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四川省眉山市青神中学校2023-2024学年高二上学期10月期中物理试题（解析版）
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这是一份四川省眉山市青神中学校2023-2024学年高二上学期10月期中物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单项选择题
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. 由可知，电流越大，通过导体横截面的电荷量就越多
B. 电源的作用是保持导体两端的电势差，使电路中有持续的电流
C. 把一根长导体截成等长的3段，则每段的电阻率都是原来的
D. 由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
【答案】B
【解析】
【详解】A．由可知，电流的大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，所以电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，故A错误；
B．电源的作用是将自由电荷从外电路的一端搬运到另一端，保持外电路两端有电势差，使电路中有持续的电流，故B正确；
C．电阻率是导体材料本身的属性，与导体的形状、大小无关，故C错误；
D．导体的电阻与导体两端的电压及导体中的电流无关，故D错误。
故选B。
2. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）
A. 所受重力与电场力平衡B. 电势能逐渐增加
C. 动能逐渐增加D. 做匀变速直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】AD．根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同线，粒子做匀变速直线运动，因此A错误，D正确；
BC．电场力和重力的合力水平向左，但是不知道粒子从左向右运动还是从右向左运动，故无法确定电场力做正功还是负功，则不确定粒子动能是增加还是减少，电势能减少还是增加，故BC错误。
故选D。
【点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。
3. 如图所示为某新型导电材料制成的均匀长方体元件，该元件的长为2L，宽为0.8L，高为0.6L。当电流分别沿和方向流入时，其电阻阻值之比为（ ）
A. 3：100B. 100：3C. 9：100D. 100：9
【答案】C
【解析】
【详解】当电流沿ab方向流入时，由电阻定律可得
当电流沿cd方向流入时，由电阻定律可得
则
故选C。
4. A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A及A对B的静电力分别为FA、FB，则下列判断正确的是（ ）
A. FA＜FB
B. mA＝3mB
C. 细线AC对A的拉力TA＝
D. 细线OC的拉力TC＞(mA＋mB)g
【答案】B
【解析】
【详解】对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；
对A根据力的平衡条件有：mAg=TAcs30°，F=TAsin30°，同理对B根据力的平衡条件有：mBg=TBcs30°，F=TBsin30°，联立解得：mA=3mB，故B正确；根据力的平衡条件有：mAg=TAcs30°，因此：TA=mAg，故C错误； 由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故D错误．故选B．
【点睛】本题关键分别对两个小球受力分析，采用隔离法和整体法，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．
5. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（ ）
A. 带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小
B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D. 带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小
【答案】A
【解析】
【详解】粒子的轨迹向右弯曲，所受的电场力向右；
A．电场力向右，带电粒子从R向Q运动时做减速运动，带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小，A正确；
B．电场力向右，带电粒子从P点向Q点运动时，电场力做负功，电势能增加，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，B错误；
C．带电粒子在运动过程中，只有动能和电势能之间发生转化，动能和电势能之和保持不变，C错误；
D．带电粒子只受电场力作用，电场线越密，电场越强，粒子所受的电场力越大，加速度越大，所以带电粒子在R点时的加速度大小大于在Q点时的加速度大小，D错误。
故选A。
6. 铜的电阻率为，单位体积内的自由电子数为。如图所示，长方体铜柱长、宽、高分别为a、b、c，当将与接入电压为的电路中形成电流时，已知电子的电荷量为，则该铜柱内自由电子定向移动的速率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】沿电流方向铜柱的电阻为
通过铜柱的电流为
电流的微观表达式为
联立以上三式解得
故选B。
7. 在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则下列判断正确的是（ ）
A. P点放置的是带正电的点电荷
B. q1>q2
C. C点的电场强度大于A 点的电场强度
D. 将一带负电的检验电荷从B点移到D点，其电势能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知从O到B电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，且P点电势为最低，可知该放置的是负的点电荷，故A错误；
BC．根据图像切线的斜率等于场强，可知C点合场强为零，A点的合场强不等于零，则A点的场强比C点的大，由于C点与q2的点电荷的距离较q1近，根据，可知
故B正确，C错误；
D．将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，根据可知，电势能先减小后增大，故错误。
故选B。
二、多项选择题
8. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷
A. 在和处电势能相等
B. 由运动到的过程中电势能增大
C. 由运动到的过程中电场力先增大后减小
D. 由运动到的过程中电场力先减小后增大
【答案】BC
【解析】
【分析】由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系．
【详解】A．由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；
B．由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；
CD．由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误．
【点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要．
9. 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为、电荷量为的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为，电场强度。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C. 若将小球在A点由静止开始释放，它将在ABCD圆弧上往复运动
D. 若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆弧到达B点
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由于电场强度，则
重力和电场力的合力为，方向与竖直方向成45°斜向右下，小球运动的物理最高点在弧AD的正中间，则
解得：小球在等效最高点的最小速度
故A项正确；
B．小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球在运动过程中受电场力、重力、绳的拉力，则小球的动能、重力势能、电势能之和不变，则小球运动到B点时，小球的电势能最小，所以到B点时的机械能最大，故B项正确；
C．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，不沿圆弧运动，故C项错误；
D．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为，若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，球不沿圆弧运动，故D项错误。
故选AB。
10. 如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2l，电场方向与四边形所在平面平行。已知a点电势为12V，b点电势为14V，d点电势为6V。一个质子（不计重力）经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°角，一段时间后经过c点，下列说法正确的是（ ）
A. c点电势为10V
B. 场强的大小为，方向由a指向d
C. 质子从b运动到c所用的时间为
D. 若质子质量为m、电量为q，则质子运动到c时速度大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由U=Ed可知，匀强电场中两平行线上的电势差与距离成正比，则
2Uba=Ucd
则
2（φb-φa）=（φc-φd）
解得
φc=10V
故A正确；
B．三角形bcd斜边bd中点O电势为10V，则可知Oc为等势线，又因为该三角形是等腰直角三角形，具有对称性，Oc⊥bd，且b点电势高于d点电势，可知匀强电场的电场强度方向为沿着bd方向且b指向d，场强大小
故B错误；
C．质子初速度方向与电场垂直，所以，粒子做类平抛运动，从b运动到c所用的时间为
故C正确；
D．质子从b运动到c，动能定理
解得
故D错误。
故选AC。
三、非选择题
11. 如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器充电后与电源断开。
（1）在实验中观察到的现象是______。
A．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变
C．图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
（2）若将电容器上板A接正极，下板B接负极，且将上极板接地，如图丙所示。闭合开关S，有一带电液滴静止在电容器内部P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴_______（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”），P点电势_______（填“升高”、“不变”、“降低”）。
【答案】 ①. A ②. 向下运动 ③. 升高
【解析】
【详解】（1）[1]AB．根据公式
得
可知图中的手水平向左移动时，d增大，U增大，静电计指针的张角变大，A 正确，B错误；
C．图中的手竖直向上移动时，S减小，U增大，静电计指针的张角变大，C错误；
D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，增大，U减小，静电计指针的张角变小，D错误。
故选A。
（2）[2]电容器的电压不变，而将电容器下极板B向下平移一小段距离，根据
则电场强度要减小，电场力将小于重力，故液滴要向下运动。
[3]以大地为零势点，P点与零电势的A板距离不变，而电场强度减小，则点与零电势点之间的电势差减小，又因为点的电势小于0，则点的电势升高。
12. 某同学用伏安法测量导体的电阻率，现有量程为3V、内阻约为3k的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1的电流表。采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5。
（1）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接________（选填a或b）。导线②应连接________（选填c或d）。
（2）正确接线后，实验测得的数据如下表，请在图乙中作出U-I图线______。
（3）用作图法求得Rx的阻值为________（结果保留两位有效数字）。
（4）某次用螺旋测微器测金属丝直径d，用游标卡尺测金属丝的长度l，示数如图丙所示，则d=________mm，l＝__________cm。
（5）写出该金属丝的电阻率的表达式____________（用U、I、d、l表示）
【答案】 ①. a ②. d ③. ④. 4.6 Ω（4.5 ~ 4.8 Ω） ⑤. 1.843 mm（1.842 mm ~ 1.84 mm） ⑥. 4.240 cm ⑦.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差，故导线①应接a；
[2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d接通；
（2）[3]根据表中的数据作出的U-I图如下图所示：
（3）[4]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有
电阻算出4.5 Ω ~ 4.8 Ω均正确；
（4）[5]由图示螺旋测微器可知，其示数
d = 1.5 mm + 34.3 × 0.01 mm = 1.843 mm
估读出1.842 ~ 1.844 mm均正确；
[6]由图示游标卡尺可知，其示数为
l = 42 mm + 8 × 0.05 mm = 42.40 mm = 4.240 cm
（5）[7]由欧姆定律
由电阻定律
金属丝的横截面积
联立得
四、解答题
13. 质量均为m三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球和B球的电荷量均为+q，在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点。如图所示，已知静电力常量为k，求
（1）C球电性及电荷量大小
（2）F的大小
【答案】（1）2q，C球带负电；（2）
【解析】
【详解】（1）设C球所带的电荷量为Q，对A球沿BA方向根据平衡条件可得
cs60°=，
解得
Q＝2q
C球带负电
（2）设三个小球的加速度都是a，根据牛顿第二定律和库仑定律，对A球受力分析可知
sin60°＝ma
解得
a=
对整体受力分析可知
F＝3ma
解得
F=
14. 如图所示，质量为m，带电量为q的微观粒子从静止开始经电压为 U的电场加速后，沿中轴线垂直进入长为L，宽为d的匀强偏转电场，恰好从极板右侧离开偏转电场。不计粒子重力。求：
（1）粒子经过电场加速后进入偏转电场的速度大小 v；
（2）偏转电场的场强大小 E；
（3）粒子恰好离开偏转电场后落在距偏转电场右侧距离为 x的挡板上，记为P点。求偏转电场中心轴线与挡板交点O到P点的距离y。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在加速电场中，由动能定理
得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，设运动的时间为 t，有
联立解得
（3）粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，其反向延长线交偏转电场中央轴线的中点。由几何关系可知
得
15. 如图所示，竖直虚线ab右侧空间有水平向右、场强大小为的匀强电场，竖直固定的圆弧轨道DEFG半径为R=1.8m，O为圆心，点D、G位于ab上，EF为竖直直径，。在同一竖直面内虚线ab左侧空间无电场，有一弹射装置，由竖直细管和半径为r=0.9m的1/4圆弧轨道BC组成，O1为圆心，半径O1B水平，管内下端压缩一轻弹簧并被锁扣K锁定在A点，AB段高h=1m。现管中有一质量为m=1kg、电荷量为q=5×10-2C的带正电小球静止在弹簧上端，某时刻打开K，小球被弹出，恰好能通过C点飞出，并从D点沿圆弧切线方向进入轨道DEFG。已知弹簧和所有轨道均光滑绝缘，空气阻力不计，小球可视为点电荷，重力加速度取g=10m/s2.求：
（1）小球通过C点时的速度大小；
（2）弹簧被K锁定在A点时所具有的弹性势能大小；
（3）小球进入圆弧轨道后沿轨道运动的最大速度vm。
【答案】（1）；（2）23.5J；（3）
【解析】
【详解】（1）小球恰好能通过C点飞出，则有
可得
（2）小球与弹簧组成的系统机械能守恒，有
代值可得
（3）由几何关系可知，小球到D点的速度为
小球受到的电场力为
则重力与电场力的合力与电场方向的夹角正切为
夹角为30°，则小球在圆弧轨道DEFG运动的等效最低点与G点关于O对称，与D点关于对称，即与点等高，则由动能定理可得
可得
U/V
0.30
040
0.80
1.10
1.20
1.60
I/A
0.07
0.09
0.18
0.22
0.27
035
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单项选择题
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. 由可知，电流越大，通过导体横截面的电荷量就越多
B. 电源的作用是保持导体两端的电势差，使电路中有持续的电流
C. 把一根长导体截成等长的3段，则每段的电阻率都是原来的
D. 由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
【答案】B
【解析】
【详解】A．由可知，电流的大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，所以电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，故A错误；
B．电源的作用是将自由电荷从外电路的一端搬运到另一端，保持外电路两端有电势差，使电路中有持续的电流，故B正确；
C．电阻率是导体材料本身的属性，与导体的形状、大小无关，故C错误；
D．导体的电阻与导体两端的电压及导体中的电流无关，故D错误。
故选B。
2. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）
A. 所受重力与电场力平衡B. 电势能逐渐增加
C. 动能逐渐增加D. 做匀变速直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】AD．根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同线，粒子做匀变速直线运动，因此A错误，D正确；
BC．电场力和重力的合力水平向左，但是不知道粒子从左向右运动还是从右向左运动，故无法确定电场力做正功还是负功，则不确定粒子动能是增加还是减少，电势能减少还是增加，故BC错误。
故选D。
【点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。
3. 如图所示为某新型导电材料制成的均匀长方体元件，该元件的长为2L，宽为0.8L，高为0.6L。当电流分别沿和方向流入时，其电阻阻值之比为（ ）
A. 3：100B. 100：3C. 9：100D. 100：9
【答案】C
【解析】
【详解】当电流沿ab方向流入时，由电阻定律可得
当电流沿cd方向流入时，由电阻定律可得
则
故选C。
4. A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A及A对B的静电力分别为FA、FB，则下列判断正确的是（ ）
A. FA＜FB
B. mA＝3mB
C. 细线AC对A的拉力TA＝
D. 细线OC的拉力TC＞(mA＋mB)g
【答案】B
【解析】
【详解】对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；
对A根据力的平衡条件有：mAg=TAcs30°，F=TAsin30°，同理对B根据力的平衡条件有：mBg=TBcs30°，F=TBsin30°，联立解得：mA=3mB，故B正确；根据力的平衡条件有：mAg=TAcs30°，因此：TA=mAg，故C错误； 由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故D错误．故选B．
【点睛】本题关键分别对两个小球受力分析，采用隔离法和整体法，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．
5. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（ ）
A. 带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小
B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D. 带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小
【答案】A
【解析】
【详解】粒子的轨迹向右弯曲，所受的电场力向右；
A．电场力向右，带电粒子从R向Q运动时做减速运动，带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小，A正确；
B．电场力向右，带电粒子从P点向Q点运动时，电场力做负功，电势能增加，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，B错误；
C．带电粒子在运动过程中，只有动能和电势能之间发生转化，动能和电势能之和保持不变，C错误；
D．带电粒子只受电场力作用，电场线越密，电场越强，粒子所受的电场力越大，加速度越大，所以带电粒子在R点时的加速度大小大于在Q点时的加速度大小，D错误。
故选A。
6. 铜的电阻率为，单位体积内的自由电子数为。如图所示，长方体铜柱长、宽、高分别为a、b、c，当将与接入电压为的电路中形成电流时，已知电子的电荷量为，则该铜柱内自由电子定向移动的速率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】沿电流方向铜柱的电阻为
通过铜柱的电流为
电流的微观表达式为
联立以上三式解得
故选B。
7. 在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则下列判断正确的是（ ）
A. P点放置的是带正电的点电荷
B. q1>q2
C. C点的电场强度大于A 点的电场强度
D. 将一带负电的检验电荷从B点移到D点，其电势能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知从O到B电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，且P点电势为最低，可知该放置的是负的点电荷，故A错误；
BC．根据图像切线的斜率等于场强，可知C点合场强为零，A点的合场强不等于零，则A点的场强比C点的大，由于C点与q2的点电荷的距离较q1近，根据，可知
故B正确，C错误；
D．将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，根据可知，电势能先减小后增大，故错误。
故选B。
二、多项选择题
8. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷
A. 在和处电势能相等
B. 由运动到的过程中电势能增大
C. 由运动到的过程中电场力先增大后减小
D. 由运动到的过程中电场力先减小后增大
【答案】BC
【解析】
【分析】由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系．
【详解】A．由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；
B．由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；
CD．由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误．
【点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要．
9. 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为、电荷量为的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为，电场强度。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C. 若将小球在A点由静止开始释放，它将在ABCD圆弧上往复运动
D. 若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆弧到达B点
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由于电场强度，则
重力和电场力的合力为，方向与竖直方向成45°斜向右下，小球运动的物理最高点在弧AD的正中间，则
解得：小球在等效最高点的最小速度
故A项正确；
B．小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球在运动过程中受电场力、重力、绳的拉力，则小球的动能、重力势能、电势能之和不变，则小球运动到B点时，小球的电势能最小，所以到B点时的机械能最大，故B项正确；
C．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，不沿圆弧运动，故C项错误；
D．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为，若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，球不沿圆弧运动，故D项错误。
故选AB。
10. 如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2l，电场方向与四边形所在平面平行。已知a点电势为12V，b点电势为14V，d点电势为6V。一个质子（不计重力）经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°角，一段时间后经过c点，下列说法正确的是（ ）
A. c点电势为10V
B. 场强的大小为，方向由a指向d
C. 质子从b运动到c所用的时间为
D. 若质子质量为m、电量为q，则质子运动到c时速度大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由U=Ed可知，匀强电场中两平行线上的电势差与距离成正比，则
2Uba=Ucd
则
2（φb-φa）=（φc-φd）
解得
φc=10V
故A正确；
B．三角形bcd斜边bd中点O电势为10V，则可知Oc为等势线，又因为该三角形是等腰直角三角形，具有对称性，Oc⊥bd，且b点电势高于d点电势，可知匀强电场的电场强度方向为沿着bd方向且b指向d，场强大小
故B错误；
C．质子初速度方向与电场垂直，所以，粒子做类平抛运动，从b运动到c所用的时间为
故C正确；
D．质子从b运动到c，动能定理
解得
故D错误。
故选AC。
三、非选择题
11. 如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器充电后与电源断开。
（1）在实验中观察到的现象是______。
A．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变
C．图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
（2）若将电容器上板A接正极，下板B接负极，且将上极板接地，如图丙所示。闭合开关S，有一带电液滴静止在电容器内部P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴_______（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”），P点电势_______（填“升高”、“不变”、“降低”）。
【答案】 ①. A ②. 向下运动 ③. 升高
【解析】
【详解】（1）[1]AB．根据公式
得
可知图中的手水平向左移动时，d增大，U增大，静电计指针的张角变大，A 正确，B错误；
C．图中的手竖直向上移动时，S减小，U增大，静电计指针的张角变大，C错误；
D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，增大，U减小，静电计指针的张角变小，D错误。
故选A。
（2）[2]电容器的电压不变，而将电容器下极板B向下平移一小段距离，根据
则电场强度要减小，电场力将小于重力，故液滴要向下运动。
[3]以大地为零势点，P点与零电势的A板距离不变，而电场强度减小，则点与零电势点之间的电势差减小，又因为点的电势小于0，则点的电势升高。
12. 某同学用伏安法测量导体的电阻率，现有量程为3V、内阻约为3k的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1的电流表。采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5。
（1）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接________（选填a或b）。导线②应连接________（选填c或d）。
（2）正确接线后，实验测得的数据如下表，请在图乙中作出U-I图线______。
（3）用作图法求得Rx的阻值为________（结果保留两位有效数字）。
（4）某次用螺旋测微器测金属丝直径d，用游标卡尺测金属丝的长度l，示数如图丙所示，则d=________mm，l＝__________cm。
（5）写出该金属丝的电阻率的表达式____________（用U、I、d、l表示）
【答案】 ①. a ②. d ③. ④. 4.6 Ω（4.5 ~ 4.8 Ω） ⑤. 1.843 mm（1.842 mm ~ 1.84 mm） ⑥. 4.240 cm ⑦.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差，故导线①应接a；
[2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d接通；
（2）[3]根据表中的数据作出的U-I图如下图所示：
（3）[4]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有
电阻算出4.5 Ω ~ 4.8 Ω均正确；
（4）[5]由图示螺旋测微器可知，其示数
d = 1.5 mm + 34.3 × 0.01 mm = 1.843 mm
估读出1.842 ~ 1.844 mm均正确；
[6]由图示游标卡尺可知，其示数为
l = 42 mm + 8 × 0.05 mm = 42.40 mm = 4.240 cm
（5）[7]由欧姆定律
由电阻定律
金属丝的横截面积
联立得
四、解答题
13. 质量均为m三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球和B球的电荷量均为+q，在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点。如图所示，已知静电力常量为k，求
（1）C球电性及电荷量大小
（2）F的大小
【答案】（1）2q，C球带负电；（2）
【解析】
【详解】（1）设C球所带的电荷量为Q，对A球沿BA方向根据平衡条件可得
cs60°=，
解得
Q＝2q
C球带负电
（2）设三个小球的加速度都是a，根据牛顿第二定律和库仑定律，对A球受力分析可知
sin60°＝ma
解得
a=
对整体受力分析可知
F＝3ma
解得
F=
14. 如图所示，质量为m，带电量为q的微观粒子从静止开始经电压为 U的电场加速后，沿中轴线垂直进入长为L，宽为d的匀强偏转电场，恰好从极板右侧离开偏转电场。不计粒子重力。求：
（1）粒子经过电场加速后进入偏转电场的速度大小 v；
（2）偏转电场的场强大小 E；
（3）粒子恰好离开偏转电场后落在距偏转电场右侧距离为 x的挡板上，记为P点。求偏转电场中心轴线与挡板交点O到P点的距离y。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在加速电场中，由动能定理
得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，设运动的时间为 t，有
联立解得
（3）粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，其反向延长线交偏转电场中央轴线的中点。由几何关系可知
得
15. 如图所示，竖直虚线ab右侧空间有水平向右、场强大小为的匀强电场，竖直固定的圆弧轨道DEFG半径为R=1.8m，O为圆心，点D、G位于ab上，EF为竖直直径，。在同一竖直面内虚线ab左侧空间无电场，有一弹射装置，由竖直细管和半径为r=0.9m的1/4圆弧轨道BC组成，O1为圆心，半径O1B水平，管内下端压缩一轻弹簧并被锁扣K锁定在A点，AB段高h=1m。现管中有一质量为m=1kg、电荷量为q=5×10-2C的带正电小球静止在弹簧上端，某时刻打开K，小球被弹出，恰好能通过C点飞出，并从D点沿圆弧切线方向进入轨道DEFG。已知弹簧和所有轨道均光滑绝缘，空气阻力不计，小球可视为点电荷，重力加速度取g=10m/s2.求：
（1）小球通过C点时的速度大小；
（2）弹簧被K锁定在A点时所具有的弹性势能大小；
（3）小球进入圆弧轨道后沿轨道运动的最大速度vm。
【答案】（1）；（2）23.5J；（3）
【解析】
【详解】（1）小球恰好能通过C点飞出，则有
可得
（2）小球与弹簧组成的系统机械能守恒，有
代值可得
（3）由几何关系可知，小球到D点的速度为
小球受到的电场力为
则重力与电场力的合力与电场方向的夹角正切为
夹角为30°，则小球在圆弧轨道DEFG运动的等效最低点与G点关于O对称，与D点关于对称，即与点等高，则由动能定理可得
可得
U/V
0.30
040
0.80
1.10
1.20
1.60
I/A
0.07
0.09
0.18
0.22
0.27
035
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