2024-2025學(xué)年人教版高二年級(jí)上冊(cè)物理壓軸題考卷（解析版）

高二上冊(cè)物理壓軸題考卷01

（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分）

注意事項(xiàng)：

1.測(cè)試范圍：人教版（2019）：必修第三冊(cè)第9?10章。

2.本卷平均難度系數(shù)0.15。

第I卷選擇題

一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1?

8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9?12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但

不全的得2分，有選錯(cuò)的得。分）

1.如圖所示，半徑為2r的均勻帶電球體電荷量為Q,過球心。的x軸上有一點(diǎn)尸，已知P

到O點(diǎn)的距離為3廠，現(xiàn)若挖去圖中半徑均為r的兩個(gè)小球，且剩余部分的電荷分布不變,

靜電力常量為九則下列分析中不正確的是（）

Px

A.挖去兩小球前，兩個(gè)小球在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度相同

B.挖去兩小球前，整個(gè)大球在尸點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為左懸

9r

C.挖去兩小球后，尸點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向與挖去前相同

D.挖去兩小球后，剩余部分在尸點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為左10°一27布）。

3600/

【答案】A

【詳解】解：A.兩小球分別在x軸上下兩側(cè)，電性相同，它們?cè)赑點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)分別

斜向上和斜向下，與x軸夾角相等，方向不同，A錯(cuò)誤；

B.大球所帶電荷均勻分布整個(gè)球體，它在外部產(chǎn)生的電場(chǎng)可等效為所有電荷集中在球心

。點(diǎn)在外部產(chǎn)生的電場(chǎng)，由庫侖定律

B正確;

C.大球在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)沿x軸方向，兩小球在尸點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)也沿x軸方向，且小于

大球在尸點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，由場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可知，挖去兩小球后，尸點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向不變，C正確;

D.設(shè)兩小球的球心到尸點(diǎn)的距離為/,有幾何關(guān)系

I=J—+(3r)2=VTOr

球體積公式為

4

V=-TTR3

3

小球半徑是大球半徑的一半,故小球體積是大球體積的八分之一，故小球所帶電荷量為

兩小球在P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)均為

Q

W一

E=k

(VlOr)280r2

合場(chǎng)強(qiáng)為

E_當(dāng)?shù)┮晃孜?/p>

1VW80r2400r2

剩余部分在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為

口,Q3V10.Q400-27V10.Q

E=左上亍------左升=-----------k

2、9r2400r23600外r2

D正確。

題目要求選不正確，故選A。

2.如圖所示，一足夠大的空間內(nèi)有一無限長的均勻帶正電的導(dǎo)體棒水平放置，導(dǎo)體棒所在

的豎直平面內(nèi)放有三個(gè)質(zhì)量相同、電荷量分別為外2外3q（q>0）的微粒，通過多次擺

放發(fā)現(xiàn)，當(dāng)三個(gè)微粒均靜止時(shí)，它們距導(dǎo)體棒的距離之比總是1:2:3,不考慮微粒間的

相互作用?，F(xiàn)撤去該三個(gè)微粒，在導(dǎo)體棒所在的豎直平面內(nèi)距導(dǎo)體棒1.5爪2.5/7處分別

放有電子A、B（不計(jì)重力），給它們各自一個(gè)速度使其以導(dǎo)體棒為軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

則A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度之比為（）

【答案】A

【詳解】設(shè)外2外3q所在位置對(duì)應(yīng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為耳，E2,E3,的由平衡條件得

mg

耳螫，鱉，E.

q2q

即

1￡J

瓦：居：4

23

而它們距導(dǎo)體棒的距離之比總是1:2:3,可知某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與該點(diǎn)到導(dǎo)體棒的距

離成反比。則任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小可寫成

E=-"為常量）

r

由于電子繞導(dǎo)體棒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則

kVg

e—=m-

AA

解得

2k=1

%1

故選Ao

3.如圖所示，有一半徑為R的均勻帶電絕緣環(huán)固定在離地足夠高處（平行于地面），一帶

電小球恰靜止在圓環(huán)中心正上方高為老R處，小球與地面碰撞后速度可認(rèn)為變?yōu)榱悖瑒t

2

下列說法正確的是（）

A.在圓環(huán)中心正上方還存在另一位置，小球移至該處仍可保持平衡

B.將小球移至距圓環(huán)中心正上方高為0.5R處由靜止釋放，小球一定向下運(yùn)動(dòng)

C.將小球移至距圓環(huán)中心正上方高為R處由靜止釋放，小球一定向上運(yùn)動(dòng)

D.將小球移至距圓環(huán)中心正上方高為2尺處由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能一直增

大

【答案】B

【詳解】A.設(shè)大圓環(huán)的電荷量為。，小球電荷量為q,由題可知環(huán)對(duì)球的電場(chǎng)力合力向

上，對(duì)于環(huán)上微小的一段，設(shè)電荷量為。3小球距圓環(huán)中心上方的距離為隊(duì)此時(shí)微小

的這段環(huán)對(duì)小球的作用力與水平方向夾角為6,微小環(huán)給小球的豎直分力有為

環(huán)上所有小段疊加后的總電量為Q,因此豎直方向上的合力為

F=k—---卜=kOq-h

T

(R2+h2y

將尸對(duì)人求導(dǎo)，得到

e,八R2-2h2

Fg=kQq-------T

(R2+h2Y

可知在〃尺取極大值，所以由此可知在此處絕緣帶電環(huán)對(duì)小球的電場(chǎng)力最大，由題

2

可知此位置電場(chǎng)力與小球重力等大反向，其他時(shí)候電場(chǎng)力都小于重力，故平衡位置只有

該處，故A錯(cuò)誤;

BC.從圓環(huán)中心正上方高為0.5尺、R、2尺處釋放時(shí)，所受電場(chǎng)力均小于重力，故小球一

直向下運(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤；

D.小球向下運(yùn)動(dòng)過程中會(huì)穿過圓環(huán)落到地面上，電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功，電勢(shì)能

一定先增大后減小，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

4.如圖所示在豎直/軸上固定兩個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量為+。的點(diǎn)電荷在2%處、電荷量為-4。

的點(diǎn)電荷在3yo處。將質(zhì)量為"八電荷量為+?的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)。靜止釋放，經(jīng)過N點(diǎn)

后，能到達(dá)最低點(diǎn)瓦以為處為電勢(shì)能零點(diǎn)、2%處為重力勢(shì)能零點(diǎn)，小球可視為點(diǎn)電荷。

小球在此運(yùn)動(dòng)過程中的重力勢(shì)能瑪1、機(jī)械能紜、動(dòng)能穌及電勢(shì)能穌2隨了變化的圖像可

能正確的是()

+q,m

【詳解】初末速度為o,中間過程不為o,所以動(dòng)能先增加后減小。

設(shè)正電荷Q的正上方x處電場(chǎng)強(qiáng)度為0,則

■?40梗

(%+x)2x2

解得

X=%

即/點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0,結(jié)合圖可知，/點(diǎn)上方場(chǎng)強(qiáng)方向向下，/點(diǎn)到正電荷場(chǎng)強(qiáng)方向向上。

則小球從。點(diǎn)到8點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增加，為處為0。

在3點(diǎn)，小球總能量為

EB=E電%+Eg

分析可知，在/、8點(diǎn)之間動(dòng)能最大，設(shè)為C點(diǎn)，則

Ec=E電%+E童%+Ekm

由于

Ec=ER,“電Pc+E重%>E重「a

則

E電RP>Ejaa

即電勢(shì)能最大值大于動(dòng)能最大值。

電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，則電勢(shì)能先減小后增加，機(jī)械能先增加后減小。而重力一直

做正功，重力勢(shì)能一直減小，最后不為0。

故選Bo

5.如圖所示，質(zhì)量為機(jī)的帶電小球A用長/的絕緣線懸掛于。點(diǎn)，現(xiàn)把另一帶電小球B從

無窮遠(yuǎn)處緩慢地水平移至A球原來的位置，此時(shí)細(xì)線偏過角度夕。若規(guī)定無窮遠(yuǎn)處為電

勢(shì)零點(diǎn)，則距電荷量為。的點(diǎn)電荷r處的電勢(shì)0=絲“為靜電力常量），重力加速度

r

為g,則此過程中外力所做的功為（）

A.6mglsm2^

C.6mglsin—D.4mglcos~

【答案】A

【詳解】由圖可知，平衡時(shí)，A、B兩球相距為

r=2/sin—

2

對(duì)A受力分析可知

1QAQB0-9

k=2mgsin—

r22

在運(yùn)動(dòng)過程中，外力做功為重力勢(shì)能增加量和電勢(shì)能增加量的和，即

W=mgl（1-cos9^+k心冤=6機(jī)g/sin?\

故選A?

6.由"個(gè)帶電量均為Q的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球無間隙排列構(gòu)成的半徑為R的圓環(huán)固定在

豎直平面內(nèi)。一個(gè)質(zhì)量為加的金屬小球（視為質(zhì)點(diǎn)）通過長為￡=2R的絕緣細(xì)線懸掛

在圓環(huán)的最高點(diǎn)。當(dāng)金屬小球電荷量也為Q（未知）時(shí)，發(fā)現(xiàn)金屬小球在垂直圓環(huán)平面

的對(duì)稱軸上尸點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，如圖所示，軸線上的兩點(diǎn)尸、P關(guān)于圓心。對(duì)稱。已

知靜電力常量為k,重力加速度為g,取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。則下列說法中正確的是

（）

A.0點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定為零

B.由于P、戶兩點(diǎn)關(guān)于。點(diǎn)對(duì)稱，兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反

C.金屬帶電小球的電量為。=電萼

nk

D.固定P處的小球，然后在圓環(huán)上取下一個(gè)小球（其余〃一1個(gè)小球位置不變）置于Pf

處，則圓心。的場(chǎng)強(qiáng)大小為22維

/?Vn

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)對(duì)稱性可知，由〃個(gè)帶電量均為0的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球無間隙排

列構(gòu)成的半徑為R的圓環(huán)，在圓心。點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0,帶電金屬小球在。點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不0,所

以。點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不為零，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)對(duì)稱性可知，由”個(gè)帶電量均為。的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球無間隙排列構(gòu)成的

半徑為尺的圓環(huán)，在尸、P兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，帶電金屬小球在這兩點(diǎn)產(chǎn)

生的電場(chǎng)強(qiáng)度不相等，故B錯(cuò)誤；

C.取圓環(huán)帶電小球；由庫侖定律可得，該部分對(duì)小球的庫侖力

方向沿該點(diǎn)與小球的連線指向小球；同理取以圓心對(duì)稱的小球，其庫侖力與B相同；如

圖所示

由幾何關(guān)系可知，細(xì)線與軸線的夾角

<9=30°

兩力的合力應(yīng)沿圓心與小球的連線向外，大小為

取2.絲.cos30。VW

4R-4R2

因圓環(huán)上各點(diǎn)對(duì)小球均有庫侖力,故所有部分庫侖力的合力

2

nF2y/3nkQ

卜=---=------o--

28尺2

小球受力分析如圖所示

可得

F=mgtan60°

解得，金屬帶電小球的電量為

SmgR2mg

nknk

故c錯(cuò)誤;

D.在圓環(huán)上取下一個(gè)小球后，圓環(huán)上的電荷在圓心O的場(chǎng)強(qiáng)大小為

2kmg

n

根據(jù)對(duì)稱性可知，固定P處的小球，在圓環(huán)上取下一個(gè)小球（其余〃一1個(gè)小球位置不

變）置于P處，在圓心。的場(chǎng)強(qiáng)大小為0

所以固定P處的小球，然后在圓環(huán)上取下一個(gè)小球（其余〃一1個(gè)小球位置不變）置于

P處，則圓心。的場(chǎng)強(qiáng)大小為

2kmg

n

故D正確。

故選D。

7.正方形/BCD四個(gè)頂點(diǎn)上放置著電荷量相同的、電性如圖所示的點(diǎn)電荷，。為正方形兩

對(duì)角線的交點(diǎn)，M、N、P、0分別為N。、BO、CO,的中點(diǎn)。取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零,

下列說法正確的是（）

。一十。

A.M、N、P、。四點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同

B.M、N、P、。四點(diǎn)的電勢(shì)均為零

C.將一質(zhì)子從M點(diǎn)沿移動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功

D.將一電子從〃點(diǎn)沿MOP移動(dòng)到尸點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能先增加后減小

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)電場(chǎng)的矢量疊加可知，M、N、P、。四個(gè)點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向不同，選項(xiàng)A錯(cuò)

誤；

B.等量同種正電荷連線上的點(diǎn)電勢(shì)高于中點(diǎn)的電勢(shì)，而中點(diǎn)的電勢(shì)高于中垂線上其他點(diǎn)

的電勢(shì)即電勢(shì)的絕對(duì)值在連線上的點(diǎn)高于重錘線上的點(diǎn)，結(jié)合電勢(shì)疊加可知

域-絲+或-也＞。，％="-理+里-姐＜。

AMBMCMDMANBNCNDN

破kQkQkQkQkQkQkQ”

°AQBQCQDQ"尸APBPCPDP

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.由于。點(diǎn)為兩組等量異種電荷的中點(diǎn)，則。點(diǎn)電勢(shì)為0,且M點(diǎn)電勢(shì)為正，N點(diǎn)電

勢(shì)為負(fù)，則質(zhì)子從M點(diǎn)沿MON移動(dòng)過程中，其電勢(shì)能一直減小，電場(chǎng)力對(duì)其一直做正

功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.由于。點(diǎn)電勢(shì)為0,且M、尸點(diǎn)電勢(shì)為正，所以電子從M點(diǎn)沿MOP移動(dòng)到P點(diǎn)的

過程中，其電勢(shì)先降低后升高，則電子的電勢(shì)能先增加后減小，選項(xiàng)D正確。

故選項(xiàng)D?

8.如圖所示，水平面內(nèi)的等邊三角形38的邊長為乙頂點(diǎn)C恰好位于光滑絕緣直軌道

NC的最低點(diǎn)，/點(diǎn)到8、。兩點(diǎn)的距離均為L/點(diǎn)在8。邊上的豎直投影點(diǎn)為O。y軸

上8、。兩點(diǎn)固定兩個(gè)等量的正點(diǎn)電荷，在z軸兩電荷連線的中垂線上必定有兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)

最強(qiáng)的點(diǎn)，這兩個(gè)點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)。對(duì)稱。在/點(diǎn)將質(zhì)量為〃八電荷量為F的小球套在軌

道/C上（忽略它對(duì)原電場(chǎng)的影響）將小球由靜止釋放，已知靜電力常量為上重力加速

度為g,且左"="〃?g,忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）

L3

A.圖中的4點(diǎn)是z軸上場(chǎng)強(qiáng)最強(qiáng)的點(diǎn)

B,軌道上/點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為螫

q

c.小球剛到達(dá)c點(diǎn)時(shí)的加速度為恁

D.小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為|■機(jī)gL

【答案】B

根據(jù)等量同種電荷的電場(chǎng)分布可知尸點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向上，大小表示為

(嗎

(sin8J

整理得

E=8cos-sin20=*cos0(1-cos23)

令"cos。，^(0,1),可得函數(shù)

對(duì)函數(shù)求導(dǎo)

八。=1-3〃

令/'⑺=0,解得

3

結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)可知，在/e(0,g］時(shí)，/⑺單調(diào)遞增，在/e(g,l)時(shí)，單調(diào)遞減,

因此1=cos9=*時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度最大，即

OP①①

tan。4

由此可知，Z軸上距離。點(diǎn)把乙處的兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，A錯(cuò)誤；

4

B.N"O=30。，軌道上/點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小

工=當(dāng)330。=學(xué)=町

B正確；

C.由幾何關(guān)系可知

OA=OC=—L,//CO=45。

2

根據(jù)對(duì)稱性可知，A、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，因此，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿％軸

正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度大小表示為

小球在c點(diǎn)時(shí)的受力如圖所示

小球在C受到的電場(chǎng)力為

Fc=qEc=rng

沿桿方向的合力為

F=mgcos45°-Fccos45°=ma

解得

a=0

由此可知小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的加速度為0,C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)等量同種電場(chǎng)分布和對(duì)稱關(guān)系可知，A、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，電荷從A到C的過

程中電場(chǎng)力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理可得

mg-OA=Ekc-0

解得

F百「

Ekc=~^mgL

D錯(cuò)誤。

故選Bo

9.（多選）如圖所示，真空中有兩個(gè)固定的正點(diǎn)電荷A、B,已知A的帶電量為5。，B的帶

電量未知，一不計(jì)重力的帶電微粒質(zhì)量為〃?，電荷量大小為q,在正電荷A、B的庫侖力

共同作用下，恰好在一垂直于AB連線的平面內(nèi)繞連線上的0點(diǎn)做半徑為R的勻速

圓周運(yùn)動(dòng)，已知帶電微粒與兩正電荷的連線和N8連線所成的夾角分別為37。和53。，靜

電力常量為左，下列說法正確的是（）

c

D

A.帶電微粒帶負(fù)電

B.帶電微粒做圓周運(yùn)動(dòng)所在的豎直軌道平面是等勢(shì)面

C.B電荷所帶的電荷量為40

D.帶電微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為1陛^

VmR

【答案】AD

【詳解】A.依題意，當(dāng)帶電微粒帶負(fù)電時(shí)，兩點(diǎn)電荷的庫侖引力的合力提供向心力，

指向軌跡圓的圓心。所以該帶電微粒帶負(fù)電。故A正確；

B.根據(jù)同種電荷的等勢(shì)面分布特點(diǎn)可知帶電微粒做圓周運(yùn)動(dòng)所在的豎直軌道平面不是等

勢(shì)面。故B錯(cuò)誤；

CD.對(duì)帶電微粒受力分析，如圖

由牛頓第二定律，可得

2

心cos37°=穌cos53。，&sin37°+”sin53°=加匚

R

其中

Fk-5QqkQBq

A,，

聯(lián)立，解得

0B="0，v=

B4*VmR

故C錯(cuò)誤；D正確。

故選ADo

10.（多選）如圖，光滑絕緣水平面上，由1、2、3三個(gè)帶電量均為+分質(zhì)量均為的相

同金屬小球，用長均為工的三根輕質(zhì)絕緣細(xì)繩連接，/、2、C分別為其中點(diǎn)，。為三

角形中心，已知單個(gè)點(diǎn)電荷4周圍空間的電勢(shì)。=后幺，r為到點(diǎn)電荷的距離，則下列說

r

法正確的是（）

A

Br

A.。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零

B.長度工取合適值時(shí)，4、O兩點(diǎn)的電勢(shì)可能相等

C系統(tǒng)的總電勢(shì)能為紇“*

D.若8處剪斷，則之后小球1的最大速度為％,=4^^

【答案】ACD

【詳解】A.根據(jù)對(duì)稱性可知三個(gè)點(diǎn)電荷在。點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)

度的疊加法則可得。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為0,故A正確；

B.。點(diǎn)到金屬小球的距離均為當(dāng)，N點(diǎn)到金屬小球3的距離為包，根據(jù)電勢(shì)疊加

原則，A,。兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為

（PA=K'^X2+K~^~2=[4+^^]K^

2~L

%=A^X3=3及2

用L

則/、。兩點(diǎn)電勢(shì)不論在￡取何值時(shí)都不可能相等，故B錯(cuò)誤；

C.1電荷的電勢(shì)能

EQ=（（P]+平3）q=k*

L

同理可得2和3電荷電勢(shì)能

EE

?2=p3=k—

故整個(gè)系統(tǒng)電勢(shì)能為

4+/+%=”2

Ep=

2L

故C正確;

D.三球一條直線時(shí)整個(gè)系統(tǒng)電勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，1球速度最大，此時(shí)1電荷的電

勢(shì)能

綜1，=（仍+/）4=后等

2和3電荷電勢(shì)能

此時(shí)整個(gè)系統(tǒng)電勢(shì)能最小為

△Fpl十CFp2十QFp3'

引==k——

22L

對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒

k———k^—-—wv.2+—x2mvl

L2Z2122

根據(jù)動(dòng)量守恒

mvx=2mv2

兩式聯(lián)立解得

2k

3mL

故D正確。

故選ACD?

11.（多選）如圖，直角三角形A42C位于豎直平面內(nèi)，48沿水平方向，長度為乙UBC=

60。?？臻g存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與A45C所在平面平行，將一帶正電的微粒（不

計(jì)重力、空氣阻力）從/點(diǎn)移動(dòng)到8點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為?，從8點(diǎn)移動(dòng)至C點(diǎn)，電場(chǎng)

力做功為一?。ㄉ常?）。下列說法正確的是（）

2

7

A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是回

2L

B.將該帶電微粒從8點(diǎn)無初速度釋放，其不沿乙48c的角平分線所在直線運(yùn)動(dòng)

C.將該帶電微粒從C點(diǎn)。拋出，要使其通過8點(diǎn)，微粒在C點(diǎn)的動(dòng)能應(yīng)為

三卻

4

D.將該帶電微粒從/點(diǎn)沿NC拋出，要使其到達(dá)8c時(shí)，其位移方向垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度

方向，微粒在/點(diǎn)的動(dòng)能的應(yīng)為匕8少

4

【答案】BCD

W

【詳解】A.由題意可知，

WAC=WAB+WBC=-^-W

如上圖，在8c邊上找點(diǎn)。，使。點(diǎn)與4點(diǎn)電勢(shì)相等，則/。連線為等勢(shì)線，則

WCD=WCA=-WAC=^-W

設(shè)DB邊長為A.,CD邊長為LCD，。為電場(chǎng)方向與C8方向的夾角，則

WDB^qELDBcos0^LDB=1

WCDqELcDcos0LCD-yjs

L「n+Lj~.n—L,R——2L

CDDBCBcos60°

解得

LOT=(V3-1)A

在&45。中，由幾何關(guān)系可知

L?D=+?DB-2LABL?BC°S60°=《3(2—g)L

LDB_LAD

sin/BADsin60°

解得

(BAD=45°

w

過5點(diǎn)作BE交4。于E點(diǎn)，且BED。，因?yàn)榻?=了＞0且微粒帶正電，所以4點(diǎn)電

勢(shì)大于5點(diǎn)電勢(shì)，故電場(chǎng)方向沿碘，由E指向5,且有

W

WAB=qELEB=qELsin45°=y

解得

E=------

2qL

故A錯(cuò)誤；

B.由A選項(xiàng)可知，電場(chǎng)方向由K指向3,如果將帶正電微粒從2點(diǎn)無初速度釋放，該

微粒將沿￡8方向運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知，UBE=45°,ADBE=15°,￡8邊不是乙48c

的角平分線，故B正確；

C.如下圖，將BE反向延長交NC于尸點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知乙43E=45。，LAF=L,貝U

L^P—L^c~L*F-Ltan60°—L—(A/3-1)Z

如果將帶電微粒從C點(diǎn)沿G4拋出，要使其通過2點(diǎn)，設(shè)微粒在C點(diǎn)的動(dòng)能為4/,則

帶電微粒可看成沿CF方向以速度vj的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿EB方向的初速度為0加速度

為。的勻加速直線運(yùn)動(dòng)合成的結(jié)果，則

qE=-ma

2L

%=電

rL1,2

LRR-=at、

FBcos45°21

12

F=5"叫

解得

2-V3

Eg=

4

故c正確;

D.如下圖，過。點(diǎn)作40的垂線交4c于G點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知。4G=45。，則

LGD=LAD=,Q-/)L

如果將帶電微粒從/點(diǎn)沿NC拋出，要使其到達(dá)8c時(shí)，其位移方向垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方

向，設(shè)微粒在4點(diǎn)的動(dòng)能為&2,則帶電微?？煽闯裳豊G方向以速度為的勻速直線運(yùn)

動(dòng)和沿GD方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)合成的結(jié)果，則

qE=-ma

2L

vt

LAG=ii

at

LGD=22

解得

故D正確。

故選BCD。

12.（多選）如圖所示，在空間X軸上方有沿負(fù)y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為￡,在X

軸下方有方向與x軸成45。角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為現(xiàn)有一帶正電量q,

質(zhì)量為%的粒子從（0,〃）以沿X方向的速度%射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第

一次經(jīng)過x軸時(shí)速度方向與x軸成45。角，則（）

A.%與￡滿足％=型

Vm

B.粒子第2次經(jīng)過x軸時(shí)的位置為（10A,0）

C.粒子第20次經(jīng)過x軸時(shí)的位置為（838瓦0）

D.粒子第20次經(jīng)過x軸時(shí)速度大小為同T%

【答案】BC

【詳解】A.粒子第一次經(jīng)過x軸時(shí)速度方向與x軸成45。角，則有

O=v0tan45°

粒子在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有

I=2姮a

m

解得

%

故A錯(cuò)誤；

B.粒子第一次到達(dá)x軸有

再=%

*八

結(jié)合上述解得

國=2h

隨后粒子第二次到達(dá)了軸有

x2sin45°=V2V0/2

代_1也Eq2

%2cos45=---------右

2m

解得

x2=8〃

則有

x=x1+x2=10h

即粒子第2次經(jīng)過％軸時(shí)的位置為（10〃，0）,故B正確；

D.結(jié)合上述，粒子在第一象限內(nèi)的加速度

qE

aQ=一

m

將粒子在x軸下方的運(yùn)動(dòng)沿X軸與y軸方向分解，兩方向的分加速度分別為

6qEcos45°qE

ax===ao

mm

gqEsin45°qE

a-==ao

ymm

粒子在x軸下側(cè)電場(chǎng)中水平方向做初速度為i的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且在％軸下側(cè)電場(chǎng)中

水平方向后一過程可以看為前一過程的一個(gè)延續(xù)部分，在X軸下側(cè)電場(chǎng)中豎直方向做雙

向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合上述，粒子第一次到達(dá)X軸的時(shí)間為

2h

4=一

%

a0-2tl=2v0

根據(jù)豎直方向做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，除第一次越過x軸的時(shí)間為4,其

余越過x軸的時(shí)間均為2",粒子在1軸下側(cè)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

t=10x2^=20%

則粒子第20次經(jīng)過％軸時(shí)速度大小為

結(jié)合上述解得

v=J442Vo

故D錯(cuò)誤；

C.結(jié)合上述可知，粒子在x軸上側(cè)電場(chǎng)水平方向的分速度等于前一次下側(cè)電場(chǎng)水平方

向加速后的末分速度，由于

"2%=2%

可知，下側(cè)電場(chǎng)水平方向加速一次后，水平分速度增大2%,則粒子在x軸上側(cè)電場(chǎng)水

平方向通過的總距離

x上=%+(3v0+5v0+7v0H—17%+19%卜2%=199%%=398/z

結(jié)合上述可知，粒子在下側(cè)電場(chǎng)中水平方向通過的總距離

(%+%+4/)/

x下=----------------=220%.=440〃

則粒子第20次經(jīng)過x軸時(shí)有

%=%上+%下=838〃

即粒子第20次經(jīng)過x軸時(shí)的位置為(838瓦0),故C正確。

故選BCo

第n卷非選擇題

二、實(shí)驗(yàn)題(共2小題，共20分)

13.利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，電流傳感器可以捕捉到瞬間的電流變

化，己知直流電源電動(dòng)勢(shì)9V,內(nèi)阻可忽略，實(shí)驗(yàn)過程中顯示出電流隨時(shí)間變化的/-f

圖像如圖乙所示。

(1)關(guān)于電容器充電過程中兩極板間電壓所帶電荷量。隨時(shí)間/變化的圖像，下

cI。t，e

0tO~~~~一

（2）如果不改變電路其他參數(shù)，只增大電阻上充電時(shí)/—，曲線與橫軸所圍成的面積

將（填"增大""不變"或"變小"）；充電時(shí)間將（填“變長""不變"或"變短"）；

（3）請(qǐng)定性說明如何根據(jù)圖乙的/T圖像估算電容器的電容;

（4）某同學(xué)研究電容器充電后儲(chǔ)存的能量￡與電容C、電荷量。及兩極板間電壓。之

間的關(guān)系。他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲(chǔ)存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到

另一個(gè)極板過程中克服電場(chǎng)力所做的功。為此他做出電容器兩極間的電壓。隨電荷量

0變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是=

A.對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量￡與兩極間電壓U成正比

B.搬運(yùn)Aq的電量，克服電場(chǎng)力所做的功近似等于M上方小矩形的面積

C.若電容器電荷量為。時(shí)儲(chǔ)存的能量為E,則電容器電荷量為3時(shí)儲(chǔ)存的能量為日

【答案】AC/CA不變變長1.8X10~4FB

【詳解】（［）［1］AB、電容器充電過程中，電容器兩端的電壓。逐漸增大，最后與電源

電動(dòng)勢(shì)相等，因此斜率會(huì)逐漸減小，最后與橫軸平行，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、根據(jù)公式0=C。，電容C為定值，可知電容器所帶的電荷量逐漸增大，最后保持

不變，所以。-f圖像的斜率也逐漸變小，最后為零。故C正確，D錯(cuò)誤。

故選ACo

（2）⑵⑶由電容器的計(jì)算公式0=CU可知，電容器儲(chǔ)存的電荷量與電阻R無關(guān)，所

以曲線與橫軸圍成的面積保持不變，當(dāng)增大電阻尺，由于電阻對(duì)電流的阻礙作用增強(qiáng),

充電電流減小，所以充電時(shí)間將變長。

（3）⑷根據(jù)圖像的物理意義可知，/T圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示電容器的電

荷量，電容器的極板帶電量約為

_53

go=4Ox4xlOC=1.6xlO-C

根據(jù)電容的比值定義式可得電容約為

C工J6X10-3C=[8X]0TF

U9V

（4）⑸A.從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲(chǔ)存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到

另一個(gè)極板過程這克服電場(chǎng)力做的功，也就等于圖像與橫軸圍成的面積，則

E=-CU2

2

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)圖像的物理意義可知，搬運(yùn)的的電量，克服電場(chǎng)力所做的功近似等于的上方

小矩形的面積。故B正確；

C.由（4）中的電容器的能量公式和電容的定義式可得

2C

又因?yàn)?'=g由此可得故C錯(cuò)誤。

24

故選Bo

14.如圖甲是研究電容器電容大小的電路圖。電壓傳感器（內(nèi)阻可看作無窮大）可以實(shí)時(shí)顯

示48間電壓大小，電流傳感器（內(nèi)阻可看作零）可實(shí)時(shí)顯示出電流大小。連接好電

路檢查無誤后進(jìn)行了如下操作：

4計(jì)算機(jī)）

一

電

壓

E—傳

B感

器

R

甲

①將S撥至2,接通足夠長的時(shí)間直至/、8間電壓等于零。

②將S撥至1,觀察并保存計(jì)算機(jī)屏幕上的/-八"AB-圖，得到圖乙和圖丙。

U^

A/0V

工