卷子答案网-一个不只有答案的网站广东省广州市荔湾区重点中学2023-2024学年高二上学期10月质量检测物理试题
一、单选题（每题4分，共28分）
1．（2023高二上·荔湾月考）关于摩擦起电现象，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子
B．两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷
C．摩擦起电可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的
D．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，丝细因电子数多于质子数而带正电荷
【答案】B
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】A.由电荷守恒定律可知，电荷既不能产生，也不能消失，只可能从一个物体转移到另一个物体。摩擦起电现象是电子从一个物体转移到了另一个物体，并没有产生电子和质子，A不符合题意；
B.两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，根据电荷守恒定律可知，同时带上等量异种电荷，B符合题意；
C.摩擦起电，是因为摩擦导致电子从一个物体转移到了另一个物体而形成的，C不符合题意；
D.丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒带正电，丝绸带负电，是因为玻璃棒上的电子转移到了丝绸上，丝绸因电子数多于质子数而带负电荷，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合电荷守恒定律，根据摩擦起电的原理分析。
2．（2023高二上·荔湾月考）如图所示，3个点电荷q1、q2、q3在一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的两倍，每个点电荷所受静电力的合力为零，由此可以判定，3个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为（ ）
A．（－9）∶4∶（－36） B．9∶4∶36
C．（－3）∶2∶（－6） D．3∶2∶6
【答案】A
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】根据两正夹一负，两负夹一正的规律，可知若为负电荷，则、正电荷。若带正电，则、正电荷。由于三个电荷均处于平衡状态，由共点力平衡条件可得，对，有，对，有，其中，联立可解得，由于、是同种电荷，与、电性相反，可得或，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据两正夹一负，两负夹一正的规律，分析三个电荷的电性；再根据共点力平衡条件分析其中任意两个电荷的受力，即可求出三个电荷的电荷量之比。
3．（2023高二上·荔湾月考）如图所示，两个等量异种点电荷+Q、-Q分别固定在水平直线上相距为L的两点，以+Q所在点为圆心、为半径作一个虚线圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点是圆与水平直线的交点，b、d两点关于水平直线对称，令无穷远处电势为零，则
A．a、c两点的电势相等
B．四个点中c点的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一正试探电荷从无穷远处移到c点，电势能增大
【答案】B
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A.根据等量异种电荷的电场分布和等势面的分布如图所示，
可知，c点电势为零，a点电势高于零，故a、c两点的电势不相等，A不符合题意；
B.根据沿电场线方向电势降低的特点，结合等量异种电荷的等势线的分布，可知四个点中c点的电势最低，B符合题意；
C.由电场线的分布可知，b、d两点场强大小相等，方向不同，C不符合题意；
D.c点在两个电荷连线的中点上电势和无穷远的电势相等，均为零，则将一正试探电荷从无穷远处移到c点，电场力做功W=Uq=0，所以电荷的电势能不变，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据等量异种电荷的电场分布和等势面的分布各点的场强和电势；根据电场力做功判断电势能的变化。
4．（2023高二上·荔湾月考）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A．带负电的质点通过P点时的电势能比Q点大
B．带负电的质点通过P点时的动能比Q点大
C．三个等势面中，a的电势最高
D．P点的电场强度小于Q点的电场强度
【答案】A
【知识点】电场力做功；电势；等势面
【解析】【解答】AC.根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧、电场线与等势面垂直，可知负电荷所受的电场力方向垂直等势面向下，电场线方向垂直等势面方向向上，根据沿电场线电势降低，a等势面的电势最低，Q到P电势降低，由电势能的定义式，可知带负电的质点通过P点时的电势能比Q点大，A符合题意，C不符合题意；
B.由能量守恒定律可知，粒子从P点运动至Q点，电势能减小，可知动能增大，故带负电的质点通过P点时的动能比Q点小，B不符合题意；
D.根据等势面越密，电场强度越大，可知P点的电场强度大于O点的电场强度，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧、电场线与等势面垂直，判断出电场线的方向，由电场线的方向得出P、Q电势的大小关系，再由电势能的定义式，分析带负电的质点在P点和Q点电势能的大小关系；由能量守恒定律，根据带负电的质点在P、Q两点电势能的大小大小，分析动能的大小关系；根据等势面越密，电场强度越大，判断P、Q两点电场强度的大小关系。
5．（2023高二上·荔湾月考）如图1所示，某电场中的一条电场线有三点O、A、B，且OA=AB，一带负电的粒子仅在电场力作用下，由静止从O点经A点运动到B点，选O点为坐标原点，运动方向为正向建立坐标系，该粒子的速度与位移图像如图2所示。已知无穷远处的电势为0。则对于O、A、B三点的电势、、、电场强度的大小EO、EA、EB等，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子从O点经A点再到B点的过程中，粒子的电势能与动能的和不变
B．
C．
D．EO>EA>EB
【答案】C
【知识点】电势能；电势；电势差；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.粒子由O点向B点运动的过程中，只有电场力做功，只发生电势能和动能的相互转化，粒子的电势能与动能的和不变，A不符合题意；
B.由图可知，粒子运动过程中速度减小，即动能减小，可知电场力做正功，粒子带负电，所以这条电场线的方向应由B指向O，根据沿电场线方向，电势越来越低，可得有，B不符合题意；
CD.由v-t图像中斜率表示加速度可知，粒子的加速度减小，由qE=ma可知，由O到B，电场强度减小，由，可知OA区域的电场强度都大于AB区域电场强度，且OA=AB，根据U=Ed可知，，即，所以，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电荷在电场中运动，只有电场力做功时，动能和电势能的总和不变；根据粒子动能的变化，分析粒子的受力，得到电场线的方向，再根据沿电场线方向电势降低，分析各点电势的大小关系；由U=Ed判断和的大小关系，再由电势差与电势的关系式计算各点电势关系。
6．（2023高二下·易门期末）某空间存在一条沿x轴方向的电场线，电场强度E随x变化的规律如图所示，图线关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点O对称的两点，C点是OB的中点则下列说法正确的是（ ）
A．电势差
B．电势差
C．取无穷远处电势为零，则O点处电势也为零
D．电子从A点由静止释放后的运动轨迹在一条直线上
【答案】D
【知识点】电势；电势差
【解析】【解答】AB.在E-x图象中，图线与横轴所围成的面积表面电势差，由题图可知，OC与图像围成的面积小于CB与图像围成的面积，故电势差，AB不符合题意；
C.若把一个正点电荷从O点沿x轴正方向移到无穷远处，电场力做正功，电势能减小，而无穷远电势为零，则正电荷在无穷远处的电势能为零，可知正电荷的O点处的电势能大于零，故O点电势大于零，与无穷远处电势不相等，C不符合题意；
D.由题意可知，电场线沿x轴方向，电子从A点由静止释放后受到的电场力方向一直沿x轴方向，即力与运动方向一直在同一条直线上，故电子的轨迹在一条直线上，D符合题意。
故答案为：D。
【分析根据E-x图象中，图线与横轴所围成的面积表面电势差，分析OC两点和CB两点电势差的大小关系；根据电场力做功的正负，分析电荷在O点和无穷远处的电势能关系，得出两点电势关系；分析电子受到的电场力方向，确定电子的运动轨迹。
二、多选题（每题6分，共18分，答不全得3分）
7．（2023高二上·荔湾月考）随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体（ ）
A．稳定后电容器的电容增大
B．稳定后极板间电场强度增大
C．膜片电极下移过程中G表中有从b流向a的电流
D．稳定后电容器的带电量变小
【答案】A,B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A.平行板上层膜片电极下移，则极板间距d减小。由平行板电容器电容的表达式可知，d减小，C增大，A符合题意；
B.由图可知，电容器两端与电源相连，故极板电压不变，由可知，d减小，则极板间电场强度增大，AB符合题意；
CD.C增大，U不变，由Q=CU可知，平行板电容器带电量增大，故电容器充电，G表中有从b流向a的电流，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】根据电容的表达式分析电容的变化；由电场强度与电势差的关系式分析极板间场强的变化；根据极板电量Q=CU分析电容器带电量的变化，得到电流方向。
8．（2023高二上·荔湾月考）下列说法正确的是 ( )
A．电势差与电势一样，是相对量，与零点的选取有关
B．电势差是一个标量，但是有正值和负值之分
C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，所以UAB＝UBA
【答案】B,C
【知识点】电势；电势差
【解析】【解答】A.两点间的电势差等于电势之差，由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关，而电势是相对的，与零电势点的选取有关，A不符合题意；
B.电势差是标量，但是有正负，例如，则，B符合题意；
C.由电势差的定义式可知，因为电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关，C符合题意；
D.电势差与零势点的选取无关，所以A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，但是电势差有正负，，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】电势与零势点的选取有关，电势差与零势点的选取无关；电势差是标量，但是有正负；电势差只有两点的位置有关。
9．（2023高二上·荔湾月考）一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若小球的重力势能增加3J，机械能增加0.5J，电场力对小球做功1J，则下列判断正确的是（ ）
A．克服重力做功为3J B．电势能增加1J
C．克服空气阻力做功0.5J D．动能减少2.5J
【答案】A,C,D
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A.重力做功等于重力势能的减小量，由题意可知，小球的重力势能增加3J，可知小球克服重力做功为3J，A符合题意；
B.电场力做功等于电势能的减小量，由题意可知，电场力对小球做功1J，可知电势能减少1J，B不符合题意；
C.除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功和空气阻力对小球做功，电场力对小球做功1J，而小球的机械能只增加了0.5J，可知小球克服空气阻力做了0.5J的功，C符合题意；
D.结合题意和上述分析可知，小球克服重力做功3J，克服空气阻力做功0.5J，电场力对小球做功1J，由动能定理可知，小球动能的变化量，可知小球的动能减少了2.5J，D符合题意；
【分析】根据重力做功与重力势能变化量之间的关系，求解小球克服重力做的功；根据电场力做功与电势能变化量之间的关系，求解小球电势能的变化量；根据除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，求解小球克服空气阻力做的功；由动能定理求解小球动能的变化量。
10．（2023高二上·荔湾月考）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（ ）
A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为
B．粒子的电荷量为
C．在时刻进入的粒子刚好从两板中央离开电场
D．在时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】由图乙可知，极板间电场为交变电场，粒子进入后，水平方向不受力，做匀速直线运动，则粒子在电场中运动的时间为。
A.t=0时刻进入电场的粒子，在竖直方向先做初速度为零的匀加速运动然后做匀减速运动，因为匀加速与匀减速的加速度大小相等，而运动时间刚是一个周期，所以匀加速运动与匀减速运动具有对称性，可知粒子离开电场时，在竖直方向上的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度，A符合题意；
B. 由于t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，可得，解得，B符合题意；
C.时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，加速运动和减速运动的加速度大小相同，由运动的对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，C不符合题意；
D.粒子在静电力作用下的加速度大小，时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，离开电场时在竖直方向的位移大小为，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】先计算t=0时刻进入的粒子射出电场的时间，再根据竖直方向上运动的对称性，求出粒子离开电场时的速度；根据粒子在竖直方向上的运动，由牛顿第二定律和运动学公式，计算粒子的电荷量；对在时刻进入的粒子，以为一个阶段，根据运动的对称性，分析粒子在竖直方向上的位移，求出粒子射出的位置；对在时刻进入的粒子，分析粒子在竖直方向上的运动过程，由牛顿第二定律和运动学公式，计算粒子离开电场时在竖直方向的位移大小。
三、实验题
11．（2023高一下·武汉期末） 曲小平同学为了探究影响电荷间静电力的因素，他猜想可能与两带电体的间距和带电荷量有关。然后设计用图示装置来探究。图甲中，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）图甲中实验采用的方法是____（填正确选项前的字母）。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．微小量放大法 D．控制变量法
（2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）接着该同学使小球处于同一位置，增大（或减少）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为，若两次实验中A的电量分别为和，分别为和，则为 。
【答案】（1）D
（2）增大
（3）
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】（1）实验中研究静电力与电荷量和距离之间的关系，应保证两个小球的电荷量不变，应用了控制变量法。
（2）根据图甲可知，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而增大。
（3）对B球受力分析，根据库仑定律和平衡条件可知，解得，可得两次实验中A的电量之比为
【分析】（1）根据实验原理和实验步骤分析实验中用到的实验方法。
（2）根据图中所示进行受力分析，由偏转角度判断库仑力的大小。
（3）对B球进行受力分析，根据库仑定律和平衡条件分析求解。
12．（2023高二上·荔湾月考）电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即。 电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连，显示出电流随时间变化的图像。利用电流传感器研究电容器的放电过程的电路如图甲所示，其中电源两端电压U=8V。S是单刀双掷开关，C为平行板电容器。先使开关S与2相连，电容器充电结束后把开关S掷向1，电容器通过电阻R放电。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的曲线如图乙所示。
（1）当开关S接2时，电容器的电流 正极板（选填“流进”或“流出”）。
（2）其放电电流随时间变化图像如图乙所示，已知图中所围的面积约为40个方格，每一小格8×10-5C，可算出电容器的电容为 。
（3）若将电容器上板A接正极，下板B接负极，且将上极板接地，如图丙所示。有一带电液滴静止在电容器内部P点，闭合开关S，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴 （填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）。若断开开关S，将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴 （填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）。
【答案】（1）流进
（2）
（3）向下运动；静止不动
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）当开关S接2时，电容器充电，电流流进正极板。
（2）根据可知，电容器放电电流随时间变化的I-t图像与时间轴围成的面积，表示电容器放出的电荷量，即电容器放电前的极板电量，由题可知，由电容的定义式可得电容器的电容。
（3）闭合开关S，电容器一直与电源相连，移动极板的过程中，电容器的电压不变，而将电容器下极板B向下平移一小段距离，d减小，根据可知，电场强度要变小，电场力将小于重力，故液滴要向下运动。断开开关S，移动极板的过程中，电容器电荷量不变，将电容器下极板B向下平移一小段距离，d减小，根据、和可得，极板间的场强，可知电场强度不变，故电场力大小仍然等于重力大小，液滴静止不动。
【分析】（1）分析电容器是充当还是放电，确定电流方向；（2）电容器放电电流随时间变化的I-t图像与时间轴围成的面积，表示电容器放出的电荷量，求出该电荷量，再由电容的定义式求出电容器的电容；（3）电容器与电源相连时，移动极板，极板电压不变，由分析极板间电场的变化情况，确定液滴的运动方向；电容器与电源断开时，移动极板，极板电量不变，根据、和分析极板间电场的变化情况，确定液滴的运动方向。
四、解答题（共3小题，共38分）
13．（2023高二上·荔湾月考）如图所示，真空中A、B、C三点构成一等腰直角三角形，AC和BC之间的距离均为d=3m，在A点固定一电荷量为q1＝0.4×10 8C的正点电荷，在B点固定另一电荷量为q2＝0.4×10 8C的负点电荷，已知静电力常量k=9.0×109N m2/C2，求：
（1）两点电荷之间的库仑力大小；
（2）C点处的场强。
【答案】（1）解： 由几何关系得两点电荷间距为
根据库仑定律得：
（2）解： A点处电荷在C处激发的场强大小为： ， 代入数据得：E1=4N/C
B处点电荷在C处激发的场强大小为：， 代入数据得：E2=4N/C
E1、E2两者方向垂直，所以 C点处的场强大小为
由几何关系知C点场强方向平行AB，方向向右。
【知识点】库仑定律；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【分析】（1）由库仑定律，结合几何关系，求出两点电荷之间的库仑力大小；（2）由点电荷的场强公式，求出A、B两电荷在C点产生的场强，再根据场强叠加原理，求出C点处的场强。
14．如图所示，带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场，电场强度为E0，极板间距离为L。其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D，极板长度为L，C、D板间加恒定的电压。现有一质量为m、带电荷量为e的电子（重力不计），从A板处由静止释放，经电场加速后通过B板的小孔飞出；经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域，速度方向与边界夹角为60°，求：
（1）电子在A、B间的运动时间；
（2）C、D间匀强电场的电场强度。
【答案】（1）解：电子在A、B间做匀加速直线运动，设电子在A、B间的运动时间为t，则
所以
（2）解：设电子从B板的小孔飞出时的速度为v0，则由动能定理得
电子从平行极板C、D间射出时沿电场方向的速度为
根据速度时间关系
所以C、D间匀强电场的电场强度为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在A、B间做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式，可求出电子在A、B间的运动时间；（2）由动能定理求出电子从B板的小孔飞出时的速度，再根据类平抛的运动规律，由牛顿第二定律和运动学公式，计算C、D间匀强电场的电场强度。
15．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。sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，求滑块到达圆心O等高的C点时的速度及轨道对小滑块的弹力大小。
（2）若改变s的大小，使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道，求s的取值范围。
【答案】（1）解：设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有
又因为
联立两式解得
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则
又因为
解得
（2）解：将重力和电场力合成，合力为
与竖直方向夹角的正切值
故θ = 37°
将电场力和重力的合力等效成“等效重力”，故等效最低点为F，等效最高点为H，如图所示
滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到Ⅰ点，另一种是最高到H点。
①如果最高到Ⅰ点，根据动能定理，有
解得
②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有
在H点，合力提供向心力，故
联立解得
故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的s的取值范围，或。
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理分析小滑块从A到C的运动过程，求出小滑块到达C点的速度大小；分析小滑块在C点的受力，由牛顿第二定律列式，求解轨道对小滑块的弹力大小；（2）求出重力和电场的合力的大小和分析，根据“等效重力”的方法，由动能定理分析滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道，s的取值范围。
广东省广州市荔湾区重点中学2023-2024学年高二上学期10月质量检测物理试题
一、单选题（每题4分，共28分）
1．（2023高二上·荔湾月考）关于摩擦起电现象，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子
B．两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷
C．摩擦起电可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的
D．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，丝细因电子数多于质子数而带正电荷
2．（2023高二上·荔湾月考）如图所示，3个点电荷q1、q2、q3在一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的两倍，每个点电荷所受静电力的合力为零，由此可以判定，3个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为（ ）
A．（－9）∶4∶（－36） B．9∶4∶36
C．（－3）∶2∶（－6） D．3∶2∶6
3．（2023高二上·荔湾月考）如图所示，两个等量异种点电荷+Q、-Q分别固定在水平直线上相距为L的两点，以+Q所在点为圆心、为半径作一个虚线圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点是圆与水平直线的交点，b、d两点关于水平直线对称，令无穷远处电势为零，则
A．a、c两点的电势相等
B．四个点中c点的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一正试探电荷从无穷远处移到c点，电势能增大
4．（2023高二上·荔湾月考）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A．带负电的质点通过P点时的电势能比Q点大
B．带负电的质点通过P点时的动能比Q点大
C．三个等势面中，a的电势最高
D．P点的电场强度小于Q点的电场强度
5．（2023高二上·荔湾月考）如图1所示，某电场中的一条电场线有三点O、A、B，且OA=AB，一带负电的粒子仅在电场力作用下，由静止从O点经A点运动到B点，选O点为坐标原点，运动方向为正向建立坐标系，该粒子的速度与位移图像如图2所示。已知无穷远处的电势为0。则对于O、A、B三点的电势、、、电场强度的大小EO、EA、EB等，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子从O点经A点再到B点的过程中，粒子的电势能与动能的和不变
B．
C．
D．EO>EA>EB
6．（2023高二下·易门期末）某空间存在一条沿x轴方向的电场线，电场强度E随x变化的规律如图所示，图线关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点O对称的两点，C点是OB的中点则下列说法正确的是（ ）
A．电势差
B．电势差
C．取无穷远处电势为零，则O点处电势也为零
D．电子从A点由静止释放后的运动轨迹在一条直线上
二、多选题（每题6分，共18分，答不全得3分）
7．（2023高二上·荔湾月考）随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体（ ）
A．稳定后电容器的电容增大
B．稳定后极板间电场强度增大
C．膜片电极下移过程中G表中有从b流向a的电流
D．稳定后电容器的带电量变小
8．（2023高二上·荔湾月考）下列说法正确的是 ( )
A．电势差与电势一样，是相对量，与零点的选取有关
B．电势差是一个标量，但是有正值和负值之分
C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，所以UAB＝UBA
9．（2023高二上·荔湾月考）一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若小球的重力势能增加3J，机械能增加0.5J，电场力对小球做功1J，则下列判断正确的是（ ）
A．克服重力做功为3J B．电势能增加1J
C．克服空气阻力做功0.5J D．动能减少2.5J
10．（2023高二上·荔湾月考）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（ ）
A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为
B．粒子的电荷量为
C．在时刻进入的粒子刚好从两板中央离开电场
D．在时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为
三、实验题
11．（2023高一下·武汉期末） 曲小平同学为了探究影响电荷间静电力的因素，他猜想可能与两带电体的间距和带电荷量有关。然后设计用图示装置来探究。图甲中，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）图甲中实验采用的方法是____（填正确选项前的字母）。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．微小量放大法 D．控制变量法
（2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）接着该同学使小球处于同一位置，增大（或减少）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为，若两次实验中A的电量分别为和，分别为和，则为 。
12．（2023高二上·荔湾月考）电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即。 电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连，显示出电流随时间变化的图像。利用电流传感器研究电容器的放电过程的电路如图甲所示，其中电源两端电压U=8V。S是单刀双掷开关，C为平行板电容器。先使开关S与2相连，电容器充电结束后把开关S掷向1，电容器通过电阻R放电。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的曲线如图乙所示。
（1）当开关S接2时，电容器的电流 正极板（选填“流进”或“流出”）。
（2）其放电电流随时间变化图像如图乙所示，已知图中所围的面积约为40个方格，每一小格8×10-5C，可算出电容器的电容为 。
（3）若将电容器上板A接正极，下板B接负极，且将上极板接地，如图丙所示。有一带电液滴静止在电容器内部P点，闭合开关S，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴 （填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）。若断开开关S，将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴 （填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）。
四、解答题（共3小题，共38分）
13．（2023高二上·荔湾月考）如图所示，真空中A、B、C三点构成一等腰直角三角形，AC和BC之间的距离均为d=3m，在A点固定一电荷量为q1＝0.4×10 8C的正点电荷，在B点固定另一电荷量为q2＝0.4×10 8C的负点电荷，已知静电力常量k=9.0×109N m2/C2，求：
（1）两点电荷之间的库仑力大小；
（2）C点处的场强。
14．如图所示，带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场，电场强度为E0，极板间距离为L。其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D，极板长度为L，C、D板间加恒定的电压。现有一质量为m、带电荷量为e的电子（重力不计），从A板处由静止释放，经电场加速后通过B板的小孔飞出；经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域，速度方向与边界夹角为60°，求：
（1）电子在A、B间的运动时间；
（2）C、D间匀强电场的电场强度。
15．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。sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，求滑块到达圆心O等高的C点时的速度及轨道对小滑块的弹力大小。
（2）若改变s的大小，使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道，求s的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】A.由电荷守恒定律可知，电荷既不能产生，也不能消失，只可能从一个物体转移到另一个物体。摩擦起电现象是电子从一个物体转移到了另一个物体，并没有产生电子和质子，A不符合题意；
B.两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，根据电荷守恒定律可知，同时带上等量异种电荷，B符合题意；
C.摩擦起电，是因为摩擦导致电子从一个物体转移到了另一个物体而形成的，C不符合题意；
D.丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒带正电，丝绸带负电，是因为玻璃棒上的电子转移到了丝绸上，丝绸因电子数多于质子数而带负电荷，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合电荷守恒定律，根据摩擦起电的原理分析。
2．【答案】A
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】根据两正夹一负，两负夹一正的规律，可知若为负电荷，则、正电荷。若带正电，则、正电荷。由于三个电荷均处于平衡状态，由共点力平衡条件可得，对，有，对，有，其中，联立可解得，由于、是同种电荷，与、电性相反，可得或，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据两正夹一负，两负夹一正的规律，分析三个电荷的电性；再根据共点力平衡条件分析其中任意两个电荷的受力，即可求出三个电荷的电荷量之比。
3．【答案】B
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A.根据等量异种电荷的电场分布和等势面的分布如图所示，
可知，c点电势为零，a点电势高于零，故a、c两点的电势不相等，A不符合题意；
B.根据沿电场线方向电势降低的特点，结合等量异种电荷的等势线的分布，可知四个点中c点的电势最低，B符合题意；
C.由电场线的分布可知，b、d两点场强大小相等，方向不同，C不符合题意；
D.c点在两个电荷连线的中点上电势和无穷远的电势相等，均为零，则将一正试探电荷从无穷远处移到c点，电场力做功W=Uq=0，所以电荷的电势能不变，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据等量异种电荷的电场分布和等势面的分布各点的场强和电势；根据电场力做功判断电势能的变化。
4．【答案】A
【知识点】电场力做功；电势；等势面
【解析】【解答】AC.根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧、电场线与等势面垂直，可知负电荷所受的电场力方向垂直等势面向下，电场线方向垂直等势面方向向上，根据沿电场线电势降低，a等势面的电势最低，Q到P电势降低，由电势能的定义式，可知带负电的质点通过P点时的电势能比Q点大，A符合题意，C不符合题意；
B.由能量守恒定律可知，粒子从P点运动至Q点，电势能减小，可知动能增大，故带负电的质点通过P点时的动能比Q点小，B不符合题意；
D.根据等势面越密，电场强度越大，可知P点的电场强度大于O点的电场强度，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧、电场线与等势面垂直，判断出电场线的方向，由电场线的方向得出P、Q电势的大小关系，再由电势能的定义式，分析带负电的质点在P点和Q点电势能的大小关系；由能量守恒定律，根据带负电的质点在P、Q两点电势能的大小大小，分析动能的大小关系；根据等势面越密，电场强度越大，判断P、Q两点电场强度的大小关系。
5．【答案】C
【知识点】电势能；电势；电势差；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.粒子由O点向B点运动的过程中，只有电场力做功，只发生电势能和动能的相互转化，粒子的电势能与动能的和不变，A不符合题意；
B.由图可知，粒子运动过程中速度减小，即动能减小，可知电场力做正功，粒子带负电，所以这条电场线的方向应由B指向O，根据沿电场线方向，电势越来越低，可得有，B不符合题意；
CD.由v-t图像中斜率表示加速度可知，粒子的加速度减小，由qE=ma可知，由O到B，电场强度减小，由，可知OA区域的电场强度都大于AB区域电场强度，且OA=AB，根据U=Ed可知，，即，所以，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电荷在电场中运动，只有电场力做功时，动能和电势能的总和不变；根据粒子动能的变化，分析粒子的受力，得到电场线的方向，再根据沿电场线方向电势降低，分析各点电势的大小关系；由U=Ed判断和的大小关系，再由电势差与电势的关系式计算各点电势关系。
6．【答案】D
【知识点】电势；电势差
【解析】【解答】AB.在E-x图象中，图线与横轴所围成的面积表面电势差，由题图可知，OC与图像围成的面积小于CB与图像围成的面积，故电势差，AB不符合题意；
C.若把一个正点电荷从O点沿x轴正方向移到无穷远处，电场力做正功，电势能减小，而无穷远电势为零，则正电荷在无穷远处的电势能为零，可知正电荷的O点处的电势能大于零，故O点电势大于零，与无穷远处电势不相等，C不符合题意；
D.由题意可知，电场线沿x轴方向，电子从A点由静止释放后受到的电场力方向一直沿x轴方向，即力与运动方向一直在同一条直线上，故电子的轨迹在一条直线上，D符合题意。
故答案为：D。
【分析根据E-x图象中，图线与横轴所围成的面积表面电势差，分析OC两点和CB两点电势差的大小关系；根据电场力做功的正负，分析电荷在O点和无穷远处的电势能关系，得出两点电势关系；分析电子受到的电场力方向，确定电子的运动轨迹。
7．【答案】A,B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A.平行板上层膜片电极下移，则极板间距d减小。由平行板电容器电容的表达式可知，d减小，C增大，A符合题意；
B.由图可知，电容器两端与电源相连，故极板电压不变，由可知，d减小，则极板间电场强度增大，AB符合题意；
CD.C增大，U不变，由Q=CU可知，平行板电容器带电量增大，故电容器充电，G表中有从b流向a的电流，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】根据电容的表达式分析电容的变化；由电场强度与电势差的关系式分析极板间场强的变化；根据极板电量Q=CU分析电容器带电量的变化，得到电流方向。
8．【答案】B,C
【知识点】电势；电势差
【解析】【解答】A.两点间的电势差等于电势之差，由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关，而电势是相对的，与零电势点的选取有关，A不符合题意；
B.电势差是标量，但是有正负，例如，则，B符合题意；
C.由电势差的定义式可知，因为电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关，C符合题意；
D.电势差与零势点的选取无关，所以A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，但是电势差有正负，，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】电势与零势点的选取有关，电势差与零势点的选取无关；电势差是标量，但是有正负；电势差只有两点的位置有关。
9．【答案】A,C,D
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A.重力做功等于重力势能的减小量，由题意可知，小球的重力势能增加3J，可知小球克服重力做功为3J，A符合题意；
B.电场力做功等于电势能的减小量，由题意可知，电场力对小球做功1J，可知电势能减少1J，B不符合题意；
C.除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功和空气阻力对小球做功，电场力对小球做功1J，而小球的机械能只增加了0.5J，可知小球克服空气阻力做了0.5J的功，C符合题意；
D.结合题意和上述分析可知，小球克服重力做功3J，克服空气阻力做功0.5J，电场力对小球做功1J，由动能定理可知，小球动能的变化量，可知小球的动能减少了2.5J，D符合题意；
【分析】根据重力做功与重力势能变化量之间的关系，求解小球克服重力做的功；根据电场力做功与电势能变化量之间的关系，求解小球电势能的变化量；根据除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，求解小球克服空气阻力做的功；由动能定理求解小球动能的变化量。
10．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】由图乙可知，极板间电场为交变电场，粒子进入后，水平方向不受力，做匀速直线运动，则粒子在电场中运动的时间为。
A.t=0时刻进入电场的粒子，在竖直方向先做初速度为零的匀加速运动然后做匀减速运动，因为匀加速与匀减速的加速度大小相等，而运动时间刚是一个周期，所以匀加速运动与匀减速运动具有对称性，可知粒子离开电场时，在竖直方向上的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度，A符合题意；
B. 由于t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，可得，解得，B符合题意；
C.时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，加速运动和减速运动的加速度大小相同，由运动的对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，C不符合题意；
D.粒子在静电力作用下的加速度大小，时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，离开电场时在竖直方向的位移大小为，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】先计算t=0时刻进入的粒子射出电场的时间，再根据竖直方向上运动的对称性，求出粒子离开电场时的速度；根据粒子在竖直方向上的运动，由牛顿第二定律和运动学公式，计算粒子的电荷量；对在时刻进入的粒子，以为一个阶段，根据运动的对称性，分析粒子在竖直方向上的位移，求出粒子射出的位置；对在时刻进入的粒子，分析粒子在竖直方向上的运动过程，由牛顿第二定律和运动学公式，计算粒子离开电场时在竖直方向的位移大小。
11．【答案】（1）D
（2）增大
（3）
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】（1）实验中研究静电力与电荷量和距离之间的关系，应保证两个小球的电荷量不变，应用了控制变量法。
（2）根据图甲可知，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而增大。
（3）对B球受力分析，根据库仑定律和平衡条件可知，解得，可得两次实验中A的电量之比为
【分析】（1）根据实验原理和实验步骤分析实验中用到的实验方法。
（2）根据图中所示进行受力分析，由偏转角度判断库仑力的大小。
（3）对B球进行受力分析，根据库仑定律和平衡条件分析求解。
12．【答案】（1）流进
（2）
（3）向下运动；静止不动
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）当开关S接2时，电容器充电，电流流进正极板。
（2）根据可知，电容器放电电流随时间变化的I-t图像与时间轴围成的面积，表示电容器放出的电荷量，即电容器放电前的极板电量，由题可知，由电容的定义式可得电容器的电容。
（3）闭合开关S，电容器一直与电源相连，移动极板的过程中，电容器的电压不变，而将电容器下极板B向下平移一小段距离，d减小，根据可知，电场强度要变小，电场力将小于重力，故液滴要向下运动。断开开关S，移动极板的过程中，电容器电荷量不变，将电容器下极板B向下平移一小段距离，d减小，根据、和可得，极板间的场强，可知电场强度不变，故电场力大小仍然等于重力大小，液滴静止不动。
【分析】（1）分析电容器是充当还是放电，确定电流方向；（2）电容器放电电流随时间变化的I-t图像与时间轴围成的面积，表示电容器放出的电荷量，求出该电荷量，再由电容的定义式求出电容器的电容；（3）电容器与电源相连时，移动极板，极板电压不变，由分析极板间电场的变化情况，确定液滴的运动方向；电容器与电源断开时，移动极板，极板电量不变，根据、和分析极板间电场的变化情况，确定液滴的运动方向。
13．【答案】（1）解： 由几何关系得两点电荷间距为
根据库仑定律得：
（2）解： A点处电荷在C处激发的场强大小为： ， 代入数据得：E1=4N/C
B处点电荷在C处激发的场强大小为：， 代入数据得：E2=4N/C
E1、E2两者方向垂直，所以 C点处的场强大小为
由几何关系知C点场强方向平行AB，方向向右。
【知识点】库仑定律；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【分析】（1）由库仑定律，结合几何关系，求出两点电荷之间的库仑力大小；（2）由点电荷的场强公式，求出A、B两电荷在C点产生的场强，再根据场强叠加原理，求出C点处的场强。
14．【答案】（1）解：电子在A、B间做匀加速直线运动，设电子在A、B间的运动时间为t，则
所以
（2）解：设电子从B板的小孔飞出时的速度为v0，则由动能定理得
电子从平行极板C、D间射出时沿电场方向的速度为
根据速度时间关系
所以C、D间匀强电场的电场强度为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在A、B间做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式，可求出电子在A、B间的运动时间；（2）由动能定理求出电子从B板的小孔飞出时的速度，再根据类平抛的运动规律，由牛顿第二定律和运动学公式，计算C、D间匀强电场的电场强度。
15．【答案】（1）解：设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有
又因为
联立两式解得
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则
又因为
解得
（2）解：将重力和电场力合成，合力为
与竖直方向夹角的正切值
故θ = 37°
将电场力和重力的合力等效成“等效重力”，故等效最低点为F，等效最高点为H，如图所示
滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到Ⅰ点，另一种是最高到H点。
①如果最高到Ⅰ点，根据动能定理，有
解得
②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有
在H点，合力提供向心力，故
联立解得
故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的s的取值范围，或。
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理分析小滑块从A到C的运动过程，求出小滑块到达C点的速度大小；分析小滑块在C点的受力，由牛顿第二定律列式，求解轨道对小滑块的弹力大小；（2）求出重力和电场的合力的大小和分析，根据“等效重力”的方法，由动能定理分析滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道，s的取值范围。
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