广东省汕头市潮阳区河溪中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（2024高二上·潮阳月考）关于图中四幅图像的说法正确的是（ ）
A．甲图中，将带正电的小球靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成、两部分后，所带电荷量小于所带电荷量
B．乙图中，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，箔片会张开
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的内外表面感应出等量异种电荷，导体壳内空腔电场强度为0
D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．根据电荷守恒定律，甲图中，将带正电的小球靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成、两部分后，所带电荷量等于所带电荷量，故A错误；
B．根据静电屏蔽，乙图中，用金属网把验电器罩起来，使其内部不受影响，故带电金属球靠近验电器，箔片不会张开，故B错误；
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷，内表面没有电荷，导体壳内空腔电场强度为0，故C错误；
D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1.电荷守恒：感应起电后，分割导体的两部分电荷量等值异号。
2.静电屏蔽：金属网罩可隔绝外部电场，使内部不受影响。
3.静电平衡：导体腔静电平衡时，电荷仅分布外表面，内部电场为 0。
4.尖端放电：尖锐导体电荷密度大，易电离空气，实现电荷导地。
2．（2024高二上·潮阳月考）真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（ ）
A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9
【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力．
， ，
得：F1=9F2
根据电场强度的定义式： ，
得：
故答案为：C
【分析】可以利用点电荷的场强公式F= 来求解，其中Q是点电荷的电量，r是到点电荷的距离，代入数值计算即可。
3．（2024高二上·潮阳月考）在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点的电势相等，电场强度相同的是（ ）
A．甲图：与点电荷等距的a、b两点
B．乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C．丙图：点电荷与带电平板形成的电场中板上表面的a、b两点
D．丁图：匀强电场中的a、b两点
【答案】B
【知识点】电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A．甲图为单独一个正电荷，则a、b两点电势相等，根据电场线的疏密可以得出电场强度大小相等，根据电场线的方向可以得出电场强度的方向不同，A错误；
B．乙图为等量异种电荷，根据电场线的分布可以得出：a、b两点电势均为零，且电场强度相同，B正确；
C．丙图中根据电场线的疏密可以得出：a电场强度小于b点电场强度，根据电场线的方向可以得出：a点距负电极板更近，电势低于b点电势，C错误；
D．丁图为匀强电场，根据电场线的疏密可以得出a、b两点电场强度相同，沿电场线方向电势降低，则a点电势低于b点电势，D错误。
故选B。
【分析】利用电场线的分布可以判别电场强度的大小及方向，利用电场线的方向可以比较电势的高低。
4．（2024高二上·潮阳月考）用于医学成像的X射线是由电子加速后轰击重金属靶产生的。图（a）中M、N是电子被电场加速过程中一条电场线上的两点。电子在电场力的作用下从M点运动到N点，其运动的图像如图（b）所示，下列说法正确的是（ ）
A．M点的电场强度大于N点的电场强度
B．M点的电势高于N点的电势
C．电子从M点运动到N点电场力做负功
D．电子在M点的电势能小于N点的电势能
【答案】A
【知识点】加速度；电场力做功；牛顿第二定律；电势能
【解析】【解答】A．由图像的斜率表示电子的加速度可知，M点的加速度大于N的加速度，即
结合牛顿第二定律可得
解得
故M点的电场强度大于N点的电场强度，A正确；
BCD．由（b）图可知，从M到N点，电子的速度增大，动能增大，电场力做正功，电势能减小，故M点的电势能高于N点的电势能；由于电子带负电，故M点的电势低于N点的电势，因此，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】1. 加速度与电场强度：用v-t图像斜率得加速度，结合 关联电场强度。
2. 电场力做功与动能：速度增大，动能增大，电场力做正功。
3. 电势与电势能：负电荷：电场力做正功，电势能减小，且 与 变化相反（， ）。
5．（2024高二上·潮阳月考）某静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子自A点由静止开始，仅在电场力作用下最远只能到达在x轴上B点，且从A到O点与O到B点的时间之比为2：1，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．从A到B点，电势一直降低
C．AO段图线与OB段图线的斜率的绝对值之比为1：2
D．从A运动到B的过程中粒子的电势能先增加后减小
【答案】C
【知识点】加速度；牛顿第二定律；电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A．根据沿电场线方向，电势降低可知：在x轴负方向上，静电场方向沿x轴负向；在x轴正方向上，静电场方向沿x轴正向，根据题意可知粒子从A点由静止开始先加速后减速到B点，所以粒子在AO段受到的电场力方向向右，与电场线方向相反，所以粒子带负电，故A错误；
B．由图可知从A到B，电势先升高后降低，故B错误；
C．粒子从A点到O点过程中，由静止加速到速度最大，从O点到B点过程中，由速度最大减小到零，从A到O点与O到B点的时间之比2：1，根据加速度定义式可知加速度之比为1：2，根据牛顿第二定律可得
即电场强度之比为1：2，而-x图像的斜率即为电场强度，所以AO段图线与OB段图线的斜率的绝对值之比为1：2，故C正确；
D．由图可知从A到B，电势先升高后降低，所以从A运动到B的过程中粒子的电势能先减少后增加，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由电势变化方向（沿电场线电势降低 ）得电场方向，结合粒子加速方向判断电性（电场力与电场方向相反，带负电 ）。
B：直接读 图像，A-O升高，O-B降低。
C：用运动学（匀变速平均速度 ）关联时间与加速度，结合 得电场强度之比，对应图像斜率之比。
D：电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增大。
6．（2024高二上·潮阳月考）示波管是示波器的核心部件，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。示波管的YY'偏转电极上加的是待测的信号电压。XX偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
A．极板X'带正电，极板Y带正电 B．极板X带正电，极板Y带正电
C．极板X'带正电，极板Y带负电 D．极板X带正电，极板Y带负电
【答案】C
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】电子的受力方向与电场方向相反，因电子向X'向偏转，则电场方向为X'到X，则X'带正电，同理可知Y'带正电，那么Y应带负电。
故答案为：C。
【分析】1. 电场与受力关系：负电荷（电子 ）受力方向与电场方向相反。
2. 偏转方向为电场方向：电子偏转方向（如 侧 ），电子受力方向，电场方向（ ），极板带电（ 正电 ）。
3. Y方向同理：亮斑位置，电子受力，电场方向，极板带电。
7．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接。下极板接地，一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则以下说法错误的是（ ）
A．电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大
B．带电质点将沿竖直方向向上运动
C．P点的电势将降低
D．若将带电质点固定，则其电势能不变
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力；电场强度；电势差
【解析】【解答】A．下极板向上移动时，板间距减小，根据
可知，电容将增大，因U不变，由Q=CU，可知，电量将增大；故A正确；
B．开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据
可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动；故B正确；
C．场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed，分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故C正确；
D．电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大；故D错误。
故答案为：D。
【分析】A：用决定式 关联极板间距与电容，结合 （ 不变 ）得电荷量变化。
B： 得电场强度变化，比较电场力与重力判断运动。
C：以上极板电势为参考，通过电势差 关联电场强度与电势变化。
D：由电场方向判断质点电性（负电 ），结合 分析电势变化对电势能的影响。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2024高二上·潮阳月考）两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球（可看成点电荷），其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，当它们静止于空间某两点时，静电力大小为F．现将两球接触后再放回原处，则它们间静电力的大小可能为（ ）
A． F B． F C． F D． F
【答案】B,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：若两电荷同性，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为5Q，此时有：F= ，
接触后再分开，带电量各为：Q1′=Q2′=
则两球的库仑力大小为：F′=k ．
若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为：Q1′=Q2′= ，
此时两球的库仑力为：F″=k = F
故BD正确、AC错误．
故选：BD
【分析】根据库仑定律计算库仑力的大小。
9．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，为匀强电场中的一个直角三角形，，，为三角形的高，电场方向与平面平行。已知a、b、c三点的电势分别为、，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向沿方向
B．电场强度的方向沿方向
C．将电子从点移到d点，电子电势能增加
D．将电子从点移到d点，电子电势能减小
【答案】B,D
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】AB．匀强电场中，平行等间距两条线段之间的电势差相等，可知，将ac边四等份，则相邻等份之间的电势差为20V，根据几何关系可知，d点为第一个等分点，则d点的电势为80V，则bd连线为等势线，由于电场线与等势线垂直且由高电势点指向低电势点，则电场强度的方向沿方向，故A错误，B正确；
CD．将电子从点移到d点，电场力做功
电场力做正功，可知，电子电势能减小，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】1.等势点与电场线：用等分法确定等势点（bd ），由等势面与电场线垂直、高电势指向低电势，判断电场方向。
2.电势能变化：通过电势差计算电场力做功，正功对应电势能减小，负功对应增大。
10．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，把质量为m，带电量为q的质点，以初速在水平方向的匀强电场中竖直向上抛出，若其运动到最高点时速度大小为，设重力加速度为g，则质点在电场中上升到最大高度h的过程中（ ）
A．电场强度的大小为
B．这个过程中质点所受合力所做的功为零
C．到最高点时质点的加速度大小为g
D．这个过程中质点机械能增加
【答案】A,B,D
【知识点】加速度；动能定理的综合应用；电场强度；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．竖直方向上做匀减速运动，上升的时间
水平方向上做匀加速运动，因此
而
联立可得电场强度的大小
故A正确；
B．根据动能定理可得这个过程中质点所受合力所做的功为
故B正确；
C．到最高点时，质点竖直方向的加速度为g，水平方向的加速度大小为
因此合加速度为
故C错误；
D．这个过程中，除重力以外，电场力对物体做正功，因此质点机械能增加，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】A：将质点运动分解为竖直上抛（仅受重力 ）和水平匀加速（仅受电场力 ），利用分运动独立性分析。
B：通过初末动能变化判断合力做功（动能变化为 0，合力做功为 0 ）。
C：竖直与水平加速度均为 g，用平行四边形定则合成合加速度。
D：电场力做正功，则机械能增加（功能关系：除重力外其他力做功 = 机械能变化 ）。
三、非选择题：共54分，第11~12题为实验题。第13~15题为解答题。
11．（2024高二上·潮阳月考）利用如图甲所示的装置测量重物做自由落体运动的加速度。
（1）注意事项如下：
a.电磁打点计时器使用50Hz低压 （填“直流”或“交流”）电源；
b.打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上；
c.开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止；
d.应先 （填“释放纸带”或“接通电源”）。
（2）某同学在实验中得到的一条较为理想的纸带，取其中一段清晰的点，每隔一个点标出计数点，如图乙所示。测出相邻计数点间的距离分别为，，，，已知实验所用交流电的打点周期
a.打点计时器的计数点的时间间隔为 s；
b.打点计时器打下C点时重物的瞬时速度为 m/s （结果保留3位有效数字）：
c.重物做自由落体运动的加速度大小的表达式为 （用和T表示）。
【答案】（1）交流；接通电源
（2）0.04；1.61；
【知识点】加速度；瞬时速度；重力加速度
【解析】【解答】（1）电磁打点计时器使用50Hz低压交流电源；开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止，应先接通电源，再释放纸带。
故答案为：交流；接通电源
（2）每隔一个点标出计数点，打点计时器的计数点的时间间隔为；
由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打点计时器打下C点时重物的瞬时速度为
；
由逐差法可得，重物做自由落体运动的加速度大小的表达式为。
【分析】0.04；1.61；
【分析】（1）计时器原理：电磁打点计时器用交流电源，依赖交流电周期性打点。
操作规范：先通电后释放，保证点迹完整。
（2）时间间隔：计数点间隔 = 2 倍打点周期（每隔一个点取点 ）。
瞬时速度：中间时刻速度 = 平均速度（匀变速直线运动规律 ）。
加速度计算：逐差法消除偶然误差，利用四段位移差计算加速度。
（1）[1]电磁打点计时器使用50Hz低压交流电源。
[2]开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止，应先接通电源，再释放纸带。
（2）[1]每隔一个点标出计数点，打点计时器的计数点的时间间隔为
[2]由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打点计时器打下C点时重物的瞬时速度为
[3]由逐差法可得，重物做自由落体运动的加速度大小的表达式为
12．（2024高二上·潮阳月考）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，则圆柱体的长度为 cm，直径为 mm
（2）按图丙连接电路后，实验操作如下：
①将滑动变阻器的阻值置于最大处，将拨向接点1，闭合，调节，使电流表示数为一个恰当的值；
②将电阻箱的阻值调至最大处，拨向接点2，保持不变，调节，使电流表的示数仍为，此时阻值为12.8Ω；
（3）由（2）中的测量，可得圆柱体的电阻为 Ω；
（4）利用以上各步骤中所测得的数据，得该圆柱体的电阻率为 Ωm。
【答案】5.02；5.316；12.8；5.66×10-3
【知识点】电阻定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺读数规则可读出读数为
根据螺旋测微器读数规则可知螺旋测微器的读数
故答案为：5.02；5.316
（3）由等效替代法测量电阻的原理可知
Ω
故答案为：12.8
（4）由电阻定律得
可得
代入数据解得Ω
故答案为：5.66×10-3 【分析】（1）游标卡尺：主尺+游标尺（精度0.1mm ），注意单位换算。
螺旋测微器：固定刻度+可动刻度（精度0.01mm ），读数保留三位小数。
（3）利用“相同电流下，电阻箱阻值等于待测电阻”，简化电阻测量（避免复杂电路计算 ）。
（4）结合电阻 、长度 、直径 （算横截面积 ），通过 推导电阻率公式，代入数据计算。
13．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，一质量为m0.04kg，带电量大小为q1.0×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线与竖直方向成37°角。小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g10m/s2。sin37°0.6，cos37°0.8。
（1）画出小球受力图并判断小球带何种电荷；
（2）求细线拉力和电场强度E；
（3）若突然将细线剪断，求经过2s时小球的速度v。
【答案】（1）解：对小球受力分析如图
可判断小球带正电。
（2）解：根据三力平衡有，细线拉力
方向沿细线向上，电场力
解得：，方向水平向右。
（3）解：剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，此时小球受到的合力大小等于细线的拉力，为
由牛顿第二定律Fma
可得
又由运动学公式vat
解得经过2s时小球的速度v25m/s，方向与竖直方向夹角37°斜向下。
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球受重力 （竖直向下 ）、电场力 （水平方向 ）、细线拉力 （沿细线向上 ），电场力方向与电场方向（水平向右 ）相同，则小球带正电（正电荷受力与电场方向一致 ）。
（2）静止时合力为0，分解力后用三角函数关系求拉力、电场力。
（3）剪断细线后，合力为原拉力（等大反向 ），做匀加速直线运动，用牛顿第二定律、运动学公式求速度。
（1）对小球受力分析如图
可判断小球带正电。
（2）根据三力平衡有，细线拉力
方向沿细线向上，电场力
解得，电场强度
方向水平向右。
（3）剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，此时小球受到的合力大小等于细线的拉力，为
由牛顿第二定律
Fma
可得
又由运动学公式
vat
解得经过2s时小球的速度
v25m/s
方向与竖直方向夹角37°斜向下。
14．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，两板间所加电压为U1，金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板间加有恒定的偏转电压U2，极板间距为d，板长度为L。现有一质子（）从小孔S1处先后由静止释放，经加速后穿过小孔S2水平向右进入偏转电场。已知质子的质量为m，电荷量为q。
（1）求质子进入偏转电场时的速度v0大小；
（2）从偏转电场射出时沿垂直板面方向的侧移量y；
（3）从偏转电场射出时的速度v。
【答案】（1）解：在加速电场中，根据动能定理可得
解得。
（2）解：质子在偏转电场中做类平抛运动，则
联立可得。
（3）解：质子从偏转电场射出时有
解得，
即射出偏转电场时质子的速度大小为，速度方向与水平方向的夹角的正切值为。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）加速阶段：动能定理直接关联电场力做功与速度（ 转化为动能 ）。
（2）偏转阶段：类平抛分解为水平匀速、竖直匀加速，用运动学公式（匀速位移、匀加速位移 ）推导侧移量。
（3）速度合成：水平速度不变，竖直速度由加速度、时间推导，再矢量合成得合速度。
（1）在加速电场中，根据动能定理可得
解得
（2）质子在偏转电场中做类平抛运动，则
联立可得
（3）质子从偏转电场射出时有
解得
即射出偏转电场时质子的速度大小为，速度方向与水平方向的夹角的正切值为。
15．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，AB是半径为R的圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为，今有一质量为m、带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），从A点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，求：
（1）滑块通过B点时的速度大小；
（2）B点轨道对小滑块的支持力；
（3）小滑块最终停止的位置与B点距离x。
【答案】（1）解：小滑块从A到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为vB，根据动能定理有
代入数据解得。
（2）解：在B点，由牛顿第二定律得
解得。
（3）解：B点之后，根据动能定理有
解得。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）重力、电场力做功的代数和等于动能变化，求B点速度。
（2）支持力与重力的合力提供向心力，求支持力。
（3）电场力、摩擦力做功的代数和等于动能变化（末动能为0 ），求滑行距离。
（1）小滑块从A到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为vB，根据动能定理有
代入数据解得
（2）在B点，由牛顿第二定律得
解得
（3）B点之后，根据动能定理有
解得
广东省汕头市潮阳区河溪中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（2024高二上·潮阳月考）关于图中四幅图像的说法正确的是（ ）
A．甲图中，将带正电的小球靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成、两部分后，所带电荷量小于所带电荷量
B．乙图中，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，箔片会张开
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的内外表面感应出等量异种电荷，导体壳内空腔电场强度为0
D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理
2．（2024高二上·潮阳月考）真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（ ）
A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9
3．（2024高二上·潮阳月考）在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点的电势相等，电场强度相同的是（ ）
A．甲图：与点电荷等距的a、b两点
B．乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C．丙图：点电荷与带电平板形成的电场中板上表面的a、b两点
D．丁图：匀强电场中的a、b两点
4．（2024高二上·潮阳月考）用于医学成像的X射线是由电子加速后轰击重金属靶产生的。图（a）中M、N是电子被电场加速过程中一条电场线上的两点。电子在电场力的作用下从M点运动到N点，其运动的图像如图（b）所示，下列说法正确的是（ ）
A．M点的电场强度大于N点的电场强度
B．M点的电势高于N点的电势
C．电子从M点运动到N点电场力做负功
D．电子在M点的电势能小于N点的电势能
5．（2024高二上·潮阳月考）某静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子自A点由静止开始，仅在电场力作用下最远只能到达在x轴上B点，且从A到O点与O到B点的时间之比为2：1，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．从A到B点，电势一直降低
C．AO段图线与OB段图线的斜率的绝对值之比为1：2
D．从A运动到B的过程中粒子的电势能先增加后减小
6．（2024高二上·潮阳月考）示波管是示波器的核心部件，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。示波管的YY'偏转电极上加的是待测的信号电压。XX偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
A．极板X'带正电，极板Y带正电 B．极板X带正电，极板Y带正电
C．极板X'带正电，极板Y带负电 D．极板X带正电，极板Y带负电
7．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接。下极板接地，一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则以下说法错误的是（ ）
A．电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大
B．带电质点将沿竖直方向向上运动
C．P点的电势将降低
D．若将带电质点固定，则其电势能不变
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2024高二上·潮阳月考）两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球（可看成点电荷），其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，当它们静止于空间某两点时，静电力大小为F．现将两球接触后再放回原处，则它们间静电力的大小可能为（ ）
A． F B． F C． F D． F
9．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，为匀强电场中的一个直角三角形，，，为三角形的高，电场方向与平面平行。已知a、b、c三点的电势分别为、，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向沿方向
B．电场强度的方向沿方向
C．将电子从点移到d点，电子电势能增加
D．将电子从点移到d点，电子电势能减小
10．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，把质量为m，带电量为q的质点，以初速在水平方向的匀强电场中竖直向上抛出，若其运动到最高点时速度大小为，设重力加速度为g，则质点在电场中上升到最大高度h的过程中（ ）
A．电场强度的大小为
B．这个过程中质点所受合力所做的功为零
C．到最高点时质点的加速度大小为g
D．这个过程中质点机械能增加
三、非选择题：共54分，第11~12题为实验题。第13~15题为解答题。
11．（2024高二上·潮阳月考）利用如图甲所示的装置测量重物做自由落体运动的加速度。
（1）注意事项如下：
a.电磁打点计时器使用50Hz低压 （填“直流”或“交流”）电源；
b.打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上；
c.开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止；
d.应先 （填“释放纸带”或“接通电源”）。
（2）某同学在实验中得到的一条较为理想的纸带，取其中一段清晰的点，每隔一个点标出计数点，如图乙所示。测出相邻计数点间的距离分别为，，，，已知实验所用交流电的打点周期
a.打点计时器的计数点的时间间隔为 s；
b.打点计时器打下C点时重物的瞬时速度为 m/s （结果保留3位有效数字）：
c.重物做自由落体运动的加速度大小的表达式为 （用和T表示）。
12．（2024高二上·潮阳月考）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，则圆柱体的长度为 cm，直径为 mm
（2）按图丙连接电路后，实验操作如下：
①将滑动变阻器的阻值置于最大处，将拨向接点1，闭合，调节，使电流表示数为一个恰当的值；
②将电阻箱的阻值调至最大处，拨向接点2，保持不变，调节，使电流表的示数仍为，此时阻值为12.8Ω；
（3）由（2）中的测量，可得圆柱体的电阻为 Ω；
（4）利用以上各步骤中所测得的数据，得该圆柱体的电阻率为 Ωm。
13．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，一质量为m0.04kg，带电量大小为q1.0×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线与竖直方向成37°角。小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g10m/s2。sin37°0.6，cos37°0.8。
（1）画出小球受力图并判断小球带何种电荷；
（2）求细线拉力和电场强度E；
（3）若突然将细线剪断，求经过2s时小球的速度v。
14．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，两板间所加电压为U1，金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板间加有恒定的偏转电压U2，极板间距为d，板长度为L。现有一质子（）从小孔S1处先后由静止释放，经加速后穿过小孔S2水平向右进入偏转电场。已知质子的质量为m，电荷量为q。
（1）求质子进入偏转电场时的速度v0大小；
（2）从偏转电场射出时沿垂直板面方向的侧移量y；
（3）从偏转电场射出时的速度v。
15．（2024高二上·潮阳月考）如图所示，AB是半径为R的圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为，今有一质量为m、带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），从A点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，求：
（1）滑块通过B点时的速度大小；
（2）B点轨道对小滑块的支持力；
（3）小滑块最终停止的位置与B点距离x。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．根据电荷守恒定律，甲图中，将带正电的小球靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成、两部分后，所带电荷量等于所带电荷量，故A错误；
B．根据静电屏蔽，乙图中，用金属网把验电器罩起来，使其内部不受影响，故带电金属球靠近验电器，箔片不会张开，故B错误；
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷，内表面没有电荷，导体壳内空腔电场强度为0，故C错误；
D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1.电荷守恒：感应起电后，分割导体的两部分电荷量等值异号。
2.静电屏蔽：金属网罩可隔绝外部电场，使内部不受影响。
3.静电平衡：导体腔静电平衡时，电荷仅分布外表面，内部电场为 0。
4.尖端放电：尖锐导体电荷密度大，易电离空气，实现电荷导地。
2．【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力．
， ，
得：F1=9F2
根据电场强度的定义式： ，
得：
故答案为：C
【分析】可以利用点电荷的场强公式F= 来求解，其中Q是点电荷的电量，r是到点电荷的距离，代入数值计算即可。
3．【答案】B
【知识点】电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A．甲图为单独一个正电荷，则a、b两点电势相等，根据电场线的疏密可以得出电场强度大小相等，根据电场线的方向可以得出电场强度的方向不同，A错误；
B．乙图为等量异种电荷，根据电场线的分布可以得出：a、b两点电势均为零，且电场强度相同，B正确；
C．丙图中根据电场线的疏密可以得出：a电场强度小于b点电场强度，根据电场线的方向可以得出：a点距负电极板更近，电势低于b点电势，C错误；
D．丁图为匀强电场，根据电场线的疏密可以得出a、b两点电场强度相同，沿电场线方向电势降低，则a点电势低于b点电势，D错误。
故选B。
【分析】利用电场线的分布可以判别电场强度的大小及方向，利用电场线的方向可以比较电势的高低。
4．【答案】A
【知识点】加速度；电场力做功；牛顿第二定律；电势能
【解析】【解答】A．由图像的斜率表示电子的加速度可知，M点的加速度大于N的加速度，即
结合牛顿第二定律可得
解得
故M点的电场强度大于N点的电场强度，A正确；
BCD．由（b）图可知，从M到N点，电子的速度增大，动能增大，电场力做正功，电势能减小，故M点的电势能高于N点的电势能；由于电子带负电，故M点的电势低于N点的电势，因此，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】1. 加速度与电场强度：用v-t图像斜率得加速度，结合 关联电场强度。
2. 电场力做功与动能：速度增大，动能增大，电场力做正功。
3. 电势与电势能：负电荷：电场力做正功，电势能减小，且 与 变化相反（， ）。
5．【答案】C
【知识点】加速度；牛顿第二定律；电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A．根据沿电场线方向，电势降低可知：在x轴负方向上，静电场方向沿x轴负向；在x轴正方向上，静电场方向沿x轴正向，根据题意可知粒子从A点由静止开始先加速后减速到B点，所以粒子在AO段受到的电场力方向向右，与电场线方向相反，所以粒子带负电，故A错误；
B．由图可知从A到B，电势先升高后降低，故B错误；
C．粒子从A点到O点过程中，由静止加速到速度最大，从O点到B点过程中，由速度最大减小到零，从A到O点与O到B点的时间之比2：1，根据加速度定义式可知加速度之比为1：2，根据牛顿第二定律可得
即电场强度之比为1：2，而-x图像的斜率即为电场强度，所以AO段图线与OB段图线的斜率的绝对值之比为1：2，故C正确；
D．由图可知从A到B，电势先升高后降低，所以从A运动到B的过程中粒子的电势能先减少后增加，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由电势变化方向（沿电场线电势降低 ）得电场方向，结合粒子加速方向判断电性（电场力与电场方向相反，带负电 ）。
B：直接读 图像，A-O升高，O-B降低。
C：用运动学（匀变速平均速度 ）关联时间与加速度，结合 得电场强度之比，对应图像斜率之比。
D：电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增大。
6．【答案】C
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】电子的受力方向与电场方向相反，因电子向X'向偏转，则电场方向为X'到X，则X'带正电，同理可知Y'带正电，那么Y应带负电。
故答案为：C。
【分析】1. 电场与受力关系：负电荷（电子 ）受力方向与电场方向相反。
2. 偏转方向为电场方向：电子偏转方向（如 侧 ），电子受力方向，电场方向（ ），极板带电（ 正电 ）。
3. Y方向同理：亮斑位置，电子受力，电场方向，极板带电。
7．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力；电场强度；电势差
【解析】【解答】A．下极板向上移动时，板间距减小，根据
可知，电容将增大，因U不变，由Q=CU，可知，电量将增大；故A正确；
B．开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据
可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动；故B正确；
C．场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed，分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故C正确；
D．电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大；故D错误。
故答案为：D。
【分析】A：用决定式 关联极板间距与电容，结合 （ 不变 ）得电荷量变化。
B： 得电场强度变化，比较电场力与重力判断运动。
C：以上极板电势为参考，通过电势差 关联电场强度与电势变化。
D：由电场方向判断质点电性（负电 ），结合 分析电势变化对电势能的影响。
8．【答案】B,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：若两电荷同性，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为5Q，此时有：F= ，
接触后再分开，带电量各为：Q1′=Q2′=
则两球的库仑力大小为：F′=k ．
若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为：Q1′=Q2′= ，
此时两球的库仑力为：F″=k = F
故BD正确、AC错误．
故选：BD
【分析】根据库仑定律计算库仑力的大小。
9．【答案】B,D
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】AB．匀强电场中，平行等间距两条线段之间的电势差相等，可知，将ac边四等份，则相邻等份之间的电势差为20V，根据几何关系可知，d点为第一个等分点，则d点的电势为80V，则bd连线为等势线，由于电场线与等势线垂直且由高电势点指向低电势点，则电场强度的方向沿方向，故A错误，B正确；
CD．将电子从点移到d点，电场力做功
电场力做正功，可知，电子电势能减小，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】1.等势点与电场线：用等分法确定等势点（bd ），由等势面与电场线垂直、高电势指向低电势，判断电场方向。
2.电势能变化：通过电势差计算电场力做功，正功对应电势能减小，负功对应增大。
10．【答案】A,B,D
【知识点】加速度；动能定理的综合应用；电场强度；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．竖直方向上做匀减速运动，上升的时间
水平方向上做匀加速运动，因此
而
联立可得电场强度的大小
故A正确；
B．根据动能定理可得这个过程中质点所受合力所做的功为
故B正确；
C．到最高点时，质点竖直方向的加速度为g，水平方向的加速度大小为
因此合加速度为
故C错误；
D．这个过程中，除重力以外，电场力对物体做正功，因此质点机械能增加，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】A：将质点运动分解为竖直上抛（仅受重力 ）和水平匀加速（仅受电场力 ），利用分运动独立性分析。
B：通过初末动能变化判断合力做功（动能变化为 0，合力做功为 0 ）。
C：竖直与水平加速度均为 g，用平行四边形定则合成合加速度。
D：电场力做正功，则机械能增加（功能关系：除重力外其他力做功 = 机械能变化 ）。
11．【答案】（1）交流；接通电源
（2）0.04；1.61；
【知识点】加速度；瞬时速度；重力加速度
【解析】【解答】（1）电磁打点计时器使用50Hz低压交流电源；开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止，应先接通电源，再释放纸带。
故答案为：交流；接通电源
（2）每隔一个点标出计数点，打点计时器的计数点的时间间隔为；
由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打点计时器打下C点时重物的瞬时速度为
；
由逐差法可得，重物做自由落体运动的加速度大小的表达式为。
【分析】0.04；1.61；
【分析】（1）计时器原理：电磁打点计时器用交流电源，依赖交流电周期性打点。
操作规范：先通电后释放，保证点迹完整。
（2）时间间隔：计数点间隔 = 2 倍打点周期（每隔一个点取点 ）。
瞬时速度：中间时刻速度 = 平均速度（匀变速直线运动规律 ）。
加速度计算：逐差法消除偶然误差，利用四段位移差计算加速度。
（1）[1]电磁打点计时器使用50Hz低压交流电源。
[2]开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止，应先接通电源，再释放纸带。
（2）[1]每隔一个点标出计数点，打点计时器的计数点的时间间隔为
[2]由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打点计时器打下C点时重物的瞬时速度为
[3]由逐差法可得，重物做自由落体运动的加速度大小的表达式为
12．【答案】5.02；5.316；12.8；5.66×10-3
【知识点】电阻定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺读数规则可读出读数为
根据螺旋测微器读数规则可知螺旋测微器的读数
故答案为：5.02；5.316
（3）由等效替代法测量电阻的原理可知
Ω
故答案为：12.8
（4）由电阻定律得
可得
代入数据解得Ω
故答案为：5.66×10-3 【分析】（1）游标卡尺：主尺+游标尺（精度0.1mm ），注意单位换算。
螺旋测微器：固定刻度+可动刻度（精度0.01mm ），读数保留三位小数。
（3）利用“相同电流下，电阻箱阻值等于待测电阻”，简化电阻测量（避免复杂电路计算 ）。
（4）结合电阻 、长度 、直径 （算横截面积 ），通过 推导电阻率公式，代入数据计算。
13．【答案】（1）解：对小球受力分析如图
可判断小球带正电。
（2）解：根据三力平衡有，细线拉力
方向沿细线向上，电场力
解得：，方向水平向右。
（3）解：剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，此时小球受到的合力大小等于细线的拉力，为
由牛顿第二定律Fma
可得
又由运动学公式vat
解得经过2s时小球的速度v25m/s，方向与竖直方向夹角37°斜向下。
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球受重力 （竖直向下 ）、电场力 （水平方向 ）、细线拉力 （沿细线向上 ），电场力方向与电场方向（水平向右 ）相同，则小球带正电（正电荷受力与电场方向一致 ）。
（2）静止时合力为0，分解力后用三角函数关系求拉力、电场力。
（3）剪断细线后，合力为原拉力（等大反向 ），做匀加速直线运动，用牛顿第二定律、运动学公式求速度。
（1）对小球受力分析如图
可判断小球带正电。
（2）根据三力平衡有，细线拉力
方向沿细线向上，电场力
解得，电场强度
方向水平向右。
（3）剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，此时小球受到的合力大小等于细线的拉力，为
由牛顿第二定律
Fma
可得
又由运动学公式
vat
解得经过2s时小球的速度
v25m/s
方向与竖直方向夹角37°斜向下。
14．【答案】（1）解：在加速电场中，根据动能定理可得
解得。
（2）解：质子在偏转电场中做类平抛运动，则
联立可得。
（3）解：质子从偏转电场射出时有
解得，
即射出偏转电场时质子的速度大小为，速度方向与水平方向的夹角的正切值为。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）加速阶段：动能定理直接关联电场力做功与速度（ 转化为动能 ）。
（2）偏转阶段：类平抛分解为水平匀速、竖直匀加速，用运动学公式（匀速位移、匀加速位移 ）推导侧移量。
（3）速度合成：水平速度不变，竖直速度由加速度、时间推导，再矢量合成得合速度。
（1）在加速电场中，根据动能定理可得
解得
（2）质子在偏转电场中做类平抛运动，则
联立可得
（3）质子从偏转电场射出时有
解得
即射出偏转电场时质子的速度大小为，速度方向与水平方向的夹角的正切值为。
15．【答案】（1）解：小滑块从A到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为vB，根据动能定理有
代入数据解得。
（2）解：在B点，由牛顿第二定律得
解得。
（3）解：B点之后，根据动能定理有
解得。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）重力、电场力做功的代数和等于动能变化，求B点速度。
（2）支持力与重力的合力提供向心力，求支持力。
（3）电场力、摩擦力做功的代数和等于动能变化（末动能为0 ），求滑行距离。
（1）小滑块从A到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为vB，根据动能定理有
代入数据解得
（2）在B点，由牛顿第二定律得
解得
（3）B点之后，根据动能定理有
解得
