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2023-2024学年广东省深圳市深圳外国语学校高二（上）月考物理试卷（第一次）（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省深圳市深圳外国语学校高二（上）月考物理试卷（第一次）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列可以用来表示电场强度单位的是( )
A. N·CB. V·mC. kg⋅mC⋅sD. JC⋅m
2.关于静电的防止与利用，下列说法正确的是( )
A. 做静电实验时，减小实验室空气湿度，这是为了防止漏电对实验产生影响
B. 为了防止静电危害，保证乘客的安全，飞机起落架的轮胎用绝缘橡胶制成
C. 金属导体有静电屏蔽的作用，运输汽油时把汽油装进塑料桶比装进金属桶安全
D. 建筑物顶端装上避雷针可以避雷，没有安装避雷针的建筑物一定会被雷电击毁
3.如图所示，在相距40km的A、B两地之间沿直线架设了两条输电线，两条输电线的总电阻为800Ω。现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，检修员进行了如下操作：在A地接上电源，测得电压表示数为10V，电流表示数为40mA。则A地到短路处两根输电线的总电阻和A地到短路处的距离分别为( )
A. 500Ω；12.5kmB. 500Ω；25kmC. 250Ω；12.5kmD. 250Ω；25km
4.如图所示，平行板电容器两极板M、N分别通过导线、开关与电源相接，其中N板接地，板间距离为d，开关S闭合，在M板上用长为L的绝缘细绳悬挂一质量为m、电荷量为−q(q>0)的带电小球，小球在A点处于静止状态，此时细绳伸直且与竖直方向间夹角为θ.已知重力加速度为g，地面电势为0，小球可视为点电荷．则
A. 细绳拉力大小为mgcsθ
B. A点电势为mgq(Lcsθ−d)
C. 若保持开关S闭合，将N板向左平移少许，θ将减小
D. 若将开关S断开，将N板竖直向下平移少许，θ仍保持不变
5.等量异种点电荷固定在如图所示的真空空间中，O为两电荷连线的中点，A、B为连线的中垂线上关于O点对称的两点，C、D为过O点的一直线上关于O点对称的两点，电子重力不计．下列说法正确的是
A. C、D两点电场强度大小相等、方向不同
B. 在A点由静止释放一电子，电子将沿AB做往返运动
C. 将一电子分别放在C点和D点，在D点的电势能较大
D. 将一电子从A点经C点、D点移到B点，电场力始终不做功
6.甲、乙、丙为三个完全相同的金属小球，甲球所带电荷量为7Q，乙球所带电荷量为−Q，丙球不带电。将甲、乙两球固定，相距r(r远大于小球的半径)，甲、乙间的相互作用力为7N，然后让丙球反复与甲、乙球多次接触，最后移去丙球。甲、乙两球后来所带的电荷量和甲、乙两球间的相互作用力分别变为( )
A. 2Q，4NB. 2Q，8NC. 4Q，4ND. 4Q，8N
7.如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成直径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀地分布着正电荷，现在圆环上E处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OE连线向下移动L的距离到F点处，设圆环的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为k，若此时在O点放一个带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小为( )
A. kQq3L2B. 4kQq9L2C. 32kQq9L2D. 2kQq3L2
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.电解槽内有一价离子的电解溶液，溶液中插有两根碳棒A、B作为电极，将它们接在直流电源上，溶液中就有电流通过，假设时间t内通过溶液内横截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷的电量为e，以下解释正确的是( )
A. 溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消
B. 负离子定向移动的方向是从A到B
C. 溶液内电流方向从B到A，电流I=n1et
D. 溶液内电流方向从B到A，电流I=n1+n2et
9.将带电荷量为q=+2.0×10−8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，需要克服静电力做功W=4.8×10−4J，取无限远处的电势为零，下列说法正确的是( )
A. q在A点的电势能为4.8×10−4J
B. A点的电势2.4×104V
C. q未移入电场前，A点的电势为0
D. q未移入电场前，A点的电势为4.8×104V
10.如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点0.15,3的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10−8C的滑块P(可视作质点)，从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是
A. 沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B. 滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C. 滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
三、实验题（本大题共2小题，共16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。
12.某同学欲测量一阻值大约为10Ω的金属圆柱体的电阻率。实验室除游标卡尺、螺旋测微器、导线、开关和待测金属以外，还有以下可供选择的器材：
A.电源E
B.电压表V(量程为0∼6V，内阻RV≈8kΩ)
C.电流表A(量程为0∼0.6A，内阻RA≈0.2Ω)
D.滑动变阻器R(最大阻值为5Ω，额定电流为2A)
(1)用游标卡尺测该金属的长度L，如图甲所示，读数L=_____mm，用螺旋测微器测该金属的直径D，如图乙所示，读数D=_____mm；
(2)为了测量尽可能精确，设计最合理的实验电路图将图丙的虚线框部分补充完整____；
(3)若电压表示数记为U，电流表示数记为I，则该金属电阻率的表达式ρ=_____(用题中相关物理量的字母符号表示)。
四、计算题（本大题共3小题，共38分）
13.在一根长L=8m、横截面积S=7×10−4m2的铜质导线两端加4×10−3V电压。已知铜的电阻率ρ=1.75×10−8Ω⋅m，则：
(1)该导线的电阻多大?
(2)该导线中的电流多大?
(3)当电阻线对折后，接入相同的电压，电流是多大?
14.如图所示，在光滑绝缘平面上有一半径为r的圆周，圆心为O，a、b、c、d、e、f为圆周的六等分点，在b、c、d、f四点分别固定电荷量为−2q、+q、−3q，−q(q>0)的点电荷，已知静电力常量为k．
(1)求圆心O处的电场强度大小和方向；
(2)若将一电荷量为−2q的试探电荷放在圆心O处，求该试探电荷所受电场力的大小和方向．
15.如图甲所示，在平面直角坐标系的第一象限内有方向水平向左、场强大小为E的匀强电场，第二象限内直线x=−d(d>0)与y轴间有方向竖直向下、场强大小未知的匀强电场．将一电荷量为+q(q>0)的粒子从第一象限的S点由静止释放，当S点的坐标为d2,d2时，粒子进入第二象限后经偏转恰好能从坐标(−d,0)处飞出，粒子重力不计．
(1)求第二象限内电场强度的大小；
(2)若仅调整第一象限内S点的位置，为使粒子始终能从坐标(−d,0)处飞出，求释放点S的纵坐标y与横坐标x间应满足的关系；
(3)若保持各部分场强不变，以直线x=−d2为分界线，将第二象限内电场等分成Ⅰ、Ⅱ两区域，并将区域Ⅱ向左平移一段距离Δx，再将粒子从S′点d2,d由静止释放，如图乙所示．要使粒子从区域Ⅱ左边界与x轴的交点P处飞出，求Δx的大小．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】AC.由E=Fq=maq，可得电场强度单位为N/C或kg⋅mC⋅s2，故 AC错误；
B.由E=Ud，可得电场强度的单位为V/m，故 B错误；
D.由E=Ud=Wqd，可得电场强度的单位为JC⋅m，故 D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】A.做静电实验时，减小空气湿度是为了防止漏电，保证实验顺利进行，故A正确；
B.飞机轮胎用导电橡胶制成可以将飞机产生的静电迅速导走，不能用绝缘胶制成，故B错误；
C.由于塑料桶与油容易摩擦起电且电荷不易导走，故用金属桶装易燃的汽油较安全，故C错误；
D.避雷针有避雷作用，对高管的建筑物如果没有安装会有危险，但对低矮的建筑不一定被雷电击毁，故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】解：设发生短路处到A处距离为x，据题意知，A、B两地间的距离L=40km，电压表的示数U=10V，电流表的示数I=40mA=40×10−3A，R总=800Ω．
根据欧姆定律I=UR可得，A端到短路处的两根输电线的总电阻Rx=UI
代入数据解得：Rx=250Ω；
根据电阻定律可知：Rx=ρ2xS，设A、B两地输电线的电阻为R总，R总=ρ2LS，得RxR总=xL，
解得x=12.5km．
故C正确，ABD错误．
故选：C。
根据闭合电路欧姆定律解得A端到短路处的两根输电线的总电阻，结合电阻定律可解得A地到短路处的距离。
本题考查闭合电路欧姆定律，解题关键掌握电路的认识，由电阻定律可知电阻与长度成比例关系。
4.【答案】D
【解析】【分析】本题考查平行板电容器的动态分析和带电小球在电场中的运动。解决问题的关键是根据平衡条件判断小球的受力情况，综合利用平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式和匀强电场的场强公式分析计算。
【解答】A.受力分析可知小球受竖直向下的重力和竖直向上的电场力保持静止状态，故细绳拉力为0，故A错误;
B.由平衡条件得板间的电场强度大小为E=mgq，由于M板带正电，则A点电势为正，UAN=φA−0=E(d−Lcsθ)=mgq(d−Lcsθ)，故B错误;
C.保持S闭合，两板间电压不变，故平移N板，板间电场强度大小不变，则θ不变，故C错误;
D.断开开关S，则电容器电荷量不变，由E=Ud=QCd=QεrS4πkdd=4πkQεrS可知，改变板间距离电场强度大小不变，则θ保持不变，故D正确。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等量异种电荷周围的电场分布情况，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量异种电荷周围的电场特点．
在如图所示的电场中，等量异种电荷AB之间的电场方向是相同的，电子分别放在C点和D点或从A点经C点、D点移到B点．根据电场力做功情况，分析电势能的变化．
【解答】
A.由电场叠加可知，C、D两点电场强度大小、方向均相同，则A错误;
B.等量异种电荷中垂线上的电场方向均垂直于中垂线，则由A点静止释放电子，不可能沿AB运动，则B错误;
C.由于C点电势高于D点，电子带负电，由EP=qφ可知，电子在D点电势能一定大于C点，则C正确;
D.从A经C、D到B点电场力做总功为0，而不是始终不做功，则D错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】丙与甲、乙反复接触后，甲、乙原先所带电量的总和最后在三个相同的小球间均分。则甲、乙两球后来带的电量均为7Q+−Q3=2Q，甲、乙球原先是引力，大小为F=kq1q2r2=k7Q⋅Qr2=7kQ2r2，甲、乙球后来是斥力，大小为F′=kq′1q′2r2=k2Q⋅2Qr2=4kQ2r2，即F′=47F，甲、乙间的相互作用力为4N。
故选A。
7.【答案】C
【解析】线框上的电荷在O点产生的场强等效为q电荷在O点产生的电场强度E1=kq(L2)2=4kqL2，方向竖直向下，在F点电荷量为q的电荷在O点产生的电场强度为E2=kq(L+L2)2=4kq9L2，方向竖直向上，此时O点的场强为E=E1−E2=32kq9L2，方向竖直向下，则带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小F=EQ=32kQq9L2，故C正确，ABD错误。
故选C。
8.【答案】BD
【解析】AB.电流的方向与正离子定向移动方向相同，与负离子定向移动方向相反。所以正离子定向移动形成电流，方向从B到A，负离子定向移动形成电流方向也从B到A，不会相互抵消，选项A错误，选项B正确；
CD.溶液内电流方向从B到A，t时间内通过溶液截面S的电荷量q=n1e+n2e，则根据电流的定义式有I=qt=n1+n2et，选项C错误，选项D正确。
故选BD。
9.【答案】AB
【解析】A.电荷从无限远处移到电场中的A点克服静电力做功，电荷的电势能增加，电势能的增加量为ΔEp=W=4.8×10−4J，无限远处的电势为零，无限远处电势能也为零，则q在A点的电势能为EpA=4.8×10−4J，故A正确；
B.根据电势能与电势的关系可得A点的电势φA=EpAq=4.8×10−42×10−8=2.4×104V，故B正确；
CD．A点的电势是由电场本身决定的，与A点是否有电荷存在无关，所以在q未移入电场前，A点电势仍为2.4×104V，故 CD均错误。故选AB。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
解决本题的关键是明确φ−x图线的切线斜率表示电场强度。根据动能定理求滑块运动的最大速度，掌握电场力做功公式W=qUab=q(φa−φb)。
【解答】
A.φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；
B.φ−x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以x=0.15m处的电场强度大小为
E=3×1050.3−0.15V/m=2.0×106N/C
滑块此时受到的电场力为
F1=qE=0.04N
滑块与水平地面间的滑动摩擦力(最大静摩擦力)大小为
Ff=μmg=0.04N
由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小
F>0.04N=Ff
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ−x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；
C.当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大(设为v)，根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为U1=φ0.1−φ0.15=1.5×105V
根据动能定理有12mv2=qU1−μmgΔx1
解得v=0.1m/s，故C错误；
D.假滑块最终在0.3m处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为
U2=φ0.15−φ0.3=1.5×105V
滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为
W=qU2=3×10−3J
滑动摩擦力做功为
W′=μmgΔx2=6×10−3J>W
所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选BD。
11.【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)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)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)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.【答案】(1)60.20 (2) 4.750/4.749/4.751/4.752 (3)如图所示
(4) πD2U4IL
【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则可知L=60mm+4×0.05mm=60.20mm
根据螺旋测微器读数规则可知D=4.5mm+25.0×0.01mm=4.750mm
(2)待测电阻远小于电压表电阻，则电流表采用外接法，电路图如图所示
(3)根据电阻率公式R=ρLS可得ρ=RxSL，圆的面积公式可知S=14πD2，由公式可知Rx=UI，代入可得ρ=πD2U4IL
13.【答案】解：(1)该导线的电阻R=ρLS=1.75×10−8×87×10−4Ω=2×10−4Ω；
(2)该导线中的电流I=UR=4×10−32×10−4A=20A；
(3)当电阻线对折后，电阻变为R′=ρ12L2S=14R=5×10−5Ω，
接入相同的电压，电流是I′=UR′=4×10−35×10−5A=80A。
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)c、f两点处点电荷在O处产生的电场强度大小为：E1=kqr2+kqr2=2kqr2，方向由O指向f，
再与b点处点电荷合成电场强度大小为：E2=2×2kqr2cs60°=2kqr2，方向由O指向a，
则在圆心O处的总场强大小为：E=k3qr2−E2=kqr2，方向由O指向d；
(2)由F电=2qE解得：F1=2kq2r2，方向由O指向a。
【解析】本题考查了点电荷的电场强度和电场的叠加，解题的关键是熟练运用点电荷场强公式。
(1)根据图示，先求出c、f两点处点电荷在O处产生的电场强度，然后再与b点处点电荷进行合成，再与d点处点电荷合成，即可求出圆心O处的电场强度大小和方向；
(2)根据电场场强定义式E=Fq即可求出试探电荷所受电场力的大小，根据场强方向确定电场力的方向。
15.【答案】解：(1)设粒子进入第二象限是的速度大小为v0，则有qEd2=12mv02
粒子进入第二象限做类平抛运动，设第二象限内电场强度大小为E1，则有
d2=12⋅qE1mt2
t=dv0
联立解得E1=E。
(2)设S点坐标为(x,y)，第一象限内有：qEx=12mv2
粒子进入第二象限做类平抛运动，则有：
y=12⋅qEmt2
t=dv
联立解得y=d24x。
(3)由于释放点S′横坐标与S点相同则，粒子进入第二象限的速度大小仍为v0
设粒子在Ⅰ内运动时间为t1，则有t1=d2v0=d2v0
y方向分速度大小为vy1=qEmt1，从Ⅰ射出时的速度偏转角为tanθ=vy1v0
由于Ⅰ、Ⅱ两区域宽度相等，则时间相等，粒子在两区域中间做匀速直线运动，故在Ⅰ、Ⅱ两区域内沿y方向偏转的距离为y=12⋅qEm(2t1)2
在第二象限运动的整个过程，由几何关系得d=y+Δx⋅tanθ，
联立解得△x=d
【解析】本题考查的是粒子在电场中的运动，这部分知识学生相对比较熟悉，也是经常训练的题型。
(1)在第一象限电场区域的加速运动，在第二象限电场区内的偏转，运用类平抛的知识可求出第二象限内电场强度的大小；
(2)若仅调整第一象限内S点的位置，为使粒子始终能从坐标(−d,0)处飞出，再运用在第一象限电场中的加速和第二项象限的类平抛运动，计算出关于x、y的满足的关系；．
(3)该问分为三个阶段，一是在第一象限电场中的直线加速运动，二是将区域Ⅱ向左平移一段距离Δx做匀速直线运动，三是在第二象限电场中的类平抛运动，结合第二问的解题思路，可求出Δx的大小．
1.下列可以用来表示电场强度单位的是( )
A. N·CB. V·mC. kg⋅mC⋅sD. JC⋅m
2.关于静电的防止与利用，下列说法正确的是( )
A. 做静电实验时，减小实验室空气湿度，这是为了防止漏电对实验产生影响
B. 为了防止静电危害，保证乘客的安全，飞机起落架的轮胎用绝缘橡胶制成
C. 金属导体有静电屏蔽的作用，运输汽油时把汽油装进塑料桶比装进金属桶安全
D. 建筑物顶端装上避雷针可以避雷，没有安装避雷针的建筑物一定会被雷电击毁
3.如图所示，在相距40km的A、B两地之间沿直线架设了两条输电线，两条输电线的总电阻为800Ω。现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，检修员进行了如下操作：在A地接上电源，测得电压表示数为10V，电流表示数为40mA。则A地到短路处两根输电线的总电阻和A地到短路处的距离分别为( )
A. 500Ω；12.5kmB. 500Ω；25kmC. 250Ω；12.5kmD. 250Ω；25km
4.如图所示，平行板电容器两极板M、N分别通过导线、开关与电源相接，其中N板接地，板间距离为d，开关S闭合，在M板上用长为L的绝缘细绳悬挂一质量为m、电荷量为−q(q>0)的带电小球，小球在A点处于静止状态，此时细绳伸直且与竖直方向间夹角为θ.已知重力加速度为g，地面电势为0，小球可视为点电荷．则
A. 细绳拉力大小为mgcsθ
B. A点电势为mgq(Lcsθ−d)
C. 若保持开关S闭合，将N板向左平移少许，θ将减小
D. 若将开关S断开，将N板竖直向下平移少许，θ仍保持不变
5.等量异种点电荷固定在如图所示的真空空间中，O为两电荷连线的中点，A、B为连线的中垂线上关于O点对称的两点，C、D为过O点的一直线上关于O点对称的两点，电子重力不计．下列说法正确的是
A. C、D两点电场强度大小相等、方向不同
B. 在A点由静止释放一电子，电子将沿AB做往返运动
C. 将一电子分别放在C点和D点，在D点的电势能较大
D. 将一电子从A点经C点、D点移到B点，电场力始终不做功
6.甲、乙、丙为三个完全相同的金属小球，甲球所带电荷量为7Q，乙球所带电荷量为−Q，丙球不带电。将甲、乙两球固定，相距r(r远大于小球的半径)，甲、乙间的相互作用力为7N，然后让丙球反复与甲、乙球多次接触，最后移去丙球。甲、乙两球后来所带的电荷量和甲、乙两球间的相互作用力分别变为( )
A. 2Q，4NB. 2Q，8NC. 4Q，4ND. 4Q，8N
7.如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成直径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀地分布着正电荷，现在圆环上E处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OE连线向下移动L的距离到F点处，设圆环的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为k，若此时在O点放一个带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小为( )
A. kQq3L2B. 4kQq9L2C. 32kQq9L2D. 2kQq3L2
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.电解槽内有一价离子的电解溶液，溶液中插有两根碳棒A、B作为电极，将它们接在直流电源上，溶液中就有电流通过，假设时间t内通过溶液内横截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷的电量为e，以下解释正确的是( )
A. 溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消
B. 负离子定向移动的方向是从A到B
C. 溶液内电流方向从B到A，电流I=n1et
D. 溶液内电流方向从B到A，电流I=n1+n2et
9.将带电荷量为q=+2.0×10−8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，需要克服静电力做功W=4.8×10−4J，取无限远处的电势为零，下列说法正确的是( )
A. q在A点的电势能为4.8×10−4J
B. A点的电势2.4×104V
C. q未移入电场前，A点的电势为0
D. q未移入电场前，A点的电势为4.8×104V
10.如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点0.15,3的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10−8C的滑块P(可视作质点)，从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是
A. 沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B. 滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C. 滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
三、实验题（本大题共2小题，共16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。
12.某同学欲测量一阻值大约为10Ω的金属圆柱体的电阻率。实验室除游标卡尺、螺旋测微器、导线、开关和待测金属以外，还有以下可供选择的器材：
A.电源E
B.电压表V(量程为0∼6V，内阻RV≈8kΩ)
C.电流表A(量程为0∼0.6A，内阻RA≈0.2Ω)
D.滑动变阻器R(最大阻值为5Ω，额定电流为2A)
(1)用游标卡尺测该金属的长度L，如图甲所示，读数L=_____mm，用螺旋测微器测该金属的直径D，如图乙所示，读数D=_____mm；
(2)为了测量尽可能精确，设计最合理的实验电路图将图丙的虚线框部分补充完整____；
(3)若电压表示数记为U，电流表示数记为I，则该金属电阻率的表达式ρ=_____(用题中相关物理量的字母符号表示)。
四、计算题（本大题共3小题，共38分）
13.在一根长L=8m、横截面积S=7×10−4m2的铜质导线两端加4×10−3V电压。已知铜的电阻率ρ=1.75×10−8Ω⋅m，则：
(1)该导线的电阻多大?
(2)该导线中的电流多大?
(3)当电阻线对折后，接入相同的电压，电流是多大?
14.如图所示，在光滑绝缘平面上有一半径为r的圆周，圆心为O，a、b、c、d、e、f为圆周的六等分点，在b、c、d、f四点分别固定电荷量为−2q、+q、−3q，−q(q>0)的点电荷，已知静电力常量为k．
(1)求圆心O处的电场强度大小和方向；
(2)若将一电荷量为−2q的试探电荷放在圆心O处，求该试探电荷所受电场力的大小和方向．
15.如图甲所示，在平面直角坐标系的第一象限内有方向水平向左、场强大小为E的匀强电场，第二象限内直线x=−d(d>0)与y轴间有方向竖直向下、场强大小未知的匀强电场．将一电荷量为+q(q>0)的粒子从第一象限的S点由静止释放，当S点的坐标为d2,d2时，粒子进入第二象限后经偏转恰好能从坐标(−d,0)处飞出，粒子重力不计．
(1)求第二象限内电场强度的大小；
(2)若仅调整第一象限内S点的位置，为使粒子始终能从坐标(−d,0)处飞出，求释放点S的纵坐标y与横坐标x间应满足的关系；
(3)若保持各部分场强不变，以直线x=−d2为分界线，将第二象限内电场等分成Ⅰ、Ⅱ两区域，并将区域Ⅱ向左平移一段距离Δx，再将粒子从S′点d2,d由静止释放，如图乙所示．要使粒子从区域Ⅱ左边界与x轴的交点P处飞出，求Δx的大小．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】AC.由E=Fq=maq，可得电场强度单位为N/C或kg⋅mC⋅s2，故 AC错误；
B.由E=Ud，可得电场强度的单位为V/m，故 B错误；
D.由E=Ud=Wqd，可得电场强度的单位为JC⋅m，故 D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】A.做静电实验时，减小空气湿度是为了防止漏电，保证实验顺利进行，故A正确；
B.飞机轮胎用导电橡胶制成可以将飞机产生的静电迅速导走，不能用绝缘胶制成，故B错误；
C.由于塑料桶与油容易摩擦起电且电荷不易导走，故用金属桶装易燃的汽油较安全，故C错误；
D.避雷针有避雷作用，对高管的建筑物如果没有安装会有危险，但对低矮的建筑不一定被雷电击毁，故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】解：设发生短路处到A处距离为x，据题意知，A、B两地间的距离L=40km，电压表的示数U=10V，电流表的示数I=40mA=40×10−3A，R总=800Ω．
根据欧姆定律I=UR可得，A端到短路处的两根输电线的总电阻Rx=UI
代入数据解得：Rx=250Ω；
根据电阻定律可知：Rx=ρ2xS，设A、B两地输电线的电阻为R总，R总=ρ2LS，得RxR总=xL，
解得x=12.5km．
故C正确，ABD错误．
故选：C。
根据闭合电路欧姆定律解得A端到短路处的两根输电线的总电阻，结合电阻定律可解得A地到短路处的距离。
本题考查闭合电路欧姆定律，解题关键掌握电路的认识，由电阻定律可知电阻与长度成比例关系。
4.【答案】D
【解析】【分析】本题考查平行板电容器的动态分析和带电小球在电场中的运动。解决问题的关键是根据平衡条件判断小球的受力情况，综合利用平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式和匀强电场的场强公式分析计算。
【解答】A.受力分析可知小球受竖直向下的重力和竖直向上的电场力保持静止状态，故细绳拉力为0，故A错误;
B.由平衡条件得板间的电场强度大小为E=mgq，由于M板带正电，则A点电势为正，UAN=φA−0=E(d−Lcsθ)=mgq(d−Lcsθ)，故B错误;
C.保持S闭合，两板间电压不变，故平移N板，板间电场强度大小不变，则θ不变，故C错误;
D.断开开关S，则电容器电荷量不变，由E=Ud=QCd=QεrS4πkdd=4πkQεrS可知，改变板间距离电场强度大小不变，则θ保持不变，故D正确。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等量异种电荷周围的电场分布情况，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量异种电荷周围的电场特点．
在如图所示的电场中，等量异种电荷AB之间的电场方向是相同的，电子分别放在C点和D点或从A点经C点、D点移到B点．根据电场力做功情况，分析电势能的变化．
【解答】
A.由电场叠加可知，C、D两点电场强度大小、方向均相同，则A错误;
B.等量异种电荷中垂线上的电场方向均垂直于中垂线，则由A点静止释放电子，不可能沿AB运动，则B错误;
C.由于C点电势高于D点，电子带负电，由EP=qφ可知，电子在D点电势能一定大于C点，则C正确;
D.从A经C、D到B点电场力做总功为0，而不是始终不做功，则D错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】丙与甲、乙反复接触后，甲、乙原先所带电量的总和最后在三个相同的小球间均分。则甲、乙两球后来带的电量均为7Q+−Q3=2Q，甲、乙球原先是引力，大小为F=kq1q2r2=k7Q⋅Qr2=7kQ2r2，甲、乙球后来是斥力，大小为F′=kq′1q′2r2=k2Q⋅2Qr2=4kQ2r2，即F′=47F，甲、乙间的相互作用力为4N。
故选A。
7.【答案】C
【解析】线框上的电荷在O点产生的场强等效为q电荷在O点产生的电场强度E1=kq(L2)2=4kqL2，方向竖直向下，在F点电荷量为q的电荷在O点产生的电场强度为E2=kq(L+L2)2=4kq9L2，方向竖直向上，此时O点的场强为E=E1−E2=32kq9L2，方向竖直向下，则带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小F=EQ=32kQq9L2，故C正确，ABD错误。
故选C。
8.【答案】BD
【解析】AB.电流的方向与正离子定向移动方向相同，与负离子定向移动方向相反。所以正离子定向移动形成电流，方向从B到A，负离子定向移动形成电流方向也从B到A，不会相互抵消，选项A错误，选项B正确；
CD.溶液内电流方向从B到A，t时间内通过溶液截面S的电荷量q=n1e+n2e，则根据电流的定义式有I=qt=n1+n2et，选项C错误，选项D正确。
故选BD。
9.【答案】AB
【解析】A.电荷从无限远处移到电场中的A点克服静电力做功，电荷的电势能增加，电势能的增加量为ΔEp=W=4.8×10−4J，无限远处的电势为零，无限远处电势能也为零，则q在A点的电势能为EpA=4.8×10−4J，故A正确；
B.根据电势能与电势的关系可得A点的电势φA=EpAq=4.8×10−42×10−8=2.4×104V，故B正确；
CD．A点的电势是由电场本身决定的，与A点是否有电荷存在无关，所以在q未移入电场前，A点电势仍为2.4×104V，故 CD均错误。故选AB。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
解决本题的关键是明确φ−x图线的切线斜率表示电场强度。根据动能定理求滑块运动的最大速度，掌握电场力做功公式W=qUab=q(φa−φb)。
【解答】
A.φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；
B.φ−x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以x=0.15m处的电场强度大小为
E=3×1050.3−0.15V/m=2.0×106N/C
滑块此时受到的电场力为
F1=qE=0.04N
滑块与水平地面间的滑动摩擦力(最大静摩擦力)大小为
Ff=μmg=0.04N
由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小
F>0.04N=Ff
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ−x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；
C.当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大(设为v)，根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为U1=φ0.1−φ0.15=1.5×105V
根据动能定理有12mv2=qU1−μmgΔx1
解得v=0.1m/s，故C错误；
D.假滑块最终在0.3m处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为
U2=φ0.15−φ0.3=1.5×105V
滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为
W=qU2=3×10−3J
滑动摩擦力做功为
W′=μmgΔx2=6×10−3J>W
所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选BD。
11.【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)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)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)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.【答案】(1)60.20 (2) 4.750/4.749/4.751/4.752 (3)如图所示
(4) πD2U4IL
【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则可知L=60mm+4×0.05mm=60.20mm
根据螺旋测微器读数规则可知D=4.5mm+25.0×0.01mm=4.750mm
(2)待测电阻远小于电压表电阻，则电流表采用外接法，电路图如图所示
(3)根据电阻率公式R=ρLS可得ρ=RxSL，圆的面积公式可知S=14πD2，由公式可知Rx=UI，代入可得ρ=πD2U4IL
13.【答案】解：(1)该导线的电阻R=ρLS=1.75×10−8×87×10−4Ω=2×10−4Ω；
(2)该导线中的电流I=UR=4×10−32×10−4A=20A；
(3)当电阻线对折后，电阻变为R′=ρ12L2S=14R=5×10−5Ω，
接入相同的电压，电流是I′=UR′=4×10−35×10−5A=80A。
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)c、f两点处点电荷在O处产生的电场强度大小为：E1=kqr2+kqr2=2kqr2，方向由O指向f，
再与b点处点电荷合成电场强度大小为：E2=2×2kqr2cs60°=2kqr2，方向由O指向a，
则在圆心O处的总场强大小为：E=k3qr2−E2=kqr2，方向由O指向d；
(2)由F电=2qE解得：F1=2kq2r2，方向由O指向a。
【解析】本题考查了点电荷的电场强度和电场的叠加，解题的关键是熟练运用点电荷场强公式。
(1)根据图示，先求出c、f两点处点电荷在O处产生的电场强度，然后再与b点处点电荷进行合成，再与d点处点电荷合成，即可求出圆心O处的电场强度大小和方向；
(2)根据电场场强定义式E=Fq即可求出试探电荷所受电场力的大小，根据场强方向确定电场力的方向。
15.【答案】解：(1)设粒子进入第二象限是的速度大小为v0，则有qEd2=12mv02
粒子进入第二象限做类平抛运动，设第二象限内电场强度大小为E1，则有
d2=12⋅qE1mt2
t=dv0
联立解得E1=E。
(2)设S点坐标为(x,y)，第一象限内有：qEx=12mv2
粒子进入第二象限做类平抛运动，则有：
y=12⋅qEmt2
t=dv
联立解得y=d24x。
(3)由于释放点S′横坐标与S点相同则，粒子进入第二象限的速度大小仍为v0
设粒子在Ⅰ内运动时间为t1，则有t1=d2v0=d2v0
y方向分速度大小为vy1=qEmt1，从Ⅰ射出时的速度偏转角为tanθ=vy1v0
由于Ⅰ、Ⅱ两区域宽度相等，则时间相等，粒子在两区域中间做匀速直线运动，故在Ⅰ、Ⅱ两区域内沿y方向偏转的距离为y=12⋅qEm(2t1)2
在第二象限运动的整个过程，由几何关系得d=y+Δx⋅tanθ，
联立解得△x=d
【解析】本题考查的是粒子在电场中的运动，这部分知识学生相对比较熟悉，也是经常训练的题型。
(1)在第一象限电场区域的加速运动，在第二象限电场区内的偏转，运用类平抛的知识可求出第二象限内电场强度的大小；
(2)若仅调整第一象限内S点的位置，为使粒子始终能从坐标(−d,0)处飞出，再运用在第一象限电场中的加速和第二项象限的类平抛运动，计算出关于x、y的满足的关系；．
(3)该问分为三个阶段，一是在第一象限电场中的直线加速运动，二是将区域Ⅱ向左平移一段距离Δx做匀速直线运动，三是在第二象限电场中的类平抛运动，结合第二问的解题思路，可求出Δx的大小．
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