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2024-2025学年河南省开封市兰考县第二高级中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析）
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这是一份2024-2025学年河南省开封市兰考县第二高级中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.如图所示，在平行于匀强电场的平面上以O点为圆心作半径为10cm的圆，在圆周上取A、B、C、D四点，AD为圆的直径，OC与OD成53∘，OB垂直于AD，C点电势为0V，已知匀强电场的场强大小为1.0×104V/m，cs53∘=0.6。则( )
A. D点电势为400VB. O点电势高于B点电势
C. A、C两点间的电势差为1.4×103VD. 电子在A点的电势能小于在D点的电势能
2.如图所示，在水平向右的匀强电场E中，一个质量为m、电荷量为q的粒子，以速度v0从图中M点垂直电场方向射入，经过一段时间，到达左上方N点。已知MN的连线与水平方向夹角为30°，则粒子从M到N的过程中(粒子重力可以忽略)( )
A. 所用时间为 3mv0EqB. 位移大小为2 3mv02Eq
C. 到达N点速度大小为 13v0D. MN两点之间的电势差为4mv02q
3.两个分别带有电荷量为−Q和+9Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F1，当两小球相互接触后再将它们的距离变为2r，它们间库仑力的大小变为F2，则( )
A. F1：F2=3：2B. F1：F2=9：4C. F1：F2=9：1D. F1：F2=3：4
4.空间存在水平向右的匀强电场，方向与x轴平行，一个质量为m，带负电的小球，电荷量为−q，从坐标原点以v0=10m/s的初速度斜向上抛出，且初速度v0与x轴正方向夹角θ=37°，如图所示。经过一段时间后到达最高点，此时速度大小也是10m/s，该小球在最高点的位置坐标是( )(sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2)
A. 0.6m，1.8mB. −0.6m，1.8mC. 5.4m，1.8mD. 0.6m，1.08m
5.如图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电荷量为−q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离为ℎ2相等。Oa之间距离为ℎ1，ab之间距离为ℎ2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a点的速率为 3gℎ1，则下列说法正确的是( )
A. 小环通过b点的速率为 g3ℎ1+2ℎ2B. 小环从O到b，静电力做的功可能为零
C. 小环在Oa之间的速度是先增大后减小D. 小环在Oa之间的速度是先减小后增大
6.如图所示，在真空中水平放置一长方体高为2L，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点A，C处分别放置电荷量为+Q的点电荷，在顶点F，H处分别放置电荷量为−Q的点电荷，O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是( )
A. 该长方体的几何中心处场强为零
B. B，D两点场强相同
C. 沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大
D. 将一电子从B点移到E点，电场力做负功
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，
射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。下列说法中正确的是( )
A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点
B. 若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现2个亮点
C. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点
D. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，要增大偏移量可以只增大U
8.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(不及内阻)连接，下极板接地，一带点油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
A. 带点油滴将沿竖直方向向上运动
B. 电容器的电容减少，极板带电量将增加
C. 带点油滴的电势能将增加
D. P点的电势将降低
9.两个带等量正电的点电荷，电量均为Q，固定在图中a、b两点，MN为a、b连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点。取无限远处的电势为零。一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则( )
A. 若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小
B. 若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动
C. q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大
D. 若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动
10.如图所示，虚线a、b、c为某一电场中的三个等差等势面，一个带电离子仅在电场力作用下运动，依次通过Q、M、P三点，实线为其运动轨迹。以a、v分别表示离子运动的加速度与速度，可以判定( )
A. aQ>aM>aPB. aP>aM>aQC. vQ>vP>vMD. vM>vP>vQ
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10−8Ω·m，再利用实验测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度，要求尽可能测出多组有关数值．
(1)在图中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器连成实际测量电路；_______，_______．
(2)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数0.80 V，导线实际长度为_______m(保留两位有效数字)．
12.(1)用螺旋测微器測金属丝直径D时，示数如图(甲)所示，此示数为______mm；
(2)在“测定金属的电阻率”的实验中，用最小刻度为1mm的刻度尺测量金属丝的长度，图(乙)中箭头所指位置是拉直的金属丝两端在刻度尺上相对应的位置，测得的金属丝长度L为______mm；
(3)图(丙)、(丁)是电表的刻度盘。若当时使用的是该表的0～3V量程，如图(丙)所示，那么读数为________V；若当时使用的是该表的0～0.6A量程，如图(丁)所示，那么电表读数为________A。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.如图所示，平行板电容器的板长为L，板间距为d，板B与水平方向的夹角为α，两板间所加电压为U，有一带负电液滴，带电量为q，以速度v0沿水平方向自A板边沿进入板间后仍沿水平方向运动，恰好从B板边沿水平飞出。求液滴的质量及飞出时的速度。(重力加速度为g)
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.有一电子经电压U1加速后，进入两块间距为d，电压为U2的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场，设电子的电量为e。求：
(1)电子离开加速场的速度；
(2)金属板AB的长度；
(3)电子穿出电场时的动能。
15.如图所示，在沿水平向右方向的匀强电场，场强E=3N/C中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg的金属小球悬挂在O点，静止在B点，细线与竖直方向的夹角为θ=37°.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放(取g=10m/s2，sin37°=0.60，cs37°=0.80)。
求：(1)小球的电性及电荷量；
(2)小球通过最低点C时小球对细线的拉力。
答案解析
1.D
【解析】A.匀强电场中电势差与电场强度的关系为U = Ed，C、D间的电势差为UCD =ER1−cs53°，又UCD =φC−φD，代入数据解得：φD=−400V，故A错误；
B.因为等势面与电场线垂直，故O点电势等于B点电势，故B错误；
C.A、C两点间的电势差UAC =ER1+cs53°，代入数据解得：UAC=1.6×103V，故C错误；
D.沿着电场线方向，电势逐渐降低，φA>φD，由电势能Ep=qφ，由于电子带负电，可知EpA故选：D。
2.C
【解析】A.粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律
a=Eqm
垂直电场方向的位移
y=v0t
平行电场方向的位移
x=12at2
根据几何关系
tan30∘=yx
联立解得
t=2 3mv0Eq
故A错误；
B.水平位移
x=12at2=3mv 022Eq
竖直位移
y=v0t=2 3mv 02Eq
故位移为
s=4 3mv 02Eq
故B错误；
C.水平方向速度
vx=at=Eqm⋅2 3mv0qE=2 3v0
故到达N点速度大小为
v= vx2+v02= 13v0
故C正确；
D.根据动能定理
qUMN=12mv 2−12mv02
解得
UMN=6mv02q
故D错误。
故选C。
3.B
【解析】接触前两个金属小球之间的库仑力大小为：F1=k9Q2r2；
两带电金属小球接触时，它们的电荷量先中和后平分，所以两球分开后带电荷量均为+4Q，距离又变为原来的2倍，则它们之间的库仑力为：F2=k16Q2(2r)2=k4Q2r2；
联立得：F1F2=94，故B正确ACD错误。
4.B
【解析】小球在竖直方向上：vy0=v0sin37∘=6m/s，上升最大高度为：ℎm=vy022g=622×10m=1.8m，经历时间为：t=vy0g=610s=0.6s
小球在水平方向上：vx0=v0cs37∘=8m/s，加速度为：ax=Δvt=−10−80.6m/s2=−30m/s2，小球达到最高点时水平位移为：x=vx0t+12axt2=8×0.6−12×30×0.62m=−0.6m
故小球在最高点的坐标为：(−0.6m,1.8m)，故ACD错误，B正确。
故选B。
5.A
【解析】A、a、b两点是+Q所产生的电场中的两个等势点，所以小环从a到b的过程中只有重力做功，根据动能定理研究小环从a到b的过程得：mgℎ2=12mvb2−12mva2=12mvb2−12m( 3gℎ1)2，解得vb= g(3ℎ1+2ℎ2)，故A正确；
B、小环从O到b电场力做的功等于从O到a电场力做的功，大于零，故B错误；
CD、小环在Oa之间运动过程，重力和电场力均做正功，速度一直增大．故CD错误。
故选A。
6.D
【解析】
A、在顶点A，C处的两个正电荷在几何中心的合场强竖直向下，在顶点F、H处的两个负电荷在几何中心的合场强也是竖直向下，故几何中心的场强竖直向下，不为零，故A错误；
B、根据对称性，B、D两点场强大小相同，方向不同，故B错误；
C、沿竖直方向从O1到O2，距离两个正电荷越来越远，距离两个负电荷越来越近，电势一直在减小，故C错误；
D、将一电子从B点移到E点，电势降低，则电势能升高，说明电场力做负功，故D正确。
7.BCD
【解析】A.设粒子的质量为m，电量为q，初速度为v0，匀强电场场强为E，板长为L，则
水平方向：粒子做匀速直线运动，则有
L=v0t
竖直方向：做匀加速直线运动，偏转距离
y=12at2=qEL22mv02
若它们射入电场时的初速度相等，氘核、氦核的比荷 qm 相等，y相等，这两个粒子打在屏上同一点，所以光屏上将出现2个亮点，故A错；
B.若它们射入电场时的动能相等，即它们的 mv2 相等，质子、氘核的电荷相同，由A选项可知y相等，这两个粒子打在屏上同一点，所以光屏上将出现2个亮点，故B对；
C.设加速电压为U1、偏转电压为U，根据动能定理得
qU1=12mv02
E=Ud
解得
y=UL24U1d
可见，y与粒子的电量、质量无关，所以质子、氘核、氦核在偏转电场中偏转距离相等，这三个粒子都打在屏上同一点，所以光屏上将出现1个亮点，故C正确；
D.由C选项可知，若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，要增大偏移量可以只增大U，故D对。
故选BCD。
8.CD
【解析】A.一带点油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，则
Eq=mg
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，即d增大，由于电容器两端的电压不变，则根据
E=Ud
则板间的场强E减小，故油滴所受电场力减小，则油滴将向下运动。故A错误；
B.由电容器决定式
C=εS4πkd
可知，d增大，则C减小，由公式
C=QU
可知，U不变，C减小，则板带电量减小，故B错误；
CD.场强E减小，而P点与下极板的距离不变，由公式
U=Ed
可知P与下极板的电势差减小，而P点的电势高于下极板的电势，则P点的电势降低，原来油滴处于平衡位置可知，油滴带负电，现P点的电势降低，可知，油滴的电势能增加，故CD正确，；
故选CD。
9.BD
【解析】A.题中电场在MN上延伸到无穷远处场强为零，在O点场强为零，所以场强从无穷远处到O是先增大后减小的，所以试探电荷q由A到O的过程中加速度可能是一直变小，也可能是先增大后减小，A错误；
B.题中电场在MN上关于O点对称，背向O点，负电荷受力指向O点，从A到O加速，从O向下减速到零再向上加速，将以O点为对称中心做往复运动，B正确；
C.q由A点向O点运动时，电场力做正功，动能逐渐增大，电势能逐渐减小，C错误；
D.负电荷如以O点为圆心，OA为半径，在垂直与ab的平面内做匀速圆周运动，受到的电场力大小不变，方向始终指向圆心，可以提供向心力，D正确。
故选BD。
10.BC
【解析】说明分析
AB.如图所示，三点比较， P 点处等势面最密集，其次是 M 点处， Q 点处最稀疏，则场强有 EP>EM>EQ ，对带电离子有
F=qE=ma
则加速度有 aP>aM>aQ ，故B正确A错误；
CD.应用运动与力的关系分析， Q→M 过程，受力方向与速度方向夹角 α 为钝角，电场力做负功，离子做减速运动，则有 vQ>vM 。 M→P 过程，受力方向与速度方向夹角 β 为锐角，电场力做正功，离子做加速运动，则有 vP>vM 。运动过程中电势能与动能之和守恒， Q→M 过程电势能变化量大于 M→P 过程，则 Q→M 过程动能的变化量大，则有 vQ>vP ，故C正确D错误。
故选BC。
11. ； ； 94；
【解析】(1)根据电阻定律可求出铜导线的电阻约为Rx= ρLS =1.7×10−8× 1001.0×10−6 =1.7Ω，阻值较小，所以采用电流表外接法；实验要求尽可能测出多组有关数值，所以采用分压电路．故电路设计如图所示：
根据电路图，实物连接图如图所示：
；
(2)根据欧姆定律和电阻定律 R=UI=ρLS ，得 L=USρI ，代入数据得L=94m；
点睛：首先根据电阻定律估算出铜导线的电阻，结合实验要求尽可能测出多组有关数值，确定实验电路，根据电路连接实物图；根据欧姆定律求出导线的电阻，利用电阻定律求出导线的长度即可．
12.(1)0.700(0.698−0.702均可)；
(2)972.0(971.8−972.2均可)；
(3)1.15(1.13−1.17均可)；0.20
【解析】解：(1)图(甲)中0.5 mm刻度线已经露出，所以螺旋测微器读数为0.5mm+0.01×20.0mm=0.700mm；
(2)图(乙)中测得的金属丝长度为98.20cm−1.00cm=97.20 cm=972.0mm；
(3)图(丙)中使用的是电压表的0～3 V量程，最小刻度为0.1V，要估读到0.01V，读数为1.15V，
图(丁)中使用的是电流表的0～0.6 A量程，最小刻度为0.02A，要估读到0.01A，读数为0.20A。
故答案为：(1)0.700(0.698−0.702均可)；
(2)972.0(971.8−972.2均可)；
(3)1.15(1.13−1.17均可)；0.20。
13.解：(1)带电液滴的受力情况如图所示，电场力与重力的合力必定水平向右，由图可得：
qEcsα=mg
解得：m=qEcsαg
(2)对液滴，由动能定理得：
qEsinα⋅Lcsα=12mv2−12mv 02
得：v= v02+2gLsinαcs2α
答：
(1)液滴的质量为qEcsαg；
(2)液滴飞出电场时的速度为 v02+2gLsinαcs2α。
【解析】(1)带负电液滴在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定沿此直线方向，否则就做曲线运动。根据力的合成，由重力与电场力的关系求解质量。
(2)液滴运动过程中，重力不做功，只有电场力做功，根据动能定理求解微粒飞出时的速度。
本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出电场力方向，然后运用动能定理解题。
14.解：(1)在加速电场中，根据动能定理，有
eU1 =12mv02
解得：v0 = 2eU1 m
(2)在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向：y=12at 2=d2
根据牛顿第二定律：a=qEm=qU2 md=eU2 md
得t= md 2eU2
AB板长度：sAB =v0 t= md 2eU2 × 2eU1 m=d 2U1 U2
(3)根据动能定理，有：qE⋅d2=Ek2 −Ek1
Ek2 =qE×d2+Ek1 =eU2 d×d2+eU1 =eU22+eU1=eU2+2U12。
【解析】(1)由动能定理求出电子离开加速场的速度；
(2)电子先在加速电场中加速，再进入偏转电场中偏转，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是12d，由此可以求得极板的长度；
(3)电子在运动的整个过程中，只有电场力做功，根据动能定理即可求得电子的动能的大小。
电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。
15.解：(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，知电场力水平向右，与电场方向相同，故小球带正电，根据平衡条件得：
qE=mgtanθ
解得：q=mgtan37°E=0.20×10×0.753C=0.5C
(2)对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：
mgL−qEL=12mv2
在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
T−mg=mv2L
解得：T=4.5N
答：(1)小球带正电，电荷量为0.5C；
(2)小球通过最低点C时小球对细线的拉力为4.5N。
【解析】(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；
(2)对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解速度，在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。
本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中。
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.如图所示，在平行于匀强电场的平面上以O点为圆心作半径为10cm的圆，在圆周上取A、B、C、D四点，AD为圆的直径，OC与OD成53∘，OB垂直于AD，C点电势为0V，已知匀强电场的场强大小为1.0×104V/m，cs53∘=0.6。则( )
A. D点电势为400VB. O点电势高于B点电势
C. A、C两点间的电势差为1.4×103VD. 电子在A点的电势能小于在D点的电势能
2.如图所示，在水平向右的匀强电场E中，一个质量为m、电荷量为q的粒子，以速度v0从图中M点垂直电场方向射入，经过一段时间，到达左上方N点。已知MN的连线与水平方向夹角为30°，则粒子从M到N的过程中(粒子重力可以忽略)( )
A. 所用时间为 3mv0EqB. 位移大小为2 3mv02Eq
C. 到达N点速度大小为 13v0D. MN两点之间的电势差为4mv02q
3.两个分别带有电荷量为−Q和+9Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F1，当两小球相互接触后再将它们的距离变为2r，它们间库仑力的大小变为F2，则( )
A. F1：F2=3：2B. F1：F2=9：4C. F1：F2=9：1D. F1：F2=3：4
4.空间存在水平向右的匀强电场，方向与x轴平行，一个质量为m，带负电的小球，电荷量为−q，从坐标原点以v0=10m/s的初速度斜向上抛出，且初速度v0与x轴正方向夹角θ=37°，如图所示。经过一段时间后到达最高点，此时速度大小也是10m/s，该小球在最高点的位置坐标是( )(sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2)
A. 0.6m，1.8mB. −0.6m，1.8mC. 5.4m，1.8mD. 0.6m，1.08m
5.如图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电荷量为−q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离为ℎ2相等。Oa之间距离为ℎ1，ab之间距离为ℎ2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a点的速率为 3gℎ1，则下列说法正确的是( )
A. 小环通过b点的速率为 g3ℎ1+2ℎ2B. 小环从O到b，静电力做的功可能为零
C. 小环在Oa之间的速度是先增大后减小D. 小环在Oa之间的速度是先减小后增大
6.如图所示，在真空中水平放置一长方体高为2L，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点A，C处分别放置电荷量为+Q的点电荷，在顶点F，H处分别放置电荷量为−Q的点电荷，O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是( )
A. 该长方体的几何中心处场强为零
B. B，D两点场强相同
C. 沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大
D. 将一电子从B点移到E点，电场力做负功
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，
射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。下列说法中正确的是( )
A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点
B. 若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现2个亮点
C. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点
D. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，要增大偏移量可以只增大U
8.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(不及内阻)连接，下极板接地，一带点油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
A. 带点油滴将沿竖直方向向上运动
B. 电容器的电容减少，极板带电量将增加
C. 带点油滴的电势能将增加
D. P点的电势将降低
9.两个带等量正电的点电荷，电量均为Q，固定在图中a、b两点，MN为a、b连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点。取无限远处的电势为零。一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则( )
A. 若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小
B. 若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动
C. q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大
D. 若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动
10.如图所示，虚线a、b、c为某一电场中的三个等差等势面，一个带电离子仅在电场力作用下运动，依次通过Q、M、P三点，实线为其运动轨迹。以a、v分别表示离子运动的加速度与速度，可以判定( )
A. aQ>aM>aPB. aP>aM>aQC. vQ>vP>vMD. vM>vP>vQ
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10−8Ω·m，再利用实验测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度，要求尽可能测出多组有关数值．
(1)在图中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器连成实际测量电路；_______，_______．
(2)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数0.80 V，导线实际长度为_______m(保留两位有效数字)．
12.(1)用螺旋测微器測金属丝直径D时，示数如图(甲)所示，此示数为______mm；
(2)在“测定金属的电阻率”的实验中，用最小刻度为1mm的刻度尺测量金属丝的长度，图(乙)中箭头所指位置是拉直的金属丝两端在刻度尺上相对应的位置，测得的金属丝长度L为______mm；
(3)图(丙)、(丁)是电表的刻度盘。若当时使用的是该表的0～3V量程，如图(丙)所示，那么读数为________V；若当时使用的是该表的0～0.6A量程，如图(丁)所示，那么电表读数为________A。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.如图所示，平行板电容器的板长为L，板间距为d，板B与水平方向的夹角为α，两板间所加电压为U，有一带负电液滴，带电量为q，以速度v0沿水平方向自A板边沿进入板间后仍沿水平方向运动，恰好从B板边沿水平飞出。求液滴的质量及飞出时的速度。(重力加速度为g)
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.有一电子经电压U1加速后，进入两块间距为d，电压为U2的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场，设电子的电量为e。求：
(1)电子离开加速场的速度；
(2)金属板AB的长度；
(3)电子穿出电场时的动能。
15.如图所示，在沿水平向右方向的匀强电场，场强E=3N/C中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg的金属小球悬挂在O点，静止在B点，细线与竖直方向的夹角为θ=37°.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放(取g=10m/s2，sin37°=0.60，cs37°=0.80)。
求：(1)小球的电性及电荷量；
(2)小球通过最低点C时小球对细线的拉力。
答案解析
1.D
【解析】A.匀强电场中电势差与电场强度的关系为U = Ed，C、D间的电势差为UCD =ER1−cs53°，又UCD =φC−φD，代入数据解得：φD=−400V，故A错误；
B.因为等势面与电场线垂直，故O点电势等于B点电势，故B错误；
C.A、C两点间的电势差UAC =ER1+cs53°，代入数据解得：UAC=1.6×103V，故C错误；
D.沿着电场线方向，电势逐渐降低，φA>φD，由电势能Ep=qφ，由于电子带负电，可知EpA
2.C
【解析】A.粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律
a=Eqm
垂直电场方向的位移
y=v0t
平行电场方向的位移
x=12at2
根据几何关系
tan30∘=yx
联立解得
t=2 3mv0Eq
故A错误；
B.水平位移
x=12at2=3mv 022Eq
竖直位移
y=v0t=2 3mv 02Eq
故位移为
s=4 3mv 02Eq
故B错误；
C.水平方向速度
vx=at=Eqm⋅2 3mv0qE=2 3v0
故到达N点速度大小为
v= vx2+v02= 13v0
故C正确；
D.根据动能定理
qUMN=12mv 2−12mv02
解得
UMN=6mv02q
故D错误。
故选C。
3.B
【解析】接触前两个金属小球之间的库仑力大小为：F1=k9Q2r2；
两带电金属小球接触时，它们的电荷量先中和后平分，所以两球分开后带电荷量均为+4Q，距离又变为原来的2倍，则它们之间的库仑力为：F2=k16Q2(2r)2=k4Q2r2；
联立得：F1F2=94，故B正确ACD错误。
4.B
【解析】小球在竖直方向上：vy0=v0sin37∘=6m/s，上升最大高度为：ℎm=vy022g=622×10m=1.8m，经历时间为：t=vy0g=610s=0.6s
小球在水平方向上：vx0=v0cs37∘=8m/s，加速度为：ax=Δvt=−10−80.6m/s2=−30m/s2，小球达到最高点时水平位移为：x=vx0t+12axt2=8×0.6−12×30×0.62m=−0.6m
故小球在最高点的坐标为：(−0.6m,1.8m)，故ACD错误，B正确。
故选B。
5.A
【解析】A、a、b两点是+Q所产生的电场中的两个等势点，所以小环从a到b的过程中只有重力做功，根据动能定理研究小环从a到b的过程得：mgℎ2=12mvb2−12mva2=12mvb2−12m( 3gℎ1)2，解得vb= g(3ℎ1+2ℎ2)，故A正确；
B、小环从O到b电场力做的功等于从O到a电场力做的功，大于零，故B错误；
CD、小环在Oa之间运动过程，重力和电场力均做正功，速度一直增大．故CD错误。
故选A。
6.D
【解析】
A、在顶点A，C处的两个正电荷在几何中心的合场强竖直向下，在顶点F、H处的两个负电荷在几何中心的合场强也是竖直向下，故几何中心的场强竖直向下，不为零，故A错误；
B、根据对称性，B、D两点场强大小相同，方向不同，故B错误；
C、沿竖直方向从O1到O2，距离两个正电荷越来越远，距离两个负电荷越来越近，电势一直在减小，故C错误；
D、将一电子从B点移到E点，电势降低，则电势能升高，说明电场力做负功，故D正确。
7.BCD
【解析】A.设粒子的质量为m，电量为q，初速度为v0，匀强电场场强为E，板长为L，则
水平方向：粒子做匀速直线运动，则有
L=v0t
竖直方向：做匀加速直线运动，偏转距离
y=12at2=qEL22mv02
若它们射入电场时的初速度相等，氘核、氦核的比荷 qm 相等，y相等，这两个粒子打在屏上同一点，所以光屏上将出现2个亮点，故A错；
B.若它们射入电场时的动能相等，即它们的 mv2 相等，质子、氘核的电荷相同，由A选项可知y相等，这两个粒子打在屏上同一点，所以光屏上将出现2个亮点，故B对；
C.设加速电压为U1、偏转电压为U，根据动能定理得
qU1=12mv02
E=Ud
解得
y=UL24U1d
可见，y与粒子的电量、质量无关，所以质子、氘核、氦核在偏转电场中偏转距离相等，这三个粒子都打在屏上同一点，所以光屏上将出现1个亮点，故C正确；
D.由C选项可知，若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，要增大偏移量可以只增大U，故D对。
故选BCD。
8.CD
【解析】A.一带点油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，则
Eq=mg
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，即d增大，由于电容器两端的电压不变，则根据
E=Ud
则板间的场强E减小，故油滴所受电场力减小，则油滴将向下运动。故A错误；
B.由电容器决定式
C=εS4πkd
可知，d增大，则C减小，由公式
C=QU
可知，U不变，C减小，则板带电量减小，故B错误；
CD.场强E减小，而P点与下极板的距离不变，由公式
U=Ed
可知P与下极板的电势差减小，而P点的电势高于下极板的电势，则P点的电势降低，原来油滴处于平衡位置可知，油滴带负电，现P点的电势降低，可知，油滴的电势能增加，故CD正确，；
故选CD。
9.BD
【解析】A.题中电场在MN上延伸到无穷远处场强为零，在O点场强为零，所以场强从无穷远处到O是先增大后减小的，所以试探电荷q由A到O的过程中加速度可能是一直变小，也可能是先增大后减小，A错误；
B.题中电场在MN上关于O点对称，背向O点，负电荷受力指向O点，从A到O加速，从O向下减速到零再向上加速，将以O点为对称中心做往复运动，B正确；
C.q由A点向O点运动时，电场力做正功，动能逐渐增大，电势能逐渐减小，C错误；
D.负电荷如以O点为圆心，OA为半径，在垂直与ab的平面内做匀速圆周运动，受到的电场力大小不变，方向始终指向圆心，可以提供向心力，D正确。
故选BD。
10.BC
【解析】说明分析
AB.如图所示，三点比较， P 点处等势面最密集，其次是 M 点处， Q 点处最稀疏，则场强有 EP>EM>EQ ，对带电离子有
F=qE=ma
则加速度有 aP>aM>aQ ，故B正确A错误；
CD.应用运动与力的关系分析， Q→M 过程，受力方向与速度方向夹角 α 为钝角，电场力做负功，离子做减速运动，则有 vQ>vM 。 M→P 过程，受力方向与速度方向夹角 β 为锐角，电场力做正功，离子做加速运动，则有 vP>vM 。运动过程中电势能与动能之和守恒， Q→M 过程电势能变化量大于 M→P 过程，则 Q→M 过程动能的变化量大，则有 vQ>vP ，故C正确D错误。
故选BC。
11. ； ； 94；
【解析】(1)根据电阻定律可求出铜导线的电阻约为Rx= ρLS =1.7×10−8× 1001.0×10−6 =1.7Ω，阻值较小，所以采用电流表外接法；实验要求尽可能测出多组有关数值，所以采用分压电路．故电路设计如图所示：
根据电路图，实物连接图如图所示：
；
(2)根据欧姆定律和电阻定律 R=UI=ρLS ，得 L=USρI ，代入数据得L=94m；
点睛：首先根据电阻定律估算出铜导线的电阻，结合实验要求尽可能测出多组有关数值，确定实验电路，根据电路连接实物图；根据欧姆定律求出导线的电阻，利用电阻定律求出导线的长度即可．
12.(1)0.700(0.698−0.702均可)；
(2)972.0(971.8−972.2均可)；
(3)1.15(1.13−1.17均可)；0.20
【解析】解：(1)图(甲)中0.5 mm刻度线已经露出，所以螺旋测微器读数为0.5mm+0.01×20.0mm=0.700mm；
(2)图(乙)中测得的金属丝长度为98.20cm−1.00cm=97.20 cm=972.0mm；
(3)图(丙)中使用的是电压表的0～3 V量程，最小刻度为0.1V，要估读到0.01V，读数为1.15V，
图(丁)中使用的是电流表的0～0.6 A量程，最小刻度为0.02A，要估读到0.01A，读数为0.20A。
故答案为：(1)0.700(0.698−0.702均可)；
(2)972.0(971.8−972.2均可)；
(3)1.15(1.13−1.17均可)；0.20。
13.解：(1)带电液滴的受力情况如图所示，电场力与重力的合力必定水平向右，由图可得：
qEcsα=mg
解得：m=qEcsαg
(2)对液滴，由动能定理得：
qEsinα⋅Lcsα=12mv2−12mv 02
得：v= v02+2gLsinαcs2α
答：
(1)液滴的质量为qEcsαg；
(2)液滴飞出电场时的速度为 v02+2gLsinαcs2α。
【解析】(1)带负电液滴在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定沿此直线方向，否则就做曲线运动。根据力的合成，由重力与电场力的关系求解质量。
(2)液滴运动过程中，重力不做功，只有电场力做功，根据动能定理求解微粒飞出时的速度。
本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出电场力方向，然后运用动能定理解题。
14.解：(1)在加速电场中，根据动能定理，有
eU1 =12mv02
解得：v0 = 2eU1 m
(2)在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向：y=12at 2=d2
根据牛顿第二定律：a=qEm=qU2 md=eU2 md
得t= md 2eU2
AB板长度：sAB =v0 t= md 2eU2 × 2eU1 m=d 2U1 U2
(3)根据动能定理，有：qE⋅d2=Ek2 −Ek1
Ek2 =qE×d2+Ek1 =eU2 d×d2+eU1 =eU22+eU1=eU2+2U12。
【解析】(1)由动能定理求出电子离开加速场的速度；
(2)电子先在加速电场中加速，再进入偏转电场中偏转，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是12d，由此可以求得极板的长度；
(3)电子在运动的整个过程中，只有电场力做功，根据动能定理即可求得电子的动能的大小。
电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。
15.解：(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，知电场力水平向右，与电场方向相同，故小球带正电，根据平衡条件得：
qE=mgtanθ
解得：q=mgtan37°E=0.20×10×0.753C=0.5C
(2)对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：
mgL−qEL=12mv2
在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
T−mg=mv2L
解得：T=4.5N
答：(1)小球带正电，电荷量为0.5C；
(2)小球通过最低点C时小球对细线的拉力为4.5N。
【解析】(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；
(2)对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解速度，在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。
本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中。
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