高二上册物理压轴题考卷01-2024-2025学年高中物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版2019必修第三册）

高二上册物理压轴题考卷01（原卷版） 高中物理 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．测试范围：人教版（2019）： 必修第三册第9~10章。 2．本卷平均难度系数0.15。 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 1．如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中不正确的是（　　） A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同 B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为 C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同 D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为 2．如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是，不考虑微粒间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别放有电子A、B（不计重力），给它们各自一个速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，有一半径为R的均匀带电绝缘环固定在离地足够高处（平行于地面），一带电小球恰静止在圆环中心正上方高为处，小球与地面碰撞后速度可认为变为零，则下列说法正确的是（　　）    A．在圆环中心正上方还存在另一位置，小球移至该处仍可保持平衡 B．将小球移至距圆环中心正上方高为0.5R处由静止释放，小球一定向下运动 C．将小球移至距圆环中心正上方高为R处由静止释放，小球一定向上运动 D．将小球移至距圆环中心正上方高为2R处由静止释放，小球运动过程中电势能一直增大 4．如图所示在竖直y轴上固定两个点电荷，电荷量为+Q的点电荷在2y0处、电荷量为-4Q的点电荷在3y0处。将质量为m、电荷量为+q的小球从坐标原点O静止释放，经过A点后，能到达最低点B。以y0处为电势能零点、2y0处为重力势能零点，小球可视为点电荷。小球在此运动过程中的重力势能、机械能、动能及电势能随y变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，质量为m的带电小球A用长l的绝缘线悬挂于O点，现把另一带电小球B从无穷远处缓慢地水平移至A球原来的位置，此时细线偏过角度。若规定无穷远处为电势零点，则距电荷量为Q的点电荷r处的电势（k为静电力常量），重力加速度为g，则此过程中外力所做的功为（　　） A． B． C． D． 6．由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。 一个质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L＝2R 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为 Q（未知）时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上 P 点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点 P、P'关于圆心 O 对称。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g， 取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（　　） A．O 点的场强一定为零 B．由于 P、P两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反 C．金属带电小球的电量为Q D．固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为 7．正方形ABCD四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷，O为正方形两对角线的交点，M、N、P、Q分别为AO、BO、CO、DO的中点。取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　） A．M、N、P、Q四点的场强相同 B．M、N、P、Q四点的电势均为零 C．将一质子从M点沿MON移动到N点的过程中，电场力先做正功再做负功 D．将一电子从M点沿MOP移动到P点的过程中，电势能先增加后减小 8．如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．图中的A点是z轴上场强最强的点 B．轨道上A点的电场强度大小为 C．小球刚到达C点时的加速度为 D．小球刚到达C点时的动能为 9．（多选）如图所示，真空中有两个固定的正点电荷A、B，已知A的带电量为5Q，B的带电量未知，一不计重力的带电微粒质量为m，电荷量大小为q，在正电荷A、B的库仑力共同作用下，恰好在一垂直于AB连线的平面内绕AB连线上的O点做半径为R的匀速圆周运动，已知带电微粒与两正电荷的连线和AB连线所成的夹角分别为和，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　） A．带电微粒带负电 B．带电微粒做圆周运动所在的竖直轨道平面是等势面 C．B电荷所带的电荷量为4Q D．带电微粒做圆周运动的线速度大小为 10．（多选）如图，光滑绝缘水平面上，由1、2、3三个带电量均为＋q、质量均为m的相同金属小球，用长均为L的三根轻质绝缘细绳连接，A、B、C分别为其中点，O为三角形中心，已知单个点电荷q周围空间的电势，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是（　　）    A．O点的电场强度为零 B．长度L取合适值时，A、O两点的电势可能相等 C．系统的总电势能为 D．若B处剪断，则之后小球1的最大速度为 11．（多选）如图，直角三角形△ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，∠ABC = 60°。空间存在一匀强电场，场强方向与△ABC所在平面平行，将一带正电的微粒（不计重力、空气阻力）从A点移动到B点，电场力做功为，从B点移动至C点，电场力做功为。下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小是 B．将该带电微粒从B点无初速度释放，其不沿∠ABC的角平分线所在直线运动 C．将该带电微粒从C点CA抛出，要使其通过B点，微粒在C点的动能应为 D．将该带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在A点的动能的应为 12．（多选）如图所示，在空间轴上方有沿负方向的匀强电场，电场强度大小为，在轴下方有方向与轴成角的匀强电场，电场强度大小为。现有一带正电量q，质量为m的粒子从以沿方向的速度射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第一次经过轴时速度方向与轴成角，则（　　） A．与满足 B．粒子第2次经过轴时的位置为 C．粒子第20次经过轴时的位置为 D．粒子第20次经过轴时速度大小为 第Ⅱ卷 非选择题 二、实验题（共2小题,共20分） 13．利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，已知直流电源电动势9V，内阻可忽略，实验过程中显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。 （1）关于电容器充电过程中两极板间电压U、所带电荷量Q随时间t变化的图像，下面正确的是 。 A．B． C．D． （2）如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，充电时I－t曲线与横轴所围成的面积将 （填“增大”“不变”或“变小”）；充电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”）； （3）请定性说明如何根据图乙的图像估算电容器的电容 ； （4）某同学研究电容器充电后储存的能量E与电容C、电荷量Q及两极板间电压U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。为此他做出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图像如图所示。下列说法正确的是 。 A．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比 B．搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积 C．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为 14．如图甲是研究电容器电容大小的电路图。电压传感器（内阻可看作无穷大）可以实时显示A、B间电压大小，电流传感器（内阻可看作零）可实时显示出电流大小。连接好电路检查无误后进行了如下操作： ①将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零。 ②将S拨至1，观察并保存计算机屏幕上的、图，得到图乙和图丙。 （1）操作①的目的是 ； （2）进行操作②时，通过R的电流方向是向 （选填“左”或“右”），电流随时间 （选填“增大”或“减小”）； （3）该电容器的电容约为 ； （4）若电源的内阻不计，则 。 三、计算题（本题共3小题，共32分） 15．在平面内建立直角坐标系xOy，第II象限存在沿y轴负方向的匀强电场2E，其第III象限放置电场线沿半径方向指向圆心的静电分析器，第I、IV象限存在交变电场。A点坐标为处有一粒子源，将质量为m，电荷量为q的正点电荷（不计重力）源源不断地由静止释放。当点电荷运动到x轴时刚好射入静电分析器，而后做匀速圆周运动。t=0时刻，第一个粒子于坐标位置处垂直于y轴进入交变电场，其场强变化规律如图乙所示（y轴正方向为电场正方向）。在交变电场中存在两绝缘挡板，下板位于第IV象限，与x轴距离为d，并紧贴y轴。上板与下板平行放置，两板间距离为，两板长均为，求： (1)粒子第一次经过x轴的速度大小v； (2)静电分析器的电场强度大小E0； (3)在0~T时间内从y轴负半轴进入第四象限的粒子，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比。 16．如图所示，电荷量均为+q的三个带电小球，由三根长均为l的绝缘轻质细线连接，构成等边三角形，静止于水平光滑绝缘桌面上。已知小球1、2的质量均为m，小球3的质量为4m，小球的质量和电荷量可认为集中在球心，细线不可伸长。已知相距为r的任意两个点电荷、间具有相互作用的电势能，其大小为，为静电力常量。当空间中有两个以上点电荷时，系统的电势能为任意两点电荷间电势能的代数和。本题不考虑电荷运动过程中的电磁辐射。若将小球1、2之间的细线剪断，求： （1）从剪断细线至三个小球共线的过程中，它们的总电势能减少量； （2）三个小球共线时，小球1、3的动量大小； （3）从剪断细线至三个小球共线的过程中，小球1、3通过的位移大小。 17．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，CG为水平直径，BD为竖直直径，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，大小的匀强电场中，现有一质量为m、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4，重力加速度为g。 (1)若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达轨道D点时对轨道的作用力。 (2)若滑块从水平轨道上距离B点的A点开始运动； ①求滑块到达轨道C点时轨道对它的作用力大小。 ②为使滑块在滑离轨道前不脱离轨道，在A点至少要给滑块多大的初速度？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二上册物理压轴题考卷01（解析版） 高中物理 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．测试范围：人教版（2019）： 必修第三册第9~10章。 2．本卷平均难度系数0.15。 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 1．如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中不正确的是（　　） A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同 B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为 C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同 D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为 【答案】A 【详解】解：A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，A错误； B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律 B正确； C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，C正确； D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系 球体积公式为 小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为 两小球在P点场强均为 合场强为 剩余部分在P点的场强为 D正确。 题目要求选不正确，故选A。 2．如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是，不考虑微粒间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别放有电子A、B（不计重力），给它们各自一个速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度为，的由平衡条件得 即 而它们距导体棒的距离之比总是，可知某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任意一点的电场强度大小可写成 （k为常量） 由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则 解得 故选A。 3．如图所示，有一半径为R的均匀带电绝缘环固定在离地足够高处（平行于地面），一带电小球恰静止在圆环中心正上方高为处，小球与地面碰撞后速度可认为变为零，则下列说法正确的是（　　）    A．在圆环中心正上方还存在另一位置，小球移至该处仍可保持平衡 B．将小球移至距圆环中心正上方高为0.5R处由静止释放，小球一定向下运动 C．将小球移至距圆环中心正上方高为R处由静止释放，小球一定向上运动 D．将小球移至距圆环中心正上方高为2R处由静止释放，小球运动过程中电势能一直增大 【答案】B 【详解】A．设大圆环的电荷量为Q，小球电荷量为q，由题可知环对球的电场力合力向上，对于环上微小的一段，设电荷量为Qi，小球距圆环中心上方的距离为h，此时微小的这段环对小球的作用力与水平方向夹角为，微小环给小球的竖直分力有为 环上所有小段叠加后的总电量为Q，因此竖直方向上的合力为 将F对h求导，得到 可知在取极大值，所以由此可知在此处绝缘带电环对小球的电场力最大，由题可知此位置电场力与小球重力等大反向，其他时候电场力都小于重力，故平衡位置只有该处，故A错误； BC．从圆环中心正上方高为0.5R、R、2R处释放时，所受电场力均小于重力，故小球一直向下运动，故B正确，C错误； D．小球向下运动过程中会穿过圆环落到地面上，电场力先做负功，后做正功，电势能一定先增大后减小，故D错误。 故选B。 4．如图所示在竖直y轴上固定两个点电荷，电荷量为+Q的点电荷在2y0处、电荷量为-4Q的点电荷在3y0处。将质量为m、电荷量为+q的小球从坐标原点O静止释放，经过A点后，能到达最低点B。以y0处为电势能零点、2y0处为重力势能零点，小球可视为点电荷。小球在此运动过程中的重力势能、机械能、动能及电势能随y变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】初末速度为0，中间过程不为0，所以动能先增加后减小。 设正电荷Q的正上方x处电场强度为0，则 解得 即A点场强为0，结合图可知，A点上方场强方向向下，A点到正电荷场强方向向上。则小球从O点到B点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加，处为0。 在B点，小球总能量为 分析可知，在A、B点之间动能最大，设为C点，则 由于 ， 则 即电势能最大值大于动能最大值。 电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增加，机械能先增加后减小。而重力一直做正功，重力势能一直减小，最后不为0。 故选B。 5．如图所示，质量为m的带电小球A用长l的绝缘线悬挂于O点，现把另一带电小球B从无穷远处缓慢地水平移至A球原来的位置，此时细线偏过角度。若规定无穷远处为电势零点，则距电荷量为Q的点电荷r处的电势（k为静电力常量），重力加速度为g，则此过程中外力所做的功为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由图可知，平衡时，A、B两球相距为 对A受力分析可知 在运动过程中，外力做功为重力势能增加量和电势能增加量的和，即 故选A。 6．由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。 一个质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L＝2R 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为 Q（未知）时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上 P 点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点 P、P'关于圆心 O 对称。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g， 取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（　　） A．O 点的场强一定为零 B．由于 P、P两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反 C．金属带电小球的电量为Q D．固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为 【答案】D 【详解】A．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，故A错误； B．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球 在这两点产生的电场强度不相等，故B错误； C．取圆环带电小球；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力 方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的小球，其库仑力与F1相同；如图所示 由几何关系可知，细线与轴线的夹角 两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为 因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力 小球受力分析如图所示 可得 解得，金属带电小球的电量为 故C错误； D．在圆环上取下一个小球后，圆环上的电荷在圆心 O的场强大小为 根据对称性可知，固定 P 处的小球，在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，在圆心 O的场强大小为0 所以固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为 故D正确。 故选D。 7．正方形ABCD四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷，O为正方形两对角线的交点，M、N、P、Q分别为AO、BO、CO、DO的中点。取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　） A．M、N、P、Q四点的场强相同 B．M、N、P、Q四点的电势均为零 C．将一质子从M点沿MON移动到N点的过程中，电场力先做正功再做负功 D．将一电子从M点沿MOP移动到P点的过程中，电势能先增加后减小 【答案】D 【详解】A．根据电场的矢量叠加可知，M、N、P、Q四个点场强方向不同，选项A错误； B．等量同种正电荷连线上的点电势高于中点的电势，而中点的电势高于中垂线上其他点的电势即电势的绝对值在连线上的点高于重锤线上的点，结合电势叠加可知 ， ， 选项B错误； C．由于O点为两组等量异种电荷的中点，则O点电势为0，且M点电势为正，N点电势为负，则质子从M点沿MON移动过程中，其电势能一直减小，电场力对其一直做正功，选项C错误； D．由于O点电势为0，且M、P点电势为正，所以电子从M点沿MOP移动到P点的过程中，其电势先降低后升高，则电子的电势能先增加后减小，选项D正确。 故选项D。 8．如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．图中的A点是z轴上场强最强的点 B．轨道上A点的电场强度大小为 C．小球刚到达C点时的加速度为 D．小球刚到达C点时的动能为 【答案】B 【详解】A．由题意可知，如图所示，P为轴上一点，PD连线与轴的夹角为 根据等量同种电荷的电场分布可知点的电场强度竖直向上，大小表示为 整理得 令，，可得函数 对函数求导 令，解得 结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即 由此可知，轴上距离点处的两点电场强度最大，A错误； B．，轨道上A点的电场强度大小 B正确； C．由几何关系可知 ， 根据对称性可知，、两点的电场强度大小相等，因此，点的电场强度方向沿轴正方向，电场强度大小表示为 小球在点时的受力如图所示 小球在受到的电场力为 沿杆方向的合力为 解得 由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，C错误； D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，、两点电势相等，电荷从到的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得 解得 D错误。 故选B。 9．（多选）如图所示，真空中有两个固定的正点电荷A、B，已知A的带电量为5Q，B的带电量未知，一不计重力的带电微粒质量为m，电荷量大小为q，在正电荷A、B的库仑力共同作用下，恰好在一垂直于AB连线的平面内绕AB连线上的O点做半径为R的匀速圆周运动，已知带电微粒与两正电荷的连线和AB连线所成的夹角分别为和，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　） A．带电微粒带负电 B．带电微粒做圆周运动所在的竖直轨道平面是等势面 C．B电荷所带的电荷量为4Q D．带电微粒做圆周运动的线速度大小为 【答案】AD 【详解】A．依题意，当带电微粒带负电时，两点电荷的库仑引力的合力提供向心力，指向轨迹圆的圆心。所以该带电微粒带负电。故A正确； B．根据同种电荷的等势面分布特点可知带电微粒做圆周运动所在的竖直轨道平面不是等势面。故B错误； CD．对带电微粒受力分析，如图 由牛顿第二定律，可得 ， 其中 ， 联立，解得 ， 故C错误；D正确。 故选AD。 10．（多选）如图，光滑绝缘水平面上，由1、2、3三个带电量均为＋q、质量均为m的相同金属小球，用长均为L的三根轻质绝缘细绳连接，A、B、C分别为其中点，O为三角形中心，已知单个点电荷q周围空间的电势，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是（　　）    A．O点的电场强度为零 B．长度L取合适值时，A、O两点的电势可能相等 C．系统的总电势能为 D．若B处剪断，则之后小球1的最大速度为 【答案】ACD 【详解】A．根据对称性可知三个点电荷在O点产生的电场强度大小相等，根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为0，故A正确； B．O点到金属小球的距离均为，A点到金属小球3的距离为，根据电势叠加原则，A、O两点的电势分别为 则A、O两点电势不论在L取何值时都不可能相等，故B错误； C．1电荷的电势能 同理可得2和3电荷电势能 故整个系统电势能为 故C正确； D．三球一条直线时整个系统电势能最小，动能最大，1球速度最大，此时1电荷的电势能 2和3电荷电势能 此时整个系统电势能最小为 对系统，根据能量守恒 根据动量守恒 两式联立解得 故D正确。 故选ACD。 11．（多选）如图，直角三角形△ABC位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，∠ABC = 60°。空间存在一匀强电场，场强方向与△ABC所在平面平行，将一带正电的微粒（不计重力、空气阻力）从A点移动到B点，电场力做功为，从B点移动至C点，电场力做功为。下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小是 B．将该带电微粒从B点无初速度释放，其不沿∠ABC的角平分线所在直线运动 C．将该带电微粒从C点CA抛出，要使其通过B点，微粒在C点的动能应为 D．将该带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在A点的动能的应为 【答案】BCD 【详解】A．由题意可知，，，则 如上图，在BC边上找点D，使D点与A点电势相等，则AD连线为等势线，则 设DB边长为LDB，CD边长为LCD，θ为电场方向与CB方向的夹角，则 解得 在△ABD中，由几何关系可知 解得 ∠BAD = 45° 过B点作BE交AD于E点，且BEAD，因为且微粒带正电，所以A点电势大于B点电势，故电场方向沿EB，由E指向B，且有 解得 故A错误； B．由A选项可知，电场方向由E指向B，如果将带正电微粒从B点无初速度释放，该微粒将沿EB方向运动，由几何关系可知，∠ABE = 45°，∠DBE = 15°，EB边不是∠ABC的角平分线，故B正确； C．如下图，将BE反向延长交AC于F点，由几何关系可知∠ABE = 45°，LAF = L，则 如果将带电微粒从C点沿CA抛出，要使其通过B点，设微粒在C点的动能为Ek1，则带电微粒可看成沿CF方向以速度v1的匀速直线运动和沿FB方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则 解得 故C正确； D．如下图，过D点作AD的垂线交AC于G点，由几何关系可知∠DAG = 45°，则 如果将带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，设微粒在A点的动能为Ek2，则带电微粒可看成沿AG方向以速度v2的匀速直线运动和沿GD方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则 解得 故D正确。 故选BCD。 12．（多选）如图所示，在空间轴上方有沿负方向的匀强电场，电场强度大小为，在轴下方有方向与轴成角的匀强电场，电场强度大小为。现有一带正电量q，质量为m的粒子从以沿方向的速度射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第一次经过轴时速度方向与轴成角，则（　　） A．与满足 B．粒子第2次经过轴时的位置为 C．粒子第20次经过轴时的位置为 D．粒子第20次经过轴时速度大小为 【答案】BC 【详解】A．粒子第一次经过轴时速度方向与轴成角，则有 粒子在第一象限做类平抛运动，竖直方向上有 解得 故A错误； B．粒子第一次到达轴有 结合上述解得 随后粒子第二次到达轴有 解得 则有 即粒子第2次经过轴时的位置为，故B正确； D．结合上述，粒子在第一象限内的加速度 将粒子在轴下方的运动沿x轴与y轴方向分解，两方向的分加速度分别为 粒子在轴下侧电场中水平方向做初速度为的匀加速直线运动，且在轴下侧电场中水平方向后一过程可以看为前一过程的一个延续部分，在轴下侧电场中竖直方向做双向匀变速直线运动，结合上述，粒子第一次到达轴的时间为 根据竖直方向做双向匀变速直线运动的对称性可知，除第一次越过x轴的时间为，其余越过x轴的时间均为，粒子在轴下侧电场运动的总时间 则粒子第20次经过轴时速度大小为 结合上述解得 故D错误； C．结合上述可知，粒子在轴上侧电场水平方向的分速度等于前一次下侧电场水平方向加速后的末分速度，由于 可知，下侧电场水平方向加速一次后，水平分速度增大，则粒子在轴上侧电场水平方向通过的总距离 结合上述可知，粒子在下侧电场中水平方向通过的总距离 则粒子第20次经过轴时有 即粒子第20次经过轴时的位置为，故C正确。 故选BC。 第Ⅱ卷 非选择题 二、实验题（共2小题,共20分） 13．利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，已知直流电源电动势9V，内阻可忽略，实验过程中显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。 （1）关于电容器充电过程中两极板间电压U、所带电荷量Q随时间t变化的图像，下面正确的是 。 A．B． C．D． （2）如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，充电时I－t曲线与横轴所围成的面积将 （填“增大”“不变”或“变小”）；充电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”）； （3）请定性说明如何根据图乙的图像估算电容器的电容 ； （4）某同学研究电容器充电后储存的能量E与电容C、电荷量Q及两极板间电压U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。为此他做出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图像如图所示。下列说法正确的是 。 A．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比 B．搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积 C．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为 【答案】 AC/CA 不变 变长 B 【详解】（1）[1]AB、电容器充电过程中，电容器两端的电压U逐渐增大，最后与电源电动势相等，因此斜率会逐渐减小，最后与横轴平行，故A正确，B错误； CD、根据公式，电容为定值，可知电容器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，所以图像的斜率也逐渐变小，最后为零。故C正确，D错误。 故选AC。 （2）[2][3]由电容器的计算公式可知，电容器储存的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成的面积保持不变，当增大电阻R，由于电阻对电流的阻碍作用增强，充电电流减小，所以充电时间将变长。 （3）[4]根据图像的物理意义可知，图像中图线与横轴围成的面积表示电容器的电荷量，电容器的极板带电量约为 根据电容的比值定义式可得电容约为 （4）[5]A．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这克服电场力做的功，也就等于图像与横轴围成的面积，则 故A错误； B．根据图像的物理意义可知，搬运的电量，克服电场力所做的功近似等于上方小矩形的面积。故B正确； C．由（4）中的电容器的能量公式和电容的定义式可得 又因为由此可得。故C错误。 故选B。 14．如图甲是研究电容器电容大小的电路图。电压传感器（内阻可看作无穷大）可以实时显示A、B间电压大小，电流传感器（内阻可看作零）可实时显示出电流大小。连接好电路检查无误后进行了如下操作： ①将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零。 ②将S拨至1，观察并保存计算机屏幕上的、图，得到图乙和图丙。 （1）操作①的目的是 ； （2）进行操作②时，通过R的电流方向是向 （选填“左”或“右”），电流随时间 （选填“增大”或“减小”）； （3）该电容器的电容约为 ； （4）若电源的内阻不计，则 。 【答案】 让电容器充分放电或保证电容器初始电量为零 左 减小 173/174/175/176/177/178/179/180/181/182/183/184/185/186/187/188/189/190/191/192/193 【详解】（1）[1] 将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零，其目的是让电容器充分放电或保证电容器初始电量为零。 （2）[2] 进行操作②时，电容器接在电源两端，电容器充电。A、B极板分别带上正、负电荷。通过R的电流方向是向左。 [3] 由图乙可知，电流随时间减小。 （3）[4] 由图乙可知，每个小格的面积表示 图像与坐标轴围成的面积代表电容器充满电时所带的电荷量 由图丙可知电容器充满电时两端的电压 该电容器的电容约为 （4）[5] 由公式和可知，图像中图像与横轴围成的面积为 由图丙可知图像中图像与横轴围成的面积 得 三、计算题（本题共3小题，共32分） 15．在平面内建立直角坐标系xOy，第II象限存在沿y轴负方向的匀强电场2E，其第III象限放置电场线沿半径方向指向圆心的静电分析器，第I、IV象限存在交变电场。A点坐标为处有一粒子源，将质量为m，电荷量为q的正点电荷（不计重力）源源不断地由静止释放。当点电荷运动到x轴时刚好射入静电分析器，而后做匀速圆周运动。t=0时刻，第一个粒子于坐标位置处垂直于y轴进入交变电场，其场强变化规律如图乙所示（y轴正方向为电场正方向）。在交变电场中存在两绝缘挡板，下板位于第IV象限，与x轴距离为d，并紧贴y轴。上板与下板平行放置，两板间距离为，两板长均为，求： (1)粒子第一次经过x轴的速度大小v； (2)静电分析器的电场强度大小E0； (3)在0~T时间内从y轴负半轴进入第四象限的粒子，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子在第二象限中加速运动，由动能定理可知 解得 （2）带电粒子射入静电分析器，做匀速圆周运动，则有 解得 （3）带电粒子进入第四象限后在水平方向上做匀速直线运动，则可以从两板间离开的粒子，在两板间的运动时间为 设在前半个周期，t1时刻进入两板间的粒子可恰好从两板间离开，做出粒子在板间运动的v-t图像。 依题意，从板间离开的粒子的速度方向平行于两板，则t1时刻进入恰好离开的粒子当其运动到2T-2t1时，恰好打到上板竖直方向速度减为0，之后在竖直方向向下运动，最终从两板间离开。粒子沿y轴正方向的最大速度为 其中 粒子沿y轴负方向的最大速度为 依题意，有 解得 设在前半个周期，t2时刻进入两板间的粒子刚好从下极板边缘离开，粒子沿y轴正方向的最大速度为 粒子沿y轴负方向的最大速度为 依题意，有 解得 则在半个周期内，在时间段内进入的粒子可以从两板间离开，在后半个周期内进入的粒子将直接打到下板，综上所述，能够从两板间离开的粒子数占进入粒子总数的百分比为 16．如图所示，电荷量均为+q的三个带电小球，由三根长均为l的绝缘轻质细线连接，构成等边三角形，静止于水平光滑绝缘桌面上。已知小球1、2的质量均为m，小球3的质量为4m，小球的质量和电荷量可认为集中在球心，细线不可伸长。已知相距为r的任意两个点电荷、间具有相互作用的电势能，其大小为，为静电力常量。当空间中有两个以上点电荷时，系统的电势能为任意两点电荷间电势能的代数和。本题不考虑电荷运动过程中的电磁辐射。若将小球1、2之间的细线剪断，求： （1）从剪断细线至三个小球共线的过程中，它们的总电势能减少量； （2）三个小球共线时，小球1、3的动量大小； （3）从剪断细线至三个小球共线的过程中，小球1、3通过的位移大小。 【答案】（1）；（2），；（3）， 【详解】（1）由于小球1和小球2 质量相等，电荷量相等，所以剪断细线后，将运动到如图所示的状态 所以系统总电势能减少量为 （2）三个小球所受合外力为0， 所以组成的系统动量守恒，根据对称性可知，三个小球共线时，小球1和小球2速度相同，设小球1和小球2速度均为，小球3速度为，根据动量守恒和能量守恒，有 解得 三个小球共线时，小球1、3的动量大小分别为 （3）将小球1和小球2 看成一个整体，在竖直方向上所受到的合力与小球3在垂直1、2连线方向上的合力等大反向，设小球1和小球2在垂直连线方向上加速度为，小球3 在垂直1、2连线方向上的加速度为，根据牛顿第二定律，有 在竖直上的位移分别为 可得 有几何关系可得 可得 根据几何关系可得，小球1的位移大小为 小球3的位移大小为 17．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，CG为水平直径，BD为竖直直径，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，大小的匀强电场中，现有一质量为m、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4，重力加速度为g。 (1)若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达轨道D点时对轨道的作用力。 (2)若滑块从水平轨道上距离B点的A点开始运动； ①求滑块到达轨道C点时轨道对它的作用力大小。 ②为使滑块在滑离轨道前不脱离轨道，在A点至少要给滑块多大的初速度？ 【答案】(1)，方向竖直向上 (2)①，② 【详解】（1）设滑块到达D点时的速度为，由动能定理有： 解得 设滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为F，则有 解得 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为 方向竖直向上。 （2）①设滑块到达C点时的速度为，由动能定理有： 解得 滑块到达D点时受到轨道的作用力大小由 解得 ②如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点 要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道H点，恰好由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，弹力为零，此时速度设为，则有： 解得 设滑块的初速度至少为，由动能定理有 解得 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$