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2023-2024学年北京市海淀区清华大学附中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年北京市海淀区清华大学附中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于电场的下列物理量中，哪个物理量“负得越多“代表该物理量越小，“正得越多”代表该物理量越大( )
A. 电场强度B. 电荷量C. 电场力D. 电势
2.声波属于机械波。下列有关声波的描述中正确的是( )
A. 一列声波从空气进入水中，其频率会发生变化
B. 声波可以绕过障碍物传播，即它可以发生衍射
C. 声波的频率越高，它在空气中传播的速度越快
D. 当声源远离观察者时，观察者听到声音频率高于声源频率
3.关于电场，下列说法正确的是( )
A. 电场强度公式E=Fq表明，若电荷量q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
B. 电强度公式E=kQr2表明，点电荷Q周围电场强度的大小与电荷量Q的大小相关
C. 两个等量同种点电荷连线中点位置的电场强度为零，电势也为零
D. 匀强电场中各点的场强和电势都相同
4.劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图像如图所示，在图中A点对应的时刻，下列说法错误的是( )
A. 振子所受的弹力大小为5N，方向指向x轴的负方向
B. 振子的速度方向指向x轴的正方向
C. 从t=0时刻到该时刻，振子一共振动了3.75s
D. 从t=0时刻到该时刻，振子运动的路程为3.75cm
5.如图所示是物体受迫振动的共振曲线，该共振曲线表示了物体( )
A. 在不同时刻的振幅
B. 在不同时刻的位移
C. 在不同频率的驱动力下的振幅
D. 在不同频率的驱动力下的位移
6.用沙摆演示简谐运动的图象，当沙摆下面的木板被匀速地拉出过程中，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化关系，板上直线OO′表示时间轴。使两个摆在各自的木板上形成曲线。如图中板
N1、N2移动的速度v1、v2的关系为3v1=4v2。则两曲线代表的沙摆各自摆长L1，L2的关系为( )
A. L1：L2=4：9B. L1：L2=9：4C. L1：L2=2：3D. L1：L2=3：2
7.如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个电子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点。若带电粒子只受电场力作用，根据此图可知( )
A. 无法判断电场的方向
B. a点电势低于b点电势
C. 电子在a点的动能较大
D. 无法判断电子在a、b两点的电势能大小
8.如图所示，不带电，长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为q的正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. 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. 感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小为E=kqR+0.5l
D. 导体棒内没有净电荷
9.在x轴上A、B两点分别放置两电荷q1和q2，C为两电荷中垂线上一点，且AO=BO=CO，在x轴上的电场强度与x的关系如图所示，规定场强沿x轴正方向为正，则( )
A. 两电荷为等量异种电荷B. O电势等于0
C. 从C到O电势增加D. 电子从C到O运动过程中电势能增大
10.某静电场中x轴上各点电势分布如图所示，一带电粒子在坐标原点O处静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的有( )
A. 粒子一定带正电
B. 粒子不能够运动到x2处
C. 粒子在x1处受到的电场力最大
D. 粒子从原点运动到x1过程中，电势能增大
11.如图，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置。杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线的中点，AO=BO。现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0。则关于小圆环的运动，下列说法正确的是( )
A. 运动的加速度先变大再变小，再变大又变小
B. 电场力先做正功后做负功
C. 运动到O点的动能为初动能的一半
D. 运动到O点的速度小于v02
12.如图所示，三个点电荷依次位于竖直面内等边三角形的三个顶点，M、N分别为AB、BC的中点，两处电场方向分别竖直向下、向上。已知M处的场强大小为E，则N点处的场强大小为( )
A. (6+ 3)2E
B. (3+ 3)E
C. (6− 3)2E
D. (6− 3)E
二、多选题：本大题共6小题，共18分。
13.对于简谐运动的下列说法，其中正确的是( )
A. 做简谐运动的物体，它经过平衡位置时所受的合外力一定为零
B. 做简谐运动的物体，它在运动中所受的合力就是回复力
C. 做简谐运动的物体，其回复力的大小一定与其位移大小成正比
D. 做简谐运动的物体，当其速度正在变大时，其加速度一定在变小
14.如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则( )
A. t=0.10s时，质点P的运动方向沿y轴正方向
B. t=0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大
C. 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m
D. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为6m
15.利用发波水槽观察波的衍射现象时，看到如图所示的图样。为使衍射现象更明显，可采用的办法有( )
A. 缩小挡板间距
B. 增大挡板间距
C. 减小水波波长
D. 增大水波波长
16.一带电小球在固定的斜面上由A点运动到B点的过程中，受到了重力、弹簧弹力、斜面的支持力、电场力和摩擦力的作用。若小球的重力势能增加了5J，电场力做功3J，小球与斜面因摩擦产生的热量为0.5J，弹簧系统的弹性势能减少了4J，则( )
A. 重力做功为5JB. 电势能减少了3J
C. 小球的动能增加了1.5JD. 整个系统的机械能增加了2.5J
17.如图所示，两对等量异号点电荷固定于正方形的4个顶点上。两条通过中心点O分别垂直于正方形两边的直线命名为L1、L2。设无穷远点的电势为零，则下列说法正确的是( )
A. L1和L2上各点电势均为0
B. 正方形内，L1和L2所夹的右上区和左下区电势均为负值
C. 在L1上各点(除O点和无穷远点)的场强均与L1垂直
D. 在复合电场区域内场强和电势同时为零的点是不存在的
18.如图所示，竖直面内有一半径为R的圆，圆的直径AB水平，C为圆周上一点，OC与AB成60∘角，现有一匀强电场，其电场方向在该圆所在的竖直平面内，但方向未知。一质量为m，电荷量为q的带正电小球以相同的初动能从A点沿各个方向射入圆形区域，又从圆周上不同点离开，其中从B点离开的小球动能最大；若仅场强大小减小为原来的四分之一，则在A点沿与AB成30∘角斜向右上方射入的小球，恰能从C点离开，且离开时此小球动能最大，则下列说法正确的是( )
A. 变化前的场强大小为2mgqB. 小球的初动能一定等于 3mgR16
C. 该电场方向一定与AB成30∘角斜向右上方D. 电场变化前，小球在B点的动能为4mgR
三、实验题：本大题共4小题，共36分。
19.某同学用如图1所示的装置进行“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材______。
A.长度为10cm左右的细绳
B.长度为100cm左右的细绳
C.直径为1.8cm的钢球
D.直径为1.8cm的木球
E.最小刻度为1mm的米尺
F.最小刻度为1mm的学生用20cm直尺
(2)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，在实验过程中以下操作正确的是______。
A.摆长一定的情况下，摆角应大一些，以便于观察
B.单摆摆动稳定后，在摆球每次经过最高点时开始计时和数全振动的次数
C.要努力控制单摆的摆动在同一个竖直面内，而不是做圆锥摆
D.测量单摆的周期时，应该测量多个全振动的总时间以减少误差，比如说开始计时的时候数N=1，然后摆球每次通过最低点时累加计数数2、3、4………一直数到60时记录的总时间为t，则T=t60。
(3)甲同学利用打算利用实验中测得数据直接代入公式求解本地的重力加速度，他在实中测得摆线长为L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则他利用这些物理量可以推导出g的表达式g=______。
(4)北京和广州的两位同学，分别探究单摆的周期T与摆长l的关系，通过网络交流将两地的实验数据在同一张坐标纸上绘制了T2−l图像，如图2所示。其中用北京的同学所测实验数据绘制的图像是图线______。(选填“A”或“B”)
(5)北京的同学还绘制了不同摆长的单摆的振动图像，如图3所示。由图可知两单摆摆长之比la：lb为______。
(6)广州的同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长l，其它实验步骤均正确，他用了上面第(4)问中的绘制T2−l图像的办法来求当地的重力加速度，则他测量的重力加速度大小______当地的重力加速度大小。(填“偏大”、“偏小”、“等于”)
20.根据你所学的物理知识，完成下列各空。
(1)如图1，用一金属网罩将验电器罩住，然后用一金属球不断地从别处取电后接触金属网罩，使金属网罩带电，则网罩内验电器的金属箔片______张开。(填“会”或“不会”)。
(2)如图2，将一负电荷Q放在一不带电的导体棒的左端附近，由于静电感应，在导体棒的左端A将感应出负电荷，在导体棒的右端B将感应出正电荷，现保持负电荷Q及导体棒的位置不变，用一根导线将导体棒的A端与B端连接起来，则连通的瞬间导线中______。
A.会出现从A流向B的电流
B.会出现从B流向A的电流
C.不会出现电流
(3)利用静电除尘器可以消除空气中的粉尘，如图3是某种静电除尘器的结构简图，该静电除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成，其大致除尘原理是：当将A、B分别通过N、M两点处接上高压电源后，由于B附近的电场强度很大，导致B附近的气体分子被电离成为电子和正离子，电子很容易被空气中的粉尘吸附，就这样粉尘在静电力的作用下被吸附到金属管A的内表面上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中。则根据分析可知金属丝B在M点处接的是高压电源的______。(填“正极”、“负极”)
21.如图所示，与水平夹角为θ角的倾斜轨道AC与半径为R的圆弧形轨道CDEF平滑连接，D点与圆弧轨道圆心等高，水平线BE(包括BE线)的下方有竖直向下的匀强电场。场强大小为mg2q，现将质量为m，带电量为−q(q>0)的小滑块从A点由静止开始释放。
已知轨道光滑且绝缘，求：
(1)要使小滑块恰能过圆弧形轨道最高点E，则小滑块在最高点E的最小速度是多少？
(2)小滑块释放点A与B点的高度差至少为多大；
(3)在小滑块恰能过圆弧最高点E的情况下，求小滑块在最低点C时受到的轨道的支持力大小。
22.x轴上的波源S1、S2分别位x1=0和x2=1.4m处，t=0时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿S1、S2连线相向传播，t1=1s时两列波的图像如图所示。假设波源的振动情况始终不变，不考虑波源之间的相互影响。求：
(1)两列波传播速度的大小；
(2)请问平衡位置位于x1=0.52m处的质点P(图中未画出)是否能有位移为12cm的时刻，如果有请给出一个此质点位移为12cm的时刻，如果没有请说明理由。
(3)若质点M的平衡位置位于x3=0.5m处，请求出质点M从开始振动到t2=4s时运动的总路程。
四、计算题：本大题共2小题，共22分。
23.如图所示，长为l的细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量+q的小球，将它们放在水平方向的匀强电场中，小球静止时的位置为A点，小球静止时细线与竖直方向成θ角。求：
(1)该匀强电场的电场强度大小；
(2)当小球在电场中处于静止时，剪断细线，小球将从A点由静止开始运动，经过时间t后小球运动到了P点，求A、P两点间的距离大小？
(3)不剪断细线，将小球拉至图中的竖直虚线处(细线保持绷直状态)由静止释放，求释放后小球在运动过程中动能的最大值。
24.如图甲所示，光滑的绝缘细杆水平放置，有孔小球套在杆上，整个装置固定于某一电场中。以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。沿杆方向电场强度E随位置x的分布如图乙所示。场强为正表示方向水平向右，场强为负表示方向水平向左。图乙中曲线在0≤x≤0.20m和x≥0.4m范围可看作直线。小球质量m=0.02kg，带电量q=+1×10−4C。若小球在x2处获得一个v=0.4m/s的向右初速度，最远可以运动到x4处。
(1)求杆上x4到x8两点间的电势差大小U；
(2)若小球在x6处由静止释放后，开始向左运动，求：
a.加速运动过程中的最大加速度am；
b.小球从x6处向左运动的累计最大距离sm；
(3)若已知小球在x2处以初速度v0向左减速运动，速度减为零后又返回x2处，所用总时间为t0，求小球在x2处以初速度4v0向左运动，再返回到x2处所用的时间(小球运动过程中始终未脱离杆)。你可能不会计算，但小球向左运动过程中受力特点你并不陌生，请展开联想，通过类比分析得出结果。请简单说明原因，然后写出结果即可。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AC、电场强大和电场力都是矢量，正负号仅表示方向，不表示大小，故AC错误；
B、电荷量有正负之分，负号表示带电体带的是负电，负的越多表示所带的负电荷越多，故B错误；
D、电势是标量，正负号就是表示大小，“负得越多“代表电势越小，“正得越多”代表电势越大，故D正确。
故选：D。
电场强度和电场力都是矢量，正负号表示方向；电荷量的正负号表示带电的正负，都不表示大小，电势是标量，正负号表示大小。
知道矢量的正负号不表示大小，仅表示方向，但并不是所有的标量的正负号都表示大小，电荷量也是标量，正负号不表示大小，表示的是带电性质。
2.【答案】B
【解析】解：A、声波的频率是由波源决定的，与介质无关，所以一列声波从空气进入水中，其频率不会发生变化，故A错误；
B、当障碍物的尺寸比波长小，或与波长相差不大时，波可以绕过障碍物发生衍射，故B正确；
C、声波的传播速度是有介质决定的，所以不管声波的频率高低如何，在空气中传播的速度是一定的，故C错误；
D、当波源远离观察者时，会发生多普勒效应，观察者听到的声音频率会低于生源频率，故D错误。
故选：B。
声波的频率是由波源决定的；根据发生衍射的条件分析；声波的传播速度是有介质决定的；根据多普勒效应分析。
知道声波的频率是由波源决定的，根据发生衍射的条件分析，声波的传播速度是有介质决定的，以及多普勒效应是解题的基础。
3.【答案】B
【解析】解：A、电场强度公式E=Fq为比值定义式，E与F和q均无关，所以若电荷量q减半，则该处的电场强度不变，故A错误；
B、电强度公式E=kQr2表明，点电荷Q周围电场强度的大小与电荷量Q的大小相关，故B正确；
C、根据电场的叠加可知，两个等量同种点电荷连线中点位置的电场强度为零，若取无穷远处的电势为零，此点的电势不为零，故C错误；
D、匀强电场中各点的场强相同，但电势不相同，沿着电场线的方向电势降低，故D错误。
故选：B。
A、根据E=Fq为比值定义式分析；
B、根据公式E=kQr2中Q为场源电荷的电荷量分析；
C、根据电场的叠加和等量同种点电荷周围的电势分布特点分析；
D、根据沿着电场线电势降低分析。
本题考查了电场强度的定义式、点电荷场强的计算式，等量同种电荷电场和电势的分析特点，解题的关键是熟记并理解电场强度的定义式和计算式，熟练掌握等量同种电荷周围电场和电势的分布特点。
4.【答案】C
【解析】解：A、在A位置振子的位移为0.25cm，则振子所受的弹力大小为F=kx=20×0.25N=5N，方向与位移方向相反，指向x轴的负方向，故A正确；
B、在此位置振子的位移正在增大，所以振子在向x轴正方向运动，故B正确；
C、由图可知振子的周期T=2s，振子的振幅A=0.5cm，所以圆频率ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，则振子的位移-时间表达式为x=0.5csπt(cm)，在A位置振子的位移为0.25cm代入得t=3.83s，故C错误；
D、从t=0时刻到该时刻，振子运动的路程为s=7A+0.25cm=7×0.5cm+0.25cm=3.75cm，故D正确。
本题是选不正确的
故选：C。
根据胡克定律计算；根据图像分析；写出振子的位移随时间变化的函数关系，然后计算；振子在一个周期内经过的路程为4A，据此分析。
能根据图像得到振子的周期和振幅以及位移随时间变化的函数关系是解题的基础，知道振子在一个周期内经过的路程为4A.
5.【答案】C
【解析】解：图中的横坐标是受迫的外力频率，纵坐标是受迫振动的振幅，当外力的频率与固有频率相等时，振幅最大，所以它表示的是在不同频率的驱动力下的振幅，故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确图象中横纵坐标对应的物理量，根据共振的性质分析图象的意义。
本题考查共振图象的性质，要知图该图象描述的是受迫振动物体的振幅随外力频率的变化，最高点对应的横坐标表示物体的固有频率。
6.【答案】B
【解析】解：设板长为L，则
L=v1T1=v2⋅2T2
因为3v1=4v2则
T1T2=32
根据T=2π Lg则
L1L2=(T1T2)2=94
故ACD错误，B正确。
故选：B。
单摆的摆动和木板的运动同时进行，时间相同，根据速度的定义式列式比较即可。
本题关键抓住单摆的摆动和木板的平移同时发生，然后结合速度的定义求解周期。
7.【答案】C
【解析】解：A、不管粒子运动是从a到b，还是从b到a，电场力均指向轨迹内侧，于是电场力沿着电场线向左，电子带负电，电子的受力方向与电场线方向相反，所以可判断电场线方向是向右的，故A错误；
B、沿电场线方向电势逐渐降低，所以a点电势高于b点电势，故B错误；
C、电子从a点向b点运动，是从高电势向低电势运动，电子的电势能增大，电场力做负功，动能减小，所以电子在a点的动能大于在b点的动能，故C正确；
D、a点的电势高于b点的电势，对负电荷来说，电势越高，电势能越小，所以电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。
故选：C。
根据曲线运动的受力特点和电子受力方向与电场线方向的关系分析；沿电场线方向电势逐渐降低；电子从a点向b点运动，电场力做负功；对负电荷来说，电势越高，电势能越小。
能够根据电子的运动轨迹判断出电子的受力方向，进而得到电场线的方向是解题的关键。
8.【答案】D
【解析】解：A.由同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引可知，棒左端感应出负电荷，右端感应出正电荷，故A错误；
BC.当导体棒达到静电平衡后，导体棒内各处电场强度为零，点电荷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
E=kq(R+l2)2
故BC错误；
D.在静电平衡状态下，导体棒内部没有电荷的定向移动，即导体棒内部没有净电荷，故D正确。
故选：D。
理解静电平衡状态的特点：导体内部场强为零，导体是一个等势体。掌握电场强度的叠加原理：空间某点的电场强度是各点电荷在该点产生的电场强度的矢量和。利用点电荷电场强度公式计算特定点处的电场强度大小。
本题主要考查静电平衡状态的特点以及电场强度的叠加原理。解决本题的关键是理解静电平衡状态的含义，以及掌握电场强度的叠加方法。
9.【答案】C
【解析】解：A.O点电场方向为零，且AO=BO，可知两电荷为等量同种电荷，故A错误；
BC.B点右侧电场方向沿x轴正方向，可知两电荷为等量正电荷，AB中垂线上的电场方向为由O点指向无穷远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为0，则O点电势大于0，从C到O电势增加，故B错误，C正确；
D.从C到O电势增大，根据负电荷在高电势处电势能反而小，电子从C到O运动过程中电势能减小，故D错误。
故选：C。
根据电场强度的方向以及E−x图的特点，结合沿电场线方向电势逐渐降低，利用电势能和电势的关系分析求解。
本题考查了电场的基本性质，理解不同电场的分布特点，充分利用正电荷附近电势的大小关系是解决此类问题的关键。
10.【答案】B
【解析】解：AD、根据图像可知，在0∼x1之间，电场强度的方向水平向左，根据题目可知，粒子的受力方向水平向右，因此粒子带负电；根据电势能的表达式Ep=qφ可知电势能逐渐减小，故AD错误；
B、粒子从原点到x1处做加速运动，电场力做正功，越过x1后，粒子做减速运动，电场力做负功，当粒子到达与x=0处的电势电势相等的位置时，粒子的速度为零，而x2处的电势比x=0处的电势更低，所以不可能运动到x2处，故B正确；
C、图像的斜率大小表示电场强度，x1斜率为0，故电场强度为0，根据公式F=qE可知，粒子在x1处受到的电场力为0，故C错误；
故选：B。
根据粒子的运动方向，结合图像分析出场强的方向，进而分析出粒子的电性和电势能的变化；
根据图像的斜率分析出场强的变化，进而得出粒子电场力的变化；
根据电势的高低分析出粒子的运动情况。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解图像的物理意义，结合电场的公式即可完成分析，难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.等量异号电荷的连线的中垂线上，从A到B电场强度先增大后减小，O点的电场强度最大，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力为
f=μFN
其中FN=qE
联立解得：f=μqE
所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小，小圆环的加速度为a，由牛顿第二定律得：
mg+f=ma
解得：a=mg+fm
则a先增大后减小，故A错误；
B.一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从A到B过程电场力不做功，故B错误；
CD.设AB之间的距离为2L，根据对称性小圆环从A→O，小圆环从O→B摩擦力做的功相等，设A→O摩擦力做功为Wf，则A→B过程摩擦力做功为2Wf，小圆环从A→O过程，根据动能定理得：−mgL+Wf=12mvO2−12mv02
小圆环从A→B过程，根据动能定理得：−mg⋅2L+2Wf=0−12mv02
联立解得：vO= 22v0>12v0
12mvO2=12×12mv02
即运动到O点的动能为初动能的一半，运动到O点的速度大于v02，故C正确，D错误。
故选：C。
一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力做功为零，根据受力分析得出加速度的变化；小圆环从A向B运动的过程中重力和摩擦力做功，根据动能定理即可得出动能和速度的变化．
本题关键是明确一对等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图，要做到胸中有图，同时要特别注意两个电荷的连线和中垂线上的电场情况，能够熟练运用动能定理研究速度和动能。
12.【答案】B
【解析】解：已知M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，设B电荷带电量为q，电性与A相同，又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图
可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷，根据力的合成与分解得出，N处受力如图所示
则可得EA′=(EB′−EC′)⋅tan30∘，代入数据
kqAN2= 33(kqBN2−kqCCN2)
其中
AN= 3BN= 3CN
解得
qC=3− 33q
根据
(EB′−EC′)=EN⋅cs30∘
E=kqCCM2
CMCB= 32
解得
EN=(3+ 3)E，故B正确，ACD错误。
故选：B。
已知M、N两处电场方向，因此分析三个点电荷的电性，画出在N点的电场强度方向，运用几何关系解答。
考查对电场力，电场强度的叠加的理解。
13.【答案】CD
【解析】解：AB.回复力是简谐振动物体受到的指向平衡位置的力，是效果力，所以物体回到平衡位置时，是指向平衡位置的合力为零，但其它方向合力不一定为零，所以合外力不一定为零，更不能认为合力就是回复力，故AB错误；
C.根据简谐振动回复力的特点可知，回复力大小一定与位移大小成正比，故C正确；
D.做简谐运动的物体，当其速度正在变大时，说明物体正在向平衡位置运动，则它相对于平衡位置的位移在减小，根据回复力特点，回复力大小与位移大小成正比，结合牛顿第二定律可得，加速度也会变小，故D正确。
故选：CD。
ABC.根据简谐振动回复力的概念和特点和合外力进行对比分析判断；
D.根据物体速度变化的情况判断运动情况，结合回复力特点和牛顿第二定律进行分析解答。
本题主要考查简谐运动的基本性质，包括回复力、合外力、位移、速度和加速度之间的关系。
14.【答案】ABC
【解析】解：A、由质点Q的振动图像可知，t=0.10s时，质点Q正处于平衡位置向下运动，故波是向左传播的，所以t=0.1s时，质点P运动方向沿y轴正方向，故A正确；
B、由质点Q的振动图像可知，t=0.15s时，Q正处于最低点，加速度达到正向最大值，故B正确；
C、由图像可知，波长λ=8m，周期T=0.2s，所以波速v=λT=80.2m/s=40m/s，所以从t=0.10s到t=0.25s，波传播距离为s=vt=40×(0.25−0.1)m=6m，方向沿x轴负方向，故C正确；
D、从t=0.10s到t=0.25s，经历时间t=0.15s=34T，但t=0.1s时P没有位于平衡位置或最大位移处，所以质点P通过的路程不等于30cm，故D错误；
故选：ABC。
AB、根据振动图像来判断质点的位置以及振动方向从而判断波的方向；
C、根据波的速度公式求解即可；
D、先确定运动时间从而确定路程。
本题考查了振动图像和波动图像，理解不同质点在不同时刻的运动状态，知道波速、周期和波长的关系是解决此类问题的关键。
15.【答案】AD
【解析】【解答】AB、在相同条件下，波长越长的波越容易发生衍射现象，本题水波波长不变，适当缩小挡板间距相当于增大了波长，衍射现象更明显，故A正确，B错误；
CD、在同一介质中v一定，适当减小波源的频率，能增大波长，使衍射现象更明显，故D正确，C错误；
故选：AD。
【分析】明确衍射现象的基本概念和特点，即波绕过障碍物继续传播的现象，以及波长与障碍物尺寸对衍射现象的影响。逐一分析每个选项，判断其是否会使衍射现象更为明显。这需要根据衍射现象的特点和波长、障碍物尺寸之间的关系来进行判断。
本题主要考查波的衍射现象及其影响因素。波的衍射是波绕过障碍物继续传播的现象，其明显程度与障碍物的尺寸和波的波长有关。
16.【答案】BCD
【解析】解：A.重力做功等于重力势能的变化量，重力势能增加了5J，则重力做功−5J，故A错误；
B.电场力做功等于电势能的变化量，电场力做功3J，则电势能减少了3J，故B正确；
C.根据动能定理得：ΔEk=W总=−5J+3J−0.5J+4J=1.5J，即动能增加了1.5J，故C正确；
D.除重力和弹力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力和弹力外，电场力做功3J，摩擦力做功−0.5J，则机械能增加量ΔE=3J−0.5J=2.5J，即机械能增加了2.5J，故D正确。
故选：BCD。
本题根据功能关系分析：重力做功等于重力势能变化量的负值；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力和弹力外的各个力做的总功等于系统机械能的增加量。
解决本题的关键是要掌握常见的功与能的关系，知道重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；初重力和弹力外的各个力做的总功是系统机械能变化的量度。
17.【答案】ABC
【解析】解：A、根据点电荷电势表达式
φ=kqr
结合对称性可知两对等量异号点电荷在L1和L2上电势叠加后，L1和L2上各点电势均为0，故A正确；
D、在复合电场区域内，O点的场强和电势同时为零，故D错误；
B、由图可知正方形内，L1和L2所夹的右上区和左下区都更靠近负点电荷，则这两个区域的电势均为负值，故B正确；
C、由于L1是两对等量异号点电荷的中垂线，根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，在L1上各点(除O点和无穷远点)的场强均与L1垂直，故C正确。
故选：ABC。
根据点电荷电势表达式结合对称性可知两对等量异号点电荷在L1和L2上电势叠加后，产生的电势大小；根据两对等量异号点电荷的电场线和等势面分布情况解答电势问题。
本题考查了两对等量异号点电荷的电场线和等势面分布情况，难度不大。
18.【答案】ABC
【解析】解：AC.所有微粒都是以相同的动能射入圆面，射出时的动能最大，即动能的变化量最大，根据动能定理可知合外力做的功最大；电场强度为E时，在B点处射出的微粒动能最大，说明此时微粒受到的合外力与圆上B点的切线垂直且指向B；电场强度为14E时，在C点处射出的微粒动能最大，说明此时微粒受到的合外力与圆上C点的切线垂直且指向C，则设电场强度沿着AB的右上方且与AB 的夹角为α，受力图像如下
根据几何关系和力的合成准则有：
qEsinα=mg
14qE⋅csα⋅tan60∘=34mg
联立解得α=30∘，E=2mgq，故AC正确；
B.由上分析可知，在A点沿与AB成30∘角斜向右上方射入的微粒做类平抛运动，
加速度为a=mgcs30∘m= 32g
微粒运动到C点的“水平”位移x=Rcs30∘= 32R=v0t
竖直位移y=Rsin30∘+R=32R=12at2
联立解得：v02= 38gR
所以初动能Ek0=12mv02= 316mgR，故B正确；
D.电场变化前，微粒受到的合力为F=mgtan30∘= 3mg
从A点到B点有动能定理得F⋅2R=EkB−Ek0
联立解得：EkB=33 316mgR，故D项错误。
故选：ABC。
19.【答案】BCEC4π2N2(L+d2)t2 B 4：9 等于
【解析】解：(1)单摆作为理想化模型实验中要选择长约1m的摆线；为了减小空气阻力的影响实验中需要选择半径小、密度大的钢球；为了减小测量摆长的误差，要选择最小刻度为1mm的米尺，故BCE正确，AD错误。
故选：BCE。
(2)A.根据单摆模型，摆长一定的情况下，摆角不大于5∘，故A错误；
B.单摆摆动稳定后，摆球在最低点的速度大，停留时间短，为了减小计时误差，在摆球每次经过最高低时开始计时和数全振动的次数，故B错误；
C.实验时要控制单摆在同一个竖直面内摆动，而不是做圆锥摆运动，故C正确；
D.测量单摆的周期时，应该测量多个全振动的总时间以减少误差，比如说开始计时的时候数N=1，然后摆球每次通过最低点时累加计数数2、3、4………一直数到60时记录的总时间为t，则T=t60−1=t59，故D错误。
故选：C。
(3)单摆的周期T=tN
根据单摆周期公式T=2π L+d2g
重力加速度g=4π2N2(L+d2)t2
(4)根据单摆周期公式T=2π lg
变形得T2=4π2g⋅l
结合T2−l图像斜率的含义，图像斜率k=4π2g
由于北京的重力加速度大于广州的重力加速度，因此作出的T2−l图像中北京同学绘制的图像的斜率小，即用北京的同学所测实验数据绘制的图像是图线B；
(5)根据单摆周期公式T=2π lg
摆长l=gT24π2
根据图3可知，a单摆周期Ta=2s
b单摆的周期Tb=3s
因此lalb=(TaTb)2=(23)2=4:9
(6)单摆的真实摆长L=l+d2
根据单摆周期公式T=2π l+d2g
变形得T2=4π2g⋅l+2π2dg
图像的斜率k=4π2g
由此可知，广州的同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长l，图像的斜率不变，重力加速不变，
测量的重力加速度大小等于当地的重力加速度大小。
故答案为：(1)BCE；(2)C；(3)4π2N2(L+d2)t2；(4)B；(5)4：9；(6)等于。
(1)根据单摆模型对实验器材的要求分析作答；
(2)根据实验原理和正确操作步骤分析作答；
(3)根据全振动时间求周期，根据单摆周期公式求重力加速度；
(4)根据单摆周期公式求解T2−l函数，结合图像斜率的含义以及北京、广州重力加速度的大小分析作答；
(5)根据单摆周期公式求摆长，根据振动图像求周期，然后求摆长之比；
(6)根据单摆周期公式求T2−l，结合图像分析斜率的含义，然后作答。
该题全面考查重力加速度的测量、数据的处理以及误差的分析，要掌握单摆的周期公式，从而求解重力加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。
20.【答案】不会 C 负极
【解析】解：(1)金属网罩处于静电平衡状态，起到屏蔽的作用，可以是网罩内的验电器不受外部电场的影响，所以里面的验电器金属箔片不会张开；
(2)导体棒AB处在负电荷Q的电场之中，处于静电平衡状态，处于静电平衡状态下的导体是个等势体，所以A点和B点电势相等，用导线连接起来不会有电荷的定向移动，不会形成电流，故C正确，AB错误。
故选：C。
(3)因为粉尘在静电力的作用下被吸附到金属管A的内表面上，由此可知粉尘受到的作用力方向是指向金属管A的，可知金属管A带正电，所以金属丝B带负电，金属丝B在M点处接的是高压电源的负极相连接的。
故答案为：(1)不会；(2)C；(3)负极。
(1)根据静电屏蔽分析；
(2)根据静电平衡下的导体的特点分析；
(3)根据异种电荷相互吸引分析。
掌握静电屏蔽和处于静电平衡状态下导体的特点是解题的基础。
21.【答案】解：(1)要使小滑块恰能过圆弧形轨道最高点E，
在E点有mg−qE=mv2R
可得v= gR2
(2)设小滑块释放点A与B点的高度差为h，从A点到E点过程.
根据动能定理可得mgh=12mv2−0
解得h=14R
(3)小滑块从C到E的过程中，根据动能定理可得−mg⋅2R+qE⋅2R=12mv2−12mvC2
解得vC= 5gR2
在最低点C时，根据牛顿第二定律可得
FN−mg+qE=mvc2R
解得FN=3mg
答：(1)小滑块在最高点E的最小速度是 gR2；
(2)A与B点的高度差至少为 14R；
(3)小滑块在最低点C时受到的轨道的支持力为3mg。
【解析】(1)在最高点重力和电场力的合力提供向心力求小滑块在最高点E的最小速度；
(2)B、E等势，从A到B再到E的运动过程中仅有重力做功，根据动能定理求A与B点的高度差；
(3)滑块从A到C过程中，重力做正功，电场力做负功，二力做功之和为动能变化量，由此可得向心力大小，进而求小滑块在最低点C时受到的轨道的支持力大小。
利用动能定理、功能关系即圆周运动相关知识，结合题中已知信息列出关系式，以求问题中的未知量。
22.【答案】解：(1)由图像可知，两列波的波长均为0.4m，1s内传播了一个波长，该波的周期为1s，在同一种介质中两列波的传播速度相同，则有
v=λT=0.41m/s=0.4m/s
(2)由题意可知
PS1=0.52m，PS2=0.88m
Δs1=PS2−PS1=0.88m−0.52m=0.36m
不是波长的整数倍，所以P点不可能出现位移为12cm的时刻。
(3)由题意可知
MS1=0.5m，MS2=0.9m
Δs2=MS2−MS1=0.9m−0.5m=0.4m
所以可知M点是振动加强点，其振幅
A=A1+A2=8cm+4cm=12cm
可知S1的波传到M点的时刻
t3=
S2的波传到M点的时刻
t4=
可知0−1.25s时，M不动，1.25−2.25s间M的振幅为8cm，2.25−4s间M的振幅为12cm，所以M的总路程为
s=4A1+7A=8×4cm+12×7cm=116cm
答：(1)两列波传播速度的大小都是0.4m/s；
(2)见解析；
(3)质点M从开始振动到t2=4s时运动的总路程116cm。
【解析】(1)两列波相遇并经过重叠区域后，振幅、速度、波长不变。由图读出波长，从而由波速公式算出波的速度；
(2)根据波的叠加，看P点是否满足加强点条件，据此判断；
(3)根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其路程。
本题要掌握波的叠加以及独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变，会分析质点的作周期性运动，并能根据振幅求解其路程。
23.【答案】解：(1)小球受重力、向右的电场力和绳子的拉力三个力作用处于平衡状态，如图所示；
有：tanθ=qEmg
可得：E=mgtanθq.
(2)小球受到的合力F=mgcsθ，由于小球由静止开动运动，故小球沿直线运动；
由牛顿第二定律可得a=Fm=gcsθ
故AP间的距离x=12at2=gt22csθ
(3)小球受到的合力沿OA方向，由竖直位置开始运动到达A位置时速度达最大，由动能定理得：
EqLsinθ−mgL(1−csθ)=Ek
故最大动能为：Ek=mgLcsθ−mgL；
答：(1)该匀强电场的电场强度大小为mgtanθq；
(2)A、P两点间的距离大小为gt22csθ；
(3)释放后小球在运动过程中动能的最大值为mgLcsθ−mgL。
【解析】(1)根据小球受力与所处于的位置可确定电场力的方向，再依据小球受力平衡条件，利用力的合成与分解可求出电场力的大小，从而算出电场强度；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求出AP两点间的距离大小；
(3)不剪断细线小球在等效场中运动，运动到A点时动能最大，根据动能定理即可求出动能的最大值。
本题考查带电粒子在电场中的运动，对小球进行受力分析与运动分析，再运用三力平衡条件来进行力的处理，同时注意明确动能定理的应用是解题的关键。
24.【答案】(1)x4与x8之间为匀强电场E=4×103V/m，U=Ed
得：U=1600V
(2)a.加速运动过程中，经过x3处场强最大，则Fm=Emq
由牛顿第二定律有：Fm=mam
得：am=0.6m/s2
b.设x2与x4之间的电势差为U2，由动能定理：−qU2=0−12mv2
得：U2=1.6×103V
x4与x6之间的电势差为：U1=0.8×103V
设向左运动的最远处距x2处的距离为x′；电场强度大小为Ex′
带电小球由位置x6处到最远处的过程，据动能定理：qU1+qU2−q12Ex′x′=0
Ex′=3.75×1040.05
得：x=0.08m
所以：Sm=(0.6−0.2)+x′=0.48m
(3)如图：
设距x2处左侧距离为x处的电场强度大小为Ex
小球在距x2处左侧距离为x处所受电场力大小为：F=qEx
由图可知：Ex=Kx(K为常量)
所以：F=qKx
小球在x2处左侧所受电场力方向总指向x2(向右)
小球在x2处左侧相对于x2处的位移总背离x2(向左)
综上可知：电场力F的大小与x成正比，方向与x方向相反。小球向左的运动是简谐运动的一部分，振动周期与振幅无关，小球从x2处向左运动再返回的时间是简谐运动的半个周期，因此以4v0为初速度的时间仍为t0。
【解析】(1)根据U=Ed即可解；
(2)a、场强最大处电场力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律即可求解最大加速度；
b、先由动能定理求出x2与x4之间的电势差，再根据动能定理求出向左运动的最远处距x2处的距离为x′，即可求出向左运动的最大距离；
(3)分析小球的受力及运动符合简谐运动的特点，运用简谐运动的规律求出时间；
解答此题的关键是从图象中获得信息，分析清楚小球的受力及运动特点。正确运用牛顿第二定律及动能定理求解，尤其是运用动能定理时要注意正功和负功。
1.关于电场的下列物理量中，哪个物理量“负得越多“代表该物理量越小，“正得越多”代表该物理量越大( )
A. 电场强度B. 电荷量C. 电场力D. 电势
2.声波属于机械波。下列有关声波的描述中正确的是( )
A. 一列声波从空气进入水中，其频率会发生变化
B. 声波可以绕过障碍物传播，即它可以发生衍射
C. 声波的频率越高，它在空气中传播的速度越快
D. 当声源远离观察者时，观察者听到声音频率高于声源频率
3.关于电场，下列说法正确的是( )
A. 电场强度公式E=Fq表明，若电荷量q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
B. 电强度公式E=kQr2表明，点电荷Q周围电场强度的大小与电荷量Q的大小相关
C. 两个等量同种点电荷连线中点位置的电场强度为零，电势也为零
D. 匀强电场中各点的场强和电势都相同
4.劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图像如图所示，在图中A点对应的时刻，下列说法错误的是( )
A. 振子所受的弹力大小为5N，方向指向x轴的负方向
B. 振子的速度方向指向x轴的正方向
C. 从t=0时刻到该时刻，振子一共振动了3.75s
D. 从t=0时刻到该时刻，振子运动的路程为3.75cm
5.如图所示是物体受迫振动的共振曲线，该共振曲线表示了物体( )
A. 在不同时刻的振幅
B. 在不同时刻的位移
C. 在不同频率的驱动力下的振幅
D. 在不同频率的驱动力下的位移
6.用沙摆演示简谐运动的图象，当沙摆下面的木板被匀速地拉出过程中，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化关系，板上直线OO′表示时间轴。使两个摆在各自的木板上形成曲线。如图中板
N1、N2移动的速度v1、v2的关系为3v1=4v2。则两曲线代表的沙摆各自摆长L1，L2的关系为( )
A. L1：L2=4：9B. L1：L2=9：4C. L1：L2=2：3D. L1：L2=3：2
7.如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个电子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点。若带电粒子只受电场力作用，根据此图可知( )
A. 无法判断电场的方向
B. a点电势低于b点电势
C. 电子在a点的动能较大
D. 无法判断电子在a、b两点的电势能大小
8.如图所示，不带电，长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为q的正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. 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. 感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小为E=kqR+0.5l
D. 导体棒内没有净电荷
9.在x轴上A、B两点分别放置两电荷q1和q2，C为两电荷中垂线上一点，且AO=BO=CO，在x轴上的电场强度与x的关系如图所示，规定场强沿x轴正方向为正，则( )
A. 两电荷为等量异种电荷B. O电势等于0
C. 从C到O电势增加D. 电子从C到O运动过程中电势能增大
10.某静电场中x轴上各点电势分布如图所示，一带电粒子在坐标原点O处静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的有( )
A. 粒子一定带正电
B. 粒子不能够运动到x2处
C. 粒子在x1处受到的电场力最大
D. 粒子从原点运动到x1过程中，电势能增大
11.如图，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置。杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线的中点，AO=BO。现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0。则关于小圆环的运动，下列说法正确的是( )
A. 运动的加速度先变大再变小，再变大又变小
B. 电场力先做正功后做负功
C. 运动到O点的动能为初动能的一半
D. 运动到O点的速度小于v02
12.如图所示，三个点电荷依次位于竖直面内等边三角形的三个顶点，M、N分别为AB、BC的中点，两处电场方向分别竖直向下、向上。已知M处的场强大小为E，则N点处的场强大小为( )
A. (6+ 3)2E
B. (3+ 3)E
C. (6− 3)2E
D. (6− 3)E
二、多选题：本大题共6小题，共18分。
13.对于简谐运动的下列说法，其中正确的是( )
A. 做简谐运动的物体，它经过平衡位置时所受的合外力一定为零
B. 做简谐运动的物体，它在运动中所受的合力就是回复力
C. 做简谐运动的物体，其回复力的大小一定与其位移大小成正比
D. 做简谐运动的物体，当其速度正在变大时，其加速度一定在变小
14.如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则( )
A. t=0.10s时，质点P的运动方向沿y轴正方向
B. t=0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大
C. 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m
D. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为6m
15.利用发波水槽观察波的衍射现象时，看到如图所示的图样。为使衍射现象更明显，可采用的办法有( )
A. 缩小挡板间距
B. 增大挡板间距
C. 减小水波波长
D. 增大水波波长
16.一带电小球在固定的斜面上由A点运动到B点的过程中，受到了重力、弹簧弹力、斜面的支持力、电场力和摩擦力的作用。若小球的重力势能增加了5J，电场力做功3J，小球与斜面因摩擦产生的热量为0.5J，弹簧系统的弹性势能减少了4J，则( )
A. 重力做功为5JB. 电势能减少了3J
C. 小球的动能增加了1.5JD. 整个系统的机械能增加了2.5J
17.如图所示，两对等量异号点电荷固定于正方形的4个顶点上。两条通过中心点O分别垂直于正方形两边的直线命名为L1、L2。设无穷远点的电势为零，则下列说法正确的是( )
A. L1和L2上各点电势均为0
B. 正方形内，L1和L2所夹的右上区和左下区电势均为负值
C. 在L1上各点(除O点和无穷远点)的场强均与L1垂直
D. 在复合电场区域内场强和电势同时为零的点是不存在的
18.如图所示，竖直面内有一半径为R的圆，圆的直径AB水平，C为圆周上一点，OC与AB成60∘角，现有一匀强电场，其电场方向在该圆所在的竖直平面内，但方向未知。一质量为m，电荷量为q的带正电小球以相同的初动能从A点沿各个方向射入圆形区域，又从圆周上不同点离开，其中从B点离开的小球动能最大；若仅场强大小减小为原来的四分之一，则在A点沿与AB成30∘角斜向右上方射入的小球，恰能从C点离开，且离开时此小球动能最大，则下列说法正确的是( )
A. 变化前的场强大小为2mgqB. 小球的初动能一定等于 3mgR16
C. 该电场方向一定与AB成30∘角斜向右上方D. 电场变化前，小球在B点的动能为4mgR
三、实验题：本大题共4小题，共36分。
19.某同学用如图1所示的装置进行“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材______。
A.长度为10cm左右的细绳
B.长度为100cm左右的细绳
C.直径为1.8cm的钢球
D.直径为1.8cm的木球
E.最小刻度为1mm的米尺
F.最小刻度为1mm的学生用20cm直尺
(2)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，在实验过程中以下操作正确的是______。
A.摆长一定的情况下，摆角应大一些，以便于观察
B.单摆摆动稳定后，在摆球每次经过最高点时开始计时和数全振动的次数
C.要努力控制单摆的摆动在同一个竖直面内，而不是做圆锥摆
D.测量单摆的周期时，应该测量多个全振动的总时间以减少误差，比如说开始计时的时候数N=1，然后摆球每次通过最低点时累加计数数2、3、4………一直数到60时记录的总时间为t，则T=t60。
(3)甲同学利用打算利用实验中测得数据直接代入公式求解本地的重力加速度，他在实中测得摆线长为L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则他利用这些物理量可以推导出g的表达式g=______。
(4)北京和广州的两位同学，分别探究单摆的周期T与摆长l的关系，通过网络交流将两地的实验数据在同一张坐标纸上绘制了T2−l图像，如图2所示。其中用北京的同学所测实验数据绘制的图像是图线______。(选填“A”或“B”)
(5)北京的同学还绘制了不同摆长的单摆的振动图像，如图3所示。由图可知两单摆摆长之比la：lb为______。
(6)广州的同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长l，其它实验步骤均正确，他用了上面第(4)问中的绘制T2−l图像的办法来求当地的重力加速度，则他测量的重力加速度大小______当地的重力加速度大小。(填“偏大”、“偏小”、“等于”)
20.根据你所学的物理知识，完成下列各空。
(1)如图1，用一金属网罩将验电器罩住，然后用一金属球不断地从别处取电后接触金属网罩，使金属网罩带电，则网罩内验电器的金属箔片______张开。(填“会”或“不会”)。
(2)如图2，将一负电荷Q放在一不带电的导体棒的左端附近，由于静电感应，在导体棒的左端A将感应出负电荷，在导体棒的右端B将感应出正电荷，现保持负电荷Q及导体棒的位置不变，用一根导线将导体棒的A端与B端连接起来，则连通的瞬间导线中______。
A.会出现从A流向B的电流
B.会出现从B流向A的电流
C.不会出现电流
(3)利用静电除尘器可以消除空气中的粉尘，如图3是某种静电除尘器的结构简图，该静电除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成，其大致除尘原理是：当将A、B分别通过N、M两点处接上高压电源后，由于B附近的电场强度很大，导致B附近的气体分子被电离成为电子和正离子，电子很容易被空气中的粉尘吸附，就这样粉尘在静电力的作用下被吸附到金属管A的内表面上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中。则根据分析可知金属丝B在M点处接的是高压电源的______。(填“正极”、“负极”)
21.如图所示，与水平夹角为θ角的倾斜轨道AC与半径为R的圆弧形轨道CDEF平滑连接，D点与圆弧轨道圆心等高，水平线BE(包括BE线)的下方有竖直向下的匀强电场。场强大小为mg2q，现将质量为m，带电量为−q(q>0)的小滑块从A点由静止开始释放。
已知轨道光滑且绝缘，求：
(1)要使小滑块恰能过圆弧形轨道最高点E，则小滑块在最高点E的最小速度是多少？
(2)小滑块释放点A与B点的高度差至少为多大；
(3)在小滑块恰能过圆弧最高点E的情况下，求小滑块在最低点C时受到的轨道的支持力大小。
22.x轴上的波源S1、S2分别位x1=0和x2=1.4m处，t=0时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿S1、S2连线相向传播，t1=1s时两列波的图像如图所示。假设波源的振动情况始终不变，不考虑波源之间的相互影响。求：
(1)两列波传播速度的大小；
(2)请问平衡位置位于x1=0.52m处的质点P(图中未画出)是否能有位移为12cm的时刻，如果有请给出一个此质点位移为12cm的时刻，如果没有请说明理由。
(3)若质点M的平衡位置位于x3=0.5m处，请求出质点M从开始振动到t2=4s时运动的总路程。
四、计算题：本大题共2小题，共22分。
23.如图所示，长为l的细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量+q的小球，将它们放在水平方向的匀强电场中，小球静止时的位置为A点，小球静止时细线与竖直方向成θ角。求：
(1)该匀强电场的电场强度大小；
(2)当小球在电场中处于静止时，剪断细线，小球将从A点由静止开始运动，经过时间t后小球运动到了P点，求A、P两点间的距离大小？
(3)不剪断细线，将小球拉至图中的竖直虚线处(细线保持绷直状态)由静止释放，求释放后小球在运动过程中动能的最大值。
24.如图甲所示，光滑的绝缘细杆水平放置，有孔小球套在杆上，整个装置固定于某一电场中。以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。沿杆方向电场强度E随位置x的分布如图乙所示。场强为正表示方向水平向右，场强为负表示方向水平向左。图乙中曲线在0≤x≤0.20m和x≥0.4m范围可看作直线。小球质量m=0.02kg，带电量q=+1×10−4C。若小球在x2处获得一个v=0.4m/s的向右初速度，最远可以运动到x4处。
(1)求杆上x4到x8两点间的电势差大小U；
(2)若小球在x6处由静止释放后，开始向左运动，求：
a.加速运动过程中的最大加速度am；
b.小球从x6处向左运动的累计最大距离sm；
(3)若已知小球在x2处以初速度v0向左减速运动，速度减为零后又返回x2处，所用总时间为t0，求小球在x2处以初速度4v0向左运动，再返回到x2处所用的时间(小球运动过程中始终未脱离杆)。你可能不会计算，但小球向左运动过程中受力特点你并不陌生，请展开联想，通过类比分析得出结果。请简单说明原因，然后写出结果即可。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AC、电场强大和电场力都是矢量，正负号仅表示方向，不表示大小，故AC错误；
B、电荷量有正负之分，负号表示带电体带的是负电，负的越多表示所带的负电荷越多，故B错误；
D、电势是标量，正负号就是表示大小，“负得越多“代表电势越小，“正得越多”代表电势越大，故D正确。
故选：D。
电场强度和电场力都是矢量，正负号表示方向；电荷量的正负号表示带电的正负，都不表示大小，电势是标量，正负号表示大小。
知道矢量的正负号不表示大小，仅表示方向，但并不是所有的标量的正负号都表示大小，电荷量也是标量，正负号不表示大小，表示的是带电性质。
2.【答案】B
【解析】解：A、声波的频率是由波源决定的，与介质无关，所以一列声波从空气进入水中，其频率不会发生变化，故A错误；
B、当障碍物的尺寸比波长小，或与波长相差不大时，波可以绕过障碍物发生衍射，故B正确；
C、声波的传播速度是有介质决定的，所以不管声波的频率高低如何，在空气中传播的速度是一定的，故C错误；
D、当波源远离观察者时，会发生多普勒效应，观察者听到的声音频率会低于生源频率，故D错误。
故选：B。
声波的频率是由波源决定的；根据发生衍射的条件分析；声波的传播速度是有介质决定的；根据多普勒效应分析。
知道声波的频率是由波源决定的，根据发生衍射的条件分析，声波的传播速度是有介质决定的，以及多普勒效应是解题的基础。
3.【答案】B
【解析】解：A、电场强度公式E=Fq为比值定义式，E与F和q均无关，所以若电荷量q减半，则该处的电场强度不变，故A错误；
B、电强度公式E=kQr2表明，点电荷Q周围电场强度的大小与电荷量Q的大小相关，故B正确；
C、根据电场的叠加可知，两个等量同种点电荷连线中点位置的电场强度为零，若取无穷远处的电势为零，此点的电势不为零，故C错误；
D、匀强电场中各点的场强相同，但电势不相同，沿着电场线的方向电势降低，故D错误。
故选：B。
A、根据E=Fq为比值定义式分析；
B、根据公式E=kQr2中Q为场源电荷的电荷量分析；
C、根据电场的叠加和等量同种点电荷周围的电势分布特点分析；
D、根据沿着电场线电势降低分析。
本题考查了电场强度的定义式、点电荷场强的计算式，等量同种电荷电场和电势的分析特点，解题的关键是熟记并理解电场强度的定义式和计算式，熟练掌握等量同种电荷周围电场和电势的分布特点。
4.【答案】C
【解析】解：A、在A位置振子的位移为0.25cm，则振子所受的弹力大小为F=kx=20×0.25N=5N，方向与位移方向相反，指向x轴的负方向，故A正确；
B、在此位置振子的位移正在增大，所以振子在向x轴正方向运动，故B正确；
C、由图可知振子的周期T=2s，振子的振幅A=0.5cm，所以圆频率ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，则振子的位移-时间表达式为x=0.5csπt(cm)，在A位置振子的位移为0.25cm代入得t=3.83s，故C错误；
D、从t=0时刻到该时刻，振子运动的路程为s=7A+0.25cm=7×0.5cm+0.25cm=3.75cm，故D正确。
本题是选不正确的
故选：C。
根据胡克定律计算；根据图像分析；写出振子的位移随时间变化的函数关系，然后计算；振子在一个周期内经过的路程为4A，据此分析。
能根据图像得到振子的周期和振幅以及位移随时间变化的函数关系是解题的基础，知道振子在一个周期内经过的路程为4A.
5.【答案】C
【解析】解：图中的横坐标是受迫的外力频率，纵坐标是受迫振动的振幅，当外力的频率与固有频率相等时，振幅最大，所以它表示的是在不同频率的驱动力下的振幅，故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确图象中横纵坐标对应的物理量，根据共振的性质分析图象的意义。
本题考查共振图象的性质，要知图该图象描述的是受迫振动物体的振幅随外力频率的变化，最高点对应的横坐标表示物体的固有频率。
6.【答案】B
【解析】解：设板长为L，则
L=v1T1=v2⋅2T2
因为3v1=4v2则
T1T2=32
根据T=2π Lg则
L1L2=(T1T2)2=94
故ACD错误，B正确。
故选：B。
单摆的摆动和木板的运动同时进行，时间相同，根据速度的定义式列式比较即可。
本题关键抓住单摆的摆动和木板的平移同时发生，然后结合速度的定义求解周期。
7.【答案】C
【解析】解：A、不管粒子运动是从a到b，还是从b到a，电场力均指向轨迹内侧，于是电场力沿着电场线向左，电子带负电，电子的受力方向与电场线方向相反，所以可判断电场线方向是向右的，故A错误；
B、沿电场线方向电势逐渐降低，所以a点电势高于b点电势，故B错误；
C、电子从a点向b点运动，是从高电势向低电势运动，电子的电势能增大，电场力做负功，动能减小，所以电子在a点的动能大于在b点的动能，故C正确；
D、a点的电势高于b点的电势，对负电荷来说，电势越高，电势能越小，所以电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。
故选：C。
根据曲线运动的受力特点和电子受力方向与电场线方向的关系分析；沿电场线方向电势逐渐降低；电子从a点向b点运动，电场力做负功；对负电荷来说，电势越高，电势能越小。
能够根据电子的运动轨迹判断出电子的受力方向，进而得到电场线的方向是解题的关键。
8.【答案】D
【解析】解：A.由同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引可知，棒左端感应出负电荷，右端感应出正电荷，故A错误；
BC.当导体棒达到静电平衡后，导体棒内各处电场强度为零，点电荷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
E=kq(R+l2)2
故BC错误；
D.在静电平衡状态下，导体棒内部没有电荷的定向移动，即导体棒内部没有净电荷，故D正确。
故选：D。
理解静电平衡状态的特点：导体内部场强为零，导体是一个等势体。掌握电场强度的叠加原理：空间某点的电场强度是各点电荷在该点产生的电场强度的矢量和。利用点电荷电场强度公式计算特定点处的电场强度大小。
本题主要考查静电平衡状态的特点以及电场强度的叠加原理。解决本题的关键是理解静电平衡状态的含义，以及掌握电场强度的叠加方法。
9.【答案】C
【解析】解：A.O点电场方向为零，且AO=BO，可知两电荷为等量同种电荷，故A错误；
BC.B点右侧电场方向沿x轴正方向，可知两电荷为等量正电荷，AB中垂线上的电场方向为由O点指向无穷远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为0，则O点电势大于0，从C到O电势增加，故B错误，C正确；
D.从C到O电势增大，根据负电荷在高电势处电势能反而小，电子从C到O运动过程中电势能减小，故D错误。
故选：C。
根据电场强度的方向以及E−x图的特点，结合沿电场线方向电势逐渐降低，利用电势能和电势的关系分析求解。
本题考查了电场的基本性质，理解不同电场的分布特点，充分利用正电荷附近电势的大小关系是解决此类问题的关键。
10.【答案】B
【解析】解：AD、根据图像可知，在0∼x1之间，电场强度的方向水平向左，根据题目可知，粒子的受力方向水平向右，因此粒子带负电；根据电势能的表达式Ep=qφ可知电势能逐渐减小，故AD错误；
B、粒子从原点到x1处做加速运动，电场力做正功，越过x1后，粒子做减速运动，电场力做负功，当粒子到达与x=0处的电势电势相等的位置时，粒子的速度为零，而x2处的电势比x=0处的电势更低，所以不可能运动到x2处，故B正确；
C、图像的斜率大小表示电场强度，x1斜率为0，故电场强度为0，根据公式F=qE可知，粒子在x1处受到的电场力为0，故C错误；
故选：B。
根据粒子的运动方向，结合图像分析出场强的方向，进而分析出粒子的电性和电势能的变化；
根据图像的斜率分析出场强的变化，进而得出粒子电场力的变化；
根据电势的高低分析出粒子的运动情况。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解图像的物理意义，结合电场的公式即可完成分析，难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.等量异号电荷的连线的中垂线上，从A到B电场强度先增大后减小，O点的电场强度最大，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力为
f=μFN
其中FN=qE
联立解得：f=μqE
所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小，小圆环的加速度为a，由牛顿第二定律得：
mg+f=ma
解得：a=mg+fm
则a先增大后减小，故A错误；
B.一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从A到B过程电场力不做功，故B错误；
CD.设AB之间的距离为2L，根据对称性小圆环从A→O，小圆环从O→B摩擦力做的功相等，设A→O摩擦力做功为Wf，则A→B过程摩擦力做功为2Wf，小圆环从A→O过程，根据动能定理得：−mgL+Wf=12mvO2−12mv02
小圆环从A→B过程，根据动能定理得：−mg⋅2L+2Wf=0−12mv02
联立解得：vO= 22v0>12v0
12mvO2=12×12mv02
即运动到O点的动能为初动能的一半，运动到O点的速度大于v02，故C正确，D错误。
故选：C。
一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力做功为零，根据受力分析得出加速度的变化；小圆环从A向B运动的过程中重力和摩擦力做功，根据动能定理即可得出动能和速度的变化．
本题关键是明确一对等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图，要做到胸中有图，同时要特别注意两个电荷的连线和中垂线上的电场情况，能够熟练运用动能定理研究速度和动能。
12.【答案】B
【解析】解：已知M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，设B电荷带电量为q，电性与A相同，又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图
可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷，根据力的合成与分解得出，N处受力如图所示
则可得EA′=(EB′−EC′)⋅tan30∘，代入数据
kqAN2= 33(kqBN2−kqCCN2)
其中
AN= 3BN= 3CN
解得
qC=3− 33q
根据
(EB′−EC′)=EN⋅cs30∘
E=kqCCM2
CMCB= 32
解得
EN=(3+ 3)E，故B正确，ACD错误。
故选：B。
已知M、N两处电场方向，因此分析三个点电荷的电性，画出在N点的电场强度方向，运用几何关系解答。
考查对电场力，电场强度的叠加的理解。
13.【答案】CD
【解析】解：AB.回复力是简谐振动物体受到的指向平衡位置的力，是效果力，所以物体回到平衡位置时，是指向平衡位置的合力为零，但其它方向合力不一定为零，所以合外力不一定为零，更不能认为合力就是回复力，故AB错误；
C.根据简谐振动回复力的特点可知，回复力大小一定与位移大小成正比，故C正确；
D.做简谐运动的物体，当其速度正在变大时，说明物体正在向平衡位置运动，则它相对于平衡位置的位移在减小，根据回复力特点，回复力大小与位移大小成正比，结合牛顿第二定律可得，加速度也会变小，故D正确。
故选：CD。
ABC.根据简谐振动回复力的概念和特点和合外力进行对比分析判断；
D.根据物体速度变化的情况判断运动情况，结合回复力特点和牛顿第二定律进行分析解答。
本题主要考查简谐运动的基本性质，包括回复力、合外力、位移、速度和加速度之间的关系。
14.【答案】ABC
【解析】解：A、由质点Q的振动图像可知，t=0.10s时，质点Q正处于平衡位置向下运动，故波是向左传播的，所以t=0.1s时，质点P运动方向沿y轴正方向，故A正确；
B、由质点Q的振动图像可知，t=0.15s时，Q正处于最低点，加速度达到正向最大值，故B正确；
C、由图像可知，波长λ=8m，周期T=0.2s，所以波速v=λT=80.2m/s=40m/s，所以从t=0.10s到t=0.25s，波传播距离为s=vt=40×(0.25−0.1)m=6m，方向沿x轴负方向，故C正确；
D、从t=0.10s到t=0.25s，经历时间t=0.15s=34T，但t=0.1s时P没有位于平衡位置或最大位移处，所以质点P通过的路程不等于30cm，故D错误；
故选：ABC。
AB、根据振动图像来判断质点的位置以及振动方向从而判断波的方向；
C、根据波的速度公式求解即可；
D、先确定运动时间从而确定路程。
本题考查了振动图像和波动图像，理解不同质点在不同时刻的运动状态，知道波速、周期和波长的关系是解决此类问题的关键。
15.【答案】AD
【解析】【解答】AB、在相同条件下，波长越长的波越容易发生衍射现象，本题水波波长不变，适当缩小挡板间距相当于增大了波长，衍射现象更明显，故A正确，B错误；
CD、在同一介质中v一定，适当减小波源的频率，能增大波长，使衍射现象更明显，故D正确，C错误；
故选：AD。
【分析】明确衍射现象的基本概念和特点，即波绕过障碍物继续传播的现象，以及波长与障碍物尺寸对衍射现象的影响。逐一分析每个选项，判断其是否会使衍射现象更为明显。这需要根据衍射现象的特点和波长、障碍物尺寸之间的关系来进行判断。
本题主要考查波的衍射现象及其影响因素。波的衍射是波绕过障碍物继续传播的现象，其明显程度与障碍物的尺寸和波的波长有关。
16.【答案】BCD
【解析】解：A.重力做功等于重力势能的变化量，重力势能增加了5J，则重力做功−5J，故A错误；
B.电场力做功等于电势能的变化量，电场力做功3J，则电势能减少了3J，故B正确；
C.根据动能定理得：ΔEk=W总=−5J+3J−0.5J+4J=1.5J，即动能增加了1.5J，故C正确；
D.除重力和弹力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力和弹力外，电场力做功3J，摩擦力做功−0.5J，则机械能增加量ΔE=3J−0.5J=2.5J，即机械能增加了2.5J，故D正确。
故选：BCD。
本题根据功能关系分析：重力做功等于重力势能变化量的负值；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力和弹力外的各个力做的总功等于系统机械能的增加量。
解决本题的关键是要掌握常见的功与能的关系，知道重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；初重力和弹力外的各个力做的总功是系统机械能变化的量度。
17.【答案】ABC
【解析】解：A、根据点电荷电势表达式
φ=kqr
结合对称性可知两对等量异号点电荷在L1和L2上电势叠加后，L1和L2上各点电势均为0，故A正确；
D、在复合电场区域内，O点的场强和电势同时为零，故D错误；
B、由图可知正方形内，L1和L2所夹的右上区和左下区都更靠近负点电荷，则这两个区域的电势均为负值，故B正确；
C、由于L1是两对等量异号点电荷的中垂线，根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，在L1上各点(除O点和无穷远点)的场强均与L1垂直，故C正确。
故选：ABC。
根据点电荷电势表达式结合对称性可知两对等量异号点电荷在L1和L2上电势叠加后，产生的电势大小；根据两对等量异号点电荷的电场线和等势面分布情况解答电势问题。
本题考查了两对等量异号点电荷的电场线和等势面分布情况，难度不大。
18.【答案】ABC
【解析】解：AC.所有微粒都是以相同的动能射入圆面，射出时的动能最大，即动能的变化量最大，根据动能定理可知合外力做的功最大；电场强度为E时，在B点处射出的微粒动能最大，说明此时微粒受到的合外力与圆上B点的切线垂直且指向B；电场强度为14E时，在C点处射出的微粒动能最大，说明此时微粒受到的合外力与圆上C点的切线垂直且指向C，则设电场强度沿着AB的右上方且与AB 的夹角为α，受力图像如下
根据几何关系和力的合成准则有：
qEsinα=mg
14qE⋅csα⋅tan60∘=34mg
联立解得α=30∘，E=2mgq，故AC正确；
B.由上分析可知，在A点沿与AB成30∘角斜向右上方射入的微粒做类平抛运动，
加速度为a=mgcs30∘m= 32g
微粒运动到C点的“水平”位移x=Rcs30∘= 32R=v0t
竖直位移y=Rsin30∘+R=32R=12at2
联立解得：v02= 38gR
所以初动能Ek0=12mv02= 316mgR，故B正确；
D.电场变化前，微粒受到的合力为F=mgtan30∘= 3mg
从A点到B点有动能定理得F⋅2R=EkB−Ek0
联立解得：EkB=33 316mgR，故D项错误。
故选：ABC。
19.【答案】BCEC4π2N2(L+d2)t2 B 4：9 等于
【解析】解：(1)单摆作为理想化模型实验中要选择长约1m的摆线；为了减小空气阻力的影响实验中需要选择半径小、密度大的钢球；为了减小测量摆长的误差，要选择最小刻度为1mm的米尺，故BCE正确，AD错误。
故选：BCE。
(2)A.根据单摆模型，摆长一定的情况下，摆角不大于5∘，故A错误；
B.单摆摆动稳定后，摆球在最低点的速度大，停留时间短，为了减小计时误差，在摆球每次经过最高低时开始计时和数全振动的次数，故B错误；
C.实验时要控制单摆在同一个竖直面内摆动，而不是做圆锥摆运动，故C正确；
D.测量单摆的周期时，应该测量多个全振动的总时间以减少误差，比如说开始计时的时候数N=1，然后摆球每次通过最低点时累加计数数2、3、4………一直数到60时记录的总时间为t，则T=t60−1=t59，故D错误。
故选：C。
(3)单摆的周期T=tN
根据单摆周期公式T=2π L+d2g
重力加速度g=4π2N2(L+d2)t2
(4)根据单摆周期公式T=2π lg
变形得T2=4π2g⋅l
结合T2−l图像斜率的含义，图像斜率k=4π2g
由于北京的重力加速度大于广州的重力加速度，因此作出的T2−l图像中北京同学绘制的图像的斜率小，即用北京的同学所测实验数据绘制的图像是图线B；
(5)根据单摆周期公式T=2π lg
摆长l=gT24π2
根据图3可知，a单摆周期Ta=2s
b单摆的周期Tb=3s
因此lalb=(TaTb)2=(23)2=4:9
(6)单摆的真实摆长L=l+d2
根据单摆周期公式T=2π l+d2g
变形得T2=4π2g⋅l+2π2dg
图像的斜率k=4π2g
由此可知，广州的同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长l，图像的斜率不变，重力加速不变，
测量的重力加速度大小等于当地的重力加速度大小。
故答案为：(1)BCE；(2)C；(3)4π2N2(L+d2)t2；(4)B；(5)4：9；(6)等于。
(1)根据单摆模型对实验器材的要求分析作答；
(2)根据实验原理和正确操作步骤分析作答；
(3)根据全振动时间求周期，根据单摆周期公式求重力加速度；
(4)根据单摆周期公式求解T2−l函数，结合图像斜率的含义以及北京、广州重力加速度的大小分析作答；
(5)根据单摆周期公式求摆长，根据振动图像求周期，然后求摆长之比；
(6)根据单摆周期公式求T2−l，结合图像分析斜率的含义，然后作答。
该题全面考查重力加速度的测量、数据的处理以及误差的分析，要掌握单摆的周期公式，从而求解重力加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。
20.【答案】不会 C 负极
【解析】解：(1)金属网罩处于静电平衡状态，起到屏蔽的作用，可以是网罩内的验电器不受外部电场的影响，所以里面的验电器金属箔片不会张开；
(2)导体棒AB处在负电荷Q的电场之中，处于静电平衡状态，处于静电平衡状态下的导体是个等势体，所以A点和B点电势相等，用导线连接起来不会有电荷的定向移动，不会形成电流，故C正确，AB错误。
故选：C。
(3)因为粉尘在静电力的作用下被吸附到金属管A的内表面上，由此可知粉尘受到的作用力方向是指向金属管A的，可知金属管A带正电，所以金属丝B带负电，金属丝B在M点处接的是高压电源的负极相连接的。
故答案为：(1)不会；(2)C；(3)负极。
(1)根据静电屏蔽分析；
(2)根据静电平衡下的导体的特点分析；
(3)根据异种电荷相互吸引分析。
掌握静电屏蔽和处于静电平衡状态下导体的特点是解题的基础。
21.【答案】解：(1)要使小滑块恰能过圆弧形轨道最高点E，
在E点有mg−qE=mv2R
可得v= gR2
(2)设小滑块释放点A与B点的高度差为h，从A点到E点过程.
根据动能定理可得mgh=12mv2−0
解得h=14R
(3)小滑块从C到E的过程中，根据动能定理可得−mg⋅2R+qE⋅2R=12mv2−12mvC2
解得vC= 5gR2
在最低点C时，根据牛顿第二定律可得
FN−mg+qE=mvc2R
解得FN=3mg
答：(1)小滑块在最高点E的最小速度是 gR2；
(2)A与B点的高度差至少为 14R；
(3)小滑块在最低点C时受到的轨道的支持力为3mg。
【解析】(1)在最高点重力和电场力的合力提供向心力求小滑块在最高点E的最小速度；
(2)B、E等势，从A到B再到E的运动过程中仅有重力做功，根据动能定理求A与B点的高度差；
(3)滑块从A到C过程中，重力做正功，电场力做负功，二力做功之和为动能变化量，由此可得向心力大小，进而求小滑块在最低点C时受到的轨道的支持力大小。
利用动能定理、功能关系即圆周运动相关知识，结合题中已知信息列出关系式，以求问题中的未知量。
22.【答案】解：(1)由图像可知，两列波的波长均为0.4m，1s内传播了一个波长，该波的周期为1s，在同一种介质中两列波的传播速度相同，则有
v=λT=0.41m/s=0.4m/s
(2)由题意可知
PS1=0.52m，PS2=0.88m
Δs1=PS2−PS1=0.88m−0.52m=0.36m
不是波长的整数倍，所以P点不可能出现位移为12cm的时刻。
(3)由题意可知
MS1=0.5m，MS2=0.9m
Δs2=MS2−MS1=0.9m−0.5m=0.4m
所以可知M点是振动加强点，其振幅
A=A1+A2=8cm+4cm=12cm
可知S1的波传到M点的时刻
t3=
S2的波传到M点的时刻
t4=
可知0−1.25s时，M不动，1.25−2.25s间M的振幅为8cm，2.25−4s间M的振幅为12cm，所以M的总路程为
s=4A1+7A=8×4cm+12×7cm=116cm
答：(1)两列波传播速度的大小都是0.4m/s；
(2)见解析；
(3)质点M从开始振动到t2=4s时运动的总路程116cm。
【解析】(1)两列波相遇并经过重叠区域后，振幅、速度、波长不变。由图读出波长，从而由波速公式算出波的速度；
(2)根据波的叠加，看P点是否满足加强点条件，据此判断；
(3)根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其路程。
本题要掌握波的叠加以及独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变，会分析质点的作周期性运动，并能根据振幅求解其路程。
23.【答案】解：(1)小球受重力、向右的电场力和绳子的拉力三个力作用处于平衡状态，如图所示；
有：tanθ=qEmg
可得：E=mgtanθq.
(2)小球受到的合力F=mgcsθ，由于小球由静止开动运动，故小球沿直线运动；
由牛顿第二定律可得a=Fm=gcsθ
故AP间的距离x=12at2=gt22csθ
(3)小球受到的合力沿OA方向，由竖直位置开始运动到达A位置时速度达最大，由动能定理得：
EqLsinθ−mgL(1−csθ)=Ek
故最大动能为：Ek=mgLcsθ−mgL；
答：(1)该匀强电场的电场强度大小为mgtanθq；
(2)A、P两点间的距离大小为gt22csθ；
(3)释放后小球在运动过程中动能的最大值为mgLcsθ−mgL。
【解析】(1)根据小球受力与所处于的位置可确定电场力的方向，再依据小球受力平衡条件，利用力的合成与分解可求出电场力的大小，从而算出电场强度；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求出AP两点间的距离大小；
(3)不剪断细线小球在等效场中运动，运动到A点时动能最大，根据动能定理即可求出动能的最大值。
本题考查带电粒子在电场中的运动，对小球进行受力分析与运动分析，再运用三力平衡条件来进行力的处理，同时注意明确动能定理的应用是解题的关键。
24.【答案】(1)x4与x8之间为匀强电场E=4×103V/m，U=Ed
得：U=1600V
(2)a.加速运动过程中，经过x3处场强最大，则Fm=Emq
由牛顿第二定律有：Fm=mam
得：am=0.6m/s2
b.设x2与x4之间的电势差为U2，由动能定理：−qU2=0−12mv2
得：U2=1.6×103V
x4与x6之间的电势差为：U1=0.8×103V
设向左运动的最远处距x2处的距离为x′；电场强度大小为Ex′
带电小球由位置x6处到最远处的过程，据动能定理：qU1+qU2−q12Ex′x′=0
Ex′=3.75×1040.05
得：x=0.08m
所以：Sm=(0.6−0.2)+x′=0.48m
(3)如图：
设距x2处左侧距离为x处的电场强度大小为Ex
小球在距x2处左侧距离为x处所受电场力大小为：F=qEx
由图可知：Ex=Kx(K为常量)
所以：F=qKx
小球在x2处左侧所受电场力方向总指向x2(向右)
小球在x2处左侧相对于x2处的位移总背离x2(向左)
综上可知：电场力F的大小与x成正比，方向与x方向相反。小球向左的运动是简谐运动的一部分，振动周期与振幅无关，小球从x2处向左运动再返回的时间是简谐运动的半个周期，因此以4v0为初速度的时间仍为t0。
【解析】(1)根据U=Ed即可解；
(2)a、场强最大处电场力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律即可求解最大加速度；
b、先由动能定理求出x2与x4之间的电势差，再根据动能定理求出向左运动的最远处距x2处的距离为x′，即可求出向左运动的最大距离；
(3)分析小球的受力及运动符合简谐运动的特点，运用简谐运动的规律求出时间；
解答此题的关键是从图象中获得信息，分析清楚小球的受力及运动特点。正确运用牛顿第二定律及动能定理求解，尤其是运用动能定理时要注意正功和负功。
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