滚动检测卷(一) [第九、十章]-【金试卷】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

竖直方向上有u,=otan60°=E马 m 解得E=3mu6 qL。 (2)由粒子偏转方向可知，粒子带负电，由动能定理得一qUAB= 1 2m 又w=c0s60=20 解得AB= 3mvs 29 15.答案(1)Cmg(h+d .(2)d gh 2 (3)2g(d+h) 解析(1)由静止下落到下极板速度为零的过程中根据动能定理得 mg(h+d)-qU=0 Q=CU 解得Q=Cmgh+d) q (2)小球在平行板电容器中运动可看作反向初速度为零的匀加速运动 d-tu 号一me0 qU=mg(h+d) 解得=d√g 2 (3)上板板平移d,由公式C-4ka司 E,S Q 电容器所带电荷量不变，当距离变成2d时，两极板间电压是原来的两倍，再次 动能定理，设小球的初速度为0，则有 mg(d+h)-2qU=0-2mv6 由上式得o=√2g(d+h)。 16.答案a产(2配8√ 解析(1)在I区，由动能定理得： Eelmi 2EeL 解得om (2)电子运动轨迹为 电子在Ⅱ区做类平抛运动，设运动时间为t2 水平方向上做匀速直线运动，L=o2 竖直方向上做匀加速直线运动，℃y=a2t2 根据牛频第二定律得a2-2 m 0 0 将射出Ⅱ区的速度分解，由几何关系可得 tan =70 解得E2=2√3E (3)在1区，l=7o 在Ⅲ区，由速度分解及几何关系可得sin0=0 根据牛顿第二定律得加速度a?= m 匀减速至0的时间的一a3 后电子沿原路返回，时间具有对称性 则总时间t=2(t1十t2十t3) 2mL 解得t=7√Ee 第二部分阶段滚动卷 滚动检测卷（一）[第九、十章] 1,DE=E是采用比值定义的，E和F以及检验电荷g无关，E是由电场本身决定 的，故A错误；电场中某，点的电势p与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决 定的，故B错误；U励=Ed中的d是匀强电场中的任意两，点a、b沿着电场线方向的 距离，故C错误；电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间 距离d,极板面积S等有关，故D正确。 2.B若带电金属球A、B能看成点电荷，设两球心间距为r,根据库仑定律，有F1= k4QXQ r2 不带电的相同的金属球C先与A接触，再与B接触，然后移开C,则A、B两金属球 所带电荷量变为 Qi--2Q:QB--2 2QX Q F1 则A、B间的静电力大小变为F2=k2 4 由题意可知，与两球间距相比，两球半径不能忽略，原来两球带异种电荷，由于相互 吸引，电荷主要集中在内侧，电荷间实际距离小于r,故实际A、B两球间静电力 F>F 后来两球带同种电荷，由于相互排斥，电荷主要集中在外侧，电荷间实际距离大于， 故实际A、B两球间静电力 F<F2 联立可得F<F,B正确。 据 3.D电场线的疏密表示电场强度大小，由图知A点的电场强度小于B点的电场强 度，粒子在A点所受的电场力小于在B点所受的电场力，故粒子在A点的加速度小 于在B点的加速度，故A错误；由带电粒子的运动轨迹和电场线分布情况，知电场力 对粒子做负功，动能减小，电势能增大，则粒子在A点的动能大于它在B,点的动能， 在A,点的电势能小于它在B点的电势能，故B错误，D正确；由沿电场线方向电势降 低知A点电势高于B点电势，故C错误。 4.C由题图可知，液面高度变化时只有正对面积发生变化，板间距离不变；由C 4可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S ErS 减小，则电容减小，由电流从下向上流过电流计，可知该段时间内电容器上的电荷量 减少，由于电势差不变，根据Q=CU可知电容减小，则瓶内液面降低 t时间内减少的电荷量q=It 由C=号可得g=U·△C ac 液面的高度为h时的正对面积S=2πr·h 则△S=2πr·△h 联立部得△从-光故选C 5.B根据电场强度叠加原理可知，a、c、d、f各点电场强度方向不同，故A错误；根据 等量同种电荷电势分布及对称性可知，a、c、d、f四，点的电势相同，故B正确；在等量 同种电荷连线的中垂线上，电场强度是变化的，故该粒子受到的电场力是变化的，则 加速度是变化的，不是匀加速运动，故C错误；如果将一带负电的重力不计的粒子由 a点沿圆孤abc运动到c点，电场力与速度方向夹角先为钝角后为锐角，电场力先做 负功后做正功，故D错误。 6.A粒子做曲线运动，电场力指向曲线的凹侧，所以电场力的方向向右，而粒子带负 电，则场强向左，而沿着电场线方向电势逐渐降低，可知Pp≥pπ≥PQ,故A正确；因 Pp≥pQ,由Ep=qp和q<0可知，带电粒子在P点时的电势能比在Q,点时的电势能 小，故B错误；粒子运动过程中只有电场力做功，电势能和动能相互转化，而电势能 和动能的总和不变，则带电粒子在R点时的动能与电势能之和与在Q点、P点时的 一样大，故C错误；由电场线疏密程度可知，R点场强比Q点场强大，则由=E可 知带电粒子在R点时的加速度大于在Q点时的加速度，故D错误。 7.D微粒开始时做直线运动，说明其所受重力和电场力大小相等，方向相反，当将N 板下移一小段距离时，由E-是和下=E,可推出F减小，所以北后微粒所交重力大 于电场力，微粒会沿轨迹④做曲线运动，故选项D正确。 8.BDb、e两点在同一等势面上，一正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误； 一电子从a点运动到d点，电场力做功为Wd=eUad=4eV,B正确；电场强度垂直 于等势面，并指向电势降低的方向，b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向左， C错误；题图中的等势面为等差等势面，a、b、c、d四个点中，b点处的等势面最密，电 场强度大小最大，D正确。 9.AD连接A、B,交C、O连线于I点，交D、O连线于H点，交 E、O连线于G点，如图所示，由几何关系可得AI=IG=GB,所 以91=2V,9G=4V,故OC为2V的等势线，因此pc=2V, DG∥CO,因此PD=PG=4V,故C错误，D正确；由几何关系可 知BO⊥CO,故电场沿BO方向，则电场强度的方向由B指向 0,电场强度大小为E=0=B。0=2V/m,故A正确，B错误。 R 10.BC粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做 初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个乞的时间内沿竖直方向的位移之比为 1:3,则在前台时间内，电场力对粒子微的功为日9U,在后台时间内，电场力对粒 子微的功为名9U,A错误，B正确；由W=qEx知，在粒子下落的前4和后过程 中，电场力做功之比为1：1，C正确，D错误。 11.BD粒子3做近心运动，电场力做正功，动能增大，故入射时动能小于出射时动能， A错误。 粒子4做离心运动，电场力做负功，动能减小，故入射时动能大于出射时动能，B 正确。 粒子3 探测器粒子4 探测器 极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，设E= 对粒子1，粒子2有gE=m P 可得动能E三2m心-，与运动半径无关故粒子1与粒子2入射时动能相等，0 错误。 由以上推导，若粒子1与粒子3入射时动能相等，则粒子3入射时的动能也等于粒 子2入射时的动能 而现在粒子3做近心运动，其所受合力必大于其所需要的向心力，故粒子3入射的 初速度必小于其做匀速圆周运动的速度，即小于粒子2的入射速度，D正确。 12.答案(1)正电餐 (2)油滴所带电荷量是1.6×10-19C的整数倍 解析(I)该油滴竖直向下做匀速直线运动，受重力和电场力，二力平衡，故电场力 向上，而场强向上，故油滴带正电；匀速运动时油滴处于平衡状态，重力和电场力平 衡，mg宁，解得q"2。 U (2)由数据可知，油滴所带电荷量是1.6X10-19C的整数倍。 13.答案(1)左右(2)1.6×10-31.8×10-4(3)不变变短 解析(1)将开关S接通1，电容器的左极板与电源的正极相连，所以电容器的左极 板带正电；再将S接通2，电容器通过电阻R放电，所以通过R的电流方向向右。 (2)电容器所带的电荷量在数值上等于I一t图像与坐标轴所包围的面积。 每个小方格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.2C=4×10-5C 曲线下包含的小方格的个数为40（格数为38~42都正确）。 故电容器所带的电荷量Q=40×4×10-5C=1.6×10-3C 根据电容的定义式可得C-吕-16X10p=1.8X104F (3)电容器所带的电荷量Q=CU,与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减 参考答案49 小电阻R,充电时I一曲线与横轴所围成的面积将不变，由于电阻对电流的阻碍作 用减小，充电电流增大，所以充电时间将变短。 14.答案(1)6.4m/s2(2)0.3m 解折(1)分析电背B的安力，由牛颜第二定待得mg一兴-m 代入数据得a=6.4m/s2。 (2)造度最大时，加速度为枣，有mg=器 代入数据得L=0.3m。 15.答案(1/2mg+E亚(2)3(mg十gE)(3)2VH-元 77 解析(I)小球从A到B过程，由动能定理得mgL十gEL=2m2-0 小球到达B点时的速度大小为um8亚 (②)在B点，时小娘由牛顿第二定律得P,一mg一gE=m咒 解得Fr=3(mg十qE)。 (3)对小球在细线断开后的类平抛运动，由牛顿第二定律有gE十mg=ma 竖直方向：H-L=a2 水平方向：x=t 联立解得x=2w√(H一L)L。 16.答案(1)1N(2)6N(3)0.5 解析(1)带电体所受到的电场力 F=gE=1.0×10-4×1.0×104N=1N vc (2)带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,则有mg一m尺 设带电体经过B点时的速度大小为口B,半圆形轨道对带电体的支持力大小为FB, 带电体从B运动到C的过程中，由动能定理得一mg·2R=2m呢-之m呢 v 在B点，对带电体，由牛顿第二定律得FB一mg=mR 联立解得FB=6N 根据牛顿第三定律知，带电体在B点时对半圆形轨道的压力大小为6N (3)带电体从P运动到B的过程中，由动能定理得 Fx-umgx=2m呢 解得μ=0.5 第十一章 电路及其应用 A卷基础达标 1.C金属捧的电阻R=p令，自由电子定向移动形成的电流I=nS0,金属棒两瑞电 压U=IR,故金属棒内的电场强度大小为E=号=m心sp-Pme,故C正确。 LS 2.A小灯泡灯丝是一种金属，金属的电阻率ρ随温度的升高而变大，由电阻定律R P可知灯丝的电阻变大，则流过小灯泡的电流变小，故小灯泡变暗，故选A。 3.A在时间△t内，棒通过某截面的长度1=v△t,则流过某截面的电荷量为Q=gl= g,其等效电流I一是-g,方向与口的方向相反，故选A, 4,A由电阻定律可知R=PS,则两导体的电阻R。=R。一合，两导体串联，分压相 等，即两导体两端的电压均为号，由欧姆定律可知R=品=片，解得=贸，选项A J 正确，B、C、D错误。 5.B要将电压表改成量程更大的电压表，需要串联一个新的电阻，根据欧姆定律可得 R1UU0=45-150=30kn,故选B. Uo 15 Ry 15×103 50参考答案 6.D图形剖析 切线的斜率 A 无物理意义 此状态的阻值 -10 2 UNV 解析图线上某点与原点连线的斜率表示该点对应电阻的倒数，从图像中可以看 出，随着电压的升高，图线上的点与坐标原点连线的斜率在减小，所以电阻在增大， 故AB错；当导体两端电压为2V时，国像上对应的电流值为2A,所以电阻R=号 =1,故C错，D正确。 7B电压来并联在风：两瑞时，并联事分份也阻为。-斧得k0=2,派据幸 联电路的分压特点可知，电源的电压为12V;电压表并联在a、b两端时，测量的是电 源的电压，所以其示数为12V,故B正确。 8.B根据串联电路的分压原理，当滑动端P移到最上端，即滑动变阻器接入电路的阻 UR U 值最大时，有尺尺十R:当滑动端P移到最下端，即滑动变阻器接入电路的阻值 零时，有UR=U,所以R两端电压UR的变化范围是RRU,故B正确 9.B由图可知导线a两端电压为U。=6V一4V=2V,导线b两端电压为Ub=4V 0V=4V;两导线串联，则通过两导线的电流1相等，根据R-号可知两导线的电阻 之比为光=根搭R二可得p-,由于两子线的横煮面8湘青路® 两件行剂的电程车之比为会受，会-宁×分-子，B正风。 10.C设电流表A的内阻为RA,用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值 时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I1一IA)R1=IARA,解得I1= 3IA=1.8A,则每一小格表示0.06A;若将接线柱1、3接入电路，因R2对电流表量 程没影响，量程仍为1.8A,则每一小格仍表示0.06A。选项C正确。 11.答案(1)①直流电流、电压②×1③0刻线(2)DBE 解析(1)①调节指针定位螺丝，进行机械调零，使多用电表指针对准直流电流、电 压“0”刻线。 ②因待测电阻约为20Ω，则将选择开关转到电阻挡的“X1”的位置。 ③将红、黑表笔插入“十”、“一”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表 指针对准电阻的“0刻线”。 (2)测量后要继续测量一个阻值大约是2k左右的电阻，则需先将选择开关旋转 到“X100”位置，然后两表笔短接调零，使电表指针对准电阻的“0”刻线。故为D、 B、E。 12,答案)1,700(2)①X1②欧姆调零(3)11(4)偏小 解析(1)根据图甲可知螺旋测微器固定刻度读数为1.5mm,可动刻度读数为 20.0×0.01mm=0.200mm,则电阻丝直径D=1.700mm。 (2)用欧姆挡测电阻时要选择合适的倍率，指针在中央刻度线附近时读数误差较 小，指针在α处时偏转角度大，误差较大，则需要更换较小倍率来测量，即选×1挡； 换挡后需要在测量前进行欧姆调零。 (3)由图乙可知，读数为112。 0根蜡欧标定#得电医丝的红值为R-号又R-受S-得。一，由图 丙可知，电路采用电流表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值偏大，而电压 测量值准确，故电阻率测量值偏小。 13.答案(1)8×1052·m(2)4cm2cm 解析(1)由电阻定律有R=pS 其中，l=2um=2×10-6m,R=1.6×1052,S=1X104m2 解得p=8×106n·m (2)圆柱体体积V=πr2h=32πX10一6m3 由欧姆定律有R一 由电阻定律有R=pS=P h 可得点。0 r2=0 联立解得h=0.02m=2cm,r=0.04m=4cm 14.答案(1)8×10-4C(2)6V 解析(1)设电容器上的电压为Uc, R2U 则Uc一R1十R2 电容器的带电荷量Q=CUc 解得Q=8X10-4C。 (2)电压表与R2并联后电阻为R#=R2干RV R2Ry R并U 则电压表两端的电压为Uy一R1十R# 解得Uv=6V。 B卷能力提升 1,B根据电流的定义式I=具，可知环形电流的大小为1=导一品器， e=巴，故选B。 2.B由题图知，导线x的长度为lb=10cm,导线y的长度为lk=40cm,ab段和bc 假的电势差分别为2V和4V,通过两导线的电流相子，根据欧好定律得光 合根据电阻定律R=®号得S=P收，则导线z和y的横截面积之比为表-会尽 Si luRab =分，故B正确。 3.C小灯泡L和滑动变阻器R并联，其两端电压均等于电源电压，电压表测的是小灯 泡两端电压，电流表测的是流过小灯泡的电流。因电源电压保持不变，则滑动变阻 器连入电路的电阻变化时，不影响小灯泡两端的电压和电流，故两表的示数都不变， 故C正确。 4.B因电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用对电路影响大，所以要用电流 表内接法的甲电路进行测量。甲电路中，电压表的示数是待测电阻和电流表两端的 电压之和，故电压表示数比待测电阻R,的真实值大，R='=,0。了Q= 1000Ω，又U测>U真，所以R测>R真，即测量值偏大，真实值比1000略小一些， 故B正确，A、C、D错误。 5.B图形剖析 R,两端的电压U,=IR。 +① 流过R,的电流I=R 12 流过R,的电流 R R2 IRg 0 一U1a -U2 L=ld Ry R,两端的电压 电压U=R+(I+ R -0+ 解析由电路困可知，用0a两瑞时是电流表，有=l2=【。十8150mA,故 AC错误：由电路图可知，用O.6两瑞时是电压表，有U=R十山，十餐R, 160V,故B正确，D错误。 6.D由港因可知，当S断开时，电程R布R争联，0风kU=号U=4V,每得 U=6V,当S闭合时，R1和电流表A被短路，电流表读数为0A,电压表读数为6V, 选项D正确。第二部分 阶段滚动卷 滚动检测卷（一）[第九、十章] 凿 建议用时：75分钟满分：100分 一、选择题（本题共11小题，共44分.在每小题给出的四个选项中， 第1一7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8一11题有多项 密 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) 中 1.以下说法正确的是 ) 典 A,由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比 B.由公式E可知电场中某点的电势与g成反比 线 C.由U,=Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两点 间的电势差也越大 瓷 D.公式C-号，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U 无关 不 2.如图所示，真空中两个完全相同的带电金属 球A、B(与两球间距相比，两球半径不能忽 B 如 略)分别带有一4Q和+Q的电荷量，两球间 准 静电力为F.现用一个不带电的相同的金属 球C先与A接触，再与B接触，然后移开C,则A、B间的静电力 答 ( ) A.等于日 我小于星 C大于军 D.等于7 8 题 3.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动 ,E 童 到B点.如图所示，实线为电场线，虚线为粒 子的运动轨迹，由此可以判定 () A.粒子在A点的加速度大于它在B点的加 速度 B.粒子在A点的动能小于它在B点的动能 C.电场中A点的电势低于B点的电势 赵 D.粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 北 4.一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传 感器，用来测定瓶内溶液深度的变化.如图所示，瓶的外壁涂有的 一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极板，它们通过探 针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介 质，其厚度为d,相对介电常数为e.开关闭合，若发现在某一小 段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒 定，为U,则下列说法正确的是（静电力常量为） () 探针 (G 绝缘电介质 导电涂层 导电溶液 手阀门 A.瓶内液面升高了2d rUe, B.瓶内液面升高了d rUe, C.瓶内液面降低了2kdIt rUe. D.瓶内液面降低了kdIt rUe. 5.如图所示，将两个等量的正点电荷分别固定 在M、N两点，图中圆的圆心位于两点电荷连 线的中点，b、e为两点电荷连线的中垂线与圆 M+- 的交点，a、c、d、f分别为圆弧Mb、bN、Ne、eM 的中点，下列说法正确的是 () A.a、c、d、f四点的电场强度相同 B.a、c、d、f四点的电势相同 C.如果将一带负电的重力不计的粒子由e点无初速释放，则该粒 子将沿中垂线向O点做匀加速运动 D.如果将一带负电的重力不计的粒子由a点沿圆弧abc运动到 c点，则电场力先做正功后做负功 6.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场 a--- 线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下 P R 通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨 迹上的三点，由此可知 ( A.P点的电势高于Q点的电势 B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比 在P点时的大 D.带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度 7.如图所示，两块很大的平行金属板M、N水平 ▣M 正对放置，连在电压恒定的电源上（极板移动 ① P② 过程中U不变)，两板间有一带电微粒以速度 ④③ N 沿直线运动，当微粒运动到P点时，迅速将 N板下移一小段距离.则此后微粒的运动情况可能是 A.沿轨迹①做曲线运动 B.方向改变，沿轨迹②做直线运动 C.方向不变，沿轨迹③做直线运动 D.沿轨迹④做曲线运动 8.某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点， 则 () 2V3V5V/7V8V A.一正电荷从b点运动到点，电场力做正功 B.一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV C.b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右 D.a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大 9.如图所示，匀强电场中有一与电场方向平行的扇 形AOB区域.已知扇形区域的圆心角0=120°、K 半径R=2m,其中C、D、E将圆弧AB四等分. 若A、B、O点的电势分别为PA=0,PB=6V, Po=2V,下列说法正确的是 A.电场强度的大小为2V/m B.电场强度的方向由O指向B C.PD=3 V D.c=2 V 10.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为 L,板间距离为d,板间电压为U,一不计重 91-- 力、电荷量为十q的带电粒子以初速度。沿 两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则 A.在前乞时间内，电场力对粒子做的功为9U B.在后号时间内，电场力对粒子做的功为受9U C.在粒子下落的前平和后过程中，电场力做功之比为1：1 D.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1：2 11.一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱 形带电导体极板（半径分别为R和R十）和探测器组成，其横 截面如图(a)所示，点O为圆心.在截面内，极板间各点的电场 强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点.4个带正电 的同种粒子从极板间通过，到达探测器.不计重力.粒子1、2做 圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R<r1<r2<R+ );粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射； 粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r?的位置出内射， 轨迹如图(b)中虚线所示.则 () 第二部分阶段滚动卷13 粒子1 探测器 粒子2 探测器 +0 探测器 粒子3 探测器 粒子4 探测器 图(a) 图(b) A.粒子3入射时的动能比它出射时的大 B.粒子4入射时的动能比它出射时的大 C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能 D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能 二、实验题（本题共2小题，共14分） 12.(7分)如图所示，甲图是测量元电荷的实验装置图，乙图是简化 图.喷雾器可喷出不同带电荷量的油滴，喷出的油滴通过上极板 的小孔进入平行板电容器，平行板电容器的极板间距为d,两板 所加电压大小为U,上极板为负极板，下极板为正极板 喷雾器 显微镜 甲 乙 (1)实验中，用显微镜观察到某油滴匀速下降，测得其质量为m, 则此油滴带 (填“正电”或“负电”)，电荷量大小为 (已知重力加速度为g). (2)不断改变电压，仔细观察油滴的运动，经过反复实验得出大 量数据，如表。 粒子带电荷量9192 93 9495 96 97 … (×10-19C) 3.24.86.48.011.29.617.6…12.8 你从测得的大量数据中可得出的结论是： 13.(7分)电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，它与计算机相 连，可以显示出电流随时间变化的I一t图像.按图甲所示连接 电路，直流电源电压为9V,电容器选用电容较大的电解电容 器.先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S 掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计 算机.屏幕上显示出电流随时间变化的I一t图像，如图乙所示. 14第二部分阶段滚动卷 I/mA 子翻圈圈 R 84日 t/s 接计算机「 电流传感器 ++ 甲 乙 (1)将开关S接通1，电容器的 (选填“左”或“右”)极板 带正电，再将S接通2，通过R的电流方向向 （选填 “左”或“右”) (2)根据I一t图像估算，当电容器开始放电时所带的电荷量Q= C,电容C= F(均保留2位有效数字). (3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R,充电时I一t曲线 与横轴所围成的面积将 （选填“增大”“不变”或“变 小”)，充电时间将 (选填“变长”“不变”或“变短”) 三、计算题（本题共3小题，共42分.解答时应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算 的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14.(10分)电荷量Q=2×10-7C的正点电荷A固定在空间中O 点，将质量m=2×10-4kg、电荷量g=1×10-7C的另一正点电 荷B从O点正上方某处由静止释放，B运动过程中速度最大位 置在P.若静电力常量k=9×10N·m/C2,重力加速度取g= 10m/s2.求： (1)B运动到距O点l=0.5m处的加速度大小： (2)P、O间的距离L. 15.(14分)在真空中存在着竖直向下的匀强 电场，电场强度为E,如图所示，一根绝缘 细线长为L,一端固定在图中的O点，另 B 一端固定有一个质量为m、电荷量为十q、 可视为点电荷的小球，O点距离地面的高 度为H,将小球拉至与O点等高的位置A 处从静止释放.重力加速度为g,求： (1)小球运动到O点正下方B点时的速度大小； (2)此刻细线对B点处的小球的拉力大小； (3)若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的 水平位移x, 16.(18分)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道 E AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光 滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半 径R=0.4m,只在AB轨道上方所在 grriB 空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行， 电场强度E=1.0×104N/C,BC右边没有电场.现有一电荷量 q=十1.0×10-4C质量m=0.1kg的带电体（可视为质点），在 水平轨道上的P点由静止释放，P到B的距离为2m,带电体 恰好能通过半圆形轨道的最高点C,重力加速度g取10m/s2. 试求： (1)带电体所受到的电场力大小； (2)带电体运动到半圆形轨道B点时对半圆形轨道的压力 大小； (3)带电体与轨道AB之间的动摩擦因数.