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四川省内江市威远中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2025高二上·威远期中）下列说法中正确的是（　　）
A．沿着电场线的方向场强一定越来越弱
B．电场中电势降低的方向就是场强的方向
C．匀强电场中，各点的场强一定大小相等，方向相同
D．匀强电场中，各点的电势一定相等
2．（2025高二上·威远期中）甲、乙两个完全相同的金属球带电荷量分别为和，甲、乙相距d时（甲、乙可视为点电荷），它们间库仑力大小为F。现将甲、乙两球接触后分开，仍使甲、乙相距d，则甲、乙间库仑力大小为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·威远期中）如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点，下列判断正确的是（　　）
A．M、N、P三点中M点的场强最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．负电荷在N点的电势能大于在M点的电势能
D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点
4．（2025高二上·威远期中）如图所示，平行放置的金属板A、B组成一平行板电容器，开关闭合后，若A、B金属板间距增大，电容器所带电荷量、电容、两板间电势差及电容器两极板间场强的变化情况是（　　）
A．变小，变小，不变，变小 B．变小，变小，不变，不变
C．不变，变小，变大，不变 D．不变，变小，变小，变小
5．（2025高二上·威远期中）电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质。如下图所示，图中的带箭头实线均为电场线，下列说法正确的是（　　）
A．图甲描述的是一带负电的点电荷形成的电场
B．图乙描述的是两个等量同种点电荷产生的电场
C．图丙描述的是两个等量正点电荷产生的电场
D．存在图丁所示的匀强电场
6．（2025高二上·威远期中）如图所示，边长为4cm的菱形abcd位于匀强电场中，菱形平面与电场强度方向平行，∠abc为60°。已知点a、b、d的电势分别为：φa=2V，φb=2V，φd=10V，则（　　）
A．c点电势为φc=10V B．bc边中点电势为0
C．匀强电场的场强方向由a指向b D．匀强电场的场强大小为200V/m
7．（2025高二上·威远期中）某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为，板长为L，把叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（　　）
A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变
B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
C．当、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小
D．当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度增大
8．（2025高二上·威远期中）静电喷涂是利用静电现象制造的，其喷涂原理如图所示，则以下说法正确的是（　　）
A．在喷枪喷嘴与被喷涂工件之间有一强电场
B．涂料微粒一定带正电
C．涂料微粒一定带负电
D．涂料微粒可能带正电，也可能带负电
9．（2025高二上·威远期中）如图1所示，在相距为处固定电荷量分别为、的点电荷，、为两电荷连线延长线上的两点。一重力不计带负电的粒子从点由静止开始运动，刚好运动到点，以点为坐标原点，粒子在运动过程中的电势能随位移的变化规律如图2所示，下列说法正确的是（　　）
A．位置处电势最低，电场强度最小
B．位置处距离的距离为
C．从到的过程中，粒子的加速度先减小后增大
D．粒子将静止在处
10．（2025高二上·威远期中）如图所示，质量的小物块b置于倾角为的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角且两小球之间的距离d=3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量。下列说法正确的是（　　）
A．初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为
B．放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C．地面对斜面体c的支持力一直增大
D．小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为
11．（2025高二上·威远期中）如图所示是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图。充电后与电源断开的平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，A板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B板的移动。请回答下列问题：
（1）本实验采用的科学方法是________。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
（2）在该实验中，静电计的作用是________。
A．测定该电容器的电荷量 B．测定该电容器两端的电势差
C．测定该电容器的电容 D．测定A、B两板之间的电场强度
（3）在实验中观察到的现象是________。
A．甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B．甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变
C．乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
D．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
12．（2025高二上·威远期中）某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C（，），定值电阻R（阻值）、开关S、导线若干。
（1）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为　 　；
（2）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压随时间周期性变化，结果如图（d）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于　 　状态（填“充电”或“放电”），在　 　点时（填“A”或“B”），通过电阻R的电流更大；
（3）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压与频率f关系图像，如图（e）所示。当时电容器所带电荷量的最大值　 　C（结果保留三位有效数字）；
（4）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐　 　
13．（2025高二上·威远期中）如图所示，在一水平向左的匀强电场中，光滑绝缘直角三角形斜劈ABC被固定在水平面上，其斜面长，倾角为。有一个电荷量为、质量为的带负电小物块（可视为质点）恰能静止在斜面的顶端A处，，。求：
（1）带电小物块的电性及AB两点间的电势差；
（2）若电场强度减小为原来的三分之一时小物块从A下滑到B的时间t。
14．（2025高二上·威远期中）如图甲所示，真空室中加热的阴极K发出的电子（初速度不计）经电场加速后，由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO'射入板间，加速电压为，M、N板长为L，两板相距。加在M、N两板间电压随时间t变化的关系图线如图乙所示，变化周期为，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏，屏与OO'垂直，交点为O'。已知电子的质量为m，电荷量为e，忽略电子重力及电子间的相互作用，不考虑相对论效应。求：
（1）若加速电场两板间距离为d，求电子加速至O点所用时间t；
（2）电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压；
（3）在荧光屏上有电子到达的区域的长度。
15．（2025高二上·威远期中）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，一可视为质点的质量为的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场场强，BC段长度，CDF的半径，FMN的半径，滑块带电量，滑块与BC间的动摩擦因数，重力加速度，求
（1）滑块通过F点的最小速度vF；
（2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0；
（3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．电场线的疏密表示场强强弱，沿电场线方向电场线疏密不一定变化，故场强不一定变弱，故A错误；
B．场强方向是电势降落最快的方向，而非任意电势降低的方向，故B错误；
C．匀强电场的定义是 “场强大小相等、方向相同”，故C正确；
D．匀强电场中沿电场线方向电势逐渐降低，各点电势不一定相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电场的基本性质，核心思路是根据电场线疏密与场强的关系、场强方向与电势降落的关系，以及匀强电场的定义，逐一判断选项正误。
2．【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】两球间原来的库仑力为
两球接触后再分开，电荷总量平分，故各带电，两球间的库仑力为
对比可知，故B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查库仑定律与金属球的电荷平分规律，核心思路是：先由库仑定律计算接触前的力，再根据 “相同金属球接触后电荷平分” 的规律，计算接触后的带电量，最后再次用库仑定律求新的库仑力。
3．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A：电场线疏密表示场强强弱，N点电场线最密，故N点场强最大，A错误；
B：沿电场线方向电势降低，M点电势最高，B错误；
C：电势能，负电荷在电势低的地方电势能大，故负电荷在N点电势能大于M点，C正确；
D：正电荷从M点自由释放，运动轨迹由初速度和受力共同决定，并非沿电场线，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电场线的性质与电势能分析，核心思路是利用电场线疏密判断场强、沿电场线方向判断电势变化，再结合电势能公式和电荷运动规律判断选项正误。
4．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】开关闭合后，电容器两板间电势差不变，若A、B金属板间距增大，根据
电容变小，根据
电荷量变小，根据，电场强度变小。
故答案为：A。
【分析】本题考查平行板电容器的动态分析，核心思路是根据开关状态判断电势差U是否变化，再结合电容的决定式、定义式及场强公式，推导电容、电荷量、场强的变化。
5．【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】A．图甲电场线从点电荷出发指向无穷远，为正点电荷的电场，A错误；
B．图乙电场线从一电荷指向另一电荷，是等量异种点电荷的电场，B错误；
C．图丙电场线从两电荷出发指向无穷远，且关于中线对称，反映相互斥力，是等量正点电荷的电场，C正确；
D．匀强电场的电场线是等间距平行直线，图丁电场线不等距，不是匀强电场，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电场线的分布与电场类型的对应关系，核心思路是根据电场线的 “出发 / 终止” 位置、对称性及疏密均匀性，判断点电荷的电性、电荷种类（同种 / 异种）及电场是否为匀强电场。
6．【答案】D
【知识点】匀强电场；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．因，可得φc=6V，A错误；
B．bc边中点f电势为，B错误；
C．因af电势相等，则af为等势面，场强方向垂直af，方向由c指向b，C错误；
D．匀强电场的场强大小为，D正确。
故答案为：D。
【分析】利用匀强电场中 “等势面平行且间距相等” 的性质，结合电势差与场强的关系，逐一分析选项。
7．【答案】B
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能增大，故A错误；
B．电子在加速电场中，有
解得
电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于，故B正确；
C．电子在偏转电场中，有
结合
联立可得，可知当、L增大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故C错误；
D．根据，可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度不变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查带电粒子的加速与偏转，核心思路是：用动能定理求加速后的速度，结合类平抛运动求偏转位移，推导灵敏度的表达式，再根据表达式分析各物理量变化对灵敏度的影响。
8．【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式
【解析】【解答】A．静电喷涂时，涂料微粒要定向高速飞向工件，需要强电场来加速驱动 。所以在喷枪喷嘴与被喷涂工件之间必然存在强电场，故A正确；
BCD．工件因静电感应等原因表面带正电 。涂料微粒要向工件运动，根据异种电荷相互吸引，微粒需带负电，这样才会被带正电的工件吸引 。所以涂料微粒一定带负电，故BD错误，C正确。
故答案为：AC。
【分析】A：静电喷涂依靠强电场加速涂料微粒，实现定向运动，故喷枪与工件间存在强电场。
BCD：工件带正电，依据异种电荷吸引规律，涂料微粒需带负电才能被吸引，确定微粒带电性为负电。
9．【答案】B,C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．粒子带负电，电势能，处电势能最小，故电势最高；图像斜率表示电场力，处斜率为0，电场力为0，电场强度最小，故A错误；
B．处场强为0，设到的距离为，则，解得，故B正确；
C．图像斜率的绝对值反映电场力大小，斜率先减小后增大，故电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，故C正确；
D．处电势能与A点相等，粒子速度为0，但电场力不为0，会向A处运动，不会静止，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查电场的叠加与电势能图像分析，核心思路是利用电势能与电势的关系、电场强度的叠加条件推导场强为0的位置，结合图像斜率分析电场力和加速度的变化，进而判断选项正误。
10．【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据受力分析，可得初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为
对小球M受力分析，可得，其中，解得，故A正确；
B．放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得，，则随着库仑力F减小，夹角减小，拉力减小。且开始时，可得M小球的质量为，开始时绳子拉力为，则开始时，对物块b受力分析有，可见随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误；
C．设bc整体质量为M，则对bc整体受力分析得可见，随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C正确；
D．由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得，解得，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查库仑力与受力平衡的综合分析，核心思路是通过库仑力公式计算初始库仑力，结合整体与隔离法分析摩擦力、支持力的变化，最后通过临界状态推导动摩擦因数。
11．【答案】（1）C
（2）B
（3）A
【知识点】电容器及其应用；控制变量法
【解析】【解答】（1）影响电容大小的因素是板距、正对面积等，探究电容跟这些因素的具体关系，要采用控制变量法。
故答案为：C。
（2）静电计的作用是测电容器两端的电势差U。
故答案为：B。
（3）AB．甲图中的手水平向左移动时，两极板的距离减小，根据可知C减小；电容器的电量Q不变，根据
可知U增大，即静电计指针的张角变大，故A正确，B错误；
C．乙图中的手竖直向上移动时，正对面积减小，根据可知C变小；电容器的电量Q不变，根据，可知U增大，即静电计指针的张角变大，故C错误；
D．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片，则增大，根据可知C变大；电容器的电量Q不变，根据，可知U减小，即静电计指针的张角变小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】（1）结合“控制变量法的适用场景”，明确实验方法，体现多因素实验的研究策略。
（2）通过“静电计的工作原理”，确定其测量对象，体现仪器的功能认知。
（3）利用“平行板电容器的电容公式与电势差公式”，分析板距、正对面积、电介质变化时的电势差变化，体现电容特性的定量推导。
（1）【解答】影响电容大小的因素是板距、正对面积等，探究电容跟这些因素的具体关系，要采用控制变量法。
故答案为：C。
（2）【解答】静电计的作用是测电容器两端的电势差U。
故答案为：B。
（3）【解答】AB．甲图中的手水平向左移动时，两极板的距离减小，根据
可知C减小；电容器的电量Q不变，根据
可知U增大，即静电计指针的张角变大，故A正确，B错误；
C．乙图中的手竖直向上移动时，正对面积减小，根据
可知C变小；电容器的电量Q不变，根据
可知U增大，即静电计指针的张角变大，故C错误；
D．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片，则增大，根据
可知C变大；电容器的电量Q不变，根据
可知U减小，即静电计指针的张角变小，故D错误。
故答案为：A。
12．【答案】（1）
（2）充电；B
（3）
（4）减小
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）由图（c）可知周期，所以该矩形波的频率为
故答案为：
（2）由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。
故答案为：B；充电
（3）由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为
根据电容的定义式
解得此时电容器所带电荷量的最大值为
故答案为：
（4）由图（e）可知，频率较低时基本不变，根据，可知电容器所带的最大电荷量在频率较低时基本不变；随着频率增大，逐渐减小，故也逐渐减小。
故答案为：减小
【分析】（1）利用频率与周期的倒数关系，直接计算频率，体现波形图的基本参数分析。
（2）通过电压变化趋势判断电容器状态，结合电流与电压变化率的关系确定电流大小，体现充放电过程的动态分析。
（3）结合电容的定义式与图像数据，推导最大电荷量，体现电容特性的定量应用。
（4）根据图像的变化趋势，分析电荷量的变化规律，体现实验数据的定性总结。
（1）由图（c）可知周期
所以该矩形波的频率为
（2）[1][2]由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。
（3）由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为
根据电容的定义式
解得此时电容器所带电荷量的最大值为
（4）由图（e）可知，频率较低时基本不变，根据
可知电容器所带的最大电荷量在频率较低时基本不变；随着频率增大，逐渐减小，故也逐渐减小。
13．【答案】（1）解：电场力水平向右，因此带负电，带电物体在电场力、重力以及支持力作用下处于受力平衡状态，对其进行受力分析知
电势差
得
（2）解：沿斜面的方向上
其中
代入数据得
由
得
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过受力平衡确定电性，结合电场力、重力的分力关系求电场强度，再利用电势差与电场强度的关系，计算得。
（2）先根据受力分析求减速后电场对应的加速度，再利用匀变速直线运动的位移公式，计算得下滑时间。
14．【答案】（1）解：根据题意，电子加速到O点的过程，由动能定理有
解得，
（2）解：设M、N两板间距离为d，电子在M、N板间运动时间为t1，加速度大小为a，则水平方向上有
竖直方向上有
由牛顿第二定律有
解得
（3）解：根据题意可知，电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线方向的速度
偏转角度的正切
由几何关系有
解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）结合动能定理与匀加速直线运动公式，推导加速时间，体现电场加速的能量与运动关联。
（2）通过类平抛运动的分位移规律，联立水平、竖直方向的运动方程，求解偏转电压，体现电场偏转的定量分析。
（3）利用偏转角度的几何意义与荧光屏的位置关系，推导区域长度，体现偏转运动的空间关联。
15．【答案】解：（1）小球在F点有
解得
（2）设小球由h0处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得
解得
（3）讨论：
（ⅰ）小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得
解得
则当时，小球不过D点，不脱离轨道
（ⅱ）小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点，小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
则当时，小球可以通过F点
小球再次返回刚好到D点
解得
则当时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点
综上
小球第一次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道
（ⅲ）小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
则当时，小球可以两次通过F点
小球再次返回刚好到D点
解得
则当时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点
综上
小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道
（ⅳ）由数学归纳法可知，满足
（，1，2，3……）
小球不脱离轨道
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）小球在F点由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求速度；
（2）对物体受力分析，求解各力做功情况，由动能定理得求高度；
（3）分情况进行讨论，然后由动能定理进行求解，结合数学归纳法求解。
1 / 1四川省内江市威远中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2025高二上·威远期中）下列说法中正确的是（　　）
A．沿着电场线的方向场强一定越来越弱
B．电场中电势降低的方向就是场强的方向
C．匀强电场中，各点的场强一定大小相等，方向相同
D．匀强电场中，各点的电势一定相等
【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．电场线的疏密表示场强强弱，沿电场线方向电场线疏密不一定变化，故场强不一定变弱，故A错误；
B．场强方向是电势降落最快的方向，而非任意电势降低的方向，故B错误；
C．匀强电场的定义是 “场强大小相等、方向相同”，故C正确；
D．匀强电场中沿电场线方向电势逐渐降低，各点电势不一定相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电场的基本性质，核心思路是根据电场线疏密与场强的关系、场强方向与电势降落的关系，以及匀强电场的定义，逐一判断选项正误。
2．（2025高二上·威远期中）甲、乙两个完全相同的金属球带电荷量分别为和，甲、乙相距d时（甲、乙可视为点电荷），它们间库仑力大小为F。现将甲、乙两球接触后分开，仍使甲、乙相距d，则甲、乙间库仑力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】两球间原来的库仑力为
两球接触后再分开，电荷总量平分，故各带电，两球间的库仑力为
对比可知，故B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查库仑定律与金属球的电荷平分规律，核心思路是：先由库仑定律计算接触前的力，再根据 “相同金属球接触后电荷平分” 的规律，计算接触后的带电量，最后再次用库仑定律求新的库仑力。
3．（2025高二上·威远期中）如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点，下列判断正确的是（　　）
A．M、N、P三点中M点的场强最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．负电荷在N点的电势能大于在M点的电势能
D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A：电场线疏密表示场强强弱，N点电场线最密，故N点场强最大，A错误；
B：沿电场线方向电势降低，M点电势最高，B错误；
C：电势能，负电荷在电势低的地方电势能大，故负电荷在N点电势能大于M点，C正确；
D：正电荷从M点自由释放，运动轨迹由初速度和受力共同决定，并非沿电场线，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电场线的性质与电势能分析，核心思路是利用电场线疏密判断场强、沿电场线方向判断电势变化，再结合电势能公式和电荷运动规律判断选项正误。
4．（2025高二上·威远期中）如图所示，平行放置的金属板A、B组成一平行板电容器，开关闭合后，若A、B金属板间距增大，电容器所带电荷量、电容、两板间电势差及电容器两极板间场强的变化情况是（　　）
A．变小，变小，不变，变小 B．变小，变小，不变，不变
C．不变，变小，变大，不变 D．不变，变小，变小，变小
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】开关闭合后，电容器两板间电势差不变，若A、B金属板间距增大，根据
电容变小，根据
电荷量变小，根据，电场强度变小。
故答案为：A。
【分析】本题考查平行板电容器的动态分析，核心思路是根据开关状态判断电势差U是否变化，再结合电容的决定式、定义式及场强公式，推导电容、电荷量、场强的变化。
5．（2025高二上·威远期中）电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质。如下图所示，图中的带箭头实线均为电场线，下列说法正确的是（　　）
A．图甲描述的是一带负电的点电荷形成的电场
B．图乙描述的是两个等量同种点电荷产生的电场
C．图丙描述的是两个等量正点电荷产生的电场
D．存在图丁所示的匀强电场
【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】A．图甲电场线从点电荷出发指向无穷远，为正点电荷的电场，A错误；
B．图乙电场线从一电荷指向另一电荷，是等量异种点电荷的电场，B错误；
C．图丙电场线从两电荷出发指向无穷远，且关于中线对称，反映相互斥力，是等量正点电荷的电场，C正确；
D．匀强电场的电场线是等间距平行直线，图丁电场线不等距，不是匀强电场，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电场线的分布与电场类型的对应关系，核心思路是根据电场线的 “出发 / 终止” 位置、对称性及疏密均匀性，判断点电荷的电性、电荷种类（同种 / 异种）及电场是否为匀强电场。
6．（2025高二上·威远期中）如图所示，边长为4cm的菱形abcd位于匀强电场中，菱形平面与电场强度方向平行，∠abc为60°。已知点a、b、d的电势分别为：φa=2V，φb=2V，φd=10V，则（　　）
A．c点电势为φc=10V B．bc边中点电势为0
C．匀强电场的场强方向由a指向b D．匀强电场的场强大小为200V/m
【答案】D
【知识点】匀强电场；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．因，可得φc=6V，A错误；
B．bc边中点f电势为，B错误；
C．因af电势相等，则af为等势面，场强方向垂直af，方向由c指向b，C错误；
D．匀强电场的场强大小为，D正确。
故答案为：D。
【分析】利用匀强电场中 “等势面平行且间距相等” 的性质，结合电势差与场强的关系，逐一分析选项。
7．（2025高二上·威远期中）某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为，板长为L，把叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（　　）
A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变
B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
C．当、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小
D．当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度增大
【答案】B
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能增大，故A错误；
B．电子在加速电场中，有
解得
电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于，故B正确；
C．电子在偏转电场中，有
结合
联立可得，可知当、L增大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故C错误；
D．根据，可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度不变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查带电粒子的加速与偏转，核心思路是：用动能定理求加速后的速度，结合类平抛运动求偏转位移，推导灵敏度的表达式，再根据表达式分析各物理量变化对灵敏度的影响。
8．（2025高二上·威远期中）静电喷涂是利用静电现象制造的，其喷涂原理如图所示，则以下说法正确的是（　　）
A．在喷枪喷嘴与被喷涂工件之间有一强电场
B．涂料微粒一定带正电
C．涂料微粒一定带负电
D．涂料微粒可能带正电，也可能带负电
【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式
【解析】【解答】A．静电喷涂时，涂料微粒要定向高速飞向工件，需要强电场来加速驱动 。所以在喷枪喷嘴与被喷涂工件之间必然存在强电场，故A正确；
BCD．工件因静电感应等原因表面带正电 。涂料微粒要向工件运动，根据异种电荷相互吸引，微粒需带负电，这样才会被带正电的工件吸引 。所以涂料微粒一定带负电，故BD错误，C正确。
故答案为：AC。
【分析】A：静电喷涂依靠强电场加速涂料微粒，实现定向运动，故喷枪与工件间存在强电场。
BCD：工件带正电，依据异种电荷吸引规律，涂料微粒需带负电才能被吸引，确定微粒带电性为负电。
9．（2025高二上·威远期中）如图1所示，在相距为处固定电荷量分别为、的点电荷，、为两电荷连线延长线上的两点。一重力不计带负电的粒子从点由静止开始运动，刚好运动到点，以点为坐标原点，粒子在运动过程中的电势能随位移的变化规律如图2所示，下列说法正确的是（　　）
A．位置处电势最低，电场强度最小
B．位置处距离的距离为
C．从到的过程中，粒子的加速度先减小后增大
D．粒子将静止在处
【答案】B,C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．粒子带负电，电势能，处电势能最小，故电势最高；图像斜率表示电场力，处斜率为0，电场力为0，电场强度最小，故A错误；
B．处场强为0，设到的距离为，则，解得，故B正确；
C．图像斜率的绝对值反映电场力大小，斜率先减小后增大，故电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，故C正确；
D．处电势能与A点相等，粒子速度为0，但电场力不为0，会向A处运动，不会静止，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查电场的叠加与电势能图像分析，核心思路是利用电势能与电势的关系、电场强度的叠加条件推导场强为0的位置，结合图像斜率分析电场力和加速度的变化，进而判断选项正误。
10．（2025高二上·威远期中）如图所示，质量的小物块b置于倾角为的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角且两小球之间的距离d=3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量。下列说法正确的是（　　）
A．初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为
B．放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C．地面对斜面体c的支持力一直增大
D．小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为
【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据受力分析，可得初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为
对小球M受力分析，可得，其中，解得，故A正确；
B．放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得，，则随着库仑力F减小，夹角减小，拉力减小。且开始时，可得M小球的质量为，开始时绳子拉力为，则开始时，对物块b受力分析有，可见随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误；
C．设bc整体质量为M，则对bc整体受力分析得可见，随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C正确；
D．由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得，解得，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查库仑力与受力平衡的综合分析，核心思路是通过库仑力公式计算初始库仑力，结合整体与隔离法分析摩擦力、支持力的变化，最后通过临界状态推导动摩擦因数。
11．（2025高二上·威远期中）如图所示是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图。充电后与电源断开的平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，A板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B板的移动。请回答下列问题：
（1）本实验采用的科学方法是________。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
（2）在该实验中，静电计的作用是________。
A．测定该电容器的电荷量 B．测定该电容器两端的电势差
C．测定该电容器的电容 D．测定A、B两板之间的电场强度
（3）在实验中观察到的现象是________。
A．甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大
B．甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变
C．乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小
D．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
【答案】（1）C
（2）B
（3）A
【知识点】电容器及其应用；控制变量法
【解析】【解答】（1）影响电容大小的因素是板距、正对面积等，探究电容跟这些因素的具体关系，要采用控制变量法。
故答案为：C。
（2）静电计的作用是测电容器两端的电势差U。
故答案为：B。
（3）AB．甲图中的手水平向左移动时，两极板的距离减小，根据可知C减小；电容器的电量Q不变，根据
可知U增大，即静电计指针的张角变大，故A正确，B错误；
C．乙图中的手竖直向上移动时，正对面积减小，根据可知C变小；电容器的电量Q不变，根据，可知U增大，即静电计指针的张角变大，故C错误；
D．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片，则增大，根据可知C变大；电容器的电量Q不变，根据，可知U减小，即静电计指针的张角变小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】（1）结合“控制变量法的适用场景”，明确实验方法，体现多因素实验的研究策略。
（2）通过“静电计的工作原理”，确定其测量对象，体现仪器的功能认知。
（3）利用“平行板电容器的电容公式与电势差公式”，分析板距、正对面积、电介质变化时的电势差变化，体现电容特性的定量推导。
（1）【解答】影响电容大小的因素是板距、正对面积等，探究电容跟这些因素的具体关系，要采用控制变量法。
故答案为：C。
（2）【解答】静电计的作用是测电容器两端的电势差U。
故答案为：B。
（3）【解答】AB．甲图中的手水平向左移动时，两极板的距离减小，根据
可知C减小；电容器的电量Q不变，根据
可知U增大，即静电计指针的张角变大，故A正确，B错误；
C．乙图中的手竖直向上移动时，正对面积减小，根据
可知C变小；电容器的电量Q不变，根据
可知U增大，即静电计指针的张角变大，故C错误；
D．丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片，则增大，根据
可知C变大；电容器的电量Q不变，根据
可知U减小，即静电计指针的张角变小，故D错误。
故答案为：A。
12．（2025高二上·威远期中）某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C（，），定值电阻R（阻值）、开关S、导线若干。
（1）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为　 　；
（2）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压随时间周期性变化，结果如图（d）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于　 　状态（填“充电”或“放电”），在　 　点时（填“A”或“B”），通过电阻R的电流更大；
（3）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压与频率f关系图像，如图（e）所示。当时电容器所带电荷量的最大值　 　C（结果保留三位有效数字）；
（4）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐　 　
【答案】（1）
（2）充电；B
（3）
（4）减小
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）由图（c）可知周期，所以该矩形波的频率为
故答案为：
（2）由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。
故答案为：B；充电
（3）由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为
根据电容的定义式
解得此时电容器所带电荷量的最大值为
故答案为：
（4）由图（e）可知，频率较低时基本不变，根据，可知电容器所带的最大电荷量在频率较低时基本不变；随着频率增大，逐渐减小，故也逐渐减小。
故答案为：减小
【分析】（1）利用频率与周期的倒数关系，直接计算频率，体现波形图的基本参数分析。
（2）通过电压变化趋势判断电容器状态，结合电流与电压变化率的关系确定电流大小，体现充放电过程的动态分析。
（3）结合电容的定义式与图像数据，推导最大电荷量，体现电容特性的定量应用。
（4）根据图像的变化趋势，分析电荷量的变化规律，体现实验数据的定性总结。
（1）由图（c）可知周期
所以该矩形波的频率为
（2）[1][2]由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。
（3）由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为
根据电容的定义式
解得此时电容器所带电荷量的最大值为
（4）由图（e）可知，频率较低时基本不变，根据
可知电容器所带的最大电荷量在频率较低时基本不变；随着频率增大，逐渐减小，故也逐渐减小。
13．（2025高二上·威远期中）如图所示，在一水平向左的匀强电场中，光滑绝缘直角三角形斜劈ABC被固定在水平面上，其斜面长，倾角为。有一个电荷量为、质量为的带负电小物块（可视为质点）恰能静止在斜面的顶端A处，，。求：
（1）带电小物块的电性及AB两点间的电势差；
（2）若电场强度减小为原来的三分之一时小物块从A下滑到B的时间t。
【答案】（1）解：电场力水平向右，因此带负电，带电物体在电场力、重力以及支持力作用下处于受力平衡状态，对其进行受力分析知
电势差
得
（2）解：沿斜面的方向上
其中
代入数据得
由
得
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过受力平衡确定电性，结合电场力、重力的分力关系求电场强度，再利用电势差与电场强度的关系，计算得。
（2）先根据受力分析求减速后电场对应的加速度，再利用匀变速直线运动的位移公式，计算得下滑时间。
14．（2025高二上·威远期中）如图甲所示，真空室中加热的阴极K发出的电子（初速度不计）经电场加速后，由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO'射入板间，加速电压为，M、N板长为L，两板相距。加在M、N两板间电压随时间t变化的关系图线如图乙所示，变化周期为，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏，屏与OO'垂直，交点为O'。已知电子的质量为m，电荷量为e，忽略电子重力及电子间的相互作用，不考虑相对论效应。求：
（1）若加速电场两板间距离为d，求电子加速至O点所用时间t；
（2）电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压；
（3）在荧光屏上有电子到达的区域的长度。
【答案】（1）解：根据题意，电子加速到O点的过程，由动能定理有
解得，
（2）解：设M、N两板间距离为d，电子在M、N板间运动时间为t1，加速度大小为a，则水平方向上有
竖直方向上有
由牛顿第二定律有
解得
（3）解：根据题意可知，电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线方向的速度
偏转角度的正切
由几何关系有
解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）结合动能定理与匀加速直线运动公式，推导加速时间，体现电场加速的能量与运动关联。
（2）通过类平抛运动的分位移规律，联立水平、竖直方向的运动方程，求解偏转电压，体现电场偏转的定量分析。
（3）利用偏转角度的几何意义与荧光屏的位置关系，推导区域长度，体现偏转运动的空间关联。
15．（2025高二上·威远期中）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，一可视为质点的质量为的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场场强，BC段长度，CDF的半径，FMN的半径，滑块带电量，滑块与BC间的动摩擦因数，重力加速度，求
（1）滑块通过F点的最小速度vF；
（2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0；
（3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。
【答案】解：（1）小球在F点有
解得
（2）设小球由h0处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得
解得
（3）讨论：
（ⅰ）小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得
解得
则当时，小球不过D点，不脱离轨道
（ⅱ）小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点，小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
则当时，小球可以通过F点
小球再次返回刚好到D点
解得
则当时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点
综上
小球第一次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道
（ⅲ）小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
则当时，小球可以两次通过F点
小球再次返回刚好到D点
解得
则当时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点
综上
小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道
（ⅳ）由数学归纳法可知，满足
（，1，2，3……）
小球不脱离轨道
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）小球在F点由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求速度；
（2）对物体受力分析，求解各力做功情况，由动能定理得求高度；
（3）分情况进行讨论，然后由动能定理进行求解，结合数学归纳法求解。
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