2024-2025学年湖北省武汉市高二上学期10月联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1武汉市2024—2025学年度上学期10月联考高二物理试卷一、选择题（1-7为单选，8-10为多选，每题4分，漏选2分，多选错选不得分，共40分）1.下列关于静电场中电场线和等势面的说法正确的是（）A.电场线是客观存在的但肉眼看不见的线B.电场线与等势面一定是处处相互垂直的C.电场线的方向即为带电粒子的运动方向D.将点电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】B【解析】A．电场线是为了描述电场而假想的曲线，实际是不存在的，选项A错误；B．电场线与等势面一定是处处相互垂直的，选项B正确；C．电场线的方向与带电粒子的运动方向一般是不同的，选项C错误；D．将正的点电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能减小，电场力做正功，选项D错误．2.如图所示，原来不带电，长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为（）的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处，A、B分别为导体棒左右两端的一点，静电力常量为k。当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（）A.棒的两端都感应出负电荷B.棒上感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度方向水平向右C.棒上感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小D.若用一根导线将A、B相连，导线上会产生电流【答案】C【解析】A．由静电感应可知，棒左端感应出负电荷，右端感应出正电荷，故A错误；BC．q在棒中心O处产生的电场方向向右，根据平衡关系可知，棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场方向向左，大小相同，为故C正确，B错误；D．导体棒是等势体，左右端电势相等，若用一根导线将A、B相连，导线上不会产生电流，故D错误。故选C。3.如图所示，虚线为真空中某静电场的等势面，图中相邻等势面间电势差相等，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，M、N、O、P为粒子的运动轨迹与等势线的交点。若粒子仅受电场力的作用，下列说法正确的是（）A.粒子在M、O两点的加速度大小相等B.粒子在N、O两点的速度大小相等C.粒子运动过程中速度先减小后增大D.粒子在N点时的电势能比在P点时的电势能大【答案】B【解析】A．M点附近等差等势面较密集，则电场强度更大，电场力更大，加速度更大，A错误；B．N、O两点在同一等势面，则粒子在N、O两点的电势能相等，粒子仅受电场力，则电势能与动能之和保持不变，则粒子在N、O两点的动能相等，速度大小相等，B正确；C．电场线与等势面垂直，电场力与电场线共线且指向轨迹的凹侧，可知，粒子先加速运动后减速运动，C错误；D．粒子从P点到O点做加速运动，结合B选项，粒子在N点时的电势能比在P点时的电势能小，D错误。故选B。4.如图，一根均匀带负电的长直橡胶棒沿轴线方向做速度大小为v的匀速直线运动。若棒横截面积为S，单位长度所带的电荷量为q，由于棒的运动而形成的等效电流的大小和方向是（）A.qvS，与v同向 B.qvS，与v反向C.，与v同向 D.qv，与v反向【答案】D【解析】电荷的定向移动形成电流，正电荷定向移动的方向即为电流的方向，故均匀带负电的长直橡胶棒沿轴线方向做速度大小为v的匀速直线运动，形成等效电流，电流的方向与反向，设橡胶棒的长度为，则故选D。5.如图所示为在竖直平面的电路，闭合开关S1和S2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法错误的是（）A.滑动变阻器的滑动头P向右滑动，油滴向上运动B.滑动变阻器的滑动头P向左滑动，油滴向下运动C.极板M向上运动，M板的电势升高D.断开S2，油滴向上运动【答案】B【解析】A．滑动变阻器的滑动头P向右滑动，则R1阻值减小，回路电流变大，则R2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，故A正确；B．滑动变阻器的滑动头P向左滑动，则R1阻值变大，回路电流变小，则R2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，故B错误；C．极板M向上运动，根据可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合可知两板电势差变大，N板接地电势为0，则M板的电势升高。故C正确；D．断开S2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，根据可知两板间场强变大，则根据可知断开S2，油滴向上运动。故D正确。题目要求选择错误的，故选B。6.如图所示，带正电的小球A用竖直立在地面上的绝缘杆支撑固定，把带正电的小球B绕过A球正上方的定滑轮的绝缘细长线用手拉住。开始时A、B在同一水平线上并处于静止状态，不计两个小球的大小。现拉细线使小球B缓慢移动到定滑轮处，小球B在向上移动过程中，A、B两球的电荷量保持不变，不计两球间的万有引力，则在B球缓慢移动到定滑轮处的过程中（）A.A、B两球间的距离在减小B.小球B的运动轨迹是直线C.细线上的张力先减小后增大D.A、B两球组成的系统电势能在增大【答案】C【解析】ABC．设小球B受到的重力为mg，A、B两球的带电量分别为q1、q2，两球间的距离为r，定滑轮距离A球为h，距离B球为d，对B球受力分析如图根据相似三角形可知得小球B缓慢向上移动过程中，两个三角形仍然是相似的，以上的公式仍然成立。根据题意移动过程mg、h不变，则在小球缓慢移动过程中r保持不变，因此小球的运动轨迹是一段圆弧，当小球B运动到小球A的上方后，AB距离增大；在这之前则A、B两球之间的库仑力大小保持不变，又由于d在减小，因此一直在减小，所以细线上的张力F一直在减小，当小球B运动到小球A的上方后，此时库仑力、重力、拉力共线，小球B继续向上运动，库仑力减小，所以拉力增大，即细线上的张力F先减小后增大，故AB错误，C正确；D．当小球B运动到小球A上方前，由于小球的运动轨迹是一段圆弧，库仑力不做功，则A、B两球组成的系统电势能不变；当小球B运动到小球A的上方后，库仑力做正功，A、B两球组成的系统电势能在减小，故D错误。7.如图（a）所示，两个带正电的小球A、B（均可视为点电荷）套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A球固定，电荷量QA=2.0×10-4C，B球的质量m=0.1kg。以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能（重力势能与电势能之和）随位置x的变化规律如图（b）中曲线I所示，直线Ⅱ为曲线I的渐近线。图中M点离A点距离为6m，令A位置的重力势能为零，无穷远处电势为零，重力加速度g取10m/s2，图（a）静电力恒量k=9.0×109N·m2/C2，下列说法错误的是（）A.B球的电荷量QB=1.0×10-5CB.直线Ⅱ实质上是小球B的重力势能变化曲线C.若B球从离A球2m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大D.若B球以4J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小1J【答案】D【解析】A．由图乙中的曲线Ⅰ知，在x=6m处B球的总势能最小，动能最大，该位置M点受力平衡，则有解得选项A正确；B．因随着两球距离的不断增加，电势能逐渐趋近于零，则渐近线Ⅱ表示小球B的重力势能随位置的变化关系，选项B正确；C．由于B球在位置M点受力平衡，B球从离A球2m处静止释放到M的过程中，根据牛顿第二定律可知库仑力减小，向上运动过程中加速度大小减小；从M继续向上运动过程中，根据牛顿第二定律可知库仑力减小，向上运动过程中加速度大小增大。所以B球向上运动过程中加速度也先减小后增大，选项C正确；D．渐近线Ⅱ表示小球B的重力势能随位置的变化关系，有由图像可知直线斜率k=0.5，则有解得B球在M点的电势能在M点B球总势能为6J，B球以4J的初动能从M点沿杆向上运动，根据能量守恒定律，当B的动能为零，总势能为10J，由图可知，总势能为10J时，有此时的电势能为所以电势能的变化为可知到最高点时电势能减小2J，选项D错误。（）A.E点和F点的电场强度相等B.O点电场强度等于零，电势一定大于零C.将电子从E点沿着EF连线移动到F点，电场力不做功D.电子从M点移动到N点的过程中，电势能先增大后减小【答案】CD【解析】A．将A、B与C、D分别看为两组等量异种点电荷，根据等量异种点电荷的电场分布规律，结合对称性可知，E点和F点的电场强度大小相等，方向相反，即E点和F点的电场强度不相等，故A错误；B．结合上述，将A、B与C、D分别看为两组等量异种点电荷，由于等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，电势与无穷远电势相等，即电势等于0，可知，O点的电势为0，A、C与B、D是两组等量同种点电荷，由于等量异种点电荷连线的中点位置的电场强度为0，即O点的电场强度等于零，故B错误；C．结合上述可知，EF连线为一条等势线，则将电子从E点沿着EF连线移动到F点，电场力不做功，故C正确；D．根据图中电荷的分布可知，由于MO之间的任意位置均靠近A、B组等量异种点电荷，则MO之间任意位置的电势由A、B组等量异种点电荷决定，ON之间的任意位置均靠近C、D组等量异种点电荷，则ON之间任意位置的电势由C、D组等量异种点电荷决定，根据等量异种点电荷的电场线分布规律，由于沿电场线电势降低，而等势线垂直于电场线，由于O点电势为0，可知，MO之间的任意位置的电势均大于0，由，电势降低，ON之间的任意位置的电势均大于0，由，电势升高，则电子从M点移动到N点的过程中，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故D正确。故选CD。9.如图所示，O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为+Q的点电荷固定在О点，现有一质量为m、电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以速度向右运动，最后停止在B点，已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，A、B间距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.该过程中小金属块的电势能减小B.A、B两点间的电势差为C.若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距О点的距离为D.若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程的平均速度小于【答案】AC【解析】A．依题意，小金属块受到向右的库仑力，该过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小，故A正确；B．由动能定理可得A、B两点间的电势差为联立，解得故B错误；C．若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其受力平衡，有解得故C正确；D．若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程做减速运动，由牛顿第二定律可得解得，加速度大小为则小金属块由A向B运动过程做加速度增大的减速运动，v-t图像如图所示在图中做出初速度为v0，末速度为0的匀减速匀速直线运动图线根据平均速度公式可知小金属块由A向B运动过程的平均速度大于，故D错误。10.图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为k的带电粒子甲从О点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从О点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是（）A.T时刻，乙粒子离开电场B.乙粒子的比荷为C.甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3D.甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2【答案】AD【解析】A．设板长为L，粒子甲的运动时间为粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为因乙在时刻飞入电场，则在T时刻离开电场，故A正确；CD．设两板间距离为d，则有为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得作出竖直方向上速度—时间图像，如图所示则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移大小刚好为，根据图像可知在时刻粒子甲会恰好不碰到极板，此时刻会达到最大位移的大小，而在时刻，粒子出电场，此时位移是最大位移的一半，为，即甲在竖直方向上的位移为；同理，对粒子乙，其图线为的形状，因乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，根据图像可知在T时刻会恰好不与极板相撞，此时乙刚好飞出电场，即乙在竖直方向上的位移为，则偏转位移之比为故C错误，D正确；B．对乙有对甲有因则有可得又可得乙粒子的比荷为故B错误。故选AD。二、实验题（共16分）11.图甲所示电路为“用传感器观察电容器的放电过程”实验电路图。开关未闭合时，电源的电压。实验操作时，单刀双掷开关先跟2相接。某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。开关再改接2后得到的图像如图乙所示。（1）开关改接1后流经电阻上的电流方向为_______（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）已知电容器的电容为，则图乙中图线与坐标轴所围“面积”为_______。（3）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量与电容器的电容、电荷量及电容器两极板间电压之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他还做出电容器两极板间的电压随电荷量变化的图像如图所示。按照他的想法，下列说法正确的是（）A.图线的斜率越大，电容越小B.对同一电容器，电容器储存的能量与电荷量成正比C.对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比【答案】（1）自上而下（2）（3）AC【解析】（1）开关S接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电，电子自下而上流经电阻，故开关改接1后流经电阻上的电流方向为自上而下；（2）图乙中图线与坐标轴所围“面积”为电容器充电后所带电荷量，由得（3）A．由得图线的斜率为，故图线的斜率越大，电容越小，故A正确；BC．电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积，解得从上面的式子看出，电容器储存的能量与电荷量的平方成正比，对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比，故B错误，故C正确。12.某同学为研究小灯泡L（额定电压2.8V，额定电流0.40A）的伏安特性，所使用的器材有：A．电压表（0~3V，内阻约为3kΩ）；B．电压表（0~15V，内阻约为30kΩ）；C．电流表（0~3A，内阻约为0.1Ω）；D．电流表（0~500mA，内阻约为0.6Ω）；E．滑动变阻器（200Ω，0.5A）；F．滑动变阻器（10Ω，2A）；G．直流电源（电动势3V，内阻不计）；H．开关S，导线若干。（1）实验要求能够在0~2.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，并尽可能减小误差。根据要求在图1虚线框中画出实验电路图_______。（2）电路中电压表应选用__________，电流表应选用_________，滑动变阻器应选用____________。（用序号字母表示）（3）测得此灯泡的伏安特性曲线如图2所示，当工作电压是1.6V时，此灯泡的电阻为__________。（结果保留3位有效数字）（4）若将此灯泡与电动势为3V，内阻为10Ω的电源相连，则灯泡两端的实际电压为_________V（结果保留1位有效数字）。【答案】（1）（2）ADF（3）5.33（4）1【解析】（1）因灯泡额定电压2.8V，额定电流0.40A，可知电压表选择A，电流表选择D；则由于电压表内阻远大于灯泡电阻，可知应该采用电流表外接。为减小误差，应连接成分压式电路，如图所示（2）因灯泡额定电压2.8V，额定电流0.40A，可知电压表选择A，电流表选择D；则由于电压表内阻远大于灯泡电阻，可知应该采用电流表外接；滑动变阻器选择阻值较小的F。（3）根据灯泡的伏安特性曲线，当工作电压是时，灯泡的电流为300mA=0.3A，则此灯泡的电阻为（4）在灯泡的伏安特性曲线中做出电动势为3V、内阻为的电源的图像，如图所示则图像的交点的坐标即为小灯泡接入电路中时灯泡的电压和电流，所以灯泡两端的实际电压为三、解答题（共44分）13.如图所示的平行金属板电容器的电容，极板A、B之间可以看成匀强电场，场强，极板间距离为L=5cm，电场中c点到A极板、d点到B极板的距离均为0.5cm，B极板接地。求：（1）B极板所带电荷量Q；（2）d点处的电势φd；（3）将电荷量负点电荷从d移到c，静电力的功Wdc。【答案】（1）C；（2）-6V；（3）【解析】（1）BA间的电势差为VB极板所带电荷量Q为C（2）B极板与d之间的电势差为d点处的电势（3）d、c之间的距离为d、c两点间的电势差为静电力做的功14.XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。某种XCT机原理示意图如图所示。M、N之间是加速电场，虚线框内为匀强偏转电场S；经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。已知电子的质量为m，电荷量为e，M、N两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为L0，偏转电场的电场强度。忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。求：（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小；（2）电子束射出偏转电场时速度方向与水平方向的夹角；（3）P点到偏转电场右边界的距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）根据动能定理有解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为（2）电子在偏转场中，根据牛顿第二定律解得电子在偏转场运动的时间为则电子出偏转场时在竖直方向的分速度为设电子束射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角为，可得联立解得（3）设P点到偏转电场右边界的距离L，电子在偏转场的偏转位移电子束射出偏转电场时速度反向延长将交于水平位移的中点，由相似三角形可知联立解得15.如图所示，水平地面上方被竖直线MN分隔成两部分，M点左侧地面粗糙，与B球间的动摩擦因数为，右侧光滑，MN右侧空间有一范围足够大的匀强电场，在О点用长为的轻质绝缘细绳，拴一个质量，带电量为的小球A，在竖直平面内以v=10m/s的速度做顺时针匀速圆周运动，小球A运动到最低点时与地面刚好不接触，处于原长的弹簧左端连在墙上，右端与不带电的小球B接触但不粘连，B球的质量，此时B球刚好位于M点。现用水平向左的推力将B球级慢推至Р点（弹簧仍在弹性限度内），MP之间的距离为，推力所做的功是，当撤去推力后，B球沿地面向右滑动恰好能和A球在最低点处发生正碰，并瞬间成为一个整体C（A、B、C均可视为质点），速度大小变为，方向向左；碰撞前后电荷量保持不变，碰后瞬间立即把匀强电场的场强大小变为，电场方向不变，。求：（1）在A、B两球碰撞前匀强电场的大小和方向；（2）求A与B碰后整体C的速度大小；（3）整体C运动到最高点时绳的拉力大小。（4）整体C过了最高点向右运动后还能不能回到碰撞时的最低点？若能，求出到达最低点时的速度；若不能，C将从右边圆周上的某点Р脱离轨道，求Р与水平地面间的距离h。（此小问不要求写过程，只需要写出最后结果，不考虑过最低点以后的运动）【答案】（1），方向竖直向上（2）（3）（4）不能，【解析】（1）要使小球在竖直平面内做匀速圆周运动，必须满足所以方向竖直向上。（2）小球B从M点到P点再返回到M点过程中，弹簧恢复到原长，所以全程弹簧弹力做功为零，则全程对小球B根据动能定理解得两球碰后结合为C，由动量守恒定律得解得（3）电场变化后，整体C受到的电场力和重力等效为等效重力，则方向竖直向上；此时若做圆周运动，需要的向心力为因为，所以C不能做圆周运动，而是做类平抛运动，设经过时间t绳子在Q处绷紧，如图所示由运动学规律得可得，即绳子绷紧时恰好位于水平位置，水平方向速度变为0，此时整体C的速度只有竖直方向分速度即整体C此后以竖直分速度开始做圆周运动，设到最高点时速度为，由动能定理得解得在最高点由牛顿运动定律得解得（4）由（3）分析可知，若整体C能通过最低点，则在最低点的速度需大于5m/s，但是在向上做类平抛运动过程中，在绳子绷紧时有能量的损失，所以若整体C能达到最低点，根据能量守恒，则速度一定小于5m/s，所以整体C一定不能达到最低点。设小球在P点脱离轨道，此时速度大小为，如图所示设OP与竖直方向的夹角为，根据动能定理在P点时，等效重力指向圆心的分力恰好提供向心力解得，则Р与水平地面间的距离为武汉市2024—2025学年度上学期10月联考高二物理试卷一、选择题（1-7为单选，8-10为多选，每题4分，漏选2分，多选错选不得分，共40分）1.下列关于静电场中电场线和等势面的说法正确的是（）A.电场线是客观存在的但肉眼看不见的线B.电场线与等势面一定是处处相互垂直的C.电场线的方向即为带电粒子的运动方向D.将点电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】B【解析】A．电场线是为了描述电场而假想的曲线，实际是不存在的，选项A错误；B．电场线与等势面一定是处处相互垂直的，选项B正确；C．电场线的方向与带电粒子的运动方向一般是不同的，选项C错误；D．将正的点电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能减小，电场力做正功，选项D错误．2.如图所示，原来不带电，长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为（）的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处，A、B分别为导体棒左右两端的一点，静电力常量为k。当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（）A.棒的两端都感应出负电荷B.棒上感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度方向水平向右C.棒上感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小D.若用一根导线将A、B相连，导线上会产生电流【答案】C【解析】A．由静电感应可知，棒左端感应出负电荷，右端感应出正电荷，故A错误；BC．q在棒中心O处产生的电场方向向右，根据平衡关系可知，棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场方向向左，大小相同，为故C正确，B错误；D．导体棒是等势体，左右端电势相等，若用一根导线将A、B相连，导线上不会产生电流，故D错误。故选C。3.如图所示，虚线为真空中某静电场的等势面，图中相邻等势面间电势差相等，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，M、N、O、P为粒子的运动轨迹与等势线的交点。若粒子仅受电场力的作用，下列说法正确的是（）A.粒子在M、O两点的加速度大小相等B.粒子在N、O两点的速度大小相等C.粒子运动过程中速度先减小后增大D.粒子在N点时的电势能比在P点时的电势能大【答案】B【解析】A．M点附近等差等势面较密集，则电场强度更大，电场力更大，加速度更大，A错误；B．N、O两点在同一等势面，则粒子在N、O两点的电势能相等，粒子仅受电场力，则电势能与动能之和保持不变，则粒子在N、O两点的动能相等，速度大小相等，B正确；C．电场线与等势面垂直，电场力与电场线共线且指向轨迹的凹侧，可知，粒子先加速运动后减速运动，C错误；D．粒子从P点到O点做加速运动，结合B选项，粒子在N点时的电势能比在P点时的电势能小，D错误。故选B。4.如图，一根均匀带负电的长直橡胶棒沿轴线方向做速度大小为v的匀速直线运动。若棒横截面积为S，单位长度所带的电荷量为q，由于棒的运动而形成的等效电流的大小和方向是（）A.qvS，与v同向 B.qvS，与v反向C.，与v同向 D.qv，与v反向【答案】D【解析】电荷的定向移动形成电流，正电荷定向移动的方向即为电流的方向，故均匀带负电的长直橡胶棒沿轴线方向做速度大小为v的匀速直线运动，形成等效电流，电流的方向与反向，设橡胶棒的长度为，则故选D。5.如图所示为在竖直平面的电路，闭合开关S1和S2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法错误的是（）A.滑动变阻器的滑动头P向右滑动，油滴向上运动B.滑动变阻器的滑动头P向左滑动，油滴向下运动C.极板M向上运动，M板的电势升高D.断开S2，油滴向上运动【答案】B【解析】A．滑动变阻器的滑动头P向右滑动，则R1阻值减小，回路电流变大，则R2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，故A正确；B．滑动变阻器的滑动头P向左滑动，则R1阻值变大，回路电流变小，则R2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，故B错误；C．极板M向上运动，根据可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合可知两板电势差变大，N板接地电势为0，则M板的电势升高。故C正确；D．断开S2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，根据可知两板间场强变大，则根据可知断开S2，油滴向上运动。故D正确。题目要求选择错误的，故选B。6.如图所示，带正电的小球A用竖直立在地面上的绝缘杆支撑固定，把带正电的小球B绕过A球正上方的定滑轮的绝缘细长线用手拉住。开始时A、B在同一水平线上并处于静止状态，不计两个小球的大小。现拉细线使小球B缓慢移动到定滑轮处，小球B在向上移动过程中，A、B两球的电荷量保持不变，不计两球间的万有引力，则在B球缓慢移动到定滑轮处的过程中（）A.A、B两球间的距离在减小B.小球B的运动轨迹是直线C.细线上的张力先减小后增大D.A、B两球组成的系统电势能在增大【答案】C【解析】ABC．设小球B受到的重力为mg，A、B两球的带电量分别为q1、q2，两球间的距离为r，定滑轮距离A球为h，距离B球为d，对B球受力分析如图根据相似三角形可知得小球B缓慢向上移动过程中，两个三角形仍然是相似的，以上的公式仍然成立。根据题意移动过程mg、h不变，则在小球缓慢移动过程中r保持不变，因此小球的运动轨迹是一段圆弧，当小球B运动到小球A的上方后，AB距离增大；在这之前则A、B两球之间的库仑力大小保持不变，又由于d在减小，因此一直在减小，所以细线上的张力F一直在减小，当小球B运动到小球A的上方后，此时库仑力、重力、拉力共线，小球B继续向上运动，库仑力减小，所以拉力增大，即细线上的张力F先减小后增大，故AB错误，C正确；D．当小球B运动到小球A上方前，由于小球的运动轨迹是一段圆弧，库仑力不做功，则A、B两球组成的系统电势能不变；当小球B运动到小球A的上方后，库仑力做正功，A、B两球组成的系统电势能在减小，故D错误。7.如图（a）所示，两个带正电的小球A、B（均可视为点电荷）套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A球固定，电荷量QA=2.0×10-4C，B球的质量m=0.1kg。以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能（重力势能与电势能之和）随位置x的变化规律如图（b）中曲线I所示，直线Ⅱ为曲线I的渐近线。图中M点离A点距离为6m，令A位置的重力势能为零，无穷远处电势为零，重力加速度g取10m/s2，图（a）静电力恒量k=9.0×109N·m2/C2，下列说法错误的是（）A.B球的电荷量QB=1.0×10-5CB.直线Ⅱ实质上是小球B的重力势能变化曲线C.若B球从离A球2m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大D.若B球以4J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小1J【答案】D【解析】A．由图乙中的曲线Ⅰ知，在x=6m处B球的总势能最小，动能最大，该位置M点受力平衡，则有解得选项A正确；B．因随着两球距离的不断增加，电势能逐渐趋近于零，则渐近线Ⅱ表示小球B的重力势能随位置的变化关系，选项B正确；C．由于B球在位置M点受力平衡，B球从离A球2m处静止释放到M的过程中，根据牛顿第二定律可知库仑力减小，向上运动过程中加速度大小减小；从M继续向上运动过程中，根据牛顿第二定律可知库仑力减小，向上运动过程中加速度大小增大。所以B球向上运动过程中加速度也先减小后增大，选项C正确；D．渐近线Ⅱ表示小球B的重力势能随位置的变化关系，有由图像可知直线斜率k=0.5，则有解得B球在M点的电势能在M点B球总势能为6J，B球以4J的初动能从M点沿杆向上运动，根据能量守恒定律，当B的动能为零，总势能为10J，由图可知，总势能为10J时，有此时的电势能为所以电势能的变化为可知到最高点时电势能减小2J，选项D错误。（）A.E点和F点的电场强度相等B.O点电场强度等于零，电势一定大于零C.将电子从E点沿着EF连线移动到F点，电场力不做功D.电子从M点移动到N点的过程中，电势能先增大后减小【答案】CD【解析】A．将A、B与C、D分别看为两组等量异种点电荷，根据等量异种点电荷的电场分布规律，结合对称性可知，E点和F点的电场强度大小相等，方向相反，即E点和F点的电场强度不相等，故A错误；B．结合上述，将A、B与C、D分别看为两组等量异种点电荷，由于等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，电势与无穷远电势相等，即电势等于0，可知，O点的电势为0，A、C与B、D是两组等量同种点电荷，由于等量异种点电荷连线的中点位置的电场强度为0，即O点的电场强度等于零，故B错误；C．结合上述可知，EF连线为一条等势线，则将电子从E点沿着EF连线移动到F点，电场力不做功，故C正确；D．根据图中电荷的分布可知，由于MO之间的任意位置均靠近A、B组等量异种点电荷，则MO之间任意位置的电势由A、B组等量异种点电荷决定，ON之间的任意位置均靠近C、D组等量异种点电荷，则ON之间任意位置的电势由C、D组等量异种点电荷决定，根据等量异种点电荷的电场线分布规律，由于沿电场线电势降低，而等势线垂直于电场线，由于O点电势为0，可知，MO之间的任意位置的电势均大于0，由，电势降低，ON之间的任意位置的电势均大于0，由，电势升高，则电子从M点移动到N点的过程中，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故D正确。故选CD。9.如图所示，O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为+Q的点电荷固定在О点，现有一质量为m、电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以速度向右运动，最后停止在B点，已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，A、B间距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.该过程中小金属块的电势能减小B.A、B两点间的电势差为C.若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距О点的距离为D.若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程的平均速度小于【答案】AC【解析】A．依题意，小金属块受到向右的库仑力，该过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小，故A正确；B．由动能定理可得A、B两点间的电势差为联立，解得故B错误；C．若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其受力平衡，有解得故C正确；D．若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程做减速运动，由牛顿第二定律可得解得，加速度大小为则小金属块由A向B运动过程做加速度增大的减速运动，v-t图像如图所示在图中做出初速度为v0，末速度为0的匀减速匀速直线运动图线根据平均速度公式可知小金属块由A向B运动过程的平均速度大于，故D错误。10.图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为k的带电粒子甲从О点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从О点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是（）A.T时刻，乙粒子离开电场B.乙粒子的比荷为C.甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3D.甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2【答案】AD【解析】A．设板长为L，粒子甲的运动时间为粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为因乙在时刻飞入电场，则在T时刻离开电场，故A正确；CD．设两板间距离为d，则有为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得作出竖直方向上速度—时间图像，如图所示则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移大小刚好为，根据图像可知在时刻粒子甲会恰好不碰到极板，此时刻会达到最大位移的大小，而在时刻，粒子出电场，此时位移是最大位移的一半，为，即甲在竖直方向上的位移为；同理，对粒子乙，其图线为的形状，因乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，根据图像可知在T时刻会恰好不与极板相撞，此时乙刚好飞出电场，即乙在竖直方向上的位移为，则偏转位移之比为故C错误，D正确；B．对乙有对甲有因则有可得又可得乙粒子的比荷为故B错误。故选AD。二、实验题（共16分）11.图甲所示电路为“用传感器观察电容器的放电过程”实验电路图。开关未闭合时，电源的电压。实验操作时，单刀双掷开关先跟2相接。某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。开关再改接2后得到的图像如图乙所示。（1）开关改接1后流经电阻上的电流方向为_______（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）已知电容器的电容为，则图乙中图线与坐标轴所围“面积”为_______。（3）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量与电容器的电容、电荷量及电容器两极板间电压之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他还做出电容器两极板间的电压随电荷量变化的图像如图所示。按照他的想法，下列说法正确的是（）A.图线的斜率越大，电容越小B.对同一电容器，电容器储存的能量与电荷量成正比C.对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比【答案】（1）自上而下（2）（3）AC【解析】（1）开关S接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电，电子自下而上流经电阻，故开关改接1后流经电阻上的电流方向为自上而下；（2）图乙中图线与坐标轴所围“面积”为电容器充电后所带电荷量，由得（3）A．由得图线的斜率为，故图线的斜率越大，电容越小，故A正确；BC．电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积，解得从上面的式子看出，电容器储存的能量与电荷量的平方成正比，对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比，故B错误，故C正确。12.某同学为研究小灯泡L（额定电压2.8V，额定电流0.40A）的伏安特性，所使用的器材有：A．电压表（0~3V，内阻约为3kΩ）；B．电压表（0~15V，内阻约为30kΩ）；C．电流表（0~3A，内阻约为0.1Ω）；D．电流表（0~500mA，内阻约为0.6Ω）；E．滑动变阻器（200Ω，0.5A）；F．滑动变阻器（10Ω，2A）；G．直流电源（电动势3V，内阻不计）；H．开关S，导线若干。（1）实验要求能够在0~2.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，并尽可能减小误差。根据要求在图1虚线框中画出实验电路图_______。（2）电路中电压表应选用__________，电流表应选用_________，滑动变阻器应选用____________。（用序号字母表示）（3）测得此灯泡的伏安特性曲线如图2所示，当工作电压是1.6V时，此灯泡的电阻为__________。（结果保留3位有效数字）（4）若将此灯泡与电动势为3V，内阻为10Ω的电源相连，则灯泡两端的实际电压为_________V（结果保留1位有效数字）。【答案】（1）（2）ADF（3）5.33（4）1【解析】（1）因灯泡额定电压2.8V，额定电流0.40A，可知电压表选择A，电流表选择D；则由于电压表内阻远大于灯泡电阻，可知应该采用电流表外接。为减小误差，应连接成分压式电路，如图所示（2）因灯泡额定电压2.8V，额定电流0.40A，可知电压表选择A，电流表选择D；则由于电压表内阻远大于灯泡电阻，可知应该采用电流表外接；滑动变阻器选择阻值较小的F。（3）根据灯泡的伏安特性曲线，当工作电压是时，灯泡的电流为300mA=0.3A，则此灯泡的电阻为（4）在灯泡的伏安特性曲线中做出电动势为3V、内阻为的电源的图像，如图所示则图像的交点的坐标即为小灯泡接入电路中时灯泡的电压和电流，所以灯泡两端的实际电压为三、解答题（共44分）13.如图所示的平行金属板电容器的电容，极板A、B之间可以看成匀强电场，场强，极板间距离为L=5cm，电场中c点到A极板、d点到B极板的距离均为0.5cm，B极板接地。求：（1）B极板所带电荷量Q；（2）d点处的电势φd；（3）将电荷