广东省广州市黄广中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷
一、单选题（每题4分，共计28分）
1．（2024高二上·广州月考）如图所示，不带电的金属导体A和B放在绝缘支柱上并相互接触，带正电的小球C靠近A，以下说法中正确的是（ ）
A．A、B带等量同种电荷
B．B带负电，A带正电
C．若先将A、B分开，再把C移走，A带负电，B带正电
D．若先将C移走，再把A、B分开，B带正电，A带负电
2．（2024高二上·广州月考）如图为真空中两点电荷形成的电场中的电场线，该电场线关于虚线对称，点为、两点电荷连线的中点，为其连线的中垂线上关于点对称的两点，则下列说法正确的是（ ）
A．可能带等量异种电荷
B．可能带不等量的正电荷
C．两点处无电场线，故其电场强度为零
D．同一试探电荷在两点处所受电场力大小相等，方向相反
3．（2024高二上·广州月考）某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（ ）
A．M、N点的场强 B．粒子在M、N点的加速度
C．粒子在M、N点的速度 D．粒子带正电
4．（2024高二上·广州月考）如图所示，甲图中a、b两点在两个等量同种点电荷的连线上、与连线中点距离相等，乙图中c、d两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上、与连线中点距离相等，a、b、c、d四点的电场强度分别为Ea、Eb、Ec、Ed，电势分别为φa、φb、φc、φd，下列说法正确的是（ ）
A．Ea与Eb相同，φa与φb相同 B．Ea与Eb相同，φa与φb不同
C．Ec与Ed不同，φc与φd相同 D．Ec与Ed相同，φc与φd相同
5．（2024高二上·广州月考）如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是（ ）
A．到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B．到达Q板的速率与板间距离无关
C．两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D．若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍
6．（2024高二上·广州月考）雷雨天，高层建筑顶部的引雷针起到主动吸引闪电的作用，叫“接闪”，以此保护周边建筑和行人的安全。某次电视塔“接闪”前积雨云层与避雷针附近产生的电场的等差等势面如图所示，积雨云的底部积聚负电荷，电子的电量为e，取大地为零势面，以下说法正确的是（ ）
A．A、B、C三个位置中A点处的电场强度最大
B．避雷针的针尖由于静电感应而带负电
C．B、A两点间的电势差大于B、C两点间的电势差
D．空气中一电子由B运动到C点，其电势能增加
7．（2024高二上·广州月考）有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，图甲是它的原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。如果在电极YY'之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX'之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项图中（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（每题6分，共计18分）
8．（2024高二上·广州月考）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有（ ）
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
9．（2024高二上·广州月考）如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T，（不计重力作用）下列说法中正确的是（ ）
A．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动
B．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
C．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上
D．从t=时刻释放电子，电子必将从左极板小孔处离开
10．（2024高二上·广州月考）如图，电容器与电源连接，两极板竖直平行正对放置，左极板A接地且与电源正极相连，极板间P点固定一负点电荷。现将开关S闭合，电路稳定后再断开S，然后把A极板稍向左平移，则下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容将变小
B．电容器极板间的电场强度将变小
C．点电势将升高
D．处电荷的电势能将变大
三、实验题（每空2分，共计16分）
11．（2024高二上·广州月考）如图所示，在《实验：探究影响平行板电容器电容的因素》中，给平行板电容器充上一定量的电荷后，将电容器的两极板A、B分别跟静电计的指针和外壳相连（接地）。现请回答下列问题：
（1）本实验研究用到的物理方法是 。
（2）如果该电容器的电容为C，所带电量为Q，则两极板间的电势差为 ；
（3）将A极板向右移动少许，则静电计指针的偏转角将 ；将B极板向上移动少许，则静电计指针的偏转角将 ；将一块玻璃板插入A、B两极板之间，则静电计指针的偏转角将 ；（均选填“增大”“减小”或“不变”）
（4）如果在操作过程中，手无意中触摸了B极板，则观察到的实验现象 发生变化。（选填“会”或“不会”）
12．（2024高二上·广州月考）某学习小组同学利用DIS系统研究某电容器的充电和放电过程，实验电路如图甲所示，电源为输出电压恒为5V的学生直流稳压电源，实验前电容器已充分放电。（电流I表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即）
（1）先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电。然后将单刀双掷开关S置于2端，通过电阻R进行放电，充电过程电流的方向为 （填“从a到b”或“从b到a”）。
（2）将单刀双掷开关S置于2端时，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上便显示出如图乙所示的图像。图线与坐标轴围成图形的面积可以用所围小方格的总面积近似代替，若按照“大于半个格的按一个格算，小于半个格的舍去”的原则数出小方格数为114个，据此估算出电容器的电容为 （计算结果保留三位有效数字）。
（3）若换用另一个电介质相同、电极间距变小、电极正对面积变大的电容器进行实验，则得到的图线与坐标轴所围成图形的面积将 （填“变大”“变小”或“不变”）。
四、解答题（共计38分）
13．（2024高二上·广州月考）如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角；已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，，。求：
（1）小球所受电场力F的大小；
（2）小球的质量m；
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
14．（2024高二上·广州月考）如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿右侧两平行正对的极板中心轴线射入偏转电场，并从另一侧射出，打到荧光屏上的点，为荧光屏的中心点。已知电子质量为、电荷量为、加速电场所加的电压为、偏转电场所加的电压为、水平极板的长度为、上下两板间距离为、水平极板的右端到荧光屏的距离为。不计电子所受重力。求：
（1）电子经加速电场加速后的速度大小；
（2）电子离开偏转电场时速度的偏转角的正切值；
（3）电子打在荧光屏上的点到点的距离。
15．（2024高二上·广州月考）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
（2）若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小？
（3）改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电荷守恒定律
【解析】【解答】当一个带电体靠近导体时，导体靠近带电体的一端带异种电荷，远离带电体的一端带带同种电荷。ABC．带正电的小球C靠近A端，由于感应起电，等量异种电荷，A端带负电，B端带正电，将A、B分开，再移走C，则A整体带负电，B整体带正电，故AB错误，C正确；
D．将C移走，A、B上的电荷又马上中和，不再带电，再把A、B分开，A、B都不带电，故D错误。
故选C。
【分析】根据感应起电原理，结合电荷分布情况分析求解。
2．【答案】D
【知识点】电场线
【解析】【解答】本题考查的是等量同种电荷的电场性质，利用电场线判断出场强的大小和方向即可。AB．根据电场线关于虚线对称，电场线起始于正电荷（或无穷远）终止于无穷远处（或负电荷）知A、B带等量的正电荷，AB错误；
C．由等量同种正电荷电场分布规律，且为其连线的中垂线上关于点对称的两点可知，a、b两点处电场强度不是零，C错误；
D．由对称性可知，a、b两点处场强大小相等，方向相反，则同一试探电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向相反，D正确。
故选D。
【分析】根据电场线的特点判断出A、B电荷的电荷量和电性，在电场线中，电场线的疏密程度表示场强的大小。
3．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决这类问题．AB．电场线越密场强越大，根据电场分布图可知
粒子在M点场强小，受到的电场力就小，加速度小，AB错误；
CD．根据粒子运动的轨迹弯曲方向可知受到的电场力斜向上，所以粒子带正电，又因为从M到N点，电势降低，粒子电势能减小，动能增大，所以有
C错误，D正确。
故选D。
【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．由电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律判断加速度的大小．由粒子运动轨迹弯曲的方向，判断粒子受到的电场力方向，从而判断电场力做功情况和粒子的电性，即可分析速度的大小．
4．【答案】D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同。而矢量大小和方向都相同才相同。对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题。AB．根据对称性，Ea与Eb大小相等、甲图中场强方向不同，乙图中场强方向相同，φa与φb相同，故AB错误；
CD．乙图中c、d两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上、与连线中点距离相等，φc与φd相同，再根据场强的矢量合成可得Ec与Ed相同，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】明确常见电场线的特点，知道电势是标量，同一等势面各点电势相等。电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同。
5．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】电场力做功仅与加速的电压高低有关，当极板间的间距发生变化时要首先判断极板间的电压是否发生变化。AB．根据动能定理得
到达Q板的速率为
可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确；
C．根据动力学公式
可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故C错误；
D．到达Q板的速率为
故若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。
故选B。
【分析】粒子运动过程只有电场力做功，应用牛顿第二定律、运动学公式与动能定理分析答题。
6．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；等势面
【解析】【解答】A．等势面疏密程度可表示场强大小，则A、B、C三个位置中A点场强最大，A符合题意；
B．积雨云的底部积聚负电荷，根据静电感应可判断避雷针带正电荷，故不符合题意；
C．由题，图中的虚线为等势线，则B、A两点间的电势差与B、C两点间的电势差相等，C不符合题意；
D．等势线与电场线总是相互垂直，且从正电荷指向带负电的云层，则空气中一电子由B运动到C点，逆着电场线运动，电场力做功为正，电势能减小，D不符合题意。
故答案为A。
【分析】由等势线的特点可判断场强大小，电势大小情况，根据等势线与电场线的关系可判断电场力做功情况，进而得到电势能变化情况。
7．【答案】C
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中偏转，引导学生模型建构来分析解决实际问题和应用数学知识解决物理问题。在0~2时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图形为C。
故选C。
【分析】当偏转电压最大时，电子沿XX'或者YY'偏转最大，电压为零，偏转位移等于零，结合运动分解与合成分析。
8．【答案】A,C
【知识点】电势
【解析】【解答】电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关，φ-x图像的斜率表示电场强度A．由静电场的电势φ在x轴上分布图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；
B．图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；
C．负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D．由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．
故选：AC
【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得两点电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而电场力变化。
9．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】画出电子的v-t图象是解题的关键，根据图象形象直观分析电子的运动；巧妙利用a和t的对称性作v-t图象。AB．从时刻释放电子，电子在时间内向右做匀加速直线运动，在时间内向右做匀减速直线运动，且两段时间内的加速度大小相同，根据匀变速直线运动的对称性可知电子将始终向右运动，直到打到右极板上，故A错误，B正确；
C．从时刻释放电子，电子在时间内向右做匀加速直线运动，在时间内向右做匀减速直线运动，在时速度减为零，且距离右板最近，但由题意可知此时电子未达到右板；电子在时间内向左做匀加速直线运动，在时间内向左做匀减速直线运动，在时速度减为零，根据运动的对称性可知此时电子回到出发点，所以从时刻释放电子，电子一定在两板间往返运动，但不可能打到右极板上，故C错误；
D．时刻释放电子，先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，又电子到达右板的时间大于T，则电子最终从左极板的小孔离开电场，故D正确。
故选BD。
【分析】根据左极板接地，右极板电势随时间变化的规律，可分析出平行板电容器内部场强的E-t图象（场强方向选取水平向左为正方向，与U-t图象形状一样），再根据静止电子从那时刻释放判断电场力方向及作用时间，画出电子的v-t图象，注意匀加速和匀减速运动时间和加速度大小的对称性，根据v-t图中图象与t轴所围面积表示位移，最后判断电子的运动情况。
10．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析，理解变化过程中的不变量：电容器所带电荷量Q。A．根据电容决定式
可知把A极板稍向左平移，板间距离d变大，电容变小，A正确；
B． 将开关S闭合，电路稳定后再断开S，因此电容器所带电荷不变，又
解得
可知电容器间的电场强度将不变，B错误；
C．P点电势为
因为电场强度不变，A极板向左平移，因此P点的电势将降低，C错误；
D．电势能为
因为电势降低，而所带电荷为负，因此电势能变大，D正确。
故选AD。
【分析】根据电容的决定式分析电容的变化；根据电容的决定式、定义式以及E=推导出电容器极板间的电场强度的表达式，再分析电场强度的变化。由U=Ed分析A板与P点间电势差的变化，进而分析P点电势和P处电荷的电势能的变化。
11．【答案】控制变量法；；增大；增大；减小；不会
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题主要是考查研究影响平行板电容器电容的因素实验，解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式进行分析解答。（1）本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的决定因素，故采用的是控制变量法。
（2）根据电容的定义式
可知，如果该电容器的电容为C，所带电量为Q，则两极板间的电势差
（3）根据电容的决定式
可知，将A极板向右移动少许，板间距离d增大，电容减小，总电荷量不变，电压增大则静电计指针的偏转角将增大；
将B极板向上移动少许，正对面积减小，则电容减小，总电荷量不变，电压变大则指针的偏转角将增大；
将一块玻璃板插入A、B两极板之间，介电常数增大，电容增大，总电荷量不变，电压减小则静电计指针的偏转角将减小。
（4）如果在操作过程中，手无意中触摸了B极板，由于B极板已经接地，则观察到的实验现象不变。
【解答】（1）根据实验原理分析实验方法；
（2）根据电容的定义式分析；
（3）根据电容的决定式分析，静电计的指针偏角大小反应极板间电压的变化；
（4）手无意中触摸了B极板，相当于B板接地。
12．【答案】（1）从b到a
（2）18.2
（3）变大
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】本题考查电容的充放电以及图像的问题，关键是掌握各图像的认识和理解，会根据题意进行准确分析解答。
（1）先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电，可知电容器上极板带正电，下极板带负电，充电电电流的方向为从b到a。
（2）根据图像与横轴围成的面积表示电荷量，可知电容器充完电所带的电荷量为
根据电容定义式可知电容器的电容为
=1.82×10-5
（3）由
可知，若则电容器电容变大，根据
可知电容器充完电后所带的电荷量变大，则得到的图线与坐标轴所围成图形的面积将变大。
【分析】（1）根据电容器极板的带电性质判断电流方向；
（2）根据图像的物理意义计算电容器的电荷量和电容；
（3）根据平行板电容器电容的决定式和定义式分析判断。
（1）先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电，可知电容器上极板带正电，下极板带负电，充电电电流的方向为从b到a。
（2）根据图像与横轴围成的面积表示电荷量，可知电容器充完电所带的电荷量为
根据电容定义式可知电容器的电容为
=1.82×10-5
（3）由
可知，若则电容器电容变大，根据
可知电容器充完电后所带的电荷量变大，则得到的图线与坐标轴所围成图形的面积将变大。
13．【答案】解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力
（2）小球受力情况如图所示
根据几何关系可得
所以
（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则
解得
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据电场力的计算公式求解电场力；
（2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；
（3）根据机械能守恒定律求解速度即可。
14．【答案】解：（1）电子在加速电场中，根据动能定理得
解得
（2）电子在偏转电场中，做类平抛运动，在水平方向上有
在竖直方向上有
，
联立解得
电子射出时竖直方向速度为
电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值为
联立解得
（3）得电子打在荧光屏上的点到点的距离为
【知识点】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）根据动能定理求电子被加速电场加速后的速度；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，由水平匀速运动和竖直匀加速运动的合成求偏转角的正切；
（3）离开电场后做匀速直线运动，由匀速直线运动的规律求出该段位移后再加上电场中的位移即可得到总的偏转距离。
15．【答案】解：（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程，根据动能定理可得
解得滑块到达与圆心O等高的C点时速度大小为
（2）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为，从A点到D点过程根据动能定理可得
解得
在D点，根据牛顿第二定律可得
解得
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0。
（3）等效竖直平面圆周运动，要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，则s具有最小值，如图所示
等效重力由重力和电场力的合力提供，则有
等效重力与竖直方向的夹角满足
可得
恰好通过等效最高点时的速度设为，则此时满足
从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理得
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）分析物体的受力情况以及做功情况，由动能定理求出滑块的速度；
（2）根据动能定理求解速度，由牛顿第二定律求出滑块受到的作用力；
（3）分析滑块能够通过的等效最高点和等效最远点，根据动能定理求解。
1 / 1广东省广州市黄广中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷
一、单选题（每题4分，共计28分）
1．（2024高二上·广州月考）如图所示，不带电的金属导体A和B放在绝缘支柱上并相互接触，带正电的小球C靠近A，以下说法中正确的是（ ）
A．A、B带等量同种电荷
B．B带负电，A带正电
C．若先将A、B分开，再把C移走，A带负电，B带正电
D．若先将C移走，再把A、B分开，B带正电，A带负电
【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电荷守恒定律
【解析】【解答】当一个带电体靠近导体时，导体靠近带电体的一端带异种电荷，远离带电体的一端带带同种电荷。ABC．带正电的小球C靠近A端，由于感应起电，等量异种电荷，A端带负电，B端带正电，将A、B分开，再移走C，则A整体带负电，B整体带正电，故AB错误，C正确；
D．将C移走，A、B上的电荷又马上中和，不再带电，再把A、B分开，A、B都不带电，故D错误。
故选C。
【分析】根据感应起电原理，结合电荷分布情况分析求解。
2．（2024高二上·广州月考）如图为真空中两点电荷形成的电场中的电场线，该电场线关于虚线对称，点为、两点电荷连线的中点，为其连线的中垂线上关于点对称的两点，则下列说法正确的是（ ）
A．可能带等量异种电荷
B．可能带不等量的正电荷
C．两点处无电场线，故其电场强度为零
D．同一试探电荷在两点处所受电场力大小相等，方向相反
【答案】D
【知识点】电场线
【解析】【解答】本题考查的是等量同种电荷的电场性质，利用电场线判断出场强的大小和方向即可。AB．根据电场线关于虚线对称，电场线起始于正电荷（或无穷远）终止于无穷远处（或负电荷）知A、B带等量的正电荷，AB错误；
C．由等量同种正电荷电场分布规律，且为其连线的中垂线上关于点对称的两点可知，a、b两点处电场强度不是零，C错误；
D．由对称性可知，a、b两点处场强大小相等，方向相反，则同一试探电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向相反，D正确。
故选D。
【分析】根据电场线的特点判断出A、B电荷的电荷量和电性，在电场线中，电场线的疏密程度表示场强的大小。
3．（2024高二上·广州月考）某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（ ）
A．M、N点的场强 B．粒子在M、N点的加速度
C．粒子在M、N点的速度 D．粒子带正电
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决这类问题．AB．电场线越密场强越大，根据电场分布图可知
粒子在M点场强小，受到的电场力就小，加速度小，AB错误；
CD．根据粒子运动的轨迹弯曲方向可知受到的电场力斜向上，所以粒子带正电，又因为从M到N点，电势降低，粒子电势能减小，动能增大，所以有
C错误，D正确。
故选D。
【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．由电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律判断加速度的大小．由粒子运动轨迹弯曲的方向，判断粒子受到的电场力方向，从而判断电场力做功情况和粒子的电性，即可分析速度的大小．
4．（2024高二上·广州月考）如图所示，甲图中a、b两点在两个等量同种点电荷的连线上、与连线中点距离相等，乙图中c、d两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上、与连线中点距离相等，a、b、c、d四点的电场强度分别为Ea、Eb、Ec、Ed，电势分别为φa、φb、φc、φd，下列说法正确的是（ ）
A．Ea与Eb相同，φa与φb相同 B．Ea与Eb相同，φa与φb不同
C．Ec与Ed不同，φc与φd相同 D．Ec与Ed相同，φc与φd相同
【答案】D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同。而矢量大小和方向都相同才相同。对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题。AB．根据对称性，Ea与Eb大小相等、甲图中场强方向不同，乙图中场强方向相同，φa与φb相同，故AB错误；
CD．乙图中c、d两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上、与连线中点距离相等，φc与φd相同，再根据场强的矢量合成可得Ec与Ed相同，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】明确常见电场线的特点，知道电势是标量，同一等势面各点电势相等。电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同。
5．（2024高二上·广州月考）如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是（ ）
A．到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B．到达Q板的速率与板间距离无关
C．两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D．若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】电场力做功仅与加速的电压高低有关，当极板间的间距发生变化时要首先判断极板间的电压是否发生变化。AB．根据动能定理得
到达Q板的速率为
可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确；
C．根据动力学公式
可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故C错误；
D．到达Q板的速率为
故若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。
故选B。
【分析】粒子运动过程只有电场力做功，应用牛顿第二定律、运动学公式与动能定理分析答题。
6．（2024高二上·广州月考）雷雨天，高层建筑顶部的引雷针起到主动吸引闪电的作用，叫“接闪”，以此保护周边建筑和行人的安全。某次电视塔“接闪”前积雨云层与避雷针附近产生的电场的等差等势面如图所示，积雨云的底部积聚负电荷，电子的电量为e，取大地为零势面，以下说法正确的是（ ）
A．A、B、C三个位置中A点处的电场强度最大
B．避雷针的针尖由于静电感应而带负电
C．B、A两点间的电势差大于B、C两点间的电势差
D．空气中一电子由B运动到C点，其电势能增加
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；等势面
【解析】【解答】A．等势面疏密程度可表示场强大小，则A、B、C三个位置中A点场强最大，A符合题意；
B．积雨云的底部积聚负电荷，根据静电感应可判断避雷针带正电荷，故不符合题意；
C．由题，图中的虚线为等势线，则B、A两点间的电势差与B、C两点间的电势差相等，C不符合题意；
D．等势线与电场线总是相互垂直，且从正电荷指向带负电的云层，则空气中一电子由B运动到C点，逆着电场线运动，电场力做功为正，电势能减小，D不符合题意。
故答案为A。
【分析】由等势线的特点可判断场强大小，电势大小情况，根据等势线与电场线的关系可判断电场力做功情况，进而得到电势能变化情况。
7．（2024高二上·广州月考）有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，图甲是它的原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。如果在电极YY'之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX'之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项图中（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中偏转，引导学生模型建构来分析解决实际问题和应用数学知识解决物理问题。在0~2时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图形为C。
故选C。
【分析】当偏转电压最大时，电子沿XX'或者YY'偏转最大，电压为零，偏转位移等于零，结合运动分解与合成分析。
二、多选题（每题6分，共计18分）
8．（2024高二上·广州月考）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有（ ）
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【答案】A,C
【知识点】电势
【解析】【解答】电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关，φ-x图像的斜率表示电场强度A．由静电场的电势φ在x轴上分布图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；
B．图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；
C．负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D．由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．
故选：AC
【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得两点电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而电场力变化。
9．（2024高二上·广州月考）如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T，（不计重力作用）下列说法中正确的是（ ）
A．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动
B．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
C．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上
D．从t=时刻释放电子，电子必将从左极板小孔处离开
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】画出电子的v-t图象是解题的关键，根据图象形象直观分析电子的运动；巧妙利用a和t的对称性作v-t图象。AB．从时刻释放电子，电子在时间内向右做匀加速直线运动，在时间内向右做匀减速直线运动，且两段时间内的加速度大小相同，根据匀变速直线运动的对称性可知电子将始终向右运动，直到打到右极板上，故A错误，B正确；
C．从时刻释放电子，电子在时间内向右做匀加速直线运动，在时间内向右做匀减速直线运动，在时速度减为零，且距离右板最近，但由题意可知此时电子未达到右板；电子在时间内向左做匀加速直线运动，在时间内向左做匀减速直线运动，在时速度减为零，根据运动的对称性可知此时电子回到出发点，所以从时刻释放电子，电子一定在两板间往返运动，但不可能打到右极板上，故C错误；
D．时刻释放电子，先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，又电子到达右板的时间大于T，则电子最终从左极板的小孔离开电场，故D正确。
故选BD。
【分析】根据左极板接地，右极板电势随时间变化的规律，可分析出平行板电容器内部场强的E-t图象（场强方向选取水平向左为正方向，与U-t图象形状一样），再根据静止电子从那时刻释放判断电场力方向及作用时间，画出电子的v-t图象，注意匀加速和匀减速运动时间和加速度大小的对称性，根据v-t图中图象与t轴所围面积表示位移，最后判断电子的运动情况。
10．（2024高二上·广州月考）如图，电容器与电源连接，两极板竖直平行正对放置，左极板A接地且与电源正极相连，极板间P点固定一负点电荷。现将开关S闭合，电路稳定后再断开S，然后把A极板稍向左平移，则下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容将变小
B．电容器极板间的电场强度将变小
C．点电势将升高
D．处电荷的电势能将变大
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析，理解变化过程中的不变量：电容器所带电荷量Q。A．根据电容决定式
可知把A极板稍向左平移，板间距离d变大，电容变小，A正确；
B． 将开关S闭合，电路稳定后再断开S，因此电容器所带电荷不变，又
解得
可知电容器间的电场强度将不变，B错误；
C．P点电势为
因为电场强度不变，A极板向左平移，因此P点的电势将降低，C错误；
D．电势能为
因为电势降低，而所带电荷为负，因此电势能变大，D正确。
故选AD。
【分析】根据电容的决定式分析电容的变化；根据电容的决定式、定义式以及E=推导出电容器极板间的电场强度的表达式，再分析电场强度的变化。由U=Ed分析A板与P点间电势差的变化，进而分析P点电势和P处电荷的电势能的变化。
三、实验题（每空2分，共计16分）
11．（2024高二上·广州月考）如图所示，在《实验：探究影响平行板电容器电容的因素》中，给平行板电容器充上一定量的电荷后，将电容器的两极板A、B分别跟静电计的指针和外壳相连（接地）。现请回答下列问题：
（1）本实验研究用到的物理方法是 。
（2）如果该电容器的电容为C，所带电量为Q，则两极板间的电势差为 ；
（3）将A极板向右移动少许，则静电计指针的偏转角将 ；将B极板向上移动少许，则静电计指针的偏转角将 ；将一块玻璃板插入A、B两极板之间，则静电计指针的偏转角将 ；（均选填“增大”“减小”或“不变”）
（4）如果在操作过程中，手无意中触摸了B极板，则观察到的实验现象 发生变化。（选填“会”或“不会”）
【答案】控制变量法；；增大；增大；减小；不会
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题主要是考查研究影响平行板电容器电容的因素实验，解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式进行分析解答。（1）本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的决定因素，故采用的是控制变量法。
（2）根据电容的定义式
可知，如果该电容器的电容为C，所带电量为Q，则两极板间的电势差
（3）根据电容的决定式
可知，将A极板向右移动少许，板间距离d增大，电容减小，总电荷量不变，电压增大则静电计指针的偏转角将增大；
将B极板向上移动少许，正对面积减小，则电容减小，总电荷量不变，电压变大则指针的偏转角将增大；
将一块玻璃板插入A、B两极板之间，介电常数增大，电容增大，总电荷量不变，电压减小则静电计指针的偏转角将减小。
（4）如果在操作过程中，手无意中触摸了B极板，由于B极板已经接地，则观察到的实验现象不变。
【解答】（1）根据实验原理分析实验方法；
（2）根据电容的定义式分析；
（3）根据电容的决定式分析，静电计的指针偏角大小反应极板间电压的变化；
（4）手无意中触摸了B极板，相当于B板接地。
12．（2024高二上·广州月考）某学习小组同学利用DIS系统研究某电容器的充电和放电过程，实验电路如图甲所示，电源为输出电压恒为5V的学生直流稳压电源，实验前电容器已充分放电。（电流I表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即）
（1）先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电。然后将单刀双掷开关S置于2端，通过电阻R进行放电，充电过程电流的方向为 （填“从a到b”或“从b到a”）。
（2）将单刀双掷开关S置于2端时，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上便显示出如图乙所示的图像。图线与坐标轴围成图形的面积可以用所围小方格的总面积近似代替，若按照“大于半个格的按一个格算，小于半个格的舍去”的原则数出小方格数为114个，据此估算出电容器的电容为 （计算结果保留三位有效数字）。
（3）若换用另一个电介质相同、电极间距变小、电极正对面积变大的电容器进行实验，则得到的图线与坐标轴所围成图形的面积将 （填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）从b到a
（2）18.2
（3）变大
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】本题考查电容的充放电以及图像的问题，关键是掌握各图像的认识和理解，会根据题意进行准确分析解答。
（1）先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电，可知电容器上极板带正电，下极板带负电，充电电电流的方向为从b到a。
（2）根据图像与横轴围成的面积表示电荷量，可知电容器充完电所带的电荷量为
根据电容定义式可知电容器的电容为
=1.82×10-5
（3）由
可知，若则电容器电容变大，根据
可知电容器充完电后所带的电荷量变大，则得到的图线与坐标轴所围成图形的面积将变大。
【分析】（1）根据电容器极板的带电性质判断电流方向；
（2）根据图像的物理意义计算电容器的电荷量和电容；
（3）根据平行板电容器电容的决定式和定义式分析判断。
（1）先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电，可知电容器上极板带正电，下极板带负电，充电电电流的方向为从b到a。
（2）根据图像与横轴围成的面积表示电荷量，可知电容器充完电所带的电荷量为
根据电容定义式可知电容器的电容为
=1.82×10-5
（3）由
可知，若则电容器电容变大，根据
可知电容器充完电后所带的电荷量变大，则得到的图线与坐标轴所围成图形的面积将变大。
四、解答题（共计38分）
13．（2024高二上·广州月考）如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角；已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，，。求：
（1）小球所受电场力F的大小；
（2）小球的质量m；
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
【答案】解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力
（2）小球受力情况如图所示
根据几何关系可得
所以
（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则
解得
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据电场力的计算公式求解电场力；
（2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；
（3）根据机械能守恒定律求解速度即可。
14．（2024高二上·广州月考）如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿右侧两平行正对的极板中心轴线射入偏转电场，并从另一侧射出，打到荧光屏上的点，为荧光屏的中心点。已知电子质量为、电荷量为、加速电场所加的电压为、偏转电场所加的电压为、水平极板的长度为、上下两板间距离为、水平极板的右端到荧光屏的距离为。不计电子所受重力。求：
（1）电子经加速电场加速后的速度大小；
（2）电子离开偏转电场时速度的偏转角的正切值；
（3）电子打在荧光屏上的点到点的距离。
【答案】解：（1）电子在加速电场中，根据动能定理得
解得
（2）电子在偏转电场中，做类平抛运动，在水平方向上有
在竖直方向上有
，
联立解得
电子射出时竖直方向速度为
电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值为
联立解得
（3）得电子打在荧光屏上的点到点的距离为
【知识点】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）根据动能定理求电子被加速电场加速后的速度；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，由水平匀速运动和竖直匀加速运动的合成求偏转角的正切；
（3）离开电场后做匀速直线运动，由匀速直线运动的规律求出该段位移后再加上电场中的位移即可得到总的偏转距离。
15．（2024高二上·广州月考）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
（2）若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小？
（3）改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
【答案】解：（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程，根据动能定理可得
解得滑块到达与圆心O等高的C点时速度大小为
（2）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为，从A点到D点过程根据动能定理可得
解得
在D点，根据牛顿第二定律可得
解得
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0。
（3）等效竖直平面圆周运动，要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，则s具有最小值，如图所示
等效重力由重力和电场力的合力提供，则有
等效重力与竖直方向的夹角满足
可得
恰好通过等效最高点时的速度设为，则此时满足
从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理得
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）分析物体的受力情况以及做功情况，由动能定理求出滑块的速度；
（2）根据动能定理求解速度，由牛顿第二定律求出滑块受到的作用力；
（3）分析滑块能够通过的等效最高点和等效最远点，根据动能定理求解。
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