湖北省荆州名校2023-2024学年高一下学期5月月考物理试卷
一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 1 ~ 7 题只有一项符合题目要求，第 8 ~ 10 题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得 0 分。
1．（2024高一下·荆州月考）静电现象在自然界中普遍存在。有的静电现象可以加以利用，有的却要防止其危害。下列做法中属于利用静电的是（ ）
A．在高大的建筑物顶端安装避雷针
B．用静电除尘器收集空气中的尘埃和烟雾
C．在加油站给车加油前，要用手触摸一下静电释放器
D．在充满易燃气体或粉尘的环境中不要穿、脱化纤衣服
【答案】B
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】AC、在高大的建筑物顶端安装避雷针和在加油站给车加油前，要用手触摸一下静电释放器，是为了把产生的静电导走，属于静电的防止，故AC错误；
B、用静电除尘器收集空气中的尘埃和烟雾，属于静电的利用，故B正确；
D、在充满易燃气体或粉尘的环境中不要穿、脱化纤衣服，以防产生的静电导致发生火灾，即属于静电的防止，故D错误。
故答案为：B。
【分析】熟练掌握静电的防止与利用。用静电除尘器收集空气中的尘埃和烟雾，属于静电的利用。在高大的建筑物顶端安装避雷针和在加油站给车加油前，要用手触摸一下静电释放器，在充满易燃气体或粉尘的环境中不要穿、脱化纤衣服，属于静电的防止。
2．（2024高一下·荆州月考）真空中有两个完全相同的均匀带电金属小球（可视为点电荷），带电量分别为-Q和+3Q，将它们放在相距为r的两点，它们之间库仑力的大小为F；若将它们接触一下，再放回原来的位置，它们之间库仑力的大小是（ ）
A． B． C．F D．3F
【答案】B
【知识点】库仑定律；电荷及三种起电方式
【解析】【解答】由库仑定律可得
当它们接触后电荷要先中和再均分，故电荷量都变为Q，则库仑力为
故答案为：B。
【分析】两电荷接触后，电荷先中和在平分。根据接触起电确定接触后两电荷的电荷量。再分别根据库仑定律确定接触前后电荷之间库仑力的大小关系。
3．（2024高一下·荆州月考）如图所示，将一金属空腔放在匀强电场中，稳定后，电场线如图分布。A为金属外一点，B为金属空腔内一个点。下列说法正确的是（ ）
A．金属外表面的电场和金属外表面垂直
B．导体内的感应电荷在B点处产生的电场为零
C．A点电场强度等于B点的电场强度
D．正电荷在A点的电势能等于在B点的电势能
【答案】A
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A、金属空腔外表面电势相等，是一等势面，必定与电场垂直，故A正确；
BC、由于静电屏蔽作用，空腔内部电场强度为0，则在B点，感应电场和匀强电场等大反向，A点电场强度一定大于B点的电场强度，故BC错误；
D、沿电场线方向电势降低，而金属空腔又是一等势体，则A点电势大于B点电势，则正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误。
故答案为：A。
【分析】金属空腔外表面电势相等是等势面，等势面与电场线垂直。静电屏蔽作用，空腔内部电场强度为0，即空腔内部各点的感应电场和匀强电场等大反向，空腔外部电场强度不为零。沿电场线方向电势降低。
4．（2024高一下·荆州月考）带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势随x变化如图所示，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．球体带正电荷
B．球心处电场强度最大
C．A、B两点电场强度相同
D．一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点电势能的大
【答案】D
【知识点】电场强度；点电荷的电场；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A、从球出发向两侧电势升高，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球带负电荷，故A错误；
B、球是等势体，故内部任意两点间的电势差为零，故场强为零，故B错误；
C、A点与B点的电场强度大小相等，但方向相反，故不同，故C错误；
D、从B到C，电势升高，根据
故负电荷电势能减少，故D正确。
故答案为：D。
【分析】熟练掌握点电荷电场的分布特点，沿着电场线电势逐渐降低，球是等势体，内部任意两点间的电势差为零，故场强为零。根据电势与电势能的关系确定负电荷在各点电势能的大小关系。
5．（2024高一下·荆州月考）质量相同的小球A、B分别带有+3q和-q电量，两段等长绝缘细线悬挂在O点如图所示，当系统处于水平向右的匀强电场中并静止时，可能出现的状态应是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】以整体为研究对象，分析受力如图。
A带正电，受到的电场力水平向右，大小为3qE，B带负电，受到的电场力水平向左，大小为qE，水平方向合力向右，因此OA绳子偏向右，设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得
以B球为研究对象，受力如上图。设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得
得到
故答案为：D。
【分析】整个系统处于平衡状态，对整体进行受力分析，明确整体的受力情况，根据平衡条件及力的合成与分解确定OA绳与竖直方向的夹角，再对B进行受力分析，绳子拉力与两小球之间的库仑力共线，先将该两力合成一个力，则B球处于三力平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定AB绳与竖直方向的夹角，再根据夹角关系确定绳子的偏转情况。
6．（2024高一下·荆州月考） 如图所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为+q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。若将P处小球的电荷量变为原来的四分之一，同时加竖直方向的匀强电场强度E，此时P处小球仍能保持静止。重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】库仑定律；电场及电场力；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】设P处的带电小球电量为Q，根据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为
根据几何关系，可知正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有
若将P处小球的电荷量变为原来的四分之一，则四个顶点的电荷对P的小球的库仑合力为
当外加匀强电场后，再次平衡，则有
解得
故答案为：D。
【分析】施加匀强电场前后，小球均处于平衡状态，明确施加电场前后，小球的受力情况，再分别根据平衡条件及力的合成与分解结合库仑定和电场与电场力的关系进行解答。
7．（2024高一下·荆州月考）如图所示，A、B、C、D、M、N点将半径r=5cm的圆周六等分。空间内有一方向与圆平面平行的范围足够大的匀强电场（图中未画出）。已知A、C、M三点的电势分别为=1V、=16V、=31V。下列判断正确的是（ ）
A．电场强度的方向由D指向A
B．将电子从D点沿圆弧经M点移动到N点，电场力先做负功再做正功
C．电场强度的大小为200V/m
D．该圆周上的点电势最高为15+10（V）
【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AC、在匀强电场中AM连线的中点G的电势
则电场线如图
故直线COGN为等势线，圆心O点的电势为16V，可知电场强度的方向由M指向A；M、A两点间的距离
电场强度
故A错误，C正确；
BD、过圆心O作MA的平行线，与圆的交点H处电势最高
圆上最高电势
沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电势先升高后降低，电场力先做正功再做负功，故BD错误。
故答案为：C。
【分析】根据匀强电场电势与两点之间连线的关系确定电场中的等势点，等势点的连线即为等势线，根据电场线与等势线相互垂直及沿电场线方向电势逐渐降低，确定电场线的方向，再根据电势差与场强的关系确定电场强度的大小，沿电场线方向电势降低的最快，过圆心O作电场线，电场线与圆的交点即为电势最高点和最低点，根据电势能与电场力做功的关系确定电场力做功情况。
8．（2024高一下·荆州月考）电场线能直观地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点。O点是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O点对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O点对称的两点。则（ ）
A．E、F两点电场强度相同
B．A、D两点电场强度不同
C．B、O、C三点中，O点电场强度最小
D．从C点向O点运动的电子加速度逐渐增大
【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点电场强度方向相同，由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则其电场强度大小也相等，故A正确；
B、根据对称性可知，A、D两点处电场线疏密程度相同，则A、D两点电场强度大小相等，由题图甲看出，A、D两点电场强度方向相同，故B错误；
C、由题图甲看出，B、O、C三点比较，O点处的电场线最稀疏，电场强度最小，故C正确；
D、由题图可知，电子从C点向O点运动过程中，电场强度逐渐减小，则静电力逐渐减小，由牛顿第二定律可知电子的加速度逐渐减小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，中垂线上关于O对称的两点，电场强度大小也相等。电场线越密集，电场强度越大，粒子所受电场力越大，粒子的加速度越大。
9．（2024高一下·荆州月考）某电场中三个等势面1、2、3分布如图中实线所示，虚线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．该电场的某条电场线可能与虚线重合
B．等势面2的电势比等势面3的电势高
C．该带电粒子在M点的加速度比在N点的小
D．该带电粒子在M点的电势能比在N点的大
【答案】B,D
【知识点】电场及电场力；电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A、带电粒子做曲线运动，则粒子运动轨迹不可能与电场线重合，即该电场的某条电场线不可能与虚线重合，故A错误；
B、由运动轨迹可知，粒子受电场力大致向右，可知电场线大致向右，沿电场线电势降低，可知等势面1电势最高，即等势面2的电势比等势面3的电势高，故B正确；
C、M点等势面密集，可知电场线密集，场强较大，粒子受的电场力较大，则该带电粒子在M点的加速度比在N点的大，故C错误；
D、因M点电势高于N点，则该带正电的粒子在M点的电势能比在N点的大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】带电粒子在电场力的作用下做曲线运动，该电场的某条电场线不可能与虚线重合。根据运动轨迹确定粒子所受电场力的方向，再根据粒子的电性确定电场线的方向，沿电场线电势降低，电场线密集，场强较大，粒子受的电场力较大，加速度越大。根据电势与电势能的关系确定粒子在各点电势能的大小。
10．（2024高一下·荆州月考）如图所示，平行板电容器与直流电源E 连接。电容器下极板接地，上极板与一静电计的金属球相连，静电计的外壳接地。一带电油滴恰好静止于静电计电容器中的P 点。关于下列操作说法正确的是（ ）
A．保持开关闭合，将电容器上极板向上移动一段，则带电油滴将向上运动
B．断开并关，将电容器下极板向上移动一段，则带电油滴将向下运动
C．断开开关，将电容器上极板向左平移一段，则静电计指针偏角增大
D．保持开关闭合，将电容器上极板向左平移一段，则电流计中有从a流向b的电流
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、开关闭合，U不变，d增加，E减小，静电力减小，重力大于静电力，带电油滴将向下运动，故A错误；
B、断开并关，由
联立得
Q不变，将电容器下极板向上移动一段，d增大，但是E与d无关，电场强度不变。带电油滴不运动，依然静止于P点，故B错误；
C、断开并关，Q不变，将电容器上极板向左平移一段，S减小，由
可知C减小，由
可知U变大，静电计指针偏角增大，故C正确；
D、开关闭合，U不变，将电容器上极板向左平移一段，S减小，由
可知C减小，由
可知Q减小，电容器放电，电流计中有从a流向b的电流。故D正确。
故答案为：CD。
【分析】开关保持闭合，则电容器两极板间的电势差不变，再根据电势差与场强的关系确定两极板间场强的变化情况，继而确定带电液滴的移动情况。根据电容的决定式和定义式确定电容器两极板电荷量变化情况，继而确定电容器充放电情况。断开开关，两极板的电荷量不变，根据电容的决定式和定义式确定电容器两极板电势差及场强变化情况，电势差变大，静电计指针偏角增大，场强不变，油滴不动。
二、实验题:本题共 2 小题，第 11 题 6分，第 12 题 11 分，共 17 分。把答案写在答题卡指定的答题处。
11．（2024高一下·荆州月考）如图所示，在“研究电荷间作用力大小影响因素”的实验中，将一带电轻质小球B挂在铁架台上，小球B静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。
（1）作用力大小的变化通过观察 （选填“θ”或“p点位置”）的变化呈现。
（2）在研究作用力大小与电量的关系时，当增大小球A的电荷量后，在铁架台不动时，需将____。
A．A球支架不动 B．A球支架左移 C．A球支架右移
（3）在小球A和B电荷量保持不变时，将小球B分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同，如图乙所示。关于此实验现象可得出结论：电荷之间相互作用力的大小与它们的 （选填“距离”或“电荷量”）有关。
【答案】（1）
（2）C
（3）距离
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】（1）当作用力较大时，θ角较大，当作用力较小时，θ角较大。故作用力的大小的变化通过丝线与竖直方向的夹角θ的变化来呈现。
（2）在研究作用力大小与电量的关系时，要保持A球与B球之间的距离不变。当增大小球A的电荷量后，因作用力变大，两球之间的距离变大。则要保持两球间距离不变，在铁架台不动时，则需将A球支架右移。
故答案为：C。
（3）在小球A与B电量不变时，将小球B分别挂在P1、P2、P3的位置，两球之间的距离不同，观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同。故探究的是电荷之间作用力的大小与电荷之间距离的关系。
【分析】本实验采用控制变量法，明确实验的原理，根据实验操作明确实验中出现的变化情况，再根据变化情况判断作用力大小的方式。再结合库仑定律结合实验要求分析实验的操作步骤。根据实验操作步骤及实验现象明确实验的结论
12．（2024高一下·荆州月考）（1）在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地。
若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角 ，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积减小而 ；（选填“变大”或“变小”）
若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角 ，此实验说明平行板电容器的电容随距离变大而 ；（选填“变大”或“变小”）
（2）如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy，当在这对电极上加上恒定的电压，同时在电极上加上恒定的电压时，荧光屏上光点的坐标为（4，-1），则当在这对电极上加上恒定的电压，同时在电极上加上恒定的电压时，荧光屏上光点的坐标为（ ， ）
【答案】（1）变大；变小；变大；变小
（2）2；2
【知识点】观察电容器的充、放电现象；示波器的使用
【解析】【解答】（1）①根据
极板B上移一点，正对面积S减小，则电容器的电容C减小，充电后的平行板电容器电荷量Q不变，根据
知电势差增大，所以静电计的偏角变大，说明平行板电容器的电容随正对面积减小而变小；
②根据
极板B左移一点，板间距离d增大，则电容器的电容减小，根据
知电势差增大，所以静电计的偏角变大，说明平行板电容器的电容随距离变大而变小。
（2）电子在YY'内的加速度为
在YY'内运动的时间
所以偏转位移
由此可以看出偏转位移和电压成正比。同理可以证明在XX'方向上的偏转位移也与电压成正比。所以根据题意得
解得
，
所以荧光屏上光点的坐标为（2，2）。
【分析】根据电容的决定式及定义式确定在不同操作下两极板间电势差及电容的变化情况，电势差增大，静电计的偏角变大。熟练掌握示波管的工作原理及分析方方法。电子在偏转电场方向做匀加速直线运动，垂直于偏转电场方向做匀速直线运动，根据类平抛运动的基本公式求出偏转位移，得出偏转位移与偏转电压的关系即可求解。
三、解答题，本题共3小题，共43分。（请写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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．（2024高一下·荆州月考）如图所示，两平行正对的极板A与B的长度均为L，极板间距为d，极板间的电压为U，板间的电场可视为匀强电场。一个质量为m，电荷量为q的带正电的离子，沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为，离子穿过板间电场区域，不计离子的重力。求：
（1）离子从电场射出时垂直板方向偏移的距离y；
（2）离子从电场射出时速度方向偏转的角度（用三角函数表示）；
（3）离子穿过板间电场的过程中，增加的动能。
【答案】（1）解：离子在偏转电场中，根据牛顿第二定律，有
离子在偏转电场的运动时间
离子从偏转电场射出时，沿垂直于极板方向偏移的距离
得
（2）解：离子从电场射出时，垂直于极板方向的速度
速度方向偏转角度（如答图1所示）
则
（3）解：离子增加的动能
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，粒子能穿过板间电场区域，则粒子在水平方向运动的位移等于极板的长度，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；
（2）根据类平抛运动规律确定粒子射出电场时，粒子在竖直方向的速度，再根据速度偏转角的定义进行解答；
（3）确定粒子在电场中运动过程只有电场力做功，则粒子增加的动能等于电场力对粒子做功的大小，再根据动能定理进行解答。
14．（2024高一下·荆州月考）如图所示，同一平面内的A、B、C、D四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，P为A、C连线的中点，Q为B、D连线的中点。把电荷量为﹣2.C的点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为J；再把这个电荷从B点移动到C点，电势能增加 J，求：
（1）A、C两点间的电势差；
（2）若，且规定C点为零电势点，求Q点的电势。
【答案】（1）解：把电荷量为C的负点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为J，有
把负电荷从B点移动到C点，电势能增加J，即电场力做负功，有
根据电压关系有
（2）解：规定C点为零电势点，，P为A、C连线的中点，因匀强电场有
则有
由和，可知
由，Q为B、D连线的中点，可知
可推得
【知识点】电场力做功；电势；电势差
【解析】【分析】（1）根据电场力做功与电势差的关系确定AB、BC之间的电势差，再根据电势差与电势之间的关系确定AC之间的电势差；
（2）根据BC间的电势差，结合电势与电势差的关系确定B点的电势，再根据匀强电场电势差与距离的关系确定BQ之间的电势差，再结合电势与电势差的关系确定Q点的电势。
15．（2024高一下·荆州月考）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m，带电量为q的小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥ -R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，电场强度E大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep；
（2）小球经过O点时的速度大小v；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程
【答案】（1）解：根据能量守恒可知
（2）解：从B到O的过程中，根据动能定理
解得
（3）解：经过O点时，速度方向竖直向上，对小球受力分析可知，在竖直方向上
可知小球在竖直方向上做匀速运动，经过时间t，位移
①
在水平方向上
可得
因此在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，经过t时间的位移
②
由①②联立可得轨迹方程为
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球开始运动至脱离弹簧的过程，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能，再根据能量守恒定律确定弹簧的弹性势能；
（2）确定小球从B到O的过程，小球的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（3）小球从O点飞出后，同时受到电场力及重力，根据运动的合成与分解确定小球在水平方向和竖直方向的运动情况，再分别对水平方向和竖直方向根据力的合成与分解及牛顿第二定律和运动学规律进行联立解答。
1 / 1湖北省荆州名校2023-2024学年高一下学期5月月考物理试卷
一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 1 ~ 7 题只有一项符合题目要求，第 8 ~ 10 题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得 0 分。
1．（2024高一下·荆州月考）静电现象在自然界中普遍存在。有的静电现象可以加以利用，有的却要防止其危害。下列做法中属于利用静电的是（ ）
A．在高大的建筑物顶端安装避雷针
B．用静电除尘器收集空气中的尘埃和烟雾
C．在加油站给车加油前，要用手触摸一下静电释放器
D．在充满易燃气体或粉尘的环境中不要穿、脱化纤衣服
2．（2024高一下·荆州月考）真空中有两个完全相同的均匀带电金属小球（可视为点电荷），带电量分别为-Q和+3Q，将它们放在相距为r的两点，它们之间库仑力的大小为F；若将它们接触一下，再放回原来的位置，它们之间库仑力的大小是（ ）
A． B． C．F D．3F
3．（2024高一下·荆州月考）如图所示，将一金属空腔放在匀强电场中，稳定后，电场线如图分布。A为金属外一点，B为金属空腔内一个点。下列说法正确的是（ ）
A．金属外表面的电场和金属外表面垂直
B．导体内的感应电荷在B点处产生的电场为零
C．A点电场强度等于B点的电场强度
D．正电荷在A点的电势能等于在B点的电势能
4．（2024高一下·荆州月考）带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势随x变化如图所示，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．球体带正电荷
B．球心处电场强度最大
C．A、B两点电场强度相同
D．一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点电势能的大
5．（2024高一下·荆州月考）质量相同的小球A、B分别带有+3q和-q电量，两段等长绝缘细线悬挂在O点如图所示，当系统处于水平向右的匀强电场中并静止时，可能出现的状态应是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·荆州月考） 如图所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为+q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。若将P处小球的电荷量变为原来的四分之一，同时加竖直方向的匀强电场强度E，此时P处小球仍能保持静止。重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·荆州月考）如图所示，A、B、C、D、M、N点将半径r=5cm的圆周六等分。空间内有一方向与圆平面平行的范围足够大的匀强电场（图中未画出）。已知A、C、M三点的电势分别为=1V、=16V、=31V。下列判断正确的是（ ）
A．电场强度的方向由D指向A
B．将电子从D点沿圆弧经M点移动到N点，电场力先做负功再做正功
C．电场强度的大小为200V/m
D．该圆周上的点电势最高为15+10（V）
8．（2024高一下·荆州月考）电场线能直观地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点。O点是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O点对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O点对称的两点。则（ ）
A．E、F两点电场强度相同
B．A、D两点电场强度不同
C．B、O、C三点中，O点电场强度最小
D．从C点向O点运动的电子加速度逐渐增大
9．（2024高一下·荆州月考）某电场中三个等势面1、2、3分布如图中实线所示，虚线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．该电场的某条电场线可能与虚线重合
B．等势面2的电势比等势面3的电势高
C．该带电粒子在M点的加速度比在N点的小
D．该带电粒子在M点的电势能比在N点的大
10．（2024高一下·荆州月考）如图所示，平行板电容器与直流电源E 连接。电容器下极板接地，上极板与一静电计的金属球相连，静电计的外壳接地。一带电油滴恰好静止于静电计电容器中的P 点。关于下列操作说法正确的是（ ）
A．保持开关闭合，将电容器上极板向上移动一段，则带电油滴将向上运动
B．断开并关，将电容器下极板向上移动一段，则带电油滴将向下运动
C．断开开关，将电容器上极板向左平移一段，则静电计指针偏角增大
D．保持开关闭合，将电容器上极板向左平移一段，则电流计中有从a流向b的电流
二、实验题:本题共 2 小题，第 11 题 6分，第 12 题 11 分，共 17 分。把答案写在答题卡指定的答题处。
11．（2024高一下·荆州月考）如图所示，在“研究电荷间作用力大小影响因素”的实验中，将一带电轻质小球B挂在铁架台上，小球B静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。
（1）作用力大小的变化通过观察 （选填“θ”或“p点位置”）的变化呈现。
（2）在研究作用力大小与电量的关系时，当增大小球A的电荷量后，在铁架台不动时，需将____。
A．A球支架不动 B．A球支架左移 C．A球支架右移
（3）在小球A和B电荷量保持不变时，将小球B分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同，如图乙所示。关于此实验现象可得出结论：电荷之间相互作用力的大小与它们的 （选填“距离”或“电荷量”）有关。
12．（2024高一下·荆州月考）（1）在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地。
若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角 ，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积减小而 ；（选填“变大”或“变小”）
若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角 ，此实验说明平行板电容器的电容随距离变大而 ；（选填“变大”或“变小”）
（2）如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy，当在这对电极上加上恒定的电压，同时在电极上加上恒定的电压时，荧光屏上光点的坐标为（4，-1），则当在这对电极上加上恒定的电压，同时在电极上加上恒定的电压时，荧光屏上光点的坐标为（ ， ）
三、解答题，本题共3小题，共43分。（请写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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．（2024高一下·荆州月考）如图所示，两平行正对的极板A与B的长度均为L，极板间距为d，极板间的电压为U，板间的电场可视为匀强电场。一个质量为m，电荷量为q的带正电的离子，沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为，离子穿过板间电场区域，不计离子的重力。求：
（1）离子从电场射出时垂直板方向偏移的距离y；
（2）离子从电场射出时速度方向偏转的角度（用三角函数表示）；
（3）离子穿过板间电场的过程中，增加的动能。
14．（2024高一下·荆州月考）如图所示，同一平面内的A、B、C、D四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，P为A、C连线的中点，Q为B、D连线的中点。把电荷量为﹣2.C的点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为J；再把这个电荷从B点移动到C点，电势能增加 J，求：
（1）A、C两点间的电势差；
（2）若，且规定C点为零电势点，求Q点的电势。
15．（2024高一下·荆州月考）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m，带电量为q的小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥ -R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，电场强度E大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep；
（2）小球经过O点时的速度大小v；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】AC、在高大的建筑物顶端安装避雷针和在加油站给车加油前，要用手触摸一下静电释放器，是为了把产生的静电导走，属于静电的防止，故AC错误；
B、用静电除尘器收集空气中的尘埃和烟雾，属于静电的利用，故B正确；
D、在充满易燃气体或粉尘的环境中不要穿、脱化纤衣服，以防产生的静电导致发生火灾，即属于静电的防止，故D错误。
故答案为：B。
【分析】熟练掌握静电的防止与利用。用静电除尘器收集空气中的尘埃和烟雾，属于静电的利用。在高大的建筑物顶端安装避雷针和在加油站给车加油前，要用手触摸一下静电释放器，在充满易燃气体或粉尘的环境中不要穿、脱化纤衣服，属于静电的防止。
2．【答案】B
【知识点】库仑定律；电荷及三种起电方式
【解析】【解答】由库仑定律可得
当它们接触后电荷要先中和再均分，故电荷量都变为Q，则库仑力为
故答案为：B。
【分析】两电荷接触后，电荷先中和在平分。根据接触起电确定接触后两电荷的电荷量。再分别根据库仑定律确定接触前后电荷之间库仑力的大小关系。
3．【答案】A
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A、金属空腔外表面电势相等，是一等势面，必定与电场垂直，故A正确；
BC、由于静电屏蔽作用，空腔内部电场强度为0，则在B点，感应电场和匀强电场等大反向，A点电场强度一定大于B点的电场强度，故BC错误；
D、沿电场线方向电势降低，而金属空腔又是一等势体，则A点电势大于B点电势，则正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误。
故答案为：A。
【分析】金属空腔外表面电势相等是等势面，等势面与电场线垂直。静电屏蔽作用，空腔内部电场强度为0，即空腔内部各点的感应电场和匀强电场等大反向，空腔外部电场强度不为零。沿电场线方向电势降低。
4．【答案】D
【知识点】电场强度；点电荷的电场；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A、从球出发向两侧电势升高，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球带负电荷，故A错误；
B、球是等势体，故内部任意两点间的电势差为零，故场强为零，故B错误；
C、A点与B点的电场强度大小相等，但方向相反，故不同，故C错误；
D、从B到C，电势升高，根据
故负电荷电势能减少，故D正确。
故答案为：D。
【分析】熟练掌握点电荷电场的分布特点，沿着电场线电势逐渐降低，球是等势体，内部任意两点间的电势差为零，故场强为零。根据电势与电势能的关系确定负电荷在各点电势能的大小关系。
5．【答案】D
【知识点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】以整体为研究对象，分析受力如图。
A带正电，受到的电场力水平向右，大小为3qE，B带负电，受到的电场力水平向左，大小为qE，水平方向合力向右，因此OA绳子偏向右，设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得
以B球为研究对象，受力如上图。设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得
得到
故答案为：D。
【分析】整个系统处于平衡状态，对整体进行受力分析，明确整体的受力情况，根据平衡条件及力的合成与分解确定OA绳与竖直方向的夹角，再对B进行受力分析，绳子拉力与两小球之间的库仑力共线，先将该两力合成一个力，则B球处于三力平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定AB绳与竖直方向的夹角，再根据夹角关系确定绳子的偏转情况。
6．【答案】D
【知识点】库仑定律；电场及电场力；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】设P处的带电小球电量为Q，根据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为
根据几何关系，可知正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有
若将P处小球的电荷量变为原来的四分之一，则四个顶点的电荷对P的小球的库仑合力为
当外加匀强电场后，再次平衡，则有
解得
故答案为：D。
【分析】施加匀强电场前后，小球均处于平衡状态，明确施加电场前后，小球的受力情况，再分别根据平衡条件及力的合成与分解结合库仑定和电场与电场力的关系进行解答。
7．【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AC、在匀强电场中AM连线的中点G的电势
则电场线如图
故直线COGN为等势线，圆心O点的电势为16V，可知电场强度的方向由M指向A；M、A两点间的距离
电场强度
故A错误，C正确；
BD、过圆心O作MA的平行线，与圆的交点H处电势最高
圆上最高电势
沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电势先升高后降低，电场力先做正功再做负功，故BD错误。
故答案为：C。
【分析】根据匀强电场电势与两点之间连线的关系确定电场中的等势点，等势点的连线即为等势线，根据电场线与等势线相互垂直及沿电场线方向电势逐渐降低，确定电场线的方向，再根据电势差与场强的关系确定电场强度的大小，沿电场线方向电势降低的最快，过圆心O作电场线，电场线与圆的交点即为电势最高点和最低点，根据电势能与电场力做功的关系确定电场力做功情况。
8．【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点电场强度方向相同，由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则其电场强度大小也相等，故A正确；
B、根据对称性可知，A、D两点处电场线疏密程度相同，则A、D两点电场强度大小相等，由题图甲看出，A、D两点电场强度方向相同，故B错误；
C、由题图甲看出，B、O、C三点比较，O点处的电场线最稀疏，电场强度最小，故C正确；
D、由题图可知，电子从C点向O点运动过程中，电场强度逐渐减小，则静电力逐渐减小，由牛顿第二定律可知电子的加速度逐渐减小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，中垂线上关于O对称的两点，电场强度大小也相等。电场线越密集，电场强度越大，粒子所受电场力越大，粒子的加速度越大。
9．【答案】B,D
【知识点】电场及电场力；电场线；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A、带电粒子做曲线运动，则粒子运动轨迹不可能与电场线重合，即该电场的某条电场线不可能与虚线重合，故A错误；
B、由运动轨迹可知，粒子受电场力大致向右，可知电场线大致向右，沿电场线电势降低，可知等势面1电势最高，即等势面2的电势比等势面3的电势高，故B正确；
C、M点等势面密集，可知电场线密集，场强较大，粒子受的电场力较大，则该带电粒子在M点的加速度比在N点的大，故C错误；
D、因M点电势高于N点，则该带正电的粒子在M点的电势能比在N点的大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】带电粒子在电场力的作用下做曲线运动，该电场的某条电场线不可能与虚线重合。根据运动轨迹确定粒子所受电场力的方向，再根据粒子的电性确定电场线的方向，沿电场线电势降低，电场线密集，场强较大，粒子受的电场力较大，加速度越大。根据电势与电势能的关系确定粒子在各点电势能的大小。
10．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、开关闭合，U不变，d增加，E减小，静电力减小，重力大于静电力，带电油滴将向下运动，故A错误；
B、断开并关，由
联立得
Q不变，将电容器下极板向上移动一段，d增大，但是E与d无关，电场强度不变。带电油滴不运动，依然静止于P点，故B错误；
C、断开并关，Q不变，将电容器上极板向左平移一段，S减小，由
可知C减小，由
可知U变大，静电计指针偏角增大，故C正确；
D、开关闭合，U不变，将电容器上极板向左平移一段，S减小，由
可知C减小，由
可知Q减小，电容器放电，电流计中有从a流向b的电流。故D正确。
故答案为：CD。
【分析】开关保持闭合，则电容器两极板间的电势差不变，再根据电势差与场强的关系确定两极板间场强的变化情况，继而确定带电液滴的移动情况。根据电容的决定式和定义式确定电容器两极板电荷量变化情况，继而确定电容器充放电情况。断开开关，两极板的电荷量不变，根据电容的决定式和定义式确定电容器两极板电势差及场强变化情况，电势差变大，静电计指针偏角增大，场强不变，油滴不动。
11．【答案】（1）
（2）C
（3）距离
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】（1）当作用力较大时，θ角较大，当作用力较小时，θ角较大。故作用力的大小的变化通过丝线与竖直方向的夹角θ的变化来呈现。
（2）在研究作用力大小与电量的关系时，要保持A球与B球之间的距离不变。当增大小球A的电荷量后，因作用力变大，两球之间的距离变大。则要保持两球间距离不变，在铁架台不动时，则需将A球支架右移。
故答案为：C。
（3）在小球A与B电量不变时，将小球B分别挂在P1、P2、P3的位置，两球之间的距离不同，观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同。故探究的是电荷之间作用力的大小与电荷之间距离的关系。
【分析】本实验采用控制变量法，明确实验的原理，根据实验操作明确实验中出现的变化情况，再根据变化情况判断作用力大小的方式。再结合库仑定律结合实验要求分析实验的操作步骤。根据实验操作步骤及实验现象明确实验的结论
12．【答案】（1）变大；变小；变大；变小
（2）2；2
【知识点】观察电容器的充、放电现象；示波器的使用
【解析】【解答】（1）①根据
极板B上移一点，正对面积S减小，则电容器的电容C减小，充电后的平行板电容器电荷量Q不变，根据
知电势差增大，所以静电计的偏角变大，说明平行板电容器的电容随正对面积减小而变小；
②根据
极板B左移一点，板间距离d增大，则电容器的电容减小，根据
知电势差增大，所以静电计的偏角变大，说明平行板电容器的电容随距离变大而变小。
（2）电子在YY'内的加速度为
在YY'内运动的时间
所以偏转位移
由此可以看出偏转位移和电压成正比。同理可以证明在XX'方向上的偏转位移也与电压成正比。所以根据题意得
解得
，
所以荧光屏上光点的坐标为（2，2）。
【分析】根据电容的决定式及定义式确定在不同操作下两极板间电势差及电容的变化情况，电势差增大，静电计的偏角变大。熟练掌握示波管的工作原理及分析方方法。电子在偏转电场方向做匀加速直线运动，垂直于偏转电场方向做匀速直线运动，根据类平抛运动的基本公式求出偏转位移，得出偏转位移与偏转电压的关系即可求解。
13．【答案】（1）解：离子在偏转电场中，根据牛顿第二定律，有
离子在偏转电场的运动时间
离子从偏转电场射出时，沿垂直于极板方向偏移的距离
得
（2）解：离子从电场射出时，垂直于极板方向的速度
速度方向偏转角度（如答图1所示）
则
（3）解：离子增加的动能
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，粒子能穿过板间电场区域，则粒子在水平方向运动的位移等于极板的长度，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；
（2）根据类平抛运动规律确定粒子射出电场时，粒子在竖直方向的速度，再根据速度偏转角的定义进行解答；
（3）确定粒子在电场中运动过程只有电场力做功，则粒子增加的动能等于电场力对粒子做功的大小，再根据动能定理进行解答。
14．【答案】（1）解：把电荷量为C的负点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为J，有
把负电荷从B点移动到C点，电势能增加J，即电场力做负功，有
根据电压关系有
（2）解：规定C点为零电势点，，P为A、C连线的中点，因匀强电场有
则有
由和，可知
由，Q为B、D连线的中点，可知
可推得
【知识点】电场力做功；电势；电势差
【解析】【分析】（1）根据电场力做功与电势差的关系确定AB、BC之间的电势差，再根据电势差与电势之间的关系确定AC之间的电势差；
（2）根据BC间的电势差，结合电势与电势差的关系确定B点的电势，再根据匀强电场电势差与距离的关系确定BQ之间的电势差，再结合电势与电势差的关系确定Q点的电势。
15．【答案】（1）解：根据能量守恒可知
（2）解：从B到O的过程中，根据动能定理
解得
（3）解：经过O点时，速度方向竖直向上，对小球受力分析可知，在竖直方向上
可知小球在竖直方向上做匀速运动，经过时间t，位移
①
在水平方向上
可得
因此在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，经过t时间的位移
②
由①②联立可得轨迹方程为
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球开始运动至脱离弹簧的过程，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能，再根据能量守恒定律确定弹簧的弹性势能；
（2）确定小球从B到O的过程，小球的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（3）小球从O点飞出后，同时受到电场力及重力，根据运动的合成与分解确定小球在水平方向和竖直方向的运动情况，再分别对水平方向和竖直方向根据力的合成与分解及牛顿第二定律和运动学规律进行联立解答。
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