河北省唐县第一中学2024-2025学年高二上学期10月期中考试物理试题
1．（2024高二上·唐县期中）关于点电荷、电场强度、静电感应、电势能，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷一定是电荷量很小的电荷
B．沿电场线方向，电场强度越来越小
C．金属导体有静电屏蔽的作用，运输汽油时把汽油装进金属桶比装进塑料桶更安全
D．在电场中同一位置，正检验电荷的电势能大于负检验电荷的电势能
2．（2024高二上·唐县期中）如图所示，P为均匀带正电球体，四分之一圆弧形金属板靠近带电球体，圆弧的圆心与球心重合，金属板接地，稳定时，下列判断正确的是（ ）
A．仅在A点有感应的负电荷 B．仅在B点有感应的负电荷
C．AB圆弧面有感应的负电荷 D．CD圆弧面有感应的正电荷
3．（2024高二上·唐县期中）如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设，，，当里面注满某种电解液，且P、Q加上电压后，其图线如图乙所示，当时，下列说法正确的是（ ）
A．电解液的电阻为 B．电解液的电阻为
C．电阻率是 D．电阻率是
4．（2024高二上·唐县期中）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，正极板与一灵敏静电阻相接，电容器的电荷量可认为不变，静电计指针偏转一定的角度。以C表示电容器的电容、表示P点的电势。下列说法中正确的是（ ）
A．若将电容器充上更多的电再断开，变大，C变大
B．若将正极板也接地，电容器放电，变小，C变小
C．若正极板向右移动，变大，不变
D．若正极板向右移动，变大，变大
5．（2024高二上·唐县期中）电子显微镜通过电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是（ ）
A．a点场强大于b点场强
B．a点电势高于b点电势
C．电子在a点的动能大于b点的动能
D．电子在a点所受电场力小于b点所受电场力
6．（2024高二上·唐县期中）如图所示，A、B两个带电小球用长为L的绝缘细线连接，A球固定，B球悬吊，B球质量为m，重力加速度为g，两球带电量相等，剪断细线的一瞬间，B球加速度大小为，不计小球的大小，静电力常量为k，则（ ）
A．A、B两球带同种电荷
B．细线未断时，细线上拉力大小为
C．B球的带电量大小为
D．未剪断细线时释放A球，释放的一瞬间，A球加速度大小为g
7．（2024高二上·唐县期中）如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．在处的电场强度大小为20V/m
B．滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至处时，速度的大小为2m/s
D．若滑块恰好能到达处，则该处的电势为 50V
8．（2024高二上·唐县期中）如图所示，直线为点电荷电场中的一条电场线（方向未标出），A、B、C为电场线上等间距的三点，一个带负电粒子从电场中P点（图中未标出）分三次以不同的方向射出，仅在电场力作用下分别经过A、B、C三点，粒子经过这三点时，在A点速度变化最快，则A、B、C三点中（ ）
A．A点场强最大
B．场强方向从A指向C
C．A点电势最高
D．A、B间电势差绝对值大于B、C间电势差绝对值
9．（2024高二上·唐县期中）某静电场中x轴正半轴上电场强度随x轴上位置变化规律如图所示，x轴正方向为电场强度正方向，x轴负方向为电场强度负方向，一个带电粒子在O点由静止释放，刚好能沿x轴正方向运动到处，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（ ）
A．粒子运动到处时速度最大
B．粒子从到的过程中，先做加速运动后做减速运动
C．粒子从到的过程中，加速度一直减小
D．O点和之间电势差绝对值与和之间电势差绝对值相等
10．（2024高二上·唐县期中）1911年英国物理学家卢瑟福提出原子的核式结构模型：电子围绕原子核在高速旋转。设电子质量为，电荷量为，氢原子核电荷量为，静电力常量为，电子绕原子核做匀速圆周运动的半径为。已知在孤立点电荷q的电场中，以无限远处电势为0时，距离该点电荷为处的电势。下列说法正确的（ ）
A．电子做匀速圆周运动的速率
B．电子绕核运动时等效电流为
C．电子绕核运动一周时，该氢原子核施加的库仑力对其做功
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为
11．（2024高二上·唐县期中）某学习小组利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。
（1）当开关“S”接在“1”端时，电容器处于 过程中（填“充电”或“放电”），此时电流表A示数将逐渐 （填“增大后趋于稳定”、“减小后趋于稳定”或“减小后趋于零”）。
（2）在放电过程中，得到的I-t图像如图乙所示，则电容器释放的电荷量约为 C。（计算结果保留两位有效数字）
12．（2024高二上·唐县期中）在“测定金属丝电阻率“的实验中需要测出某段金属线的长度直径和电阻。
（1）在某次实验中，用螺旋测微器测量该金属的直径时，读数如图甲，则金属丝的直径为 。
（2）在对上述金属线选取1.87米长度并接入到电路图中进行测量，发现电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数（如图所示），则电压表的读数为 ，电流表的读数为 A。
（3）根据上述步骤中所测得的实验数据，最终测得该金属导线的电阻率为 。（用科学记数法表达，保留两位有效数字）
13．（2024高二上·唐县期中）如图所示，光滑绝缘的斜面倾角为37o，一带电量为+q的小物体质量为m，置于斜面上，当沿水平方向加一如图所示的匀强电场时，小物体恰好处于静止状态，从某时刻开始，电场强度突然减为原来的0.5，重力加速度为g（sin37°=0.6，cos37°=0.8， tan37°=0.75）求：
（1）原来电场强度的大小；
（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L时的动能。
14．（2024高二上·唐县期中）如图所示，已知电子质量为m、电荷量为e，有一电子初速度为零，经电压加速后，进入两块间距为d的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，飞出时速度的偏转角为θ，电子重力不计求∶
（1）电子刚进入板间电场时的速度大小v0。
（2）电子离开电场时的速度大小v。
（3）平行金属板间的电场强度大小E。
15．（2024高二上·唐县期中）固定在点的细线拉着一质量为、电荷量为的带正电小球在竖直平面内做半径为的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为，求：
（1）小球过A点时对细线的作用力；
（2）小球做圆周运动过程中的最小速率；
（3）若小球过A点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；电场线；电势能
【解析】【解答】A．带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，只要带电体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计时，都可以看作点电荷，故A错误；
B．沿电场线方向，电势逐渐降低，但电场强度的大小与电场线疏密有关，与电势的高低无关，故B错误；
C．金属桶可把积累的电荷导走，故用金属桶装易燃的汽油要安全，故C正确；
D．若电场中某一点的电势值为正，则该点正检验电荷的电势能大于负检验电荷的电势能；若电场中某一点的电势值为负，该点正检验电荷的电势能小于负检验电荷的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】根据把带电体看作点电荷的条件分析；电场强度的大小与电势高低无关；金属可以及时的导电；对正电荷来说，电势越高，电势能越大，对负电荷来说，电势越高，电势能越小。
2．【答案】C
【知识点】等势面
【解析】【解答】ABC．AB圆弧面为近端，感应出负电荷，故A、B错误，C正确；
D．由于金属板接地，CD圆弧面没有感应电荷，故D错误。
【分析】1.根据感应起电的原理，分析导体的远端带正电、近端带负电。
2.根据金属板AB弧面靠近带电球体，分析感应负电荷分布在AB圆弧面。
3．【答案】C
【知识点】电阻定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】在U-I图像中图像的斜率表示电阻，但斜率不是切线的斜率，而是该点与原点连线的斜率，电阻的计算符合欧姆定律。AB．电解液的电阻为
故AB错误；
CD．根据
故C正确；D错误。
故选C。
【分析】根据欧姆定律计算电解液的电阻；根据电阻定律计算电解液的电阻率。
4．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化。
AB．根据
，
可知电容器的电容由插入极板间的电介质、正对面积、板间距共同决定，与充电、放电均无关，而当给电容器充电时，电荷量变大，静电计指针张角变大，若电容器充满电后，电荷量稳定不变，静电计指针张角不变；当电容器正极板与大地相连构成回路，电容器放电，而当电容器放电时，电荷量减小，因此两极板间的电压减小，静电计指针张角减小，故AB错误；
CD．若将正极板向右移动，则根据
，
可知，电容器的电容将减小，而电荷量不变，因此电容器两极板间的电压将增大，静电计指针张角变大，而再结合
三式联立可得
即当电容器两极板所带电荷量不变的情况下，增大或者减小板间距电场强度不变，而负极板接地，电势为0，负极板与P点的距离不变，根据
可知，P点的电势不变，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板适当向左水平移动，两板正对面积减小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的变化，由E=分析场强的变化．根据P点与下板电势差的变化判断P点的电势的变化，再分析正电荷在P点的电势能的变化．
5．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势
【解析】【解答】AD．a点处等差等势面较稀疏，则a点场强小于b点场强，电子在a点所受电场力小于b点所受电场力，故A错误，D正确；
B．由电子的运动轨迹可知，沿管轴的电场力方向向右，则场强方向向左，a点电势低于b点电势，故B错误；
C．由于a点电势低于b点电势，则电子在a点的电势能大于在b点的电势能，电子在a点的动能小于b点的动能，故C错误。
故选：D。
【分析】1.掌握等势面的疏密程度反映电场的强弱程度。
2.掌握电子合力方向、速度方向与轨迹的位置关系，分析电场力方向、电场强度方向、以及电场力的做功情况。
3.掌握电场线由高等势面指向低等势面。
4.掌握电场力做功与动能变化关系。
6．【答案】C
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的基本应用和瞬时加速度的计算，同时存在可突变的绳子拉力和不能突变的库仑力，不能把A、B看成整体去处理。A．由于剪断细线的一瞬间，B球加速度大小为0.6g，小于重力加速度，说明两球相互吸引，所以带异种电荷，根据牛顿第二定律，有
解得
故A错误；
B．细线未断时，对B球，根据平衡条件，有
可得细线上拉力大小为
故B错误；
C．由库仑力公式，有
解得
故C正确；
D．未剪断细线时释放A球，释放的一瞬间，A球受到向下的重力、库仑力，因此A球加速度大小大于g，故D错误。
故选C。
【分析】剪断细线瞬间，绳子不再有拉力，根据牛顿第二定律即可求解A、B间库仑力的大小和方向，进一步可以求解剪断细线前绳子的拉力，未剪断绳子时，释放A，由于A、B间库仑力不能发生突变，所以A的加速度大于g。
7．【答案】C,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．Ep x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为
解得电场强度大小，A错误；
B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，B错误；
C．滑块从x=1m到x=3m运动过程中电势能减小，电场力做功
由动能定理得
解得滑块运动至处时，速度的大小为，C正确；
D．若滑块恰好到达x=5m处，则有
则滑块从x=1m到x=5m运动过程中
由图可知
解得滑块到达处的电势能
处的电势为
D正确。
【分析】1.掌握图像各点切线的斜率意义，从而分析判断电场力大小变化，结合牛顿第二定律分析加速度变化分析。
2.掌握动能定理的应用，分析滑块从1~3m过程电场力做的功，即电势能变化量。
3.掌握动能定理应用，分析滑块从1~5m过程动能变化量，判断该过程电势的变化。
8．【答案】A,D
【知识点】电场线；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．粒子在A点速度变化最快，说明粒子在A点加速度最大，三点中A点离场源电荷最近，A点场强最大，A项正确；
BC．不能确定场源电荷的电性，因此不能确定场强方向，也不能确定电势高低，BC项错误；
D．离场源电荷越远，场强越小，由可知，A、B间电势差绝对值大于B、C间电势差绝对值，D项正确。
故选：D。
【分析】1.掌握加速度的描述速度变化快慢的物理量。
2.知道题意给出的信息无法分析源电荷电性，即无法分析电场方向以及各点电势高低。
3.知道源电荷靠近A点，结合题意该电场线是点电荷电场中的电场线，以及定性分析AB间与BC点电势差的关系。
9．【答案】B,D
【知识点】功能关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解决本题的关键要理解图象的物理意义，判断场强的变化，再根据牛顿第二定律和电场力做功、电势差的知识进行分析，难度不算大，但是需要知识的熟练程度高。A．根据图像可知粒子在从O点到x2的过程中，电场力一直做正功，所以粒子运动到处时速度最大，故A错误；
B．粒子从0到的过程中，粒子做加速运动，从到的过程中，粒子做减速运动，所以粒子先做加速运动后做减速运动，故B正确；
C．粒子从到的过程中，电场强度先减小后增大，根据牛顿第二定律可知加速度先减小后增大，故C错误；
D．根据题意可知粒子刚好从O点运动到x=x3处，则O点和处电势相等，因此O点和之间电势差绝对值与和之间电势差绝对值相等，故D正确。
故选BD。
【分析】根据点电荷所受的电场力方向分析其运动情况；根据图像判断电场、电场力方向的变化情况，根据力和运动的关系判断粒子的运动情况；根据图像判断电场强度大小的变化情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据电场力做的功，判断电势的关系，今儿分析电势差的关系。
10．【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．电子做匀速圆周运动，则
解得电子的速率，选项A错误；
B．电子绕核运动时等效电流为，选项B正确；
C．电子绕核运动运动一周时，该氢原子核施加的库仑力方向与速度垂直，可知库仑力对其做功为零，选项C错误；
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为，选项D正确。
故选：D。
【分析】1.掌握电子做圆周运动的向心力来源，分析电子的运动速度大小。
2.掌握电流的定义式，分析电子的运动周期。
3.掌握力方向与速度方向垂直时，力做功特点。
4.掌握电势能与电势的关系。
11．【答案】充电；减小后趋于零；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）当开关“S”接在“1”端时，电容器处于充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零。
（2）I-t图像与坐标轴围成的面积的物理意义为这段时间内通过电路某截面的电荷量，由图像知所围面积为。
答案：第1空：充电 第2空：减小后趋于零 第3空：
【分析】1.根据电容器与电源连接时，分析电容器处于充电状态。
2.根据充电电流的变化规律得出充电电流减小后趋于零。
3.根据得出I-t图像包围下面积表示极板所带的电荷量。
12．【答案】（1）0.694
（2）2.60；0.52
（3）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精度为0.01mm，转动格数估读到0.1格，金属丝的直径为
（0.694mm、0.696mm）
（2）3V的电压表精度为0.1V，估读到0.01V，则读数为2.60V；
0.6A的电流表精度为0.02A，估读到0.01A，读数为0.52A；
（3）电阻的测量值为
由电阻定律可知
答案：第1空：2.60 第2空：0.52 第3空：
【分析】1.根据螺旋测微器的使用方法和读数方法读数。
2.根据电流表和电压表的读数方法准确读数。
3.根据电阻公式，以及公式各个量得出电阻率。
（1）螺旋测微器的精度为0.01mm，转动格数估读到0.1格，金属丝的直径为
（0.694mm、0.696mm）
（2）[1]3V的电压表精度为0.1V，估读到0.01V，则读数为2.60V；
[2]0.6A的电流表精度为0.02A，估读到0.01A，读数为0.52A；
（3）电阻的测量值为
由电阻定律可知
13．【答案】（1）对小物块进行受力分析，由平衡条件得
即
（2）当场强减半，小物体沿斜面下滑距离为L时，根据动能定理得
解得
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】1.掌握物块在电场中处于平衡状态下的受力情况，分析电场力与重力的几何关系。
2.掌握物体沿斜面下滑过程电场力做功以及重力做功情况，应用动能定理分析求解。
14．【答案】（1）电子在电场中加速，有
解得
（2）电子离开电场时的速度
（3）电子飞过偏转电场过程中，有
又由于U=Ed，则解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理计算出电子进入电场时的速度；
（2）根据末速度的角度关系求出末速度的大小；
（3）利用动能定理结合公式U=Ed计算出场强。
15．【答案】（1）解：
在A点，以小球为对象，根据受到第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为，方向竖直向上。
（2）解：设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为，则有
可得
如图所示
当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为
（3）解：
若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为
竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】1.根据小球在A点的受力，结合牛顿第二定律得出小球在A点时受到的拉力。
2.根据小球重力场和电场的复合场中“等效重力”，分析等效最高点的位置是C点。小球从最低点到C点过程根据动能定理分析该过程合力做的功以及动能变化量。
3.根据小球过A点时断开细线，根据小球的受力情况，分析小球做匀变速曲线运动，结合能量守恒定理以及运动的合成与分解得出小球水平方向速度为零时，电势能最大。
（1）在A点，以小球为对象，根据受到第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为
方向竖直向上。
（2）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为，则有
可得
如图所示
当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为
（3）若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为
竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为
1 / 1河北省唐县第一中学2024-2025学年高二上学期10月期中考试物理试题
1．（2024高二上·唐县期中）关于点电荷、电场强度、静电感应、电势能，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷一定是电荷量很小的电荷
B．沿电场线方向，电场强度越来越小
C．金属导体有静电屏蔽的作用，运输汽油时把汽油装进金属桶比装进塑料桶更安全
D．在电场中同一位置，正检验电荷的电势能大于负检验电荷的电势能
【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；电场线；电势能
【解析】【解答】A．带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，只要带电体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计时，都可以看作点电荷，故A错误；
B．沿电场线方向，电势逐渐降低，但电场强度的大小与电场线疏密有关，与电势的高低无关，故B错误；
C．金属桶可把积累的电荷导走，故用金属桶装易燃的汽油要安全，故C正确；
D．若电场中某一点的电势值为正，则该点正检验电荷的电势能大于负检验电荷的电势能；若电场中某一点的电势值为负，该点正检验电荷的电势能小于负检验电荷的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】根据把带电体看作点电荷的条件分析；电场强度的大小与电势高低无关；金属可以及时的导电；对正电荷来说，电势越高，电势能越大，对负电荷来说，电势越高，电势能越小。
2．（2024高二上·唐县期中）如图所示，P为均匀带正电球体，四分之一圆弧形金属板靠近带电球体，圆弧的圆心与球心重合，金属板接地，稳定时，下列判断正确的是（ ）
A．仅在A点有感应的负电荷 B．仅在B点有感应的负电荷
C．AB圆弧面有感应的负电荷 D．CD圆弧面有感应的正电荷
【答案】C
【知识点】等势面
【解析】【解答】ABC．AB圆弧面为近端，感应出负电荷，故A、B错误，C正确；
D．由于金属板接地，CD圆弧面没有感应电荷，故D错误。
【分析】1.根据感应起电的原理，分析导体的远端带正电、近端带负电。
2.根据金属板AB弧面靠近带电球体，分析感应负电荷分布在AB圆弧面。
3．（2024高二上·唐县期中）如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设，，，当里面注满某种电解液，且P、Q加上电压后，其图线如图乙所示，当时，下列说法正确的是（ ）
A．电解液的电阻为 B．电解液的电阻为
C．电阻率是 D．电阻率是
【答案】C
【知识点】电阻定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】在U-I图像中图像的斜率表示电阻，但斜率不是切线的斜率，而是该点与原点连线的斜率，电阻的计算符合欧姆定律。AB．电解液的电阻为
故AB错误；
CD．根据
故C正确；D错误。
故选C。
【分析】根据欧姆定律计算电解液的电阻；根据电阻定律计算电解液的电阻率。
4．（2024高二上·唐县期中）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，正极板与一灵敏静电阻相接，电容器的电荷量可认为不变，静电计指针偏转一定的角度。以C表示电容器的电容、表示P点的电势。下列说法中正确的是（ ）
A．若将电容器充上更多的电再断开，变大，C变大
B．若将正极板也接地，电容器放电，变小，C变小
C．若正极板向右移动，变大，不变
D．若正极板向右移动，变大，变大
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化。
AB．根据
，
可知电容器的电容由插入极板间的电介质、正对面积、板间距共同决定，与充电、放电均无关，而当给电容器充电时，电荷量变大，静电计指针张角变大，若电容器充满电后，电荷量稳定不变，静电计指针张角不变；当电容器正极板与大地相连构成回路，电容器放电，而当电容器放电时，电荷量减小，因此两极板间的电压减小，静电计指针张角减小，故AB错误；
CD．若将正极板向右移动，则根据
，
可知，电容器的电容将减小，而电荷量不变，因此电容器两极板间的电压将增大，静电计指针张角变大，而再结合
三式联立可得
即当电容器两极板所带电荷量不变的情况下，增大或者减小板间距电场强度不变，而负极板接地，电势为0，负极板与P点的距离不变，根据
可知，P点的电势不变，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板适当向左水平移动，两板正对面积减小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的变化，由E=分析场强的变化．根据P点与下板电势差的变化判断P点的电势的变化，再分析正电荷在P点的电势能的变化．
5．（2024高二上·唐县期中）电子显微镜通过电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是（ ）
A．a点场强大于b点场强
B．a点电势高于b点电势
C．电子在a点的动能大于b点的动能
D．电子在a点所受电场力小于b点所受电场力
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势
【解析】【解答】AD．a点处等差等势面较稀疏，则a点场强小于b点场强，电子在a点所受电场力小于b点所受电场力，故A错误，D正确；
B．由电子的运动轨迹可知，沿管轴的电场力方向向右，则场强方向向左，a点电势低于b点电势，故B错误；
C．由于a点电势低于b点电势，则电子在a点的电势能大于在b点的电势能，电子在a点的动能小于b点的动能，故C错误。
故选：D。
【分析】1.掌握等势面的疏密程度反映电场的强弱程度。
2.掌握电子合力方向、速度方向与轨迹的位置关系，分析电场力方向、电场强度方向、以及电场力的做功情况。
3.掌握电场线由高等势面指向低等势面。
4.掌握电场力做功与动能变化关系。
6．（2024高二上·唐县期中）如图所示，A、B两个带电小球用长为L的绝缘细线连接，A球固定，B球悬吊，B球质量为m，重力加速度为g，两球带电量相等，剪断细线的一瞬间，B球加速度大小为，不计小球的大小，静电力常量为k，则（ ）
A．A、B两球带同种电荷
B．细线未断时，细线上拉力大小为
C．B球的带电量大小为
D．未剪断细线时释放A球，释放的一瞬间，A球加速度大小为g
【答案】C
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的基本应用和瞬时加速度的计算，同时存在可突变的绳子拉力和不能突变的库仑力，不能把A、B看成整体去处理。A．由于剪断细线的一瞬间，B球加速度大小为0.6g，小于重力加速度，说明两球相互吸引，所以带异种电荷，根据牛顿第二定律，有
解得
故A错误；
B．细线未断时，对B球，根据平衡条件，有
可得细线上拉力大小为
故B错误；
C．由库仑力公式，有
解得
故C正确；
D．未剪断细线时释放A球，释放的一瞬间，A球受到向下的重力、库仑力，因此A球加速度大小大于g，故D错误。
故选C。
【分析】剪断细线瞬间，绳子不再有拉力，根据牛顿第二定律即可求解A、B间库仑力的大小和方向，进一步可以求解剪断细线前绳子的拉力，未剪断绳子时，释放A，由于A、B间库仑力不能发生突变，所以A的加速度大于g。
7．（2024高二上·唐县期中）如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．在处的电场强度大小为20V/m
B．滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至处时，速度的大小为2m/s
D．若滑块恰好能到达处，则该处的电势为 50V
【答案】C,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．Ep x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为
解得电场强度大小，A错误；
B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，B错误；
C．滑块从x=1m到x=3m运动过程中电势能减小，电场力做功
由动能定理得
解得滑块运动至处时，速度的大小为，C正确；
D．若滑块恰好到达x=5m处，则有
则滑块从x=1m到x=5m运动过程中
由图可知
解得滑块到达处的电势能
处的电势为
D正确。
【分析】1.掌握图像各点切线的斜率意义，从而分析判断电场力大小变化，结合牛顿第二定律分析加速度变化分析。
2.掌握动能定理的应用，分析滑块从1~3m过程电场力做的功，即电势能变化量。
3.掌握动能定理应用，分析滑块从1~5m过程动能变化量，判断该过程电势的变化。
8．（2024高二上·唐县期中）如图所示，直线为点电荷电场中的一条电场线（方向未标出），A、B、C为电场线上等间距的三点，一个带负电粒子从电场中P点（图中未标出）分三次以不同的方向射出，仅在电场力作用下分别经过A、B、C三点，粒子经过这三点时，在A点速度变化最快，则A、B、C三点中（ ）
A．A点场强最大
B．场强方向从A指向C
C．A点电势最高
D．A、B间电势差绝对值大于B、C间电势差绝对值
【答案】A,D
【知识点】电场线；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．粒子在A点速度变化最快，说明粒子在A点加速度最大，三点中A点离场源电荷最近，A点场强最大，A项正确；
BC．不能确定场源电荷的电性，因此不能确定场强方向，也不能确定电势高低，BC项错误；
D．离场源电荷越远，场强越小，由可知，A、B间电势差绝对值大于B、C间电势差绝对值，D项正确。
故选：D。
【分析】1.掌握加速度的描述速度变化快慢的物理量。
2.知道题意给出的信息无法分析源电荷电性，即无法分析电场方向以及各点电势高低。
3.知道源电荷靠近A点，结合题意该电场线是点电荷电场中的电场线，以及定性分析AB间与BC点电势差的关系。
9．（2024高二上·唐县期中）某静电场中x轴正半轴上电场强度随x轴上位置变化规律如图所示，x轴正方向为电场强度正方向，x轴负方向为电场强度负方向，一个带电粒子在O点由静止释放，刚好能沿x轴正方向运动到处，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（ ）
A．粒子运动到处时速度最大
B．粒子从到的过程中，先做加速运动后做减速运动
C．粒子从到的过程中，加速度一直减小
D．O点和之间电势差绝对值与和之间电势差绝对值相等
【答案】B,D
【知识点】功能关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解决本题的关键要理解图象的物理意义，判断场强的变化，再根据牛顿第二定律和电场力做功、电势差的知识进行分析，难度不算大，但是需要知识的熟练程度高。A．根据图像可知粒子在从O点到x2的过程中，电场力一直做正功，所以粒子运动到处时速度最大，故A错误；
B．粒子从0到的过程中，粒子做加速运动，从到的过程中，粒子做减速运动，所以粒子先做加速运动后做减速运动，故B正确；
C．粒子从到的过程中，电场强度先减小后增大，根据牛顿第二定律可知加速度先减小后增大，故C错误；
D．根据题意可知粒子刚好从O点运动到x=x3处，则O点和处电势相等，因此O点和之间电势差绝对值与和之间电势差绝对值相等，故D正确。
故选BD。
【分析】根据点电荷所受的电场力方向分析其运动情况；根据图像判断电场、电场力方向的变化情况，根据力和运动的关系判断粒子的运动情况；根据图像判断电场强度大小的变化情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据电场力做的功，判断电势的关系，今儿分析电势差的关系。
10．（2024高二上·唐县期中）1911年英国物理学家卢瑟福提出原子的核式结构模型：电子围绕原子核在高速旋转。设电子质量为，电荷量为，氢原子核电荷量为，静电力常量为，电子绕原子核做匀速圆周运动的半径为。已知在孤立点电荷q的电场中，以无限远处电势为0时，距离该点电荷为处的电势。下列说法正确的（ ）
A．电子做匀速圆周运动的速率
B．电子绕核运动时等效电流为
C．电子绕核运动一周时，该氢原子核施加的库仑力对其做功
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为
【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．电子做匀速圆周运动，则
解得电子的速率，选项A错误；
B．电子绕核运动时等效电流为，选项B正确；
C．电子绕核运动运动一周时，该氢原子核施加的库仑力方向与速度垂直，可知库仑力对其做功为零，选项C错误；
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为，选项D正确。
故选：D。
【分析】1.掌握电子做圆周运动的向心力来源，分析电子的运动速度大小。
2.掌握电流的定义式，分析电子的运动周期。
3.掌握力方向与速度方向垂直时，力做功特点。
4.掌握电势能与电势的关系。
11．（2024高二上·唐县期中）某学习小组利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。
（1）当开关“S”接在“1”端时，电容器处于 过程中（填“充电”或“放电”），此时电流表A示数将逐渐 （填“增大后趋于稳定”、“减小后趋于稳定”或“减小后趋于零”）。
（2）在放电过程中，得到的I-t图像如图乙所示，则电容器释放的电荷量约为 C。（计算结果保留两位有效数字）
【答案】充电；减小后趋于零；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）当开关“S”接在“1”端时，电容器处于充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零。
（2）I-t图像与坐标轴围成的面积的物理意义为这段时间内通过电路某截面的电荷量，由图像知所围面积为。
答案：第1空：充电 第2空：减小后趋于零 第3空：
【分析】1.根据电容器与电源连接时，分析电容器处于充电状态。
2.根据充电电流的变化规律得出充电电流减小后趋于零。
3.根据得出I-t图像包围下面积表示极板所带的电荷量。
12．（2024高二上·唐县期中）在“测定金属丝电阻率“的实验中需要测出某段金属线的长度直径和电阻。
（1）在某次实验中，用螺旋测微器测量该金属的直径时，读数如图甲，则金属丝的直径为 。
（2）在对上述金属线选取1.87米长度并接入到电路图中进行测量，发现电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数（如图所示），则电压表的读数为 ，电流表的读数为 A。
（3）根据上述步骤中所测得的实验数据，最终测得该金属导线的电阻率为 。（用科学记数法表达，保留两位有效数字）
【答案】（1）0.694
（2）2.60；0.52
（3）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精度为0.01mm，转动格数估读到0.1格，金属丝的直径为
（0.694mm、0.696mm）
（2）3V的电压表精度为0.1V，估读到0.01V，则读数为2.60V；
0.6A的电流表精度为0.02A，估读到0.01A，读数为0.52A；
（3）电阻的测量值为
由电阻定律可知
答案：第1空：2.60 第2空：0.52 第3空：
【分析】1.根据螺旋测微器的使用方法和读数方法读数。
2.根据电流表和电压表的读数方法准确读数。
3.根据电阻公式，以及公式各个量得出电阻率。
（1）螺旋测微器的精度为0.01mm，转动格数估读到0.1格，金属丝的直径为
（0.694mm、0.696mm）
（2）[1]3V的电压表精度为0.1V，估读到0.01V，则读数为2.60V；
[2]0.6A的电流表精度为0.02A，估读到0.01A，读数为0.52A；
（3）电阻的测量值为
由电阻定律可知
13．（2024高二上·唐县期中）如图所示，光滑绝缘的斜面倾角为37o，一带电量为+q的小物体质量为m，置于斜面上，当沿水平方向加一如图所示的匀强电场时，小物体恰好处于静止状态，从某时刻开始，电场强度突然减为原来的0.5，重力加速度为g（sin37°=0.6，cos37°=0.8， tan37°=0.75）求：
（1）原来电场强度的大小；
（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L时的动能。
【答案】（1）对小物块进行受力分析，由平衡条件得
即
（2）当场强减半，小物体沿斜面下滑距离为L时，根据动能定理得
解得
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】1.掌握物块在电场中处于平衡状态下的受力情况，分析电场力与重力的几何关系。
2.掌握物体沿斜面下滑过程电场力做功以及重力做功情况，应用动能定理分析求解。
14．（2024高二上·唐县期中）如图所示，已知电子质量为m、电荷量为e，有一电子初速度为零，经电压加速后，进入两块间距为d的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，飞出时速度的偏转角为θ，电子重力不计求∶
（1）电子刚进入板间电场时的速度大小v0。
（2）电子离开电场时的速度大小v。
（3）平行金属板间的电场强度大小E。
【答案】（1）电子在电场中加速，有
解得
（2）电子离开电场时的速度
（3）电子飞过偏转电场过程中，有
又由于U=Ed，则解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理计算出电子进入电场时的速度；
（2）根据末速度的角度关系求出末速度的大小；
（3）利用动能定理结合公式U=Ed计算出场强。
15．（2024高二上·唐县期中）固定在点的细线拉着一质量为、电荷量为的带正电小球在竖直平面内做半径为的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为，求：
（1）小球过A点时对细线的作用力；
（2）小球做圆周运动过程中的最小速率；
（3）若小球过A点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大
【答案】（1）解：
在A点，以小球为对象，根据受到第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为，方向竖直向上。
（2）解：设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为，则有
可得
如图所示
当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为
（3）解：
若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为
竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】1.根据小球在A点的受力，结合牛顿第二定律得出小球在A点时受到的拉力。
2.根据小球重力场和电场的复合场中“等效重力”，分析等效最高点的位置是C点。小球从最低点到C点过程根据动能定理分析该过程合力做的功以及动能变化量。
3.根据小球过A点时断开细线，根据小球的受力情况，分析小球做匀变速曲线运动，结合能量守恒定理以及运动的合成与分解得出小球水平方向速度为零时，电势能最大。
（1）在A点，以小球为对象，根据受到第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为
方向竖直向上。
（2）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为，则有
可得
如图所示
当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为
（3）若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为
竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为
1 / 1
