四川省成都市石室中学2023-2024学年高一下学期竞赛班期末考试物理试卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分；每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2024高一下·成都期末）下面是某同学对静电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A．根据公式可知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比
B．根据公式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．根据公式可知，带电荷量为1C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V
D．根据公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
2．（2024高一下·成都期末）两个用相同材料制成的半径相等的带异种电荷的金属小球，其中一个球的带电量的是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·成都期末）如图所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是( )
A．R1短路 B．R2断路 C．R2短路 D．R3短路
4．（2024高一下·成都期末）如图所示，菱形ABCD处于方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场中，其中心O固定一电荷量为Q的点电荷（电性未知）。已知AD与CD的夹角为，B点的电场强度为零。则下列说法正确的是（ ）
A．O点电荷带正电 B．A、C两点的电场强度相同
C．C点的电场强度大小为3E D．D点的电场强度大小为2E
5．（2024高一下·成都期末）如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8V、6V、4V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，电子的电势能增加5eV
B．该过程中，电子的电势能减少3eV
C．该过程中，电场力对电子做正功5eV
D．该匀强电场的场强大小为，方向垂直BD斜向右上方
6．（2024高一下·成都期末）如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线是以点电荷为圆心的一段圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量
B．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹
C．a、c虚线对应的粒子的速度越来越大，b虚线对应的粒子的速度不变
D．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度不变
7．（2024高一下·成都期末）用轻质绝缘细线把两个小球a、b悬挂起来，放置在水平向右的匀强电场中，静止时的状态如图所示。现在让两个小球a、b带上等量异号的电荷，其中a带正电荷，b带负电荷。由于有空气阻力，当再次达到平衡时，a、b小球最后会达到新的平衡位置。不计两带电小球间相互作用的静电力。则最后两球新的平衡位置与原来的平衡位置相比，下列说法正确的是（ ）
A．a球的重力势能和电势能都不变
B．b球的重力势能和电势能都增加
C．a球的重力势能一定增加、电势能一定减小
D．b球的重力势能一定增加、电势能一定减小
8．（2024高一下·成都期末）如图所示，空间有电荷量分别为和的两个点电荷，其连线水平。在竖直平面内，内壁光滑的绝缘细弯管关于连线对称放置，细管的上下端口恰好在连线的中垂线上。电荷量为＋q的小球以初速度从上端管口无碰撞进入细管，在管内运动过程中机械能守恒，则（ ）
A．
B．细管上各点的电场强度方向均与细管垂直
C．在的连线上，中点的电场强度最小
D．小球从细管下端飞出时速度为
二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。）
9．（2024高一下·成都期末）如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，但仍在P点上方。下列说法正确的是（ ）
A．油滴带正电 B．静电计指针张角减小
C．油滴向上运动 D．带电油滴P点的电势能不变
10．（2024高一下·成都期末）如图所示，竖直和水平放置的绝缘光滑板PO、QO固定，a、b为两个均带正电的小球（可视为点电荷），当用平行于QO向左的力F作用于b时，a、b紧靠板静止。由于a球缓慢漏电，a球缓慢移动，现稍改变F的大小，使b一直处于静止状态，则下列说法正确的（ ）
A．两小球之间的库仑力变大 B．力F减小
C．系统的重力势能变大 D．系统的电势能增大
11．（2024高一下·成都期末）如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表V1和V2的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在以下时，电动机没有转动。不考虑电表对电路的影响，下列判断正确的是（ ）
A．图线①为V2示数随电流表的变化图线
B．电路中电源电动势为
C．此电路中，电动机的最大输入功率是
D．变阻器R的最大阻值大于
12．（2024高一下·成都期末）如图（a），长为4d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为、电荷量为、质量为m的粒子，金属板右侧距离为d处竖直放置一足够大的荧光屏。现在两板间加图（b）所示电压，已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出。不计粒子重力，则（ ）
A．无论哪个时刻入射的粒子在金属板间运动的时间相等
B．无论哪个时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点出射
C．无论哪个时刻入射的粒子从金属板间出射时动能
D．粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为
13．（2024高一下·成都期末）如图所示，电源电动势、内阻，电动机的内阻，闭合开关后，标有“”的灯泡恰能正常发光，则（ ）
A．图中理想电流表示数为 B．电源的输出功率为
C．内电动机产生的热量为 D．电动机的机械功率为
三、实验题（本题共2小题，14题每空1分，15题每空2分，共14分）
14．（2024高一下·成都期末）某物理兴趣小组利用下列甲图装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）该实验采用的方法是 （填正确选项前的字母）
A. 理想实验法 B. 控制变量法 C. 等效替代法
（2）实验表明，电荷之间的静电力随着距离的增大而___________，随着电荷量的增大而___________。 （填正确选项前的字母）
A. 增大、减小 B. 增大、不变 C. 减小、增大
（3）如图乙所示的实验装置为库仑扭秤。悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力相等，使绝缘棒平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系。库仑在这一实验中如何解决了微小力难以测量和电量无法测量的困难？ 和 （只填两种方法名称即可）。
15．（2024高一下·成都期末）某同学用如图所示电路下列器材测电阻、电池的电动势E与内阻r。器材如下：
A．被测电阻（约）
B．被测电池（电动势E约、内阻约）
C．电压表（量程为、内阻很大）
D．电压表（量程为、内阻很大）
E．电流表（量程为、内阻不计）
F．电流表（量程为、内阻不计）
G．滑动变阻器
H．开关、导线
（1）电流表应选用 ；电压表应选用 （填器材前的符号）
（2）实验中先将滑动变阻器的滑动头滑到最左端，闭合开关，当掷1，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在图像中作出直线1；当掷2，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在图像中作出直线2。则电池的电动势 V，内阻 ；电阻 （结果均保留两位有效数字）
四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
16．（2024高一下·成都期末）如图所示，已知电源电动势，内阻，保护电阻。
（1）当电阻箱R读数为多少时，保护电阻消耗的电功率最大，并求这个最大值；
（2）当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率最大，并求这个最大值；
（3）求电源的最大输出功率。
17．（2024高一下·成都期末）真空中存在空间足够大的、水平向右的匀强电场；在电场中，现用长L的轻质细绳上端固定，下端连接一个质量为m的带电的可视为质点的小球刚好静止，此时绳与竖直方向的夹角，重力加速度为g，，。
（1）求静止时小球所受电场力F的大小；
（2）若将该小球从该电场中某点以初速度竖直向上抛出，试求：
①小球上抛到最高点的过程沿电场方向上发生的位移多大；
②小球从抛出至落回到与抛出点在同一水平线的某点的过程中电势能的变化量。
18．（2024高一下·成都期末）如图所示，绝缘水平轨道与光滑绝缘竖直圆槽形轨道相切于A点，圆形轨道半径为R，圆形轨道上B点与圆心等高，水平轨道AM段长度也为R，竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强。质量为m，带电量为＋q的物块（可视为质点）以水平方向速度从M点进入电场，水平轨道AM段与物块间的动摩擦因数可调，（重力加速度为g，，）。求：
（1）若，且物块的速度，物块经过圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小；
（2）若物块的速度，要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数满足什么条件；
（3）若，只把MN左侧的电场方向变成水平向右，其他条件不变，为使滑块能到达B点，物块的初速度应满足什么条件。
19．（2024高一下·成都期末）如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为。现将一电荷量为、质量为的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为，，，，。求：
（1）场强的大小；
（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电容器及其应用；电场强度；点电荷的电场；电势差
【解析】【解答】A． 电场强度由电场本身性质决定（如场源电荷、电场分布 ），与检验电荷无关。是比值定义，增大时，同步增大，不变 ，故A错误；
B．电容由电容器自身结构（极板面积、间距、电介质 ）决定，与、无关。是比值定义，、变化时，不变 。故B错误，故B错误；
C．带电量为1C负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为﹣1J，则A、B点的电势差为
故C正确；
D．该式为真空中静止的点电荷场强的决定式，由该式可知，电场中某点电场强度与场源电荷的电量Q成正比，与该点到场源电荷距离r的平方成反比，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 理解比值定义法的本质：对于、，这些公式是“比值定义”，物理量（、 ）由自身性质决定，与定义式中其他变量（、或、 ）无关.
2. 电势差公式的直接应用：对，只需代入（电场力做功，注意正负 ）和（试探电荷电量 ），直接计算即可.
3. 点电荷场强公式的内涵： 是“决定式”，明确与场源电荷、距离的定量关系（、 ）.
2．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：两金属小球带异种电荷，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为-5Q，它们间的库仑力大小F为
接触后再分开，带电量各为-2Q，则两球的库仑力大小为
.
故答案为：A.
【分析】1. 库仑定律是解题核心公式，需明确其适用条件（点电荷、真空中 ），本题中金属小球可视为点电荷，直接代入初始电荷量计算.
2. 相同金属小球接触时，异种电荷“先中和、后平分”。先计算总电荷量，再平分得到接触后电荷量，这是关键步骤，决定了后续库仑力的计算.
3. 分别用初始电荷量和接触后电荷量，结合相同间距，两次应用库仑定律，通过比例关系求出接触后库仑力与初始库仑力的比值，简化计算过程（利用的公共部分，避免单独计算、、 ）.
3．【答案】D
【知识点】电路故障分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.外电路总电阻变化：短路→总电阻总减小 ，干路电流：由总
（为电源电动势，为内阻 ）
总减小→增大→灯（ ）变亮 ，并联部分电压：并非并（非并为灯等非并联电阻 ）
增大→并减小→灯（并 ）
电流减小→灯变暗 ，灯变暗，不符合“灯变亮”，故A错误 。
B.断路→总电阻总增大 ，干路电流：→总增大→减小→灯（ ）变暗，灯变暗，不符合“灯变亮”，故B错误 .
C.外电路总电阻变化：短路→灯被短路（灯不亮 ），总电阻总减小 ，干路电流：增大→灯变亮 ，并联部分电压：并减小→灯（并 ）电流减小→灯变暗 ，灯变暗，不符合“灯变亮”，故C错误 .
D.外电路总电阻变化：短路→总电阻总减小 ，干路电流：增大→灯变亮 ，并联部分电压：并减小→、灯支路（并支 ）电流减小→、灯变暗 ， 灯电流：干路电流增大，灯支路电流减小→灯电流增大→灯变亮 ，结论：、灯变亮，、灯变暗，故D正确 .
故答案为：。
【分析】1. 电路结构拆解：先明确串并联关系（与串联，、与的并联结构 ），确定各灯亮度与干路电流、支路电压的关联.
2. 故障的“电阻 - 电流 - 电压”连锁分析：对每个选项，先分析故障导致的外电路总电阻变化，再用闭合电路欧姆定律（总 ）推导干路电流变化，最后结合串并联电压、电流规律，判断各灯亮度变化（亮暗由实际功率或决定 ）.
3. 排除法验证：逐一假设故障（短路/断路 ），对比题干“、变亮，、变暗”的条件，排除不符合的选项，锁定正确答案。
通过“结构拆解→连锁分析→排除验证”的思路，清晰推导故障对电路的影响，核心是利用串并联电路规律和闭合电路欧姆定律，将故障转化为电阻、电流、电压的定量变化，进而判断灯的亮暗.
4．【答案】D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】A.点电荷在点场强向左，说明点电荷带负电（负电荷电场方向指向自身 ），故A错误。
B. 点场强：匀强电场向右，点电荷在点的场强方向沿连线（因带负电，场强指向 ）。菱形中，故与水平方向夹角，点电荷在点场强大小为，方向斜向左下（与水平方向成 ），点场强：匀强电场向右，点电荷在点的场强方向沿连线（指向 ），与水平方向成斜向左上，大小为，叠加后：、点场强的方向不同（点场强斜向左下，点斜向左上 ），故B错误.
C.点场强为匀强电场（向右 ）与点电荷场强（大小，方向沿斜向左上，与水平方向成 ）的叠加，
水平分量
竖直分量
合场强
故C错误。
D. 点场强为匀强电场（向右 ）与点电荷场强（大小，方向沿水平向左 ）的叠加（因水平，点电荷负电，场强向左 ），叠加后
（方向向右 ）
故D正确.
故答案为：.
【分析】1. 叠加原理的核心应用：电场强度是矢量，需用平行四边形定则叠加。本题中，空间存在“匀强电场”和“点电荷电场”，某点总场强为两者的矢量和.
2. 从已知条件突破（点场强为 ）： 点场强为，说明匀强电场与点电荷场强等大反向，由此可确定：点电荷电性（负电，因场强方向指向自身 ）；点电荷在点场强大小（ ）.
3. 利用对称性简化分析：菱形中心到各顶点距离相等，因此点电荷在、、、四点产生的场强大小均为（由，相同则大小相同 ），仅方向不同.
4. 矢量叠加的具体计算：对每个选项，先确定点电荷场强的方向（由点电荷电性和位置决定 ），再与匀强电场（方向水平向右 ）进行矢量叠加，计算合场强的大小与方向，对比选项判断正误.
5．【答案】D
【知识点】匀强电场；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】 【解答】AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3eV，故AB错误；C．根据匀强电场强度与电势差的关系可得
解得D的电势为
P是CD的中点，P点电势为
一个电子从A点移动到P点电场力做功为
可知该过程中，电子的电场力做负功3eV，故C错误；
D．B点和D点电势为6V，故BD为等势线，等势线与电场线垂直，故电场线方向与BD垂直，沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直BD斜向右上方，则电场强度大小为
故D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 匀强电场的电势规律：匀强电场中，平行线段的电势差与长度成正比（，为线段与电场线夹角 ）。利用，通过求；利用中点电势为两端点电势平均值，求.
2. 电场力做功与电势能变化：电势能变化，电场力做功（为试探电荷电量，为电势差 ）。电子带负电（ ），通过计算电场力做功，判断电势能变化.
3. 等势面与电场线的关系：电势相等的点连线为等势线，电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势。找到为等势线（ ），确定电场线方向；再通过“电势差与场强关系”（为沿电场线方向的距离 ）计算场强大小.
6．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．三个粒子的电荷量大小相等，在初始位置受到的静电力大小相等，b粒子做圆周运动，向心力等于静电力；c粒子做向心运动，可知静电力大于所需的向心力，根据
可知b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量，故A正确；
B．粒子受力方向沿电场线切线，但电场线方向由点电荷电性决定（未知 ）（点电荷可能为正或负 ），粒子轨迹向左弯曲，受力向左；、轨迹向右弯曲，受力向右。但因电场线方向不确定（点电荷电性未知 ），无法判断粒子带电性质（正/负 ），故B错误.；
C．、粒子：运动方向与电场力夹角为锐角（轨迹弯曲方向与受力方向一致 ），电场力做正功（， ），动能增大，速度增大，粒子：做匀速圆周运动，电场力与速度方向垂直（向心力不做功 ），速度大小不变（方向改变 ），但选项C中“速度不变”表述不严谨（速度方向改变，属于变速运动 ），且、速度增大的结论虽对，但结合选项整体判断，C错误；
D．电场线的疏密表示场强大小，由图可知，a虚线对应的粒子所处的场强在减小，加速度越来越小，c虚线对应的粒子所处的场强在增大，加速度越来越大，b粒子做圆周运动，加速度大小不变，但是方向在改变，故D错误。
故答案为：A.
【分析】1. 电场力与向心力的关联：粒子做圆周运动时，电场力提供向心力（ ）；做向心/离心运动时，电场力与所需向心力不等。通过初始电场力相等，结合运动轨迹（圆周、向心 ），比较质量大小.
2. 电性判断的关键限制：电场线方向由点电荷电性决定（未知 ），仅由轨迹弯曲方向（受力方向 ）无法确定粒子带电性质（正/负 ），需明确“电场方向未知”的限制.
3. 速度变化的本质（电场力做功）：速度大小变化由电场力做功决定（ ），通过受力方向与运动方向的夹角（锐角/钝角/垂直 ）判断做功正负，进而确定速度变化.
4. 加速度变化的根源（电场强度）：加速度由电场力决定（ ），电场强度由电场线疏密反映（疏→弱，密→强 ）。结合轨迹处电场线疏密变化，判断加速度变化.
7．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AC．对a球受力分析，受水平向右的电场力，绳的拉力，库仑引力，重力，这些力平衡时绳一定斜向左上，如图所示
a球的位置一定在右上方，则球的重力势能一定增加、电势能一定减小，故A错误，C正确；
BD．让两个小球、带上等量异号的电荷，其中带正电荷，带负电荷，当再次达到平衡时，对两球的整体受力分析可知，水平方向两电场力平衡，竖直方向拉力与重力平衡，则上端的绳一定竖直状态，故b球的位置不变，故球的重力势能和电势能都不变，故BD错误.
故答案为：C.
【分析】1.整体法简化受力：两球带等量异号电荷时，水平方向电场力相互抵消（a受向右qE，b受向左qE ），整体水平合力为0，上端绳子竖直，b球位置不变。此步骤利用整体法规避复杂内力（库仑力 ），简化分析.
势能变化的判断逻辑：重力势能：由高度变化决定，高度升高则重力势能增加，反之减小.
电势能：由电场力做功决定，电场力做正功则电势能减小，反之增加.
隔离法分析a球：隔离a球后，结合受力平衡（水平、竖直方向合力为0 ），判断绳子倾斜方向与a球位置变化（向右上方移动 ），进而分析重力势能（高度升高 ）和电势能（电场力做正功 ）的变化.
8．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．带电小球在运动过程中始终机械能守恒，则小球在运动过程中电势能保持不变，题干图中细管所在的弧线是一等势线，所以有Q1＞Q2，故A错误；
B．根据电场线与等势线处处垂直，所以细管各处的电场强度方向均和细管垂直，故B正确；
C．当两个是等量异种电荷的时候，中点是场强最小的点，但是现在二者是非等量异种电荷，且，所以场强最小的点会相应的向右偏移，故C错误；
D．小球以初速度v0从上端的管口恰好无碰撞地进入细管，且在运动过程中机械能始终保持不变，但是小球从细管下端飞出时因为重力做正功，所以小球离开的速度大于v0，故D错误.
故答案为：B.
【分析】1.机械能守恒与电势能的关联：机械能守恒→只有重力做功→电场力做功为0→运动轨迹是等势线（电势能不变 ）。此为突破口，将机械能守恒与电场特性（等势线 ）关联.
等势线与电场线的垂直关系：电场线与等势面处处垂直，直接推导电场强度方向与细管垂直，快速判断 B 正确.
非等量异种电荷的电场分布：对比 “等量异种电荷” 的对称场强分布，分析非等量时的等势线条件和场强最小点偏移，排除 A、C.
机械能守恒的实际应用：机械能守恒包含重力势能与动能的转化（高度变化影响 ），虽电势能不变，但重力做功会改变动能，故速度增大，排除 D.
9．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．平行板电容器上极板带正电，电场方向 竖直向下（正极板→负极板 ），油滴静止，受力平衡：重力（向下）与电场力（向上）抵消，电场力方向与电场方向 相反 → 油滴带 负电（负电荷受力与场强反向 ），故A错误；
BCD．将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离的过程中，电容器所带电荷量Q不变，根据电容的决定式
可知，减小，则增大；又因为
可知，减小，所以静电计指针张角减小；又因为
联立得出
可知电场强度与极板间的距离无关，所以场强不变，油滴的电场力不变，则不会运动；又由于P点与下极板间的距离不变，由
知P点的电势不变，根据
可知带电油滴在P点的电势能不变，故BD正确，C错误.
故答案为：BD.
【分析】1. 电性判断：利用“电场方向 + 受力平衡”，确定油滴带负电.
2. 静电计张角：通过“电容决定式（ ） + 电压公式（ ）”，推导电压变化.
3. 油滴运动：联立公式得与无关，场强不变→受力平衡→油滴静止.
4. 电势能变化：点电势由“和到下极板距离”决定，两者均不变→电势能不变.
10．【答案】A,D
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能
【解析】【解答】ABC．以a球为研究对象，受力如图所示
根据平衡条件有
由于a球漏电，则a球缓慢向下移动，b球不动，则角增大，减小，则两小球之间的库仑力变大；挡板对a的弹力为
角增大，增大，则增大；对整体受力分析，在水平方向有
则作用力F也增大，故A正确、故B错误；
C．由于a球漏电，则a球缓慢向下移动，b球不动，所以系统重力势能变小，故C错误；
D．由于两球间距离减小，又两小球之间的库仑力为斥力，所以库仑力做负功，系统的电势能增大，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】1. 球受力平衡：通过力的合成，推导库仑力与角的关系，结合变化判断库仑力大小.
2. 整体法分析力：水平方向力平衡，关联挡板弹力与角，推导的变化.
3. 重力势能变化：关注球高度变化（下移→重力势能减小 ）.
4. 电势能变化：依据库仑力做功（斥力、间距减小→负功→电势能增大 ）.
11．【答案】A,C,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．随着滑动变阻器滑片向左移，使总电阻减小，干路电流增大，在以下时，电动机相当于纯电阻电路，两端电压随电流增大而增大，故图线②为V1示数随电流表的变化图线，而V2测的是路端电压，由，可知，示数随电流增大而减小，故图线①为V2示数随电流表的变化图线，A正确；
B．由图线①可知，当路端电压为3.4V时，干路电流为0.1A，当路端电压为3.0V时，干路电流为0.3A，代入A解析中的表达式，可解得
，
B错误；
C．由图线②可知，当电动机两端电压最大3.0V时，流过电动机电流0.3A，电动机的输入功率最大，最大值为
C正确；
D．当滑动变阻器滑片处于最右端时阻值最大，此时干路电流为0.1A，路端电压3.4V，电动机两端电压0.4V，可知R与R0并联部分的总电阻为
考虑到R0的阻值，可知变阻器R的最大阻值大于，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】1. 图线对应判断：区分“路端电压（随电流增大而减小 ）”与“电动机电压（纯电阻时随电流增大而增大 ）”，确定图线①对应.
2. 电动势与内阻计算：利用路端电压公式，代入两组数据解方程组.
3. 最大输入功率：电动机输入功率，取最大时的电流计算.
4. 变阻器最大阻值：通过并联电压、电流求总电阻，结合并联电阻规律（并 ）判断.
12．【答案】A,C
【知识点】力的合成与分解的运用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出，则有
作出不同时刻进入金属板的粒子在电场方向速度与时间的图像如下图
由图像可以看出，在时刻（n=0，1，2，3，…）进入金属板的粒子会在电场方向上有最大位移，结合题目条件知最大位移为，其它时刻进入的粒子在电场方向位移都小于，所以不同时刻进入金属板的粒子都能够输出金属板，由水平方向匀速运动可知，粒子射出金属板时间都相同，时间都为。故A正确，B错误；
C．由于粒子在电场中运动的时间都为，恰为电压随时间变化的周期，故粒子在电场中所受相反电场力作用时间相同，根据动量定理有
故粒子无论何时进入电场，出射时只剩水平速度v0，竖直方向的速度为0，故粒子从金属板间出射时动能都为
故C正确；
D．由AC选项分析可知不同时刻出射的粒子出射的位置在两金属板右侧上下边缘之间，竖直方向最大位移大小都为，且出射时速度均水平向右，故粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】1.运动时间判断：水平方向匀速，位移固定→时间相同.
2.出射位置与动能：竖直方向电场力冲量对称（动量定理）→竖直末速度为0，动能仅由水平速度决定.
3.荧光屏打击范围：出射时竖直位移范围决定打击范围，但需注意出射后竖直方向无运动，范围由最大竖直位移决定（但原解析中 D 错误，需结合具体运动分析 ）.
13．【答案】B,C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．灯泡正常发光，电压灯，功率灯，电源电动势，内阻，外电路并联部分电压（等于灯泡电压 ），内电压内
由欧姆定律，干路电流（电流表读数 ）
故A错误；
B．电源的输出功率为
故B正确；
C．灯泡电流灯灯灯
并联电路，电动机电流灯
电动机内阻，10s内产生的热量
故C正确；
D．正常发光的灯泡电流为
故流过电动机的电流为
则电动机的机械功率为
故D错误；
故答案为：BC
【分析】1. 干路电流：利用“闭合电路欧姆定律”，由内电压和内阻求电流.
2. 电源输出功率：总功率（）减去内阻损耗（）.
3. 电动机热量：焦耳定律（），注意用电动机支路电流.
4. 机械功率：输入功率（）减去热功率（）.
14．【答案】B；C；微小量放大法（小量放大法、放大法等）；均分电荷（等分电荷）
【知识点】库仑定律；控制变量法
【解析】【解答】（1）此实验中比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小，再使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小，所以该实验采用的方法是控制变量法.
故答案为：B.
（2）在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，实验中根据小球的摆角可以看出电荷之间的静电力随着距离的增大而减小，随着电荷量的增大而增大.
故答案为：C.
（3）库仑在这一实验中通过微小量放大法（小量放大法、放大法等）和均分电荷（等分电荷）解决了微小力难以测量和电量无法测量的困难.
故答案为：微小量放大法（小量放大法、放大法等）；均分电荷（等分电荷）.
【分析】1.实验方法：识别 “控制变量” 的操作（固定一个量，改变另一个量 ）.
2.静电力变化：通过 “丝线偏角”（偏角大→力大 ），直观判断力与距离、电荷量的关系.
3.库仑扭秤创新：理解 “微小量放大”（将微小扭转转化为可测角度 ）和 “均分电荷”（间接控制电荷量 ）的巧妙设计，解决测量难题.
15．【答案】E；C；6.0；5.5；3.1
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，电路的最大电流约为
故电表应选用，即选择E；电动势E约，故电压表选用，即选择C。
故答案为：E；C
（2闭合开关，当掷1，根据闭合电路欧姆定律可得
由图像中的直线1可得；
闭合开关，当掷2，根据闭合电路欧姆定律可得
由图像中的直线2可得
联立解得，
故答案为：6.0；5.5；3.1
【分析】（1）根据 “电路最大电流” 选择电流表（接近量程 ），依据 “电动势大小” 选择电压表（量程匹配 ）。
（2）利用 “闭合电路欧姆定律”，分析不同开关掷向时的U - I 关系（斜率对应内阻和总阻 ），联立求解电动势、内阻与待测电阻。
16．【答案】（1）解：保护电阻消耗的电功率为
因和r是常量，而R是变量，故R最小时，最大，即R=0时
.
（2）解：把保护电阻与电源内阻r算在一起，当，即时，电阻箱R消耗的功率最大
.
（3）解：电功率公式
，
当时，P出最大，即时
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】1. 的最大功率：，越小电流越大，故时功率最大.
2. 的最大功率：等效电源法（将与合并为新内阻 ），利用“外阻等于内阻时功率最大”.
3. 电源最大输出功率：外阻等于电源内阻（外 ）时，输出功率最大，需注意外阻包含.
17．【答案】（1）解：由平衡条件得，电场力大小
解得
（2） ① 解小球沿竖直方向做匀减速运动的时间为t，由速度公式
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为
.
此过程小球沿电场方向位移
.
② 解：根据匀加速直线位移时间公式可知当小球落回与抛出点在同一水平线上的某点时，水平总位移为，电场力做功
小球在整个过程中，电势能变化量为
故电势能减少
【知识点】受力分析的应用；运动的合成与分解；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1. 静止受力：利用“平衡条件”分解力，结合几何关系（ ）求电场力.
2. 运动分解：竖直上抛（匀减速）与水平匀加速（电场力驱动 ），分别计算时间与位移.
3. 电势能变化：电场力做功等于电势能变化的负值（ ），通过总位移计算电场力做功.
18．【答案】（1）解：物块从M点到A点，由动能定理得
物块在A点做圆周运动，受轨道的支持力为，在A点由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为2mg.
（2）解：当物块通过等效最高点C时，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，物块恰能做完整的圆周运动，受力分析如图所示
合力与竖直方向夹角为；物块从M点到C点，由动能定理得
在等效最高点C时，由牛顿第二定律得
联立解得
（或0.125）
要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数
（3）解：物块从M点到B点，由动能定理得
物块恰能到B点，则对轨道压力为
由牛顿第二定律得
联立解得
因此，物块的初速度
【知识点】受力分析的应用；摩擦力的判断与计算；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.A 点压力：动能定理求 A 点速度，牛顿第二定律求支持力，结合第三定律得压力.
2.完整圆周运动：找 “等效最高点”（重力与电场力合力为向心力 ），动能定理结合临界条件求动摩擦因数.
3.电场反向后到达 B 点：动能定理分析各力做功，结合 B 点临界速度求初速度.
19．【答案】（1）解：滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有
滑块从A点运动到B点的过程中
解得
.
（2）解：滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有
得
根据运动学公式有
，
解得
，
（3）解：当较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有
解得
当较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，在水平方向有
竖直方向有
解得
综上，的取值范围为。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1.求：A 到 B 过程，动能定理结合重力、电场力做功，联立求解.
2.B 到 CD 的运动：水平方向匀减速（电场力 + 摩擦力 ），用牛顿定律求加速度，运动学公式求时间与速度.
3.的范围：CD 右侧类平抛运动，水平匀速、竖直匀变速，结合 “刚好到 E 点” 和 “刚好到 F 点” 的临界条件，确定范围。
1 / 1四川省成都市石室中学2023-2024学年高一下学期竞赛班期末考试物理试卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分；每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2024高一下·成都期末）下面是某同学对静电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A．根据公式可知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比
B．根据公式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．根据公式可知，带电荷量为1C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V
D．根据公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；电场强度；点电荷的电场；电势差
【解析】【解答】A． 电场强度由电场本身性质决定（如场源电荷、电场分布 ），与检验电荷无关。是比值定义，增大时，同步增大，不变 ，故A错误；
B．电容由电容器自身结构（极板面积、间距、电介质 ）决定，与、无关。是比值定义，、变化时，不变 。故B错误，故B错误；
C．带电量为1C负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为﹣1J，则A、B点的电势差为
故C正确；
D．该式为真空中静止的点电荷场强的决定式，由该式可知，电场中某点电场强度与场源电荷的电量Q成正比，与该点到场源电荷距离r的平方成反比，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 理解比值定义法的本质：对于、，这些公式是“比值定义”，物理量（、 ）由自身性质决定，与定义式中其他变量（、或、 ）无关.
2. 电势差公式的直接应用：对，只需代入（电场力做功，注意正负 ）和（试探电荷电量 ），直接计算即可.
3. 点电荷场强公式的内涵： 是“决定式”，明确与场源电荷、距离的定量关系（、 ）.
2．（2024高一下·成都期末）两个用相同材料制成的半径相等的带异种电荷的金属小球，其中一个球的带电量的是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：两金属小球带异种电荷，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为-5Q，它们间的库仑力大小F为
接触后再分开，带电量各为-2Q，则两球的库仑力大小为
.
故答案为：A.
【分析】1. 库仑定律是解题核心公式，需明确其适用条件（点电荷、真空中 ），本题中金属小球可视为点电荷，直接代入初始电荷量计算.
2. 相同金属小球接触时，异种电荷“先中和、后平分”。先计算总电荷量，再平分得到接触后电荷量，这是关键步骤，决定了后续库仑力的计算.
3. 分别用初始电荷量和接触后电荷量，结合相同间距，两次应用库仑定律，通过比例关系求出接触后库仑力与初始库仑力的比值，简化计算过程（利用的公共部分，避免单独计算、、 ）.
3．（2024高一下·成都期末）如图所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是( )
A．R1短路 B．R2断路 C．R2短路 D．R3短路
【答案】D
【知识点】电路故障分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.外电路总电阻变化：短路→总电阻总减小 ，干路电流：由总
（为电源电动势，为内阻 ）
总减小→增大→灯（ ）变亮 ，并联部分电压：并非并（非并为灯等非并联电阻 ）
增大→并减小→灯（并 ）
电流减小→灯变暗 ，灯变暗，不符合“灯变亮”，故A错误 。
B.断路→总电阻总增大 ，干路电流：→总增大→减小→灯（ ）变暗，灯变暗，不符合“灯变亮”，故B错误 .
C.外电路总电阻变化：短路→灯被短路（灯不亮 ），总电阻总减小 ，干路电流：增大→灯变亮 ，并联部分电压：并减小→灯（并 ）电流减小→灯变暗 ，灯变暗，不符合“灯变亮”，故C错误 .
D.外电路总电阻变化：短路→总电阻总减小 ，干路电流：增大→灯变亮 ，并联部分电压：并减小→、灯支路（并支 ）电流减小→、灯变暗 ， 灯电流：干路电流增大，灯支路电流减小→灯电流增大→灯变亮 ，结论：、灯变亮，、灯变暗，故D正确 .
故答案为：。
【分析】1. 电路结构拆解：先明确串并联关系（与串联，、与的并联结构 ），确定各灯亮度与干路电流、支路电压的关联.
2. 故障的“电阻 - 电流 - 电压”连锁分析：对每个选项，先分析故障导致的外电路总电阻变化，再用闭合电路欧姆定律（总 ）推导干路电流变化，最后结合串并联电压、电流规律，判断各灯亮度变化（亮暗由实际功率或决定 ）.
3. 排除法验证：逐一假设故障（短路/断路 ），对比题干“、变亮，、变暗”的条件，排除不符合的选项，锁定正确答案。
通过“结构拆解→连锁分析→排除验证”的思路，清晰推导故障对电路的影响，核心是利用串并联电路规律和闭合电路欧姆定律，将故障转化为电阻、电流、电压的定量变化，进而判断灯的亮暗.
4．（2024高一下·成都期末）如图所示，菱形ABCD处于方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场中，其中心O固定一电荷量为Q的点电荷（电性未知）。已知AD与CD的夹角为，B点的电场强度为零。则下列说法正确的是（ ）
A．O点电荷带正电 B．A、C两点的电场强度相同
C．C点的电场强度大小为3E D．D点的电场强度大小为2E
【答案】D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】A.点电荷在点场强向左，说明点电荷带负电（负电荷电场方向指向自身 ），故A错误。
B. 点场强：匀强电场向右，点电荷在点的场强方向沿连线（因带负电，场强指向 ）。菱形中，故与水平方向夹角，点电荷在点场强大小为，方向斜向左下（与水平方向成 ），点场强：匀强电场向右，点电荷在点的场强方向沿连线（指向 ），与水平方向成斜向左上，大小为，叠加后：、点场强的方向不同（点场强斜向左下，点斜向左上 ），故B错误.
C.点场强为匀强电场（向右 ）与点电荷场强（大小，方向沿斜向左上，与水平方向成 ）的叠加，
水平分量
竖直分量
合场强
故C错误。
D. 点场强为匀强电场（向右 ）与点电荷场强（大小，方向沿水平向左 ）的叠加（因水平，点电荷负电，场强向左 ），叠加后
（方向向右 ）
故D正确.
故答案为：.
【分析】1. 叠加原理的核心应用：电场强度是矢量，需用平行四边形定则叠加。本题中，空间存在“匀强电场”和“点电荷电场”，某点总场强为两者的矢量和.
2. 从已知条件突破（点场强为 ）： 点场强为，说明匀强电场与点电荷场强等大反向，由此可确定：点电荷电性（负电，因场强方向指向自身 ）；点电荷在点场强大小（ ）.
3. 利用对称性简化分析：菱形中心到各顶点距离相等，因此点电荷在、、、四点产生的场强大小均为（由，相同则大小相同 ），仅方向不同.
4. 矢量叠加的具体计算：对每个选项，先确定点电荷场强的方向（由点电荷电性和位置决定 ），再与匀强电场（方向水平向右 ）进行矢量叠加，计算合场强的大小与方向，对比选项判断正误.
5．（2024高一下·成都期末）如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8V、6V、4V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，电子的电势能增加5eV
B．该过程中，电子的电势能减少3eV
C．该过程中，电场力对电子做正功5eV
D．该匀强电场的场强大小为，方向垂直BD斜向右上方
【答案】D
【知识点】匀强电场；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】 【解答】AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3eV，故AB错误；C．根据匀强电场强度与电势差的关系可得
解得D的电势为
P是CD的中点，P点电势为
一个电子从A点移动到P点电场力做功为
可知该过程中，电子的电场力做负功3eV，故C错误；
D．B点和D点电势为6V，故BD为等势线，等势线与电场线垂直，故电场线方向与BD垂直，沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直BD斜向右上方，则电场强度大小为
故D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 匀强电场的电势规律：匀强电场中，平行线段的电势差与长度成正比（，为线段与电场线夹角 ）。利用，通过求；利用中点电势为两端点电势平均值，求.
2. 电场力做功与电势能变化：电势能变化，电场力做功（为试探电荷电量，为电势差 ）。电子带负电（ ），通过计算电场力做功，判断电势能变化.
3. 等势面与电场线的关系：电势相等的点连线为等势线，电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势。找到为等势线（ ），确定电场线方向；再通过“电势差与场强关系”（为沿电场线方向的距离 ）计算场强大小.
6．（2024高一下·成都期末）如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线是以点电荷为圆心的一段圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量
B．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹
C．a、c虚线对应的粒子的速度越来越大，b虚线对应的粒子的速度不变
D．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度不变
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．三个粒子的电荷量大小相等，在初始位置受到的静电力大小相等，b粒子做圆周运动，向心力等于静电力；c粒子做向心运动，可知静电力大于所需的向心力，根据
可知b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量，故A正确；
B．粒子受力方向沿电场线切线，但电场线方向由点电荷电性决定（未知 ）（点电荷可能为正或负 ），粒子轨迹向左弯曲，受力向左；、轨迹向右弯曲，受力向右。但因电场线方向不确定（点电荷电性未知 ），无法判断粒子带电性质（正/负 ），故B错误.；
C．、粒子：运动方向与电场力夹角为锐角（轨迹弯曲方向与受力方向一致 ），电场力做正功（， ），动能增大，速度增大，粒子：做匀速圆周运动，电场力与速度方向垂直（向心力不做功 ），速度大小不变（方向改变 ），但选项C中“速度不变”表述不严谨（速度方向改变，属于变速运动 ），且、速度增大的结论虽对，但结合选项整体判断，C错误；
D．电场线的疏密表示场强大小，由图可知，a虚线对应的粒子所处的场强在减小，加速度越来越小，c虚线对应的粒子所处的场强在增大，加速度越来越大，b粒子做圆周运动，加速度大小不变，但是方向在改变，故D错误。
故答案为：A.
【分析】1. 电场力与向心力的关联：粒子做圆周运动时，电场力提供向心力（ ）；做向心/离心运动时，电场力与所需向心力不等。通过初始电场力相等，结合运动轨迹（圆周、向心 ），比较质量大小.
2. 电性判断的关键限制：电场线方向由点电荷电性决定（未知 ），仅由轨迹弯曲方向（受力方向 ）无法确定粒子带电性质（正/负 ），需明确“电场方向未知”的限制.
3. 速度变化的本质（电场力做功）：速度大小变化由电场力做功决定（ ），通过受力方向与运动方向的夹角（锐角/钝角/垂直 ）判断做功正负，进而确定速度变化.
4. 加速度变化的根源（电场强度）：加速度由电场力决定（ ），电场强度由电场线疏密反映（疏→弱，密→强 ）。结合轨迹处电场线疏密变化，判断加速度变化.
7．（2024高一下·成都期末）用轻质绝缘细线把两个小球a、b悬挂起来，放置在水平向右的匀强电场中，静止时的状态如图所示。现在让两个小球a、b带上等量异号的电荷，其中a带正电荷，b带负电荷。由于有空气阻力，当再次达到平衡时，a、b小球最后会达到新的平衡位置。不计两带电小球间相互作用的静电力。则最后两球新的平衡位置与原来的平衡位置相比，下列说法正确的是（ ）
A．a球的重力势能和电势能都不变
B．b球的重力势能和电势能都增加
C．a球的重力势能一定增加、电势能一定减小
D．b球的重力势能一定增加、电势能一定减小
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AC．对a球受力分析，受水平向右的电场力，绳的拉力，库仑引力，重力，这些力平衡时绳一定斜向左上，如图所示
a球的位置一定在右上方，则球的重力势能一定增加、电势能一定减小，故A错误，C正确；
BD．让两个小球、带上等量异号的电荷，其中带正电荷，带负电荷，当再次达到平衡时，对两球的整体受力分析可知，水平方向两电场力平衡，竖直方向拉力与重力平衡，则上端的绳一定竖直状态，故b球的位置不变，故球的重力势能和电势能都不变，故BD错误.
故答案为：C.
【分析】1.整体法简化受力：两球带等量异号电荷时，水平方向电场力相互抵消（a受向右qE，b受向左qE ），整体水平合力为0，上端绳子竖直，b球位置不变。此步骤利用整体法规避复杂内力（库仑力 ），简化分析.
势能变化的判断逻辑：重力势能：由高度变化决定，高度升高则重力势能增加，反之减小.
电势能：由电场力做功决定，电场力做正功则电势能减小，反之增加.
隔离法分析a球：隔离a球后，结合受力平衡（水平、竖直方向合力为0 ），判断绳子倾斜方向与a球位置变化（向右上方移动 ），进而分析重力势能（高度升高 ）和电势能（电场力做正功 ）的变化.
8．（2024高一下·成都期末）如图所示，空间有电荷量分别为和的两个点电荷，其连线水平。在竖直平面内，内壁光滑的绝缘细弯管关于连线对称放置，细管的上下端口恰好在连线的中垂线上。电荷量为＋q的小球以初速度从上端管口无碰撞进入细管，在管内运动过程中机械能守恒，则（ ）
A．
B．细管上各点的电场强度方向均与细管垂直
C．在的连线上，中点的电场强度最小
D．小球从细管下端飞出时速度为
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．带电小球在运动过程中始终机械能守恒，则小球在运动过程中电势能保持不变，题干图中细管所在的弧线是一等势线，所以有Q1＞Q2，故A错误；
B．根据电场线与等势线处处垂直，所以细管各处的电场强度方向均和细管垂直，故B正确；
C．当两个是等量异种电荷的时候，中点是场强最小的点，但是现在二者是非等量异种电荷，且，所以场强最小的点会相应的向右偏移，故C错误；
D．小球以初速度v0从上端的管口恰好无碰撞地进入细管，且在运动过程中机械能始终保持不变，但是小球从细管下端飞出时因为重力做正功，所以小球离开的速度大于v0，故D错误.
故答案为：B.
【分析】1.机械能守恒与电势能的关联：机械能守恒→只有重力做功→电场力做功为0→运动轨迹是等势线（电势能不变 ）。此为突破口，将机械能守恒与电场特性（等势线 ）关联.
等势线与电场线的垂直关系：电场线与等势面处处垂直，直接推导电场强度方向与细管垂直，快速判断 B 正确.
非等量异种电荷的电场分布：对比 “等量异种电荷” 的对称场强分布，分析非等量时的等势线条件和场强最小点偏移，排除 A、C.
机械能守恒的实际应用：机械能守恒包含重力势能与动能的转化（高度变化影响 ），虽电势能不变，但重力做功会改变动能，故速度增大，排除 D.
二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。）
9．（2024高一下·成都期末）如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，但仍在P点上方。下列说法正确的是（ ）
A．油滴带正电 B．静电计指针张角减小
C．油滴向上运动 D．带电油滴P点的电势能不变
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．平行板电容器上极板带正电，电场方向 竖直向下（正极板→负极板 ），油滴静止，受力平衡：重力（向下）与电场力（向上）抵消，电场力方向与电场方向 相反 → 油滴带 负电（负电荷受力与场强反向 ），故A错误；
BCD．将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离的过程中，电容器所带电荷量Q不变，根据电容的决定式
可知，减小，则增大；又因为
可知，减小，所以静电计指针张角减小；又因为
联立得出
可知电场强度与极板间的距离无关，所以场强不变，油滴的电场力不变，则不会运动；又由于P点与下极板间的距离不变，由
知P点的电势不变，根据
可知带电油滴在P点的电势能不变，故BD正确，C错误.
故答案为：BD.
【分析】1. 电性判断：利用“电场方向 + 受力平衡”，确定油滴带负电.
2. 静电计张角：通过“电容决定式（ ） + 电压公式（ ）”，推导电压变化.
3. 油滴运动：联立公式得与无关，场强不变→受力平衡→油滴静止.
4. 电势能变化：点电势由“和到下极板距离”决定，两者均不变→电势能不变.
10．（2024高一下·成都期末）如图所示，竖直和水平放置的绝缘光滑板PO、QO固定，a、b为两个均带正电的小球（可视为点电荷），当用平行于QO向左的力F作用于b时，a、b紧靠板静止。由于a球缓慢漏电，a球缓慢移动，现稍改变F的大小，使b一直处于静止状态，则下列说法正确的（ ）
A．两小球之间的库仑力变大 B．力F减小
C．系统的重力势能变大 D．系统的电势能增大
【答案】A,D
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能
【解析】【解答】ABC．以a球为研究对象，受力如图所示
根据平衡条件有
由于a球漏电，则a球缓慢向下移动，b球不动，则角增大，减小，则两小球之间的库仑力变大；挡板对a的弹力为
角增大，增大，则增大；对整体受力分析，在水平方向有
则作用力F也增大，故A正确、故B错误；
C．由于a球漏电，则a球缓慢向下移动，b球不动，所以系统重力势能变小，故C错误；
D．由于两球间距离减小，又两小球之间的库仑力为斥力，所以库仑力做负功，系统的电势能增大，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】1. 球受力平衡：通过力的合成，推导库仑力与角的关系，结合变化判断库仑力大小.
2. 整体法分析力：水平方向力平衡，关联挡板弹力与角，推导的变化.
3. 重力势能变化：关注球高度变化（下移→重力势能减小 ）.
4. 电势能变化：依据库仑力做功（斥力、间距减小→负功→电势能增大 ）.
11．（2024高一下·成都期末）如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表V1和V2的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在以下时，电动机没有转动。不考虑电表对电路的影响，下列判断正确的是（ ）
A．图线①为V2示数随电流表的变化图线
B．电路中电源电动势为
C．此电路中，电动机的最大输入功率是
D．变阻器R的最大阻值大于
【答案】A,C,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．随着滑动变阻器滑片向左移，使总电阻减小，干路电流增大，在以下时，电动机相当于纯电阻电路，两端电压随电流增大而增大，故图线②为V1示数随电流表的变化图线，而V2测的是路端电压，由，可知，示数随电流增大而减小，故图线①为V2示数随电流表的变化图线，A正确；
B．由图线①可知，当路端电压为3.4V时，干路电流为0.1A，当路端电压为3.0V时，干路电流为0.3A，代入A解析中的表达式，可解得
，
B错误；
C．由图线②可知，当电动机两端电压最大3.0V时，流过电动机电流0.3A，电动机的输入功率最大，最大值为
C正确；
D．当滑动变阻器滑片处于最右端时阻值最大，此时干路电流为0.1A，路端电压3.4V，电动机两端电压0.4V，可知R与R0并联部分的总电阻为
考虑到R0的阻值，可知变阻器R的最大阻值大于，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】1. 图线对应判断：区分“路端电压（随电流增大而减小 ）”与“电动机电压（纯电阻时随电流增大而增大 ）”，确定图线①对应.
2. 电动势与内阻计算：利用路端电压公式，代入两组数据解方程组.
3. 最大输入功率：电动机输入功率，取最大时的电流计算.
4. 变阻器最大阻值：通过并联电压、电流求总电阻，结合并联电阻规律（并 ）判断.
12．（2024高一下·成都期末）如图（a），长为4d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为、电荷量为、质量为m的粒子，金属板右侧距离为d处竖直放置一足够大的荧光屏。现在两板间加图（b）所示电压，已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出。不计粒子重力，则（ ）
A．无论哪个时刻入射的粒子在金属板间运动的时间相等
B．无论哪个时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点出射
C．无论哪个时刻入射的粒子从金属板间出射时动能
D．粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为
【答案】A,C
【知识点】力的合成与分解的运用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出，则有
作出不同时刻进入金属板的粒子在电场方向速度与时间的图像如下图
由图像可以看出，在时刻（n=0，1，2，3，…）进入金属板的粒子会在电场方向上有最大位移，结合题目条件知最大位移为，其它时刻进入的粒子在电场方向位移都小于，所以不同时刻进入金属板的粒子都能够输出金属板，由水平方向匀速运动可知，粒子射出金属板时间都相同，时间都为。故A正确，B错误；
C．由于粒子在电场中运动的时间都为，恰为电压随时间变化的周期，故粒子在电场中所受相反电场力作用时间相同，根据动量定理有
故粒子无论何时进入电场，出射时只剩水平速度v0，竖直方向的速度为0，故粒子从金属板间出射时动能都为
故C正确；
D．由AC选项分析可知不同时刻出射的粒子出射的位置在两金属板右侧上下边缘之间，竖直方向最大位移大小都为，且出射时速度均水平向右，故粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】1.运动时间判断：水平方向匀速，位移固定→时间相同.
2.出射位置与动能：竖直方向电场力冲量对称（动量定理）→竖直末速度为0，动能仅由水平速度决定.
3.荧光屏打击范围：出射时竖直位移范围决定打击范围，但需注意出射后竖直方向无运动，范围由最大竖直位移决定（但原解析中 D 错误，需结合具体运动分析 ）.
13．（2024高一下·成都期末）如图所示，电源电动势、内阻，电动机的内阻，闭合开关后，标有“”的灯泡恰能正常发光，则（ ）
A．图中理想电流表示数为 B．电源的输出功率为
C．内电动机产生的热量为 D．电动机的机械功率为
【答案】B,C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．灯泡正常发光，电压灯，功率灯，电源电动势，内阻，外电路并联部分电压（等于灯泡电压 ），内电压内
由欧姆定律，干路电流（电流表读数 ）
故A错误；
B．电源的输出功率为
故B正确；
C．灯泡电流灯灯灯
并联电路，电动机电流灯
电动机内阻，10s内产生的热量
故C正确；
D．正常发光的灯泡电流为
故流过电动机的电流为
则电动机的机械功率为
故D错误；
故答案为：BC
【分析】1. 干路电流：利用“闭合电路欧姆定律”，由内电压和内阻求电流.
2. 电源输出功率：总功率（）减去内阻损耗（）.
3. 电动机热量：焦耳定律（），注意用电动机支路电流.
4. 机械功率：输入功率（）减去热功率（）.
三、实验题（本题共2小题，14题每空1分，15题每空2分，共14分）
14．（2024高一下·成都期末）某物理兴趣小组利用下列甲图装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）该实验采用的方法是 （填正确选项前的字母）
A. 理想实验法 B. 控制变量法 C. 等效替代法
（2）实验表明，电荷之间的静电力随着距离的增大而___________，随着电荷量的增大而___________。 （填正确选项前的字母）
A. 增大、减小 B. 增大、不变 C. 减小、增大
（3）如图乙所示的实验装置为库仑扭秤。悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力相等，使绝缘棒平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系。库仑在这一实验中如何解决了微小力难以测量和电量无法测量的困难？ 和 （只填两种方法名称即可）。
【答案】B；C；微小量放大法（小量放大法、放大法等）；均分电荷（等分电荷）
【知识点】库仑定律；控制变量法
【解析】【解答】（1）此实验中比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小，再使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小，所以该实验采用的方法是控制变量法.
故答案为：B.
（2）在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，实验中根据小球的摆角可以看出电荷之间的静电力随着距离的增大而减小，随着电荷量的增大而增大.
故答案为：C.
（3）库仑在这一实验中通过微小量放大法（小量放大法、放大法等）和均分电荷（等分电荷）解决了微小力难以测量和电量无法测量的困难.
故答案为：微小量放大法（小量放大法、放大法等）；均分电荷（等分电荷）.
【分析】1.实验方法：识别 “控制变量” 的操作（固定一个量，改变另一个量 ）.
2.静电力变化：通过 “丝线偏角”（偏角大→力大 ），直观判断力与距离、电荷量的关系.
3.库仑扭秤创新：理解 “微小量放大”（将微小扭转转化为可测角度 ）和 “均分电荷”（间接控制电荷量 ）的巧妙设计，解决测量难题.
15．（2024高一下·成都期末）某同学用如图所示电路下列器材测电阻、电池的电动势E与内阻r。器材如下：
A．被测电阻（约）
B．被测电池（电动势E约、内阻约）
C．电压表（量程为、内阻很大）
D．电压表（量程为、内阻很大）
E．电流表（量程为、内阻不计）
F．电流表（量程为、内阻不计）
G．滑动变阻器
H．开关、导线
（1）电流表应选用 ；电压表应选用 （填器材前的符号）
（2）实验中先将滑动变阻器的滑动头滑到最左端，闭合开关，当掷1，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在图像中作出直线1；当掷2，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在图像中作出直线2。则电池的电动势 V，内阻 ；电阻 （结果均保留两位有效数字）
【答案】E；C；6.0；5.5；3.1
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，电路的最大电流约为
故电表应选用，即选择E；电动势E约，故电压表选用，即选择C。
故答案为：E；C
（2闭合开关，当掷1，根据闭合电路欧姆定律可得
由图像中的直线1可得；
闭合开关，当掷2，根据闭合电路欧姆定律可得
由图像中的直线2可得
联立解得，
故答案为：6.0；5.5；3.1
【分析】（1）根据 “电路最大电流” 选择电流表（接近量程 ），依据 “电动势大小” 选择电压表（量程匹配 ）。
（2）利用 “闭合电路欧姆定律”，分析不同开关掷向时的U - I 关系（斜率对应内阻和总阻 ），联立求解电动势、内阻与待测电阻。
四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
16．（2024高一下·成都期末）如图所示，已知电源电动势，内阻，保护电阻。
（1）当电阻箱R读数为多少时，保护电阻消耗的电功率最大，并求这个最大值；
（2）当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率最大，并求这个最大值；
（3）求电源的最大输出功率。
【答案】（1）解：保护电阻消耗的电功率为
因和r是常量，而R是变量，故R最小时，最大，即R=0时
.
（2）解：把保护电阻与电源内阻r算在一起，当，即时，电阻箱R消耗的功率最大
.
（3）解：电功率公式
，
当时，P出最大，即时
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】1. 的最大功率：，越小电流越大，故时功率最大.
2. 的最大功率：等效电源法（将与合并为新内阻 ），利用“外阻等于内阻时功率最大”.
3. 电源最大输出功率：外阻等于电源内阻（外 ）时，输出功率最大，需注意外阻包含.
17．（2024高一下·成都期末）真空中存在空间足够大的、水平向右的匀强电场；在电场中，现用长L的轻质细绳上端固定，下端连接一个质量为m的带电的可视为质点的小球刚好静止，此时绳与竖直方向的夹角，重力加速度为g，，。
（1）求静止时小球所受电场力F的大小；
（2）若将该小球从该电场中某点以初速度竖直向上抛出，试求：
①小球上抛到最高点的过程沿电场方向上发生的位移多大；
②小球从抛出至落回到与抛出点在同一水平线的某点的过程中电势能的变化量。
【答案】（1）解：由平衡条件得，电场力大小
解得
（2） ① 解小球沿竖直方向做匀减速运动的时间为t，由速度公式
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为
.
此过程小球沿电场方向位移
.
② 解：根据匀加速直线位移时间公式可知当小球落回与抛出点在同一水平线上的某点时，水平总位移为，电场力做功
小球在整个过程中，电势能变化量为
故电势能减少
【知识点】受力分析的应用；运动的合成与分解；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1. 静止受力：利用“平衡条件”分解力，结合几何关系（ ）求电场力.
2. 运动分解：竖直上抛（匀减速）与水平匀加速（电场力驱动 ），分别计算时间与位移.
3. 电势能变化：电场力做功等于电势能变化的负值（ ），通过总位移计算电场力做功.
18．（2024高一下·成都期末）如图所示，绝缘水平轨道与光滑绝缘竖直圆槽形轨道相切于A点，圆形轨道半径为R，圆形轨道上B点与圆心等高，水平轨道AM段长度也为R，竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强。质量为m，带电量为＋q的物块（可视为质点）以水平方向速度从M点进入电场，水平轨道AM段与物块间的动摩擦因数可调，（重力加速度为g，，）。求：
（1）若，且物块的速度，物块经过圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小；
（2）若物块的速度，要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数满足什么条件；
（3）若，只把MN左侧的电场方向变成水平向右，其他条件不变，为使滑块能到达B点，物块的初速度应满足什么条件。
【答案】（1）解：物块从M点到A点，由动能定理得
物块在A点做圆周运动，受轨道的支持力为，在A点由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为2mg.
（2）解：当物块通过等效最高点C时，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，物块恰能做完整的圆周运动，受力分析如图所示
合力与竖直方向夹角为；物块从M点到C点，由动能定理得
在等效最高点C时，由牛顿第二定律得
联立解得
（或0.125）
要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数
（3）解：物块从M点到B点，由动能定理得
物块恰能到B点，则对轨道压力为
由牛顿第二定律得
联立解得
因此，物块的初速度
【知识点】受力分析的应用；摩擦力的判断与计算；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.A 点压力：动能定理求 A 点速度，牛顿第二定律求支持力，结合第三定律得压力.
2.完整圆周运动：找 “等效最高点”（重力与电场力合力为向心力 ），动能定理结合临界条件求动摩擦因数.
3.电场反向后到达 B 点：动能定理分析各力做功，结合 B 点临界速度求初速度.
19．（2024高一下·成都期末）如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为。现将一电荷量为、质量为的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为，，，，。求：
（1）场强的大小；
（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求的取值范围。
【答案】（1）解：滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有
滑块从A点运动到B点的过程中
解得
.
（2）解：滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有
得
根据运动学公式有
，
解得
，
（3）解：当较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有
解得
当较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，在水平方向有
竖直方向有
解得
综上，的取值范围为。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1.求：A 到 B 过程，动能定理结合重力、电场力做功，联立求解.
2.B 到 CD 的运动：水平方向匀减速（电场力 + 摩擦力 ），用牛顿定律求加速度，运动学公式求时间与速度.
3.的范围：CD 右侧类平抛运动，水平匀速、竖直匀变速，结合 “刚好到 E 点” 和 “刚好到 F 点” 的临界条件，确定范围。
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