低，根据分析电势能的关系。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；电场线；电势
【解析】【解答】对于等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，是考试的热点，特别要注意两电荷连线和中垂线上电势和场强变化规律。A．根据等量正电荷电场等势线分布可知，A点电势高于B点电势。故A错误；
B．根据等量正电荷电场电场线分布可知，D、E两点场强大小相等，方向相反。故B错误；
C．根据等量正电荷电场电场线分布可知DO与OE之间的电场强度对称分布，将质子在D点静止释放，它先向右做加速运动，运动至O点速度达到最大，然后做减速运动，运动至E点速度减为0，之后反向加速运动至O点，再减速运动至D点，将在DE之间来回运动。故C正确；
D．同理，可知中垂线上O点上方的电场强度方向竖直向上，将质子在A点静止释放，它将沿中垂线向上做加速直线运动。故D错误。
故选C。
【分析】根据等势线分布判断A、B两点电势；根据电场线分布判断D、E两点场强；根据电场强度对称性判断质子的运动情况；根据质子的受力情况判断质子的运动情况。
6．【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】解决本题的关键要明确φ-x图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向。A．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知x2处场强为零，选项A错误；
B．粒子从x1处运动到x3处，两点电势差为零，可知电场力做功为零，选项B正确；
CD．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知 x1到x3场强先变小后变大，x1和x3两处场强方向相反，选项CD错误。
故选B。
【分析】φ-x图象的切线斜率表示场强，根据电势的变化可分析场强的方向，由电势差大小判断电场力做功大小。
7．【答案】B
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查电场强度与电势差的关系，解决本题的关键知道匀强电场等势线的特点，以及知道电场线与等势线的关系。A．根据
可得C点电势为
故A错误；
B．O点电势为
电子从A移动到O，电场力做功为
则电势能减少6eV，故B正确；
CD．由几何关系可知，为等腰直角三角形，AD连线中点P的电势为
可知BP连线为等势线，且，根据沿电场方向电势降低可知，电场方向从D指向A，场强大小为
故CD错误。
故选B。
【分析】根据匀强电场等势线的特点可知：AB的电势差等于DC的电势差，从而得出C点的电势，O点的电势等于AC电势的平均值，抓住电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势得出电场线的方向。
8．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解题时需注意：等势面与电场线一定处处正交（垂直）、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。A．根据电场线的疏密程度可知，A处场强小于B处场强，故A错误；
B．根据沿电场方向电势降低，结合等势面与电场线垂直，可知A处电势小于B处电势，故B错误；
C．根据曲线运动的合力位于轨迹的凹侧，可知污泥絮体受到的电场力与场强方向相反，则污泥絮体带负电，故C错误；
D．污泥絮体仅受电场力从A到B的运动，电场力先做负功后正功，所以污泥絮体的电势能先增大后减小，故D正确。
故选D。
【分析】根据曲线运动的合力指向运动轨迹的凹侧，确定污泥絮体受到的电场力方向，据此分析判断；同一等势线上各处电势相等，沿电场方向电势降低，据此分析判断；结合前面分析，根据功能关系，即可分析判断。
9．【答案】A,C
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电小球在电场力的作用下处于平衡状态的分析，关键是明确电场力和库仑力的方向特点，同时注意共点力平衡条件的应用。AB．由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下处于平衡，由于库仑力为相互作用力，大小相等，方向相反；因此两小球受到的电场力也一定是大小相等，方向相反，所以两小球一定带异种电荷，P小球所受库仑力向右，Q小球所受库仑力向左，匀强电场方向向右，因此正电荷受电场力方向向右，其受库仑力方向一定向左，所以Q带正电荷，P带负电荷，故A正确，B错误；
C．由于两小球受到的电场力均与库仑力平衡，所以两小球受到的电场力相等，则P、Q所带电荷量一定相等，故C正确；
D．改变场强大小，若绳子仍能保持竖直，则库仑力不变，但电场力发生改变，电场力与库仑力不再平衡，所以绳子不能保持竖直，故D错误。
故选AC。
【分析】小球均受电场力和库仑力作用而处于平衡状态，根据库仑力和电场力的方向进行分析，从而明确两球的电性。
10．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析问题，要知道电容器与电源保持相连，电容器两端的电压不变。电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端电压不变，当被测物体水平向左移动时，根据
，
由于极板距离减小，则电容器的电容变大，电容器所带的电荷量增加，灵敏电流计中有从b到a方向的充电电流；根据
可知极板间的电场强度变大。
故选BD。
【分析】根据电容的决定式分析电容的变化，结合电容器的电压不变，由分析极板间电场强度的变化。根据电容的定义式分析电容器所带电荷量的变化，从而确定通过灵敏电流计的电流方向。
11．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】公式U=Ed中，d是沿场强方向的两点间的距离，或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差，这一定量关系只适用于匀强电场。AB．两粒子仅在电场力作用下，均做初速度为0的匀加速直线运动，可知A受到的电场力向下，B受到的电场力向上，且场强方向向下，则A带正电，B带负电；根据
，=
由于两粒子质量相等，则两粒子所带电荷量大小之比为
故A错误，B正确；
C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比
故C正确；
D．根据动能定理可得
可得
减小两板间距，由于极板间的电压不变，则两粒子运动到另一极板时的速率不变，故D错误。
故选BC。
【分析】由运动学规律、牛顿第二定律、匀强电场中电势差与电场强度的关系分别列式，即可分析判断， 由电场力做功的计算公式列式可判断电场力做功之比。
12．【答案】（1）A
（2）充电；增加；C；电容器所带电荷量；=；0.15；<
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】使电容器带上电荷的过程称为充电； 使电容器失去电荷的过程称为放电。 本题主要考查了电容器的充电、放电过程中的电流、电荷量的变化及电压的变化，难度较大，需要认真分析。
（1）电容器外壳上面标明的“10V”的含义是电容器的耐压值为10V；电容为200μF与电容器电压无关；电容器在10V以下都能正常工作。
故选A。
（2）①当开关S接到“1”时，电容器与电源连接，电容器处于充电过程，电容器所带的电荷量逐渐增加；
②A．电容器充电时，电容器两端电压逐渐增大，则电压表示数逐渐增大，稳定时，电压表示数等于电源电压，故A错误；
B．电容器充电时，随着电容器电荷量的增大，电流逐渐减小；放电时，随着电容器电荷量的减小，电流逐渐减小，故B错误；
C．电容器充、放电过程，由电路图可知流过电流传感器的电流方向相反，故C正确。
故选C。
③图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，根据
可知面积S1表示的物理意义是电容器充完电后所带的电荷量；则面积S2表示的物理意义是放电过程，电容器放出的电荷量，则有
由于
且
可得该电容器的电容为
根据
，
由乙图可知，充电瞬间的电流大于放电瞬间的电流，则有
【分析】（1）电容器外壳上面标着“2200μF，10V”，根据该铭牌表示的物理意义进行分析；
（2） ① 当开关S接到“1”时，电容器与电源相连，是充电过程，电容器所带电荷量逐渐增加，据此作答；
② A.电源给电容器充电，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，据此作答；
B.电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，充电结束，充电电流为零，据此作答；
C.放电电流从电容器的正极板经用电器到负极板，据此作答；
D.放电过程，电容器所带电荷量逐渐减小，据此作答。
③ a.可知q=it，得出i-t图像“面积”的含义，然后作答；由i-t图像直接得出；
b.根据电容器的定义式求解电容；
c.根据充电瞬间和放电瞬间的电流，结合闭合电路的欧姆定律判断电路中的电阻。
（1）电容器外壳上面标明的“10V”的含义是电容器的耐压值为10V；电容为200μF与电容器电压无关；电容器在10V以下都能正常工作。
故选A。
（2）①[1][2] 当开关S接到“1”时，电容器与电源连接，电容器处于充电过程，电容器所带的电荷量逐渐增加；
②[3]
A．电容器充电时，电容器两端电压逐渐增大，则电压表示数逐渐增大，稳定时，电压表示数等于电源电压，故A错误；
B．电容器充电时，随着电容器电荷量的增大，电流逐渐减小；放电时，随着电容器电荷量的减小，电流逐渐减小，故B错误；
C．电容器充、放电过程，由电路图可知流过电流传感器的电流方向相反，故C正确。
故选C。
③[4][5]图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，根据
可知面积S1表示的物理意义是电容器充完电后所带的电荷量；则面积S2表示的物理意义是放电过程，电容器放出的电荷量，则有；
[6]由于
且
可得该电容器的电容为
[7]根据
，
由乙图可知，充电瞬间的电流大于放电瞬间的电流，则有
13．【答案】（1）解：粒子仅受电场力，则有
又
联立可得粒子在板间运动时的加速度大小为
（2）解：若某粒子恰好能击中发光屏，则水平方向有
竖直方向有
联立解得
（3）解：击中发光屏的粒子所占总粒子的百分比为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）求出场强大小，结合牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解距离；
（3）根据（2）中结论求解占总粒子的百分比。
（1）粒子仅受电场力，则有
又
联立可得粒子在板间运动时的加速度大小为
（2）若某粒子恰好能击中发光屏，则水平方向有
竖直方向有
联立解得
（3）击中发光屏的粒子所占总粒子的百分比为
14．【答案】（1）解：根据等量异种点电荷连线的电场分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电场强度先减小后增大；根据等量同种点电荷连线的电势分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电势一直增大。
（2）解：带电小球（视为试探电荷）无初速度放在O处恰能保持静止，可知小球受到的电场力沿斜面向上，与场强方向相同，则小球带正电；根据受力平衡和库仑定律可得
解得
（3）解：从C到D，由动能定理得
解得
【知识点】电场线；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据等量异种点电荷连线的电场分布特点以及等量同种点电荷连线的电势分布特点分析；
（2）根据库仑定律，结合平衡方程分析求解；
（3）从C到D，根据动能定理求解电势差大小。
（1）根据等量异种点电荷连线的电场分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电场强度先减小后增大；根据等量同种点电荷连线的电势分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电势一直增大。
（2）带电小球（视为试探电荷）无初速度放在O处恰能保持静止，可知小球受到的电场力沿斜面向上，与场强方向相同，则小球带正电；根据受力平衡和库仑定律可得
解得
（3）从C到D，由动能定理得
解得
15．【答案】（1）解：小物块在AB段向右运动时，根据牛顿第二定律可得
向左运动时，根据牛顿第二定律可得
可得
（2）解：小物块第一次到达C点时，设速度大小和所受支持力大小分别为v和F，在C点有
从A到C，由动能定理得
联立解得
，
由牛顿第三定律可知 物块对C点的压力大小为
（3）解：①因为且圆轨道光滑，故不会停在B点。
②多次往返后，物块在B点速度为零，并在圆周来回运动。设总路程为s，由动能动能得
解得
③最短时间间隔为物块从C点向上运动到返回C点的时间，易得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律可求小物块在AB段向右和向左运动时的加速度的大小，然后求加速度的大小之比；
（2）由动能定理可求小物块到达C点时的速度的大小，然后由向心力公式可求F的大小；
（3）由动能定理可求小物块到达水平面上的位移，再求小物块在水平面运动的总路程，根据速度时间关系求解时间间隔。
（1）小物块在AB段向右运动时，根据牛顿第二定律可得
向左运动时，根据牛顿第二定律可得
可得
（2）小物块第一次到达C点时，设速度大小和所受支持力大小分别为v和F，在C点有
从A到C，由动能定理得
联立解得
，
由牛顿第三定律可知 物块对C点的压力大小为
（3）（3）①因为且圆轨道光滑，故不会停在B点。
②多次往返后，物块在B点速度为零，并在圆周来回运动。设总路程为s，由动能动能得
解得
③最短时间间隔为物块从C点向上运动到返回C点的时间，易得
1 / 1广东省广州市第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考（10月）物理试题
一、单项选择题（共8题，每题4分，共32分。每题所给的四个选项中，只有一个正确答案，选错或多选均不得分。）
1．（2024高二上·越秀月考）教学或生活中会有以下情景：①图1，用毛巾反复摩擦PVC管和塑料细带，向上抛起细带，并将PVC管置于下方，可见细带在空中漂浮；②图2，干燥的冬天，带负电的手靠近金属门锁时会被电击。下列说法正确的是（ ）
A．图1中，PVC管与塑料带带异种电荷
B．图1中，毛巾与塑料带摩擦时创造了电荷
C．图2中，在靠近门锁但还未被电击过程中，门锁近手端感应出正电荷
D．图2中，电击过程，门锁上的部分电子转移到手上
【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】明确同种电荷和异种电荷之间的作用力，知道电荷中和的过程中电荷的移动。A．图1中， 用毛巾反复摩擦PVC管和塑料细带， PVC管与塑料带都带同种电荷，由于同种电荷相斥而使塑料带漂浮在空中，选项A错误；
B．图1中，毛巾与塑料带摩擦时产生了电荷，这是电荷的转移，不是创造了电荷，选项B错误；
C．图2中，因手带负电，则在靠近门锁但还未被电击过程中，门锁近手端感应出正电荷，选项C正确；
D．图2中，电击过程，因手带负电，则手上的部分电子转移到门锁上，选项D错误。
故选C。
【分析】PVC管与塑料带都带同种电荷，由于同种电荷相斥而使塑料带漂浮在空中；手带负电，根据异种电荷相互吸引，门锁被感应出正电荷；根据电荷中和的过程，能判断手上的电子发生了转移。
2．（2024高二上·越秀月考）下列说法正确的是（ ）
A．点电荷在某点所受的电场力越大，该点的场强就越强
B．在电场中静止释放一点电荷，其一定做直线运动
C．密立根在油滴实验中发现油滴所带电量可以是任意值
D．场强为零的地方，电势不一定为零
【答案】D
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】既可以利用计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F=qE求解电荷在某一点受到的电场力。A．点电荷在某点所受的电场力越大，根据场强的定义式可知，该点的场强不一定就越强，选项A错误；
B．在电场中静止释放一点电荷，若电场线为曲线即非匀强电场，则该点电荷做曲线运动，选项B错误；
C．密立根在油滴实验中发现油滴所带电量一定是元电荷的整数倍，选项C错误；
D．场强为零的地方，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点，选项D正确。
故选D。
【分析】根据场强的定义式分析，场强与电势大小没有必然联系，电荷运动方向不一定沿电场线方向。油滴所带电荷量一定是元电荷的整数倍。
3．（2024高二上·越秀月考）如图所示，一带负电的粒子仅受电场力作用，以一定的初速度沿电场方向从a点运动到b点，关于粒子在此运动过程中的图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】粒子带负电，所受电场力方向向左，故电场力做负功，粒子速度逐渐减小，又因为因电场线向右逐渐稀疏，场强逐渐减小，电场力逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度逐渐减小，则v-t图像的斜率减小，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】速度—时间图象反应粒子速度的变化， 斜率等于加速度，结合电场线的疏密程度求解。
4．（2024高二上·越秀月考）如图所示为某负点电荷电场中的一根电场线，a、b、c为该电场线上的三点，其中c为ab的中点。已知a、b两点的电势分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势为6V
B．a点场强小于b点场强
C．电荷在a处的电势能一定小于在b处的电势能
D．在c点静止释放一点电荷，其电势能一定将减小
【答案】D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】电场线的疏密可表示电场强度的相对大小，但一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小．但可根据电势的高低判断电势能的大小。A．若该电场为匀强电场，则有
但实际该电场为点电荷电场，所以c点的电势不为6V，故A错误；
B．根据沿电场方向电势降低，可知离负点电荷越近电势越低，所以a点离负点电荷的距离小于b点离负点电荷的距离，根据
可知a点场强大于b点场强，故B错误；
C．根据
由于不清楚试探电荷的正负，所以无法判断电荷在a处的电势能与在b处的电势能大小关系，故C错误；
D．在c点静止释放一点电荷，则电场力对电荷一定做正功，其电势能一定减小，故D正确。
故选D。
【分析】因不知电场的具体分布情况，所以不能确定c点处的电势．离负点电荷越近电势越低，根据分析电势能的关系。
5．（2024高二上·越秀月考）如图所示，在真空中有两个带等量正电的点电荷，分别置于P、Q两点，D、E为P、Q连线上的两点，A、B、C为P、Q连线的中垂线上的三点，且OA=OC，OD=OE。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点电势相等
B．D、E两点场强相同
C．将质子在D点静止释放，它将在DE之间来回运动
D．将质子在A点静止释放，它将在AC之间来回运动
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；电场线；电势
【解析】【解答】对于等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，是考试的热点，特别要注意两电荷连线和中垂线上电势和场强变化规律。A．根据等量正电荷电场等势线分布可知，A点电势高于B点电势。故A错误；
B．根据等量正电荷电场电场线分布可知，D、E两点场强大小相等，方向相反。故B错误；
C．根据等量正电荷电场电场线分布可知DO与OE之间的电场强度对称分布，将质子在D点静止释放，它先向右做加速运动，运动至O点速度达到最大，然后做减速运动，运动至E点速度减为0，之后反向加速运动至O点，再减速运动至D点，将在DE之间来回运动。故C正确；
D．同理，可知中垂线上O点上方的电场强度方向竖直向上，将质子在A点静止释放，它将沿中垂线向上做加速直线运动。故D错误。
故选C。
【分析】根据等势线分布判断A、B两点电势；根据电场线分布判断D、E两点场强；根据电场强度对称性判断质子的运动情况；根据质子的受力情况判断质子的运动情况。
6．（2024高二上·越秀月考）如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x＝x3处，其中x2处电势最高。则下列说法正确的是（ ）
A．x2处场强最大
B．粒子从x1处运动到x3处电场力做功为零
C．x1到x3场强先变大后变小
D．x1和x3两处场强方向相同
【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】解决本题的关键要明确φ-x图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向。A．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知x2处场强为零，选项A错误；
B．粒子从x1处运动到x3处，两点电势差为零，可知电场力做功为零，选项B正确；
CD．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知 x1到x3场强先变小后变大，x1和x3两处场强方向相反，选项CD错误。
故选B。
【分析】φ-x图象的切线斜率表示场强，根据电势的变化可分析场强的方向，由电势差大小判断电场力做功大小。
7．（2024高二上·越秀月考）如图所示，匀强电场中有ABCD四个点组成平行四边形，其中A、B、D三点电势分别为4V、8V和12V。已知，，∠BAD=45°，下列说法正确的是（ ）
A．C点电势为0V
B．电子从A移动到O，电势能减少6eV
C．电场方向从A指向D
D．场强大小为4V/m
【答案】B
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查电场强度与电势差的关系，解决本题的关键知道匀强电场等势线的特点，以及知道电场线与等势线的关系。A．根据
可得C点电势为
故A错误；
B．O点电势为
电子从A移动到O，电场力做功为
则电势能减少6eV，故B正确；
CD．由几何关系可知，为等腰直角三角形，AD连线中点P的电势为
可知BP连线为等势线，且，根据沿电场方向电势降低可知，电场方向从D指向A，场强大小为
故CD错误。
故选B。
【分析】根据匀强电场等势线的特点可知：AB的电势差等于DC的电势差，从而得出C点的电势，O点的电势等于AC电势的平均值，抓住电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势得出电场线的方向。
8．（2024高二上·越秀月考）金属圆盘和金属棒分别接电源的正负极，将圆盘置于污泥槽底部，接通电源可将污泥絮体收集到圆盘上。圆盘与棒之间的电场分布如图实线所示，虚线为其中一个等势面。某一污泥絮体（视为质点）仅受电场力从A到B的运动轨迹如图所示，B点为轨迹、电场线和等势面的共同交点。下列说法正确的有（ ）
A．A处场强大于B处场强
B．A处电势大于B处电势
C．污泥絮体带正电
D．污泥絮体的电势能先增大后减小
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解题时需注意：等势面与电场线一定处处正交（垂直）、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。A．根据电场线的疏密程度可知，A处场强小于B处场强，故A错误；
B．根据沿电场方向电势降低，结合等势面与电场线垂直，可知A处电势小于B处电势，故B错误；
C．根据曲线运动的合力位于轨迹的凹侧，可知污泥絮体受到的电场力与场强方向相反，则污泥絮体带负电，故C错误；
D．污泥絮体仅受电场力从A到B的运动，电场力先做负功后正功，所以污泥絮体的电势能先增大后减小，故D正确。
故选D。
【分析】根据曲线运动的合力指向运动轨迹的凹侧，确定污泥絮体受到的电场力方向，据此分析判断；同一等势线上各处电势相等，沿电场方向电势降低，据此分析判断；结合前面分析，根据功能关系，即可分析判断。
二、多项选择题（共3题，每题6分，共18分。每题所给的四个选项中，有多个正确答案，全部选对得6分，错选得0分，选对但不全得3分。）
9．（2024高二上·越秀月考）如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（ ）
A．P带负电荷，Q带正电荷
B．P带正电荷，Q带负电荷
C．P、Q所带电荷量一定相等
D．改变场强大小，绳子仍能保持竖直
【答案】A,C
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电小球在电场力的作用下处于平衡状态的分析，关键是明确电场力和库仑力的方向特点，同时注意共点力平衡条件的应用。AB．由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下处于平衡，由于库仑力为相互作用力，大小相等，方向相反；因此两小球受到的电场力也一定是大小相等，方向相反，所以两小球一定带异种电荷，P小球所受库仑力向右，Q小球所受库仑力向左，匀强电场方向向右，因此正电荷受电场力方向向右，其受库仑力方向一定向左，所以Q带正电荷，P带负电荷，故A正确，B错误；
C．由于两小球受到的电场力均与库仑力平衡，所以两小球受到的电场力相等，则P、Q所带电荷量一定相等，故C正确；
D．改变场强大小，若绳子仍能保持竖直，则库仑力不变，但电场力发生改变，电场力与库仑力不再平衡，所以绳子不能保持竖直，故D错误。
故选AC。
【分析】小球均受电场力和库仑力作用而处于平衡状态，根据库仑力和电场力的方向进行分析，从而明确两球的电性。
10．（2024高二上·越秀月考）电容位移传感器具有灵敏度高的优点，某电容位移传感器的工作原理可简化为如图所示的装置，电容器接在恒压直流电源上，其中A是固定极板，B是可动极板，B与被测物体连接在一起，G为灵敏电流计，当被测物体水平向左移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容变小
B．极板间的电场强度变大
C．电容器所带的电荷量减少
D．灵敏电流计中有从b到a方向的电流
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析问题，要知道电容器与电源保持相连，电容器两端的电压不变。电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端电压不变，当被测物体水平向左移动时，根据
，
由于极板距离减小，则电容器的电容变大，电容器所带的电荷量增加，灵敏电流计中有从b到a方向的充电电流；根据
可知极板间的电场强度变大。
故选BD。
【分析】根据电容的决定式分析电容的变化，结合电容器的电压不变，由分析极板间电场强度的变化。根据电容的定义式分析电容器所带电荷量的变化，从而确定通过灵敏电流计的电流方向。
11．（2024高二上·越秀月考）如图，金属板平行放置，两极接上恒定电压。质量相等的粒子A和B分别静止在上下极板处。闭合开关，两粒子仅在电场力作用下同时运动，且同时经过图中的虚线处，虚线到上下极板的距离之比为1：2，忽略粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．A带负电，B带正电
B．两粒子所带电荷量大小之比为1：2
C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比1：4
D．减小两板间距，两粒子运动到另一极板时的速率也会减小
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】公式U=Ed中，d是沿场强方向的两点间的距离，或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差，这一定量关系只适用于匀强电场。AB．两粒子仅在电场力作用下，均做初速度为0的匀加速直线运动，可知A受到的电场力向下，B受到的电场力向上，且场强方向向下，则A带正电，B带负电；根据
，=
由于两粒子质量相等，则两粒子所带电荷量大小之比为
故A错误，B正确；
C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比
故C正确；
D．根据动能定理可得
可得
减小两板间距，由于极板间的电压不变，则两粒子运动到另一极板时的速率不变，故D错误。
故选BC。
【分析】由运动学规律、牛顿第二定律、匀强电场中电势差与电场强度的关系分别列式，即可分析判断， 由电场力做功的计算公式列式可判断电场力做功之比。
三、非选择题（共50分）
12．（2024高二上·越秀月考）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，
（1）甲同学观察右图的电容器，电容器外壳上面标明的“10V”的含义是（ ）
A．电容器的耐压值为10V
B．电容器电压为10V时，电容为200μF
C．电容器在10V电压下才正常工作
（2）乙同学的实验电路图如图甲所示，电源输出电压恒为，S是单刀双掷开关，C为电容器。
①当开关S接到“1”时，电容器处于 过程，（填“充电”或者“放电”），电容器所带的电荷量逐渐 ；（填“增加”或“减少”）。
②下面说法正确的是
A. 电容器充电时，电压表示数始终等于电源电压
B. 电容器充电时，电流逐渐增大；放电时，电流逐渐减小
C. 电容器充、放电过程，流过电流传感器的电流方向相反
③乙同学使用图甲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。直流电源电压U=8V，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。
a.图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，则面积S1表示的物理意义是 ，且有S1 S2；（选填“>”、“<”或“=”）；
b.计算机测得，则该电容器的电容为 F；（保留两位有效数字）；
c.由甲、乙两图可以判断，阻值 R1 R2（选填“>”、“<”或“=”）
【答案】（1）A
（2）充电；增加；C；电容器所带电荷量；=；0.15；<
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】使电容器带上电荷的过程称为充电； 使电容器失去电荷的过程称为放电。 本题主要考查了电容器的充电、放电过程中的电流、电荷量的变化及电压的变化，难度较大，需要认真分析。
（1）电容器外壳上面标明的“10V”的含义是电容器的耐压值为10V；电容为200μF与电容器电压无关；电容器在10V以下都能正常工作。
故选A。
（2）①当开关S接到“1”时，电容器与电源连接，电容器处于充电过程，电容器所带的电荷量逐渐增加；
②A．电容器充电时，电容器两端电压逐渐增大，则电压表示数逐渐增大，稳定时，电压表示数等于电源电压，故A错误；
B．电容器充电时，随着电容器电荷量的增大，电流逐渐减小；放电时，随着电容器电荷量的减小，电流逐渐减小，故B错误；
C．电容器充、放电过程，由电路图可知流过电流传感器的电流方向相反，故C正确。
故选C。
③图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，根据
可知面积S1表示的物理意义是电容器充完电后所带的电荷量；则面积S2表示的物理意义是放电过程，电容器放出的电荷量，则有
由于
且
可得该电容器的电容为
根据
，
由乙图可知，充电瞬间的电流大于放电瞬间的电流，则有
【分析】（1）电容器外壳上面标着“2200μF，10V”，根据该铭牌表示的物理意义进行分析；
（2） ① 当开关S接到“1”时，电容器与电源相连，是充电过程，电容器所带电荷量逐渐增加，据此作答；
② A.电源给电容器充电，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，据此作答；
B.电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，充电结束，充电电流为零，据此作答；
C.放电电流从电容器的正极板经用电器到负极板，据此作答；
D.放电过程，电容器所带电荷量逐渐减小，据此作答。
③ a.可知q=it，得出i-t图像“面积”的含义，然后作答；由i-t图像直接得出；
b.根据电容器的定义式求解电容；
c.根据充电瞬间和放电瞬间的电流，结合闭合电路的欧姆定律判断电路中的电阻。
（1）电容器外壳上面标明的“10V”的含义是电容器的耐压值为10V；电容为200μF与电容器电压无关；电容器在10V以下都能正常工作。
故选A。
（2）①[1][2] 当开关S接到“1”时，电容器与电源连接，电容器处于充电过程，电容器所带的电荷量逐渐增加；
②[3]
A．电容器充电时，电容器两端电压逐渐增大，则电压表示数逐渐增大，稳定时，电压表示数等于电源电压，故A错误；
B．电容器充电时，随着电容器电荷量的增大，电流逐渐减小；放电时，随着电容器电荷量的减小，电流逐渐减小，故B错误；
C．电容器充、放电过程，由电路图可知流过电流传感器的电流方向相反，故C正确。
故选C。
③[4][5]图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，根据
可知面积S1表示的物理意义是电容器充完电后所带的电荷量；则面积S2表示的物理意义是放电过程，电容器放出的电荷量，则有；
[6]由于
且
可得该电容器的电容为
[7]根据
，
由乙图可知，充电瞬间的电流大于放电瞬间的电流，则有
13．（2024高二上·越秀月考）平行金属板水平放置，板左侧有一粒子源，可在竖直线不同位置均匀垂直发射相同的正电粒子，右侧靠近极板处竖直固定一发光屏，当有粒子击中发光屏时，屏幕会发光。已知板长L=20cm，板宽d=4cm，极板所加电压恒为U=4V。所有粒子的比荷均为，进入金属板时的速率均为v0=2×105m/s，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子在板间运动时的加速度a的大小；
（2）若某粒子恰好能击中发光屏，则该粒子到下极板的距离y；
（3）能使屏发光的粒子占总粒子的百分比η；
【答案】（1）解：粒子仅受电场力，则有
又
联立可得粒子在板间运动时的加速度大小为
（2）解：若某粒子恰好能击中发光屏，则水平方向有
竖直方向有
联立解得
（3）解：击中发光屏的粒子所占总粒子的百分比为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）求出场强大小，结合牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解距离；
（3）根据（2）中结论求解占总粒子的百分比。
（1）粒子仅受电场力，则有
又
联立可得粒子在板间运动时的加速度大小为
（2）若某粒子恰好能击中发光屏，则水平方向有
竖直方向有
联立解得
（3）击中发光屏的粒子所占总粒子的百分比为
14．（2024高二上·越秀月考）如图，等量异种电荷固定在光滑绝缘斜面上的AB两点，O为AB的中点，CD为斜面上的两点。带电小球（视为试探电荷）无初速度放在O处恰能保持静止。已知斜面倾角为30°，固定电荷的电荷量为Q，AB间距为2L，小球质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，求：
（1）沿斜面从C到D，空间的电场强度和电势如何变化？
（2）小球的电性和电量q；
（3）已知 ，，将小球从C点静止释放，恰能在D处速度减为零，则CD两点的电势差多大？
【答案】（1）解：根据等量异种点电荷连线的电场分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电场强度先减小后增大；根据等量同种点电荷连线的电势分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电势一直增大。
（2）解：带电小球（视为试探电荷）无初速度放在O处恰能保持静止，可知小球受到的电场力沿斜面向上，与场强方向相同，则小球带正电；根据受力平衡和库仑定律可得
解得
（3）解：从C到D，由动能定理得
解得
【知识点】电场线；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据等量异种点电荷连线的电场分布特点以及等量同种点电荷连线的电势分布特点分析；
（2）根据库仑定律，结合平衡方程分析求解；
（3）从C到D，根据动能定理求解电势差大小。
（1）根据等量异种点电荷连线的电场分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电场强度先减小后增大；根据等量同种点电荷连线的电势分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电势一直增大。
（2）带电小球（视为试探电荷）无初速度放在O处恰能保持静止，可知小球受到的电场力沿斜面向上，与场强方向相同，则小球带正电；根据受力平衡和库仑定律可得
解得
（3）从C到D，由动能定理得
解得
15．（2024高二上·越秀月考）虚线右侧空间存在水平向左的匀强电场，大小为E=6.0×105N/C，粗糙水平面连接着四分之一的光滑圆弧，另一端连接着足够长的光滑竖直面。一电荷量q=5.0×10-8C、质量m=1.0×10-2kg的带负电小物块在虚线处静止释放。已知AB距离为x=2.7m，圆弧半径为R=0.1m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，所有接触面均绝缘。求：
（1）小物块在AB段向右运动和向左运动时的加速度大小之比；
（2）小物块第一次到达C点时的速度v的大小及对轨道的压力F的大小；
（3）①判断小物块最终是否停在B处？
②它在水平面运动的总路程s；
③若先后在A处静止释放完全相同的两个小物块，两物块在C处相遇，求释放物块的最小时间间隔Δt。
【答案】（1）解：小物块在AB段向右运动时，根据牛顿第二定律可得
向左运动时，根据牛顿第二定律可得
可得
（2）解：小物块第一次到达C点时，设速度大小和所受支持力大小分别为v和F，在C点有
从A到C，由动能定理得
联立解得
，
由牛顿第三定律可知 物块对C点的压力大小为
（3）解：①因为且圆轨道光滑，故不会停在B点。
②多次往返后，物块在B点速度为零，并在圆周来回运动。设总路程为s，由动能动能得
解得
③最短时间间隔为物块从C点向上运动到返回C点的时间，易得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律可求小物块在AB段向右和向左运动时的加速度的大小，然后求加速度的大小之比；
（2）由动能定理可求小物块到达C点时的速度的大小，然后由向心力公式可求F的大小；
（3）由动能定理可求小物块到达水平面上的位移，再求小物块在水平面运动的总路程，根据速度时间关系求解时间间隔。
（1）小物块在AB段向右运动时，根据牛顿第二定律可得
向左运动时，根据牛顿第二定律可得
可得
（2）小物块第一次到达C点时，设速度大小和所受支持力大小分别为v和F，在C点有
从A到C，由动能定理得
联立解得
，
由牛顿第三定律可知 物块对C点的压力大小为
（3）（3）①因为且圆轨道光滑，故不会停在B点。
②多次往返后，物块在B点速度为零，并在圆周来回运动。设总路程为s，由动能动能得
解得
③最短时间间隔为物块从C点向上运动到返回C点的时间，易得
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