2023-2024学年广东深圳实验学校高中部高二(上)第一次段考物理试题及答案

2023-2024学年广东省深圳实验学校高中部高二（上）第一次段考物理试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。13分）下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离，则①F＝k②E=③E=④U＝Ed.A．它们都只对点电荷或点电荷的场才成立B.①②③只对点电荷或点电荷的场成立，④只对匀强电场成立C.①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立D.①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立23分）在国际单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为，该物理量可能为()A．电势B．伏特C．电场强度D．电荷量33分）对电容C以下说法正确的是()A．电容器充电量越大，电容就越大B．电容器的电容跟它两极所加电压成反比C．电容器的电容越大，所带电量就越多D．对于确定的电容器，它所充的电量跟它两极板间所加电压的比值保持不变43分）如图所示，正三棱柱ABC﹣A′B′C′的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为﹣Q的点电荷，选取无穷远处电势为0。则()A．A′点处的电场强度与C′点处的电场强度相同B．B点处的电场强度与B′点处的电场强度相同C．将一正试探电荷沿直线从B点移到B′点，其电势能保持不变D．将一负试探电荷从A′点移到C′点，电场力做正功53分）如图为静电除尘器除尘原理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PM＝MN。尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列判断正确的是()A．a是直流高压电源的正极B．电场中P点的场强大于M点的场强C．电场中M点的电势高于N点的电势D．电场中P、M间的电势差UPM等于M、N间的电势差UMN63分）在正三角形的三个顶点分别固定电荷量为+2Q、﹣Q、﹣Q的点电荷，设无穷远处电势为零，O为正三角形的中点，其中一个﹣Q的点电荷在O点产生的场强大小为E，则O点()A．电势为正B．电势为负C．电场强度大小为2ED．电场强度大小为3E73分）真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，沿x轴正方向电场强度E为正，以下判断A．点电荷M、N一定为同种电荷B．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1C．把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，其加速度一直减小D．把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，其电势能一直减小83分）如图所示，质量为m、带电量为+q的小球A，用长度为L的绝缘细线悬挂于天花板上的O点。在O点的正下方2L处，绝缘支架上固定有带电小球B，小球A静止时，细线与竖直方向的夹角为60°。已知两个带电小球都可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，若改变小球B的位置，仍可使A球静止在原来的位置，其他条件不变，则小球B对A球的静电力的大小不可能是()A．mgB．mgC．mg93分）如图所示，一倾角θ=30°的光滑绝缘斜槽，放在方向竖直向下的匀强电场中。有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从斜槽顶端A处，以初速度v0沿斜槽向下运动，能到达斜面底端B处。则运A．小球可能做减速运动B．小球的电势能减少C．电场力做的功等于小球的机械能增量D．电场力的冲量可能与重力的冲量相同103分）如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是()A．该匀强电场的电场强度为B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）D．弹簧的弹性势能的增加量为二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）114分）如图所示，不带电的金属棒AB长为L，O为AB的中点，在距离A点为R的C点处放一带电量为Q的正点电荷，C与AB在一条直线上，如图所示，设无穷远处电势为零。下列说法正确A．金属棒上A点的电势高于B点的电势B．O点的电场强度为零，电势也为零C．金属棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为D．若将A端接地，金属棒将带上负电荷（多选）124分）如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是()A．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零（多选）134分）在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处。两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是()A．x3处电势φ最高，电场强度最大B．Q1带正电，Q2带负电C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加（多选）144分）如图所示，带电平行金属板水平放置，电量相同的三个带电粒子a、b、c从两板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场（不计粒子的重力则它们在两板间运动的过程中 A．a、b粒子运动时间相等B．电场力对a和b两粒子做功相等C．b粒子的动量的变化量与c粒子的动量的变化量相等D．c粒子电势能减少量最少（多选）154分）如图a，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压u，A板电势uA＝0，B板电势uB随时间t变化的规律如图b中．现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速和重力的影响均可忽略，则()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动（多选）164分）如图所示，在水平向右的匀强电场中，一内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道处在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直径，CD为竖直直径。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道的最低点获得一定的初速度v0后，能够在轨道内做圆周运动。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度E=,不计空气阻力，下列说法中正确的是()A．小球运动到D点时的动能最小B．小球运动到B点时的机械能最大C．若v0=,小球恰好能够沿着轨道做圆周运动D．若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg三、非选择题：共46分，请根据要求作答。176分）如图，图中A、B、C、D是匀强电场中一个正方形的四个顶点，已知A、C两点的电势分别为φA＝15V，φC=﹣3V。如果把q=﹣1.0×10﹣5C的电荷从A点移到B点，需要克服静电力做功W=1.2×10﹣4J，由此可得B、D点电势分别为φB＝、φD＝。并作出该匀强电场的电场线（只需作出三条即可，保留作图用到的辅助线，不必写出作图步骤）。188分）电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器（额定电压为16V电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关；导线若干实验过程如下：①按照图甲正确连接电路；②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I﹣t图线如图乙中的实线a所示；④利用计算机软件测出I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积。请回答下列问题：a．已知测出的I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA•s，根据图像算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为C，最大电压为V，电容器的电容C＝F均保留两位有效数字）b．若将定值电阻换为R1＝180Ω,重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I﹣t图线应该是图丙中的曲198分）如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为﹣q、套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2．求：（1）小球滑到C点时的速度大小；（2）若以C点作为参考点（零电势点试确定A点的电势。2012分）在光滑的水平面上有一凹形木板A，质量为m＝0.1kg，长度为1m，不计凹形木板A左右两壁的厚度，其上表面也光滑；另有一质量也为m的带电滑块B静止于凹形木板A的左侧（如图带电滑块B所带电荷量为q＝+5×10﹣5C。在水平面上方空间中加一匀强电场，方向水平向右，电场强度E＝4×103N/C。t＝0时滑块B静止释放，设滑块B与A两侧的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求滑块B与凹形木板A第1次碰撞前、后的速度大小。（2）求滑块B从开始运动到与凹形木板A第2次碰撞时，电场力对滑块B所做的功。2112分）如图所示的装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反。质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域。不考虑粒子受到的重力。（1）求粒子射入平移器时的速度大小v1；（2）当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U。2023-2024学年广东省深圳实验学校高中部高二（上）第一次段考物理试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。13分）下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离，则①F＝k②E=③E=④U＝Ed.A．它们都只对点电荷或点电荷的场才成立B.①②③只对点电荷或点电荷的场成立，④只对匀强电场成立C.①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立D.①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立【分析】、E＝只适用于点电荷；适用于任何电场，U＝Ed只适用于匀强电场.【解答】解：是库仑定律的公式，只适用于点电荷。E＝是由库仑定律和电场强度的定义式E＝推导出来的，也可适用于点电荷；是电场定义式，采用比值法定义，适用于任何电场；U＝Ed是根据W＝qU和W＝qEd结合推导出来的，W＝qEd只适用于匀强电场，所以U＝Ed只对匀强电场成立。故C正确。故选：C。【点评】解决本题的关键知道库仑定律和电场强度三大公式的适用条件，要知道各个公式的来源，并能灵活运用，即可正确答题.23分）在国际单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为，该物理量可能为()A．电势B．伏特C．电场强度D．电荷量【分析】单位制有基本单位和导出单位，导出单位是由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。【解答】解：AB、电势是描述电场能性质的物理量，V是电势的单位，则根据电势的定义式：可知故A正确，B错误；C、电场强度公式N/C是电场强度单位，则故C错误；D、电荷量公式：q＝It，单位是C，则：1C＝1A•s，故D错误。故选：A。【点评】解题关键是知道导出单位是由基本单位根据物理关系推导出来的。难度不大。33分）对电容C以下说法正确的是()A．电容器充电量越大，电容就越大B．电容器的电容跟它两极所加电压成反比C．电容器的电容越大，所带电量就越多D．对于确定的电容器，它所充的电量跟它两极板间所加电压的比值保持不变【分析】电容器的电容由本身的性质决定，跟电容器两端所加的电压和所带的带电量无关.【解答】解：A、电容器的电容与所带电量和两端间的电压无关，由本身的性质决定。故A、B错误。C、根据Q＝CU，电容越大，带电量不一定大。故C错误。D、对于确定的电容器，它所充的电量跟它两极板间所加电压的比值保持不变。故D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键理解电容的定义式，知道电容器的电容与所带的电量和两端间的电势差无关.43分）如图所示，正三棱柱ABC﹣A′B′C′的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为﹣Q的点电荷，选取无穷远处电势为0。则()A．A′点处的电场强度与C′点处的电场强度相同B．B点处的电场强度与B′点处的电场强度相同C．将一正试探电荷沿直线从B点移到B′点，其电势能保持不变D．将一负试探电荷从A′点移到C′点，电场力做正功【分析】对等量异种点电荷电势线分布的考查，知道沿电场线电势降低，A′点电势高于C′点电势，然后判断电势能的变化，需要注意的是移动负电荷时，电势能的变化与电势变化恰好相反，知道两点电荷连线中垂面的电势特点，利用W＝qU解题，场强的叠加问题，用好等量异种点电荷连线上场强的特点。【解答】解：AB、根据等量异种电荷电场线分布以及对称性可知，A′与C′点关于AC连线的中垂线对称，故A′与C′点处的电场强度大小相等，方向不同；B与B′点到AC连线的距离不等，B与B′点处的电场强度大小不同，故AB错误；C、根据等量异种电荷连线中垂面为等势面，故将一正试探电荷沿直线从B点移到B′点，电场力不做功，其电势能保持不变，故C正确；D、将一负试探电荷从A′点移到C′点，负电荷逐渐远离正电荷，逐渐靠近负电荷，电势降低，可知电场力做负功，故D错误。故选：C。【点评】该题借助空间立体模型考查了学生对等量异种点电荷电场线与电势线分布特点，对本知识点需要熟练掌握，善于转换研究的角度，变平面分布图为立体分布图，对点电荷的场强叠加也做了一定的分析，进一步提高学生的空间想象能力。53分）如图为静电除尘器除尘原理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PM＝MN。尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列判断正确的是()A．a是直流高压电源的正极B．电场中P点的场强大于M点的场强C．电场中M点的电势高于N点的电势D．电场中P、M间的电势差UPM等于M、N间的电势差UMN【分析】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场.尘埃所受的电场力是变化的，依据电场线的疏密来体现电场的强弱，并沿着电场线的方向电势是降低的。【解答】解：A、尘埃带负电，在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，故集尘极带正电，即b是直流高压电源的正极，故A错误；BC、放电极带负电，集电极带正电，两极之间的电场线分布如图所示沿电场线方向电势逐渐降低，故电场N中点的电势高于M点的电势，电场中P点的场强大于M点的场强，故B正确，C错误；D、电场中P、M间的电场线比M、N间的电场线密集，故电场中P、M间的电势差UPM大于M、N间的电势差UMN，故D错误。故选：B。【点评】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，剖题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，理解本电场是非匀强电场，是解题的关键。63分）在正三角形的三个顶点分别固定电荷量为+2Q、﹣Q、﹣Q的点电荷，设无穷远处电势为零，O为正三角形的中点，其中一个﹣Q的点电荷在O点产生的场强大小为E，则O点()A．电势为正B．电势为负C．电场强度大小为2ED．电场强度大小为3E【分析】求出将某试探电荷从三个电荷产生的电场中的O点移到无穷远处，电场力所做的功，根据φ=可求电势；由点电荷场强公式E＝分别求出三个电荷在O处产生的场强大小，并依据矢量的合成法则，再进行合成求解合场强大小。【解答】解：AB、在点电荷﹣Q的电场中，设将一个正试探电荷q从O点移到无穷远处，电场力所做的功为﹣W，同理将该点电荷从+Q的电场中的O点移到无穷远处，电场力所做的功为W，将该电荷从点电荷+2Q的电场中的O点移到无穷远处，电场力所做的功为2W，所以将该电荷从三个电荷产生的电场中的O点移到无穷远处，电场力所做的功为W总=﹣W﹣W+2W＝0，则有φ==0，即O点的电势为φ为零，故AB均错误；CD、根据点电荷的电场强度公式E=,可知两个点电荷在﹣O点产生的电场强度大小相同，都为E，互成120°,其合场强也为E，方向垂直于两负电荷的连线。而+2Q在O点处关系到的场强大小为2E，方向垂直于两负电荷的连线，则根据电场强度的叠加原理，可知两三个点电荷在O点处产生的合场强为3E，方向垂直于两负电荷的连线，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解，注意电场强度是矢量，而电势属于标量。73分）真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，沿x轴正方向电场强度E为正，以下判断中正确的是()A．点电荷M、N一定为同种电荷B．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1C．把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，其加速度一直减小D．把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，其电势能一直减小【分析】根据E﹣x图像判断出场强的方向，进而判断电荷的电性，利用电场强度为零的点结合库仑定律计算电荷量的比值；利用电场相关公式判断加速度和电势能的变化。【解答】解：AB、x＝2a处场强为零且左侧场强向右（正值）、右侧场强向左（负值结合点电荷的场强特征可知，点电荷M、N一定为同种电荷；两点电荷在x＝2a处的合场强为零，则两点电荷在x＝2a处场强大小相等解得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为故A正确，B错误；C、由题图可知，位置x3＝a右侧场强先减小再增大，故把一个正检验电荷由位置x3＝a静止释放，据牛顿第二定律可得知其加速度先减小再增大，故C错误；D、把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，向右运动过程静电力先做正功再做负功，其电势能先减小后增大，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查了E﹣x图像，从图像上可以直观地分析场强的变化情况，结合F＝gE可知电场力的变化情况，根据电场力做正功，电势能变小，电场力做负功，电势能增加进而判断出电势能的变化情况。83分）如图所示，质量为m、带电量为+q的小球A，用长度为L的绝缘细线悬挂于天花板上的O点。在O点的正下方2L处，绝缘支架上固定有带电小球B，小球A静止时，细线与竖直方向的夹角为60°。已知两个带电小球都可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，若改变小球B的位置，仍可使A球静止在原来的位置，其他条件不变，则小球B对A球的静电力的大小不可能是()A．mgB．mgC．mg【分析】对小球A受力分析，受重力、静电力和细线的拉力，根据平衡条件并结合相似三角形法列式求解即可。【解答】解：由力的平衡条件可知，小球A所受重力、电场力和绳子拉力构成封闭的三角形，如图所示，可知当电场力和绳子拉力垂直时，电场力最小为：所以电场力不可能等于，可能等于mg、mg或mg。故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题是三力平衡问题，关键是根据平衡条件并运用合成法进行求解，基础题目。三共点力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等大、反向（即是相互平衡）。三个力的作用线（或者反向延长线）必交于一个点，且三个力共面。其力大小符合组成三角形规律，即三个力平移后构成一个首尾相接、封闭的矢量三角形。93分）如图所示，一倾角θ=30°的光滑绝缘斜槽，放在方向竖直向下的匀强电场中。有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从斜槽顶端A处，以初速度v0沿斜槽向下运动，能到达斜面底端B处。则运A．小球可能做减速运动B．小球的电势能减少C．电场力做的功等于小球的机械能增量D．电场力的冲量可能与重力的冲量相同【分析】对小球受力分析，分析电场力与小球自身重力的关系，判断小球的运动情况；根据电场力方向与位移方向的夹角，判断电场力做功情况，从而确定电势能的变化情况；除重力以外其他力做功等于机械能的改变量，由此分析电场力做的功与小球的机械能增量关系；根据冲量的定义式，判断可知电场力的冲量与重力的冲量关系。【解答】解：A、小球带负电，所受电场力方向竖直向上。小球能沿斜槽到达斜面底端B处，说明小球所受电场力小于或等于小球自身重力，则小球做加速或匀速运动，不可能做减速运动，故A错误；B、小球所受电场力方向与位移方向夹角为钝角，则电场力对小球做负功，所以其电势能增加，故B错C、根据除重力以外其他力做功等于机械能的改变量，可知电场力做的功等于小球的机械能增量，故C正确；D、根据I＝Ft知，电场力的冲量大小可能与重力的冲量大小相等，但二者冲量的方向恰好相反，故D错误。故选：C。【点评】本题考查力与运动的关系、电场力做功与电势能变化的关系，机械能的改变量与除重力以外其他力做功的关系，要熟记知识点，能根据运动情况判断受力情况。103分）如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是()A．该匀强电场的电场强度为B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）D．弹簧的弹性势能的增加量为【分析】根据牛顿第二定律求出电场强度的大小，根据除重力和弹力以外其它力做功得出系统机械能的变化量．根据电场力做功求出电势能的变化量．根据动能定理求出弹簧弹力做功，从而得出弹性势能的变化量.【解答】解：A、物体静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得：mg﹣qE＝ma，解得：E,可知机械能减小量为．故B错误。C、从A到C过程中，电场力做功为，则电势能增加量为．故C错误。D、根据动能定理得0，解得弹力做功为即弹性势能增加量为，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力或弹力以外其它力做功等于机械能的增量.二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）114分）如图所示，不带电的金属棒AB长为L，O为AB的中点，在距离A点为R的C点处放一带电量为Q的正点电荷，C与AB在一条直线上，如图所示，设无穷远处电势为零。下列说法正确A．金属棒上A点的电势高于B点的电势B．O点的电场强度为零，电势也为零C．金属棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为D．若将A端接地，金属棒将带上负电荷【分析】金属棒达到静电平衡，整个金属棒是一个等势体，棒内各点的场强为零，即感应电荷产生的电场强度与+q产生的电场强度大小相等、方向相反，根据静电平衡的特点和点电荷场强公式结合求解。【解答】解：A．金属棒达到静电平衡，整个金属棒是一个等势体，则金属棒上A点的电势等于B点的电势，故A错误；B．金属棒达到静电平衡，棒内各点的场强为零，则O点的电场强度为0，因无穷远处电势为零，电势沿电场线方向电势降低，则O点电势不为零，故B错误；C．金属棒内各点的场强为零，棒上感应电荷在棒内中点O产生的场强大小与点电荷+Q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，则感应电荷在O点产生的电场强度大小为故C正确；D．若将A端接地，大地上的电子跑到金属棒将正电荷中和，所以金属棒将带上负电荷，故D正确。故选：CD。【点评】感应起电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡现象，关键要理解并掌握静电平衡的特点。（多选）124分）如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是()A．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零【分析】已充电的平行板电容器电量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化.【解答】解：A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C＝可知，电容减小，电容器的电量不变，由C＝分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大。故A正确。B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C＝可知，电容减小，电量不变，由C＝分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大。故B正确。C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C＝可知，电容增大，电量不变，由C＝分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小。故C错误。D、若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零。故D错误。故选：AB。【点评】本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C=和定义式结合分析电容器动态变化问题.（多选）134分）在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处。两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是()A．x3处电势φ最高，电场强度最大B．Q1带正电，Q2带负电C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加【分析】由φ﹣x图像直接读出电势高低，根据图像的斜率分析电场强度的大小；根据x→0，φ→﹣∞,来判断两个点电荷的电性，并判断电荷量的大小；根据电场力做功正负判断电势能的变化情况。【解答】解：A、根据E＝知φ﹣x图像的斜率表示电场强度，可知，x3处电势φ最高，电场强度为零，故A错误；B、由图可知，x→0，φ→﹣∞,说明Q2带负电，而在整个空间存在φ>0的区域，说明Q1带正电，故B正确；C、在x3处电场强度为零，说明两个点电荷在该处电场强度大小相等，方向相反，根据E＝k知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故C错误；D、电子从x1处沿x轴移动到x2处，电场力做负功，电势能增加，故D正确。故选：BD。【点评】在φ﹣x图像中：①电场强度的大小等于φ﹣x图像的斜率大小。②可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。③分析电荷移动时电势能的变化，可用W＝qU，进而分析电场力做功的正负。（多选）144分）如图所示，带电平行金属板水平放置，电量相同的三个带电粒子a、b、c从两板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场（不计粒子的重力则它们在两板间运动的过程中 A．a、b粒子运动时间相等B．电场力对a和b两粒子做功相等C．b粒子的动量的变化量与c粒子的动量的变化量相等D．c粒子电势能减少量最少【分析】三个粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据x＝v0t分析运动时间关系；根据W电＝qEy分析电场力做功关系；根据动量定理分析粒子的动量的变化量关系；根据电场力做功关系分析电势能减少量的关系。【解答】解：A、a、b两个带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t，由图可知：xa＜xb，两者初速度相同，可得：ta＜tb，故A错误；B、电场力对粒子做功为W电＝qEy，可知电场力对a和b做功相等，故B正确；C、根据动量定理可知粒子的动量的变化量Δp＝Eqt1对b、c，水平方向有：xb＝xc＝v0t1可知b粒子的动量的变化量与c粒子的动量的变化量相等，故C正确；D、由W电＝qEy=﹣ΔEP电，因为c粒子偏转位移y最小，电场力做功最少，所以c粒子电势能减少量最少，故D正确故选：BCD。【点评】本题考查带电粒子在电场中的偏转问题，解题的关键要掌握处理类平抛运动的方法：运动的分解法。要掌握动量定理以及电场力做功与电势能变化的关系，并能熟练应用。（多选）154分）如图a，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压u，A板电势uA＝0，B板电势uB随时间t变化的规律如图b中．现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速和重力的影响均可忽略，则()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动【分析】分析电子的受力情况，来确定电子的运动情况，如果电子一直向上运动，一定能到达B板；如果时而向B板运动，时而向A板运动，则通过比较两个方向的位移大小，分析能否到达B板.【解答】解：A、电子在t＝0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板。故A正确。B、若电子是在t＝时刻进入时，在一个周期内：在～T，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在T～T内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上。故B正确。C、若电子是在t＝T时刻进入时，在﹣向B板加速运动，在向B板减速，后向A板加速，直到离开电容器，故C错误；D、若电子是在t＝T时刻进入时，在一个周期内：在～T，电子受到的电场力向上，向左做加速运动，在T～内，受到的电场力向下，继续向左做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向A板运动，一定不会到达B板。故D错误。故选：AB。【点评】因极板间加交变电场，故粒子的受力是周期性变化的，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况．根据位移情况判断电子能否打在B板上.（多选）164分）如图所示，在水平向右的匀强电场中，一内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道处在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直径，CD为竖直直径。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道的最低点获得一定的初速度v0后，能够在轨道内做圆周运动。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度E=,不计空气阻力，下列说法中正确的是()A．小球运动到D点时的动能最小B．小球运动到B点时的机械能最大C．若v0=,小球恰好能够沿着轨道做圆周运动D．若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg【分析】小球运动到与合力方向相同的位置时动能最小。合外力做正功最多的位置，机械能最大。小球恰好能做圆周运动说明小球在合力方向上的位置所受的弹力等于零。对轨道的最大压力位于与合力相同方向的位置。【解答】解：A、将小球所受重力和电场力等效成一个重力，则等效重力mg'2mg，可知等效重力和竖直方向的夹角：tanθ==,故θ=60°,如图所示设F点和G点分别为圆轨道在等效重力场的等效最高点和等效最低点，可知小球在F点势能最大，动能最小，故A错误。B、小球做功过程中只有重力和电场力做功，因重力做功不改变小球的机械能，当小球运动到B点时，电场力对小球做正功，且做功最多，故机械能增量最大，此时机械能最大，故B正确。C、做CH⊥FG，由图可知FH＝R+Rcosθ=,设小球在F点的速度为vF，若小球恰好沿着轨道做圆周运动，则F点等效重力恰好提供向心力，由牛顿第二定律有mg′＝m，由C到F，等效重力做负功，由动能定理可知mg'FH解得，故C错误。D、小球在G点等效势能最小，动能最大，所需向心力最大，且所受等效重力与向心力方向相反，可知此时轨道对小球的支持力最大，从C到G，由动能定理有mg'由图可知，HG＝FG联立可得N＝12mg，故小球运动过程中对轨道最大的压力为12mg，故D正确。故选：BD。【点评】该题考查了复合场的问题，明确小球做圆周轨道的受力情况，正确运用圆周运动公式和动能定理是解决此题的关键，此题中解题方法中运用的等效重力的方法可以帮助同学尽快解题。三、非选择题：共46分，请根据要求作答。176分）如图，图中A、B、C、D是匀强电场中一个正方形的四个顶点，已知A、C两点的电势分别为φA＝15V，φC=﹣3V。如果把q=﹣1.0×10﹣5C的电荷从A点移到B点，需要克服静电力做功W=1.2×10﹣4J，由此可得B、D点电势分别为φB＝3V、φD＝9V。并作出该匀强电场的电场线（只需作出三条即可，保留作图用到的辅助线，不必写出作图步骤）。【分析】根据图中四个点所给电势的高低连线，然后结合移动电荷从A到B的过程推导B点电势，再找与B等电势的点构成等势面，由电场线和等势面的特征分析求解。【解答】解：根据电场力做功的公式：WAB＝qUAB＝q(φA﹣φB）代入φA＝15V，φC=﹣3V，q=﹣1.0×10﹣5C等数据解得如下图连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等，而且DF和BE与电场线垂直为等势线，B和E在同一个等势面上φB=φE＝3VφA﹣φF=φF﹣φE解得φD=φF＝9V作图如下：故答案为：3V，9V，电场线如上图所示。【点评】本题要根据所给几个点的电势高低和电场力做功的情况找等势线确定场强方向。188分）电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器（额定电压为16V电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关；导线若干实验过程如下：①按照图甲正确连接电路；②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I﹣t图线如图乙中的实线a所示；④利用计算机软件测出I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积。请回答下列问题：a．已知测出的I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA•s，根据图像算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为4.2×10﹣2C，最大电压为9.0V，电容器的电容C＝4.7×10﹣3F均保留两位有效数字）b．若将定值电阻换为R1＝180Ω,重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I﹣t图线应该是图丙中的曲【分析】a、由I﹣t图象得到开始时电流，结合欧姆定律求解电压；面积表示电荷总量；根据C＝求解电容；b、根据欧姆定律，电阻越大，最大电流越小，结合I﹣t图象所转的面积确定是哪个图象。【解答】解：a、i﹣t图像的曲线和两坐标轴所围的面积即表示电容器的电荷量，由图像及题意可知电容器全部放电过程中释放的电荷量为Q＝42.3mA•s＝4.2×10﹣2C由i﹣t图像得到开始时电流为Im＝90mA＝0.09A，故电容器两端的最大电压为U＝ImR0＝0.09A×100Ω=9.0Vb、换用阻值为180Ω的电阻，根据可知，第2次实验的最大电流小些。根据Q＝CU可知，两条曲线与坐标轴所围的面积相等，故选c。故答案为：a、4.2×10﹣2，9.0，4.7×10﹣3；b、c【点评】图像的面积表示电荷量。根据电容器充放电的特点，判断电压最大时，电流的特点。根据含电容的电路中的规律，判断电容充电完成后的电压情况。198分）如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为﹣q、套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2．求：（1）小球滑到C点时的速度大小；（2）若以C点作为参考点（零电势点试确定A点的电势。【分析】（1）B为AC的中点，故BC、AB间的高度差均为1.5R，对B到C过程运用动能定理列式求解C点的速度；（2）A到C根据动能定理求出电场力所做的功，结合电场力公式W