吉林省白城市第一中学2024-2025学年高二上学期10月期中物理试题
1．（2024高二上·洮北期中）如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点。在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d。已知两球的质量均为m、电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷。则下列说法不正确的是（ ）
A．两球之间的库仑力F=k
B．当时，斜面对小球A的支持力为
C．当时，细线上拉力为0
D．将小球B移到斜面底面左端C点，当时，斜面对小球A的支持力为0
【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】
A．依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为
这里的d是两球之间的距离，故A正确，不符合题意；
BC．B对小球A受力分析，受到重力mg、斜面的支持力FN和库仑力F以及细线的拉力T。由于小球A 静止，所以这些力平衡。将重力分解为沿斜面向下的分力mgsinθ和垂直于斜面的分力mgcosθ。
当时，则有
对球受力分析，如图所示：
根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为
故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：
依据几何关系可知，T与F的夹角为120 ，当
时，即有
根据矢量的合成法则，则有电场力沿垂直斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为N=0，故D正确，不符合题意；
故选C。
【分析】根据库仑定律求解两球之间的库仑力。对小球A受力分析，根据平衡条件列式求解斜面对小球A的支持力和细线的拉力。将小球B移到斜面底面左端C点时，再次对小球A受力分析，根据平衡条件列式求解斜面对小球A的支持力。
2．（2024高二上·洮北期中）如图所示，半径为R，带电量为的均匀带电圆环固定在竖直面内，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m，带电量为q的小球（可视为质点）。小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R﹐已知静电力常量为k，重力加速度为g，则剪短细线瞬间小球的加速度大小为（ ）
A．g B． C． D．k
【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环对小球的库仑力， 应注意体会该方法的使用 。库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析。小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示
圆环各个点对小球的库仑力的合力FQ，当细绳存在时，设绳子上的力为F，则
小球到圆环中心O距离为R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，那么
解得
在水平方向上，有
解得
当细绳剪断后，小球只受重力和库仑力，此时
所以
同时，依据点电荷电场强度公式，将环中电量分成若干份，结合矢量的合成法则，及三角知识，则有小球所处位置的电场强度为
所以
，
所以
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选择：D。
【分析】 对小球受力分析，根据力的平衡条件可解得电场强度，根据“微元法“与对称性可解得圆环上的电荷对小球的库仑力，进而求出合力，根据牛顿第二定律求解小球的瞬时加速度。
3．（2024高二上·洮北期中）如图，两个相距l的固定点电荷A、B，所带电量均为+Q。另有一质量为m的点电荷C，以速度v绕AB连线中点O点做匀速圆周运动，且所在圆平面与AB连线垂直，AC的距离为l。已知静电力常量为k，电荷C的重力忽略不计，电荷C所带电量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】 本题考查了库仑力，解题的关键是灵活使用库仑定律结合力的合成进行解题。 由几何关系可知
A点电荷与C电荷间的引力与B与C电荷间的引力大小相等且两引力的合力提供向心力，则有
联立解得
且A点电荷与C电荷间为引力，则C点电荷带负电，故B正确。
故选B。
【分析】根据库仑定律可知A、B对C的引力，结合力的合成可计算出合力，联立即可解出电荷C点电荷量。
4．（2024高二上·洮北期中）如右图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1，上下底面的中心为O和O1，A、C1两点分别固定等量的正点电荷和负点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．B点与B1点的电场强度大小相等、方向相同
B．B点与D点的电场强度大小相等、方向相同
C．平面BDDB1是一个等势面
D．将一正试探电荷由O点移动到O1点，其电势能减小
【答案】D
【知识点】电势
【解析】【解答】 常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。A．电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A位置为正电荷，C1点的位置为负电荷，由电场的叠加可知，在B点与B1点的电场强度的方向不同，故A错误；
B．电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A位置为正电荷，C1点的位置为负电荷，B点和D点到正电荷和到负电荷的距离相等，由电场的叠加和对称性可知，B点与D点的电场强度大小相等、方向不相同，故B错误；
C．因为正负电荷是等量异种电荷，而D点更靠近正电荷，B1点更靠近负电荷，所以D点的电势大于B1点的电势，即平面BDDB1不是等势面，故C错误；
D．因为O点更靠近正电荷，O1更靠近正电荷，所以O点的电势要大于O1点的电势，根据电势能的定义
所以电势高的地方，正电荷其电势能大，将该电荷由O点移动到O1点，其电势能减小，故D正确。
故选D。
【分析】 据等量异种电荷的对称性求解电场强度；根据等量异种电荷的电势分布分析等势面，得出电势能的变化。
5．（2024高二上·洮北期中）如图所示，A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时，若负电荷从a向b流过灵敏电流计G，则电流计指针偏向a端；若负电荷从b向a流过灵敏电流计G，则指针偏向b端。某次纸张从平行极板间穿过时，发现电流计指针偏向b端，下列说法正确的是（ ）
A．两极板间纸张厚度减小 B．两极板间纸张厚度不变
C．两极板间纸张厚度增加 D．以上三种情况都有可能
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 纸张从平行极板间穿过时，电容两个极板间增加了介质，ε增大，电容增大。纸张厚度影响的电容介电常数ε，某次纸张从平行极板间穿过时，发现电流计指针偏向b端，则负电荷从b向a流过灵敏电流计G，电容器放电，根据
，
可知，电容变小，则两极板间纸张厚度减小。 本题考查了电容的定义式、平行板电容器的决定式等，要注意明确由于电容器与电源相连，因此电容器两端的电势差不变。
故选A。
【分析】 根据指针的偏转方向确定电容器是充电还是放电，根据电容的定义式确定电容的变化情况，根据电容决定式分析电介质的变化，从而得到纸张厚度的变化情况。
6．（2024高二上·洮北期中）点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示）与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同。图丙中点电荷q到MN的距离OA为R，AB是以电荷q为圆心、R为半径的圆上的一条直径，则B点电场强度的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】根据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加进行求解。 根据电场的叠加原理得
故选B。
【分析】 根据题意，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，只要求出乙图上+q右侧距离为R的场强，即等于B点场强。
7．（2024高二上·洮北期中）如图所示，带电量为的点电荷放置在a点，带电量为的点电荷放置在b点，c、d是a、b延长线上的点，已知，场强为的匀强电场与cd平行向左，静电力常量为，则d、c两点的电场强度之比为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题主要考查点电荷的电场强度公式和电场强度的矢量合成。解题的关键是熟练掌握点电荷的电场 强度公式，并理解电场强度是矢量，需要按照矢量合成法则进行合成。如图所示，+4Q在c点产生的场强为
方向向右，在d点产生的场强为
方向向左，-Q在c点产生的场强为
方向向左，在d点产生的场强为
方向向右，+4Q、-Q在c点产生的场强为
则c点的电场强度为
+4Q、-Q在d点产生的场强为
方向向左，则d点的电场强度为
比较可得
故选A。
【分析】 分别求出+4Q在c点、在d点产生的场强，-Q在c点、在d点产生的场强，根据电场强度的叠加求解c点的电场强度、d点的电场强度，由此可得d、c两点的电场强度之比。
8．（2024高二上·洮北期中）图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场（a、b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点），丁是等量正点电荷形成的电场（a、b位于两点电荷连线的中垂线上）．有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从四个电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移x变化的关系图象如图线①②③ 所示，其中图线① 是直线，下列说法中正确的是
A．甲对应的图线是① B．乙对应的图线是②
C．丙对应的图线是② D．丁对应的图线是③
【答案】A,C
【知识点】电势能
【解析】【解答】 把握常见电场中的场强的分布特点及坐标系中图象的意义；能从图象中判断出物理量的变化规律 。正检验电荷仅在电场力作用下，由静止开始运动，其中甲、乙、丙中正检验电荷沿电场方向运动，丁中正检验电荷静止不动．电场力对正检验电荷做功改变其动能，有
动能Ek随x的变化率
而电场强度E随x的变化情况是：甲中E为常数，乙图中E减小，丙图中E增大，所以A、C选项正确，B、D选项错误。
故选AC。【分析】由图中各电场的特点可得出电场力做功与运动位移的关系，而电场力做功等于动能的增加量，分析各图中动能与位移的关系可判断是否正确。
9．（2024高二上·洮北期中）如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（ ）
A．a、b两点的场强相等 B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等 D．c、d两点的电势相等
【答案】A,B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】根据等量异种电荷的电场分布特点，我们知道在两点电荷连线的中垂线上（即本题中的水平 直径ab），电场线是关于连线（即竖直直径cd）对称的。同时，在两点电荷连线的中点（即圆心 0）处，场强为0，且关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相反。BD．如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴，所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在上的点电势为零，即；而从M点到N点，电势一直在降低，即，故B正确，D错误；
AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC正确；
故选ABC。
【分析】根据微元法，将带电圆环看成若干个点电荷，依据点电荷的电场强度方向与大小，结合矢量的叠加法则，即可判定场强大小关系，再根据沿着电场线方向电势降低，及电场线方向与等势面垂直，即可一一判定。
10．（2024高二上·洮北期中）如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为和。在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为的小球以初速度从管口射入，则小球（ ）
A．速度先增大后减小再增大
B．小球对管壁的作用力先变大后变小
C．小球的电势能先增大后减小
D．管壁对小球的弹力最大值为
【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 本题考查了静电场相关知识，理解点电荷电场公式是解决此类问题的关键。A．电场力与弹力始终平衡，水平方向合力为0，竖直方向只受重力，所以小球做自由落体运动，速度一直增大，故A错误；
B．电场强度先增大后减小，电场力等于电场强度与电荷量的乘积，电场力先增大后减小，小球对管壁的作用力与电场力等大反向，所以先变大后变小，故B正确；
C．电场力始终与速度垂直不做功，所以不变，故C错误；
D．中点处为场强最大处，故需计算此处电场强度
则最大电场力为，弹力等大反向，故D正确。
故选BD。
【分析】 根据电场力与弹力始终平衡，小球做自由落体运动，电场力始终与速度垂直不做功，结合电场强度先增大后减小以及点电荷场强公式分析求解。
11．（2024高二上·洮北期中）某小组同学要测绘标有“”字样小灯泡的伏安特性曲线。他们完成如下操作。
（1）某同学用多用表测量该元件的电阻，调零后选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，需调整选择 倍率的电阻挡（填：“”或“”），并进行正确的测量操作，多用表的示数如图（a）所示，测量结果为 ；
（2）该组同学连好的实物如图（b）所示，开关闭合前变阻器的滑片应置于 端；（填“左”或“右”）
（3）若该组同学连接电路后检查所有元器件完好。闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数均不能调为零，则断路的导线为 段；（用图中字母表示）
（4）若该组同学在实验中测得7组数据，在图（c）所示的坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。当小灯泡两端电压为时，电阻等于 （保留二位有效数字）。
【答案】；2.5；左；；3.3
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）某同学用多用表测量该元件的电阻，调零后选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，说明待测电阻的阻值较小，应选倍率小的欧姆挡，需调整选择“”倍率的电阻挡。注意每次选挡后都必须重新调零。多用表的示数为
（2）为动变阻器必须用分压式接法，滑动变阻器在电路中起保护作用防止烧坏电表，小灯泡两端的电压应从零开始，开关闭合前变阻器的滑片应置于左端。
（3）闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数均不能调为零，此时滑动变阻器为限流式接法，则断路的导线为h。
（4）当小灯泡两端电压为时，通过小灯泡的电流为，由欧姆定律即可求得电阻，电阻等于
【分析】 （1）当欧姆表的指针指在中值电阻附近时读数较准，若指针偏角过大，说明电阻值较小，应选倍率小的欧姆挡，注意每次选挡后都必须重新调零；
（2）滑动变阻器必须用分压式接法，滑动变阻器在电路中起保护作用，应让滑片开始时滑到电表示数为零的位置；
（3）根据电路中的现象，利用电路原理可知哪个地方发生了断路；
（4）由图象求出对应的电流，再由欧姆定律即可求得电阻。
12．（2024高二上·洮北期中）色环电阻是电阻封装后在其表面涂上一定颜色的色环，并用色环的颜色来代表电阻的阻值。在家用电器、电子仪表、电子设备中常常可以见到。四环电阻使用规则如下表所示，第一色环表示阻值的最大一位数字，第二色环表示阻值的第二位数字，第三色环代表倍率，第四色环代表误整。
颜色 第一环 第二环 第三环（） 第四环
黑 0 0 10o
棕 1 1 101
红 2 2 102
橙 3 3 103
黄 4 4 104
绿 5 5 105
蓝 6 6 106
紫 7 7
灰 8 8
白 9 9
金
0.1
银
0.01
某四环电阻第一环为棕色，第二环已经掉色，第三环为棕色，第四环为红色。某实验小组为了给它添色，霜要利用以下实验器材较为准确地测量其阻值：
电压表V（量程为，内阻很大），
电流表（量程为，内阻为）
电源E（电动势约为，内阻不计）
滑动变阻器（最大阻值可选10或5k）
定值电阻（阻值可选或）
开关S，导线若干
（1）按图（a）所示连接电路：要求通过R的电流可在范围内连续可调，图（a）中的应选最大阻值为 （填“10”或“5k”的滑动变阻器，应选阻值为 （填“5”或“24”）的定值电阻；
（2）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为 V，流过的电流为 ，此组数据得到的的阻值为 ，（结果保留3位有效数字）
（3）该检测色环电阻第二色环的颜色为 色。
【答案】（1）；
（2）；；
（3）黄
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由图可知滑动变阻器为分压式连接，做分压式使用时，滑动变阻器阻值越小越方便调节，故图中的应选最大阻值为；
由并联电路支路电流大小之比等于电阻反比特点得
其中，，解得
（2）由图可知两端的电压为，电压表读数要注意估读；由图可知流过的电流为
知道电压电流值根据欧姆定律可知
（3）根据第2问计算知阻值为， 第一色环表示阻值的最大一位数字，第二色环表示阻值的第二位数字， 表示阻值的第二位数字为4，根据表格可知该检测色环电阻第二色环的颜色为黄色。
【分析】（1）根据电路特点分析选择器材，选择分压式电路，滑动变阻器阻值选择小的方便调节；
（2）根据电压表合电流表读数结合欧姆定律解得阻值；
（3）由第2问计算的电阻的阻值，根据表格分析解答。
（1）[1]由图可知滑动变阻器为分压式连接，做分压式使用时，滑动变阻器阻值越小越方便调节，故图中的应选最大阻值为；
[2]由并联电路特点得
其中，，解得
（2）[1]由图可知两端的电压为；
[2]由图可知流过的电流为
[3]根据欧姆定律可知
（3）根据第2问计算知阻值为，表示阻值的第二位数字为4，根据表格可知该检测色环电阻第二色环的颜色为黄色。
13．（2024高二上·洮北期中）如图所示，水平放置的两平行金属板A、B的间距为d，电容为C，开始时两极板均不带电，A板接地且B中央有小孔，现将带电荷量为q、质量为m的带电液滴从小孔（和A板面积相比足够小）正上方h高处无初速度地滴下，液滴落到B板后电荷全部传给B板。
（1）若液滴在A，B间可做匀速直线运动，则此液滴是第几滴？
（2）能够到达B板的液滴不会超过多少滴？
【答案】解：（1）设第n滴恰在A、B间做匀速直线运动，则这时电容器的带电量为，对第n滴液滴，根据它的受力平衡得
而
解得
（2）设第滴恰能到达下板，则对第滴，考虑它从开始自由下落至恰到达B板的过程，利用动能定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）设第n滴液滴在A、B板间做匀速直线运动时，重力与电场力平衡，据此列式求解。
（2） 油滴不断从小孔滴下并附着到下板上，上下板之间就形成了电势差，也就形成了匀强电场，设最终有n'个油滴可以打到下板上，即第n'个油滴到达下极板时速度正好等于0，以后的油滴就不会打到板上了，根据动能定理即可求解。
14．（2024高二上·洮北期中）如图所示一长为L的绝缘竖直杆ABC固定在地面上，一带电荷量为+q、质量为m的圆环（可看作点电荷）套在杆的顶端A，在杆的底端C固定一点电荷，整个装置处于水平向右场强大小为E的匀强电场中，环与杆间的动摩擦因数为μ。现将环由静止释放，到达杆的中点B处时达到最大速度v。不计空气阻力，重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）固定在C处的点电荷的电性及电荷量Q；
（2）A、B两点的电势差UAB；
（3）若圆环光滑，且把点电荷由C点移到杆的中垂线上某点，由静止释放圆环，圆环落地的速度v1。
【答案】解：（1）环由静止释放，到达杆的中点B处时达到最大速度，则两点电荷之间的作用力为斥力，故C处的点电荷的带正电，根据平衡条件可得
环受到的摩擦力为
电荷量为
（2）环由静止释放，到达杆的中点B处时，根据功能定理有
解得A、B两点的电势差为
（3）把点电荷由C点移到杆的中垂线上某点，根据对称性可知环在A、C点的电势相同，环从A点运动到C点的过程中库仑力不做功，根据动能定理有
圆环落地的速度为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）环到达杆的中点B处时达到最大速度，合力为零，分析环所受的点电荷的静电力方向，再判断固定在C处的点电荷的电性。根据平衡条件和库仑定律相结合求电荷量Q；
（2）环由静止释放，到达杆的中点B处时，根据动能定理求A、B两点的电势差UAB；
（3）把点电荷由C点移到杆的中垂线上某点，根据对称性可知环在A、C点的电势相同，环从A点运动到C点的过程中库仑力做功为零，根据动能定理求圆环落地的速度v1。
15．（2024高二上·洮北期中）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好100%被收集，求的颗粒被收集的百分比。
【答案】解：（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有
竖直方向
根据牛顿第二定律
又
解得
（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向
且
解得
b.带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
在竖直方向颗粒匀速下落
的颗粒带电荷量为
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
设只有距下极板为的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落
解得
的颗粒被收集的百分比
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】 （1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为-q的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动、沿着电场方向匀加速直线运动，列运动学规律公式结合牛顿第二定律可以求解两金属板间的电压U1；
（2）a.空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，据此可以求解两金属板间的电压U2；
b.在上一问基础上，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒在竖直方向运动的最大距离，进一步分析可以求解被收集的百分比。
1 / 1吉林省白城市第一中学2024-2025学年高二上学期10月期中物理试题
1．（2024高二上·洮北期中）如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点。在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d。已知两球的质量均为m、电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷。则下列说法不正确的是（ ）
A．两球之间的库仑力F=k
B．当时，斜面对小球A的支持力为
C．当时，细线上拉力为0
D．将小球B移到斜面底面左端C点，当时，斜面对小球A的支持力为0
2．（2024高二上·洮北期中）如图所示，半径为R，带电量为的均匀带电圆环固定在竖直面内，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m，带电量为q的小球（可视为质点）。小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R﹐已知静电力常量为k，重力加速度为g，则剪短细线瞬间小球的加速度大小为（ ）
A．g B． C． D．k
3．（2024高二上·洮北期中）如图，两个相距l的固定点电荷A、B，所带电量均为+Q。另有一质量为m的点电荷C，以速度v绕AB连线中点O点做匀速圆周运动，且所在圆平面与AB连线垂直，AC的距离为l。已知静电力常量为k，电荷C的重力忽略不计，电荷C所带电量为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·洮北期中）如右图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1，上下底面的中心为O和O1，A、C1两点分别固定等量的正点电荷和负点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．B点与B1点的电场强度大小相等、方向相同
B．B点与D点的电场强度大小相等、方向相同
C．平面BDDB1是一个等势面
D．将一正试探电荷由O点移动到O1点，其电势能减小
5．（2024高二上·洮北期中）如图所示，A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时，若负电荷从a向b流过灵敏电流计G，则电流计指针偏向a端；若负电荷从b向a流过灵敏电流计G，则指针偏向b端。某次纸张从平行极板间穿过时，发现电流计指针偏向b端，下列说法正确的是（ ）
A．两极板间纸张厚度减小 B．两极板间纸张厚度不变
C．两极板间纸张厚度增加 D．以上三种情况都有可能
6．（2024高二上·洮北期中）点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示）与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同。图丙中点电荷q到MN的距离OA为R，AB是以电荷q为圆心、R为半径的圆上的一条直径，则B点电场强度的大小是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·洮北期中）如图所示，带电量为的点电荷放置在a点，带电量为的点电荷放置在b点，c、d是a、b延长线上的点，已知，场强为的匀强电场与cd平行向左，静电力常量为，则d、c两点的电场强度之比为（ ）
A．2 B．1 C． D．
8．（2024高二上·洮北期中）图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场（a、b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点），丁是等量正点电荷形成的电场（a、b位于两点电荷连线的中垂线上）．有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从四个电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移x变化的关系图象如图线①②③ 所示，其中图线① 是直线，下列说法中正确的是
A．甲对应的图线是① B．乙对应的图线是②
C．丙对应的图线是② D．丁对应的图线是③
9．（2024高二上·洮北期中）如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（ ）
A．a、b两点的场强相等 B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等 D．c、d两点的电势相等
10．（2024高二上·洮北期中）如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为和。在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为的小球以初速度从管口射入，则小球（ ）
A．速度先增大后减小再增大
B．小球对管壁的作用力先变大后变小
C．小球的电势能先增大后减小
D．管壁对小球的弹力最大值为
11．（2024高二上·洮北期中）某小组同学要测绘标有“”字样小灯泡的伏安特性曲线。他们完成如下操作。
（1）某同学用多用表测量该元件的电阻，调零后选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，需调整选择 倍率的电阻挡（填：“”或“”），并进行正确的测量操作，多用表的示数如图（a）所示，测量结果为 ；
（2）该组同学连好的实物如图（b）所示，开关闭合前变阻器的滑片应置于 端；（填“左”或“右”）
（3）若该组同学连接电路后检查所有元器件完好。闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数均不能调为零，则断路的导线为 段；（用图中字母表示）
（4）若该组同学在实验中测得7组数据，在图（c）所示的坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。当小灯泡两端电压为时，电阻等于 （保留二位有效数字）。
12．（2024高二上·洮北期中）色环电阻是电阻封装后在其表面涂上一定颜色的色环，并用色环的颜色来代表电阻的阻值。在家用电器、电子仪表、电子设备中常常可以见到。四环电阻使用规则如下表所示，第一色环表示阻值的最大一位数字，第二色环表示阻值的第二位数字，第三色环代表倍率，第四色环代表误整。
颜色 第一环 第二环 第三环（） 第四环
黑 0 0 10o
棕 1 1 101
红 2 2 102
橙 3 3 103
黄 4 4 104
绿 5 5 105
蓝 6 6 106
紫 7 7
灰 8 8
白 9 9
金
0.1
银
0.01
某四环电阻第一环为棕色，第二环已经掉色，第三环为棕色，第四环为红色。某实验小组为了给它添色，霜要利用以下实验器材较为准确地测量其阻值：
电压表V（量程为，内阻很大），
电流表（量程为，内阻为）
电源E（电动势约为，内阻不计）
滑动变阻器（最大阻值可选10或5k）
定值电阻（阻值可选或）
开关S，导线若干
（1）按图（a）所示连接电路：要求通过R的电流可在范围内连续可调，图（a）中的应选最大阻值为 （填“10”或“5k”的滑动变阻器，应选阻值为 （填“5”或“24”）的定值电阻；
（2）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为 V，流过的电流为 ，此组数据得到的的阻值为 ，（结果保留3位有效数字）
（3）该检测色环电阻第二色环的颜色为 色。
13．（2024高二上·洮北期中）如图所示，水平放置的两平行金属板A、B的间距为d，电容为C，开始时两极板均不带电，A板接地且B中央有小孔，现将带电荷量为q、质量为m的带电液滴从小孔（和A板面积相比足够小）正上方h高处无初速度地滴下，液滴落到B板后电荷全部传给B板。
（1）若液滴在A，B间可做匀速直线运动，则此液滴是第几滴？
（2）能够到达B板的液滴不会超过多少滴？
14．（2024高二上·洮北期中）如图所示一长为L的绝缘竖直杆ABC固定在地面上，一带电荷量为+q、质量为m的圆环（可看作点电荷）套在杆的顶端A，在杆的底端C固定一点电荷，整个装置处于水平向右场强大小为E的匀强电场中，环与杆间的动摩擦因数为μ。现将环由静止释放，到达杆的中点B处时达到最大速度v。不计空气阻力，重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）固定在C处的点电荷的电性及电荷量Q；
（2）A、B两点的电势差UAB；
（3）若圆环光滑，且把点电荷由C点移到杆的中垂线上某点，由静止释放圆环，圆环落地的速度v1。
15．（2024高二上·洮北期中）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好100%被收集，求的颗粒被收集的百分比。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】
A．依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为
这里的d是两球之间的距离，故A正确，不符合题意；
BC．B对小球A受力分析，受到重力mg、斜面的支持力FN和库仑力F以及细线的拉力T。由于小球A 静止，所以这些力平衡。将重力分解为沿斜面向下的分力mgsinθ和垂直于斜面的分力mgcosθ。
当时，则有
对球受力分析，如图所示：
根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为
故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：
依据几何关系可知，T与F的夹角为120 ，当
时，即有
根据矢量的合成法则，则有电场力沿垂直斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为N=0，故D正确，不符合题意；
故选C。
【分析】根据库仑定律求解两球之间的库仑力。对小球A受力分析，根据平衡条件列式求解斜面对小球A的支持力和细线的拉力。将小球B移到斜面底面左端C点时，再次对小球A受力分析，根据平衡条件列式求解斜面对小球A的支持力。
2．【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环对小球的库仑力， 应注意体会该方法的使用 。库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析。小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示
圆环各个点对小球的库仑力的合力FQ，当细绳存在时，设绳子上的力为F，则
小球到圆环中心O距离为R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，那么
解得
在水平方向上，有
解得
当细绳剪断后，小球只受重力和库仑力，此时
所以
同时，依据点电荷电场强度公式，将环中电量分成若干份，结合矢量的合成法则，及三角知识，则有小球所处位置的电场强度为
所以
，
所以
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选择：D。
【分析】 对小球受力分析，根据力的平衡条件可解得电场强度，根据“微元法“与对称性可解得圆环上的电荷对小球的库仑力，进而求出合力，根据牛顿第二定律求解小球的瞬时加速度。
3．【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】 本题考查了库仑力，解题的关键是灵活使用库仑定律结合力的合成进行解题。 由几何关系可知
A点电荷与C电荷间的引力与B与C电荷间的引力大小相等且两引力的合力提供向心力，则有
联立解得
且A点电荷与C电荷间为引力，则C点电荷带负电，故B正确。
故选B。
【分析】根据库仑定律可知A、B对C的引力，结合力的合成可计算出合力，联立即可解出电荷C点电荷量。
4．【答案】D
【知识点】电势
【解析】【解答】 常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。A．电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A位置为正电荷，C1点的位置为负电荷，由电场的叠加可知，在B点与B1点的电场强度的方向不同，故A错误；
B．电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A位置为正电荷，C1点的位置为负电荷，B点和D点到正电荷和到负电荷的距离相等，由电场的叠加和对称性可知，B点与D点的电场强度大小相等、方向不相同，故B错误；
C．因为正负电荷是等量异种电荷，而D点更靠近正电荷，B1点更靠近负电荷，所以D点的电势大于B1点的电势，即平面BDDB1不是等势面，故C错误；
D．因为O点更靠近正电荷，O1更靠近正电荷，所以O点的电势要大于O1点的电势，根据电势能的定义
所以电势高的地方，正电荷其电势能大，将该电荷由O点移动到O1点，其电势能减小，故D正确。
故选D。
【分析】 据等量异种电荷的对称性求解电场强度；根据等量异种电荷的电势分布分析等势面，得出电势能的变化。
5．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 纸张从平行极板间穿过时，电容两个极板间增加了介质，ε增大，电容增大。纸张厚度影响的电容介电常数ε，某次纸张从平行极板间穿过时，发现电流计指针偏向b端，则负电荷从b向a流过灵敏电流计G，电容器放电，根据
，
可知，电容变小，则两极板间纸张厚度减小。 本题考查了电容的定义式、平行板电容器的决定式等，要注意明确由于电容器与电源相连，因此电容器两端的电势差不变。
故选A。
【分析】 根据指针的偏转方向确定电容器是充电还是放电，根据电容的定义式确定电容的变化情况，根据电容决定式分析电介质的变化，从而得到纸张厚度的变化情况。
6．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】根据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加进行求解。 根据电场的叠加原理得
故选B。
【分析】 根据题意，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，只要求出乙图上+q右侧距离为R的场强，即等于B点场强。
7．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题主要考查点电荷的电场强度公式和电场强度的矢量合成。解题的关键是熟练掌握点电荷的电场 强度公式，并理解电场强度是矢量，需要按照矢量合成法则进行合成。如图所示，+4Q在c点产生的场强为
方向向右，在d点产生的场强为
方向向左，-Q在c点产生的场强为
方向向左，在d点产生的场强为
方向向右，+4Q、-Q在c点产生的场强为
则c点的电场强度为
+4Q、-Q在d点产生的场强为
方向向左，则d点的电场强度为
比较可得
故选A。
【分析】 分别求出+4Q在c点、在d点产生的场强，-Q在c点、在d点产生的场强，根据电场强度的叠加求解c点的电场强度、d点的电场强度，由此可得d、c两点的电场强度之比。
8．【答案】A,C
【知识点】电势能
【解析】【解答】 把握常见电场中的场强的分布特点及坐标系中图象的意义；能从图象中判断出物理量的变化规律 。正检验电荷仅在电场力作用下，由静止开始运动，其中甲、乙、丙中正检验电荷沿电场方向运动，丁中正检验电荷静止不动．电场力对正检验电荷做功改变其动能，有
动能Ek随x的变化率
而电场强度E随x的变化情况是：甲中E为常数，乙图中E减小，丙图中E增大，所以A、C选项正确，B、D选项错误。
故选AC。【分析】由图中各电场的特点可得出电场力做功与运动位移的关系，而电场力做功等于动能的增加量，分析各图中动能与位移的关系可判断是否正确。
9．【答案】A,B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】根据等量异种电荷的电场分布特点，我们知道在两点电荷连线的中垂线上（即本题中的水平 直径ab），电场线是关于连线（即竖直直径cd）对称的。同时，在两点电荷连线的中点（即圆心 0）处，场强为0，且关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相反。BD．如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴，所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在上的点电势为零，即；而从M点到N点，电势一直在降低，即，故B正确，D错误；
AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC正确；
故选ABC。
【分析】根据微元法，将带电圆环看成若干个点电荷，依据点电荷的电场强度方向与大小，结合矢量的叠加法则，即可判定场强大小关系，再根据沿着电场线方向电势降低，及电场线方向与等势面垂直，即可一一判定。
10．【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 本题考查了静电场相关知识，理解点电荷电场公式是解决此类问题的关键。A．电场力与弹力始终平衡，水平方向合力为0，竖直方向只受重力，所以小球做自由落体运动，速度一直增大，故A错误；
B．电场强度先增大后减小，电场力等于电场强度与电荷量的乘积，电场力先增大后减小，小球对管壁的作用力与电场力等大反向，所以先变大后变小，故B正确；
C．电场力始终与速度垂直不做功，所以不变，故C错误；
D．中点处为场强最大处，故需计算此处电场强度
则最大电场力为，弹力等大反向，故D正确。
故选BD。
【分析】 根据电场力与弹力始终平衡，小球做自由落体运动，电场力始终与速度垂直不做功，结合电场强度先增大后减小以及点电荷场强公式分析求解。
11．【答案】；2.5；左；；3.3
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）某同学用多用表测量该元件的电阻，调零后选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，说明待测电阻的阻值较小，应选倍率小的欧姆挡，需调整选择“”倍率的电阻挡。注意每次选挡后都必须重新调零。多用表的示数为
（2）为动变阻器必须用分压式接法，滑动变阻器在电路中起保护作用防止烧坏电表，小灯泡两端的电压应从零开始，开关闭合前变阻器的滑片应置于左端。
（3）闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数均不能调为零，此时滑动变阻器为限流式接法，则断路的导线为h。
（4）当小灯泡两端电压为时，通过小灯泡的电流为，由欧姆定律即可求得电阻，电阻等于
【分析】 （1）当欧姆表的指针指在中值电阻附近时读数较准，若指针偏角过大，说明电阻值较小，应选倍率小的欧姆挡，注意每次选挡后都必须重新调零；
（2）滑动变阻器必须用分压式接法，滑动变阻器在电路中起保护作用，应让滑片开始时滑到电表示数为零的位置；
（3）根据电路中的现象，利用电路原理可知哪个地方发生了断路；
（4）由图象求出对应的电流，再由欧姆定律即可求得电阻。
12．【答案】（1）；
（2）；；
（3）黄
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由图可知滑动变阻器为分压式连接，做分压式使用时，滑动变阻器阻值越小越方便调节，故图中的应选最大阻值为；
由并联电路支路电流大小之比等于电阻反比特点得
其中，，解得
（2）由图可知两端的电压为，电压表读数要注意估读；由图可知流过的电流为
知道电压电流值根据欧姆定律可知
（3）根据第2问计算知阻值为， 第一色环表示阻值的最大一位数字，第二色环表示阻值的第二位数字， 表示阻值的第二位数字为4，根据表格可知该检测色环电阻第二色环的颜色为黄色。
【分析】（1）根据电路特点分析选择器材，选择分压式电路，滑动变阻器阻值选择小的方便调节；
（2）根据电压表合电流表读数结合欧姆定律解得阻值；
（3）由第2问计算的电阻的阻值，根据表格分析解答。
（1）[1]由图可知滑动变阻器为分压式连接，做分压式使用时，滑动变阻器阻值越小越方便调节，故图中的应选最大阻值为；
[2]由并联电路特点得
其中，，解得
（2）[1]由图可知两端的电压为；
[2]由图可知流过的电流为
[3]根据欧姆定律可知
（3）根据第2问计算知阻值为，表示阻值的第二位数字为4，根据表格可知该检测色环电阻第二色环的颜色为黄色。
13．【答案】解：（1）设第n滴恰在A、B间做匀速直线运动，则这时电容器的带电量为，对第n滴液滴，根据它的受力平衡得
而
解得
（2）设第滴恰能到达下板，则对第滴，考虑它从开始自由下落至恰到达B板的过程，利用动能定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）设第n滴液滴在A、B板间做匀速直线运动时，重力与电场力平衡，据此列式求解。
（2） 油滴不断从小孔滴下并附着到下板上，上下板之间就形成了电势差，也就形成了匀强电场，设最终有n'个油滴可以打到下板上，即第n'个油滴到达下极板时速度正好等于0，以后的油滴就不会打到板上了，根据动能定理即可求解。
14．【答案】解：（1）环由静止释放，到达杆的中点B处时达到最大速度，则两点电荷之间的作用力为斥力，故C处的点电荷的带正电，根据平衡条件可得
环受到的摩擦力为
电荷量为
（2）环由静止释放，到达杆的中点B处时，根据功能定理有
解得A、B两点的电势差为
（3）把点电荷由C点移到杆的中垂线上某点，根据对称性可知环在A、C点的电势相同，环从A点运动到C点的过程中库仑力不做功，根据动能定理有
圆环落地的速度为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）环到达杆的中点B处时达到最大速度，合力为零，分析环所受的点电荷的静电力方向，再判断固定在C处的点电荷的电性。根据平衡条件和库仑定律相结合求电荷量Q；
（2）环由静止释放，到达杆的中点B处时，根据动能定理求A、B两点的电势差UAB；
（3）把点电荷由C点移到杆的中垂线上某点，根据对称性可知环在A、C点的电势相同，环从A点运动到C点的过程中库仑力做功为零，根据动能定理求圆环落地的速度v1。
15．【答案】解：（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有
竖直方向
根据牛顿第二定律
又
解得
（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向
且
解得
b.带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
在竖直方向颗粒匀速下落
的颗粒带电荷量为
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
设只有距下极板为的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落
解得
的颗粒被收集的百分比
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】 （1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为-q的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动、沿着电场方向匀加速直线运动，列运动学规律公式结合牛顿第二定律可以求解两金属板间的电压U1；
（2）a.空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，据此可以求解两金属板间的电压U2；
b.在上一问基础上，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒在竖直方向运动的最大距离，进一步分析可以求解被收集的百分比。
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