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北京市北京师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末物理试题
一、单项选择题，本大题共12小题，共36分。
1．物体做曲线运动时，下列说法中正确的是（　　）
A．速度大小一定是变化的 B．速度方向一定是变化的
C．加速度大小一定是变化的 D．加速度方向一定是变化的
2．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（　　）
A．卫星的向心力大小与轨道半径成正比
B．卫星的向心力大小与轨道半径成反比
C．卫星的向心力大小与轨道半径无关
D．卫星的向心力大小与轨道半径的二次方成反比
3．两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为。两小球相互接触后将其放回原处，则两球间的库仑力大小为（　　）
A． B． C． D．
4．在静电场中的某一固定点P处放置一个电荷量为+q的试探电荷，其所受静电力为F，P点的电场强度为E。关于P点的电场强度，下列说法中正确的是（　　）
A．移去该试探电荷，P点的电场强度变为零
B．若试探电荷的电荷量变为+2q，P点的电场强度变为2E
C．若试探电荷的电荷量变为-q，P点的电场强度的方向发生改变
D．若试探电荷的电荷量变为-2q，P点的电场强度不改变
5．如图所示，坐满乘客的摩天轮绕中心轴在竖直平面内匀速转动。假设所有乘客的质量均相等，在某一时刻，下列说法中正确的是（　　）
A．每位乘客的线速度都相同 B．每位乘客的加速度都相同
C．每位乘客的动能都相同 D．每位乘客对座椅的压力都相同
6．如图所示，一对用绝缘柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的两金属箔是闭合的。现将一个带正电的导体球C靠近导体A，下列说法正确的是（　　）
A．导体A的部分正电荷转移到导体B上，导体A带负电
B．导体A下面的金属箔张开，导体B下面的金属箔仍闭合
C．达到静电平衡时，金属导体A和B内部电场强度为零
D．将导体A、B分开后，再移走C，导体A带正电
7．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在原子核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（　　）
A．半径越大，加速度越大 B．半径越大，角速度越小
C．半径越大，周期越小 D．半径越大，线速度越大
8．质量为的足球在地面1的位置以速度被踢出后，以速度落到地面3的位置，由于存在空气阻力，飞行轨迹如图所示。足球在空中达到的最高点2的高度为，重力加速度为。下列说法中正确的是（　　）
A．足球由位置1到位置2，阻力做功为
B．足球由位置1到位置2，动能减少了
C．足球由位置1到位置3，机械能减少了
D．足球由位置2到位置3，合力做功为
9．如图所示，在真空中有两个带等量负电的点电荷，分别置于、两点，是他们连线的中点，A、、C为、连线的中垂线上的三点，且，下列说法正确的是（　　）
A．A、、、四点中，点电势最低
B．同一点电荷在A、两点所受静电力相同
C．A点的电场强度一定大于点的电场强度
D．点的电势一定低于点的电势
10．如图，某地铁出站口设有高7.5m的步行梯和自动扶梯，步行梯每级的高度是0.15m，自动扶梯与水平面的夹角为37°，并以0.5m/s的速度匀速运行。质量均为50kg的甲、乙两位同学分别从步行梯和自动扶梯的等高起点同时上楼，甲在步行梯上每秒上两级台阶，乙在自动扶梯上站立不动，最后都到达同一高度的地面层。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列判断正确的是（　　）
A．甲在步行梯上用时35s到达地面层
B．乙的重力做功的功率为-150W
C．上行过程中，甲的重力所做的功为-3550J
D．甲比乙先到达地面层
11．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（　　）
A．电子一定从A向B运动
B．若aA>aB，则Q靠近M端且为负电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA>EpB
D．B点电势一定小于A点电势
12．如图（a）所示，平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的变化电压，重力可忽略的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在时刻释放该粒子，粒子先向A板运动，再向B板运动…，最终打在A板上。则可能属于的时间段是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题，本大题共4小题，共12分。少选扣一分，选错不得分
13．如图所示，a、b两点位于以负点电荷为球心的球面上，c点在球面外，下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点电场强度相同 B．a点电场强度比c点大
C．a、b两点电势相同 D．a点电势低于c点电势
14．有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目（如图所示）。钢绳的一端系着座椅，另一端固定在水平转盘上。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内。将游客和座椅看作一个质点，不计钢绳的重力，以下分析正确的是（　　）
A．旋转过程中，游客和座椅受到重力、拉力和向心力
B．根据v=ωr可知，坐在外侧的游客旋转的线速度更大
C．根据Fn=mω2r可知，“飞椅”转动的角速度越大，旋转半径越小
D．若“飞椅”转动的角速度变大，钢绳上的拉力大小变大
15．静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴上取A、B、C、D四点，A和D、B和C分别关于O点对称。下列说法正确的是（　　）
A．C、D两点的电场强度
B．C点的电场强度方向与x轴正方向相反
C．试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功
D．同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等
16．一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　）
A．L∶d=2∶3
B．
C．微粒穿出电容器区域时，速度与竖直方向的夹角的正切值为3
D．仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
三、填空题，本大题共2小题，共16分。
17．（1）如图所示，平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连。给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度。以下操作中，可以使静电计指针的偏转角度减小的是______。
A．向上平移B极板 B．向下平移B极板
C．向左平移B极板 D．向右平移B极板
（2）某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，采用的实验电路如下图所示。将开关先与“1”端闭合，电容器进行　 　（选填“充电”或“放电”），稍后再将开关与“2”端闭合。
（3）下列四个图像，表示以上过程中，通过传感器的电流随时间变化的图像为______。
A． B．
C． D．
18．为了探究平抛运动的特点，某同学进行了如下实验。
（1）该同学先用图1所示的器材进行实验。他用小锤击打弹性金属片，A球沿水平方向飞出，同时B球被释放，做自由落体运动。改变小球距地面的高度和击打小球的力度，多次重复实验，均可以观察到A、B两球同时落地。本实验可以验证　 　。
（2）在（1）的基础上，用如图2所示平抛仪装置继续探究平抛运动的规律。得到了小球在竖直平面xOy上的一条运动轨迹，如图3平面直角坐标系中的OP曲线所示，Ox为水平方向，Oy为竖直方向。该同学在曲线OP上取三个点A、B、C，让它们在y方向上到O点的距离之比为，再测量三个点在x方向上到O点的距离，若　 　，则可以验证小球在水平方向上是匀速直线运动。
（3）该同学设计了一个探究平抛运动的家庭实验装置。如图4所示，在一个较高的塑料筒侧壁靠近底部的位置钻一个小孔，在小孔处沿水平方向固定一小段吸管作为出水口。将塑料筒放在距地面一定高度的水平桌面上，在筒中装入一定高度的水，水由出水口射出，落向地面，测量出水口到地面的高度y和水柱的水平射程x。在实验测量的过程中，该同学发现测量水柱的水平射程x时，若测量读数太慢，x的数值会变化。请分析水平射程x的数值变化的原因。　 　
四、计算题，本大题共4小题，共36分。
19．有一质量为1000kg的小汽车行驶上半径为50m的圆弧形拱桥，取。
（1）若汽车到达桥顶时速度为5m/s，求桥对汽车的支持力大小。
（2）汽车在桥顶时，对桥面的压力过小是不安全的。若对于同样的车速，分析说明拱桥圆弧的半径大些比较安全，还是小些比较安全？
（3）如果拱桥的半径增大到与地球半径一样，汽车恰好在桥顶上腾空，汽车速度为多大？
20．长为L的轻质绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为的小球（可视为质点），如图所示，在空间施加沿水平方向的匀强电场（图中未画出），小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角，已知， ，电场的范围足够大，重力加速度为g。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)保持细线始终张紧，将小球从A点拉起至与O点处于同一水平高度的B点，求A、B两点间的电势差U；将小球由B点静止释放，求小球运动至A点时速度的大小v。
21．如图所示为示波管的结构原理图，阴极发出的电子（初速度可忽略不计）经电势差为的两金属板间的加速电场加速后，从一对水平放置的带电金属板的左端沿中心轴线射入板间（垂直于荧光屏），两金属板间偏转电场的电势差为，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场。已知电子的质量为，电荷量为；加速电场的金属板间距离为；偏转电场的金属板长为，板间距离为，其右端到荧光屏的水平距离为。电子所受重力可忽略不计。
（1）求电子经加速电场射出时的速度大小。若已知，，，，重力加速度，分析在加速电场中忽略电子所受的重力是否合理。
（2）求电子在离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距离。若单位电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度，该值越大表示灵敏度越高。在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取的措施。
（3）求电子打在荧光屏上的位置与点的竖直距离。
22．一种旋转电机模型的俯视图如图所示，光滑水平面上，半径为、内壁光滑的圆柱面立于两个带有等量异种电荷的极板、之间的空间中，两极板间的电场可视为匀强的且电场强度大小为。在圆柱面内侧处有一质量为，带电量为的质点小球，圆柱面的中心轴线经过，虚线平行于极板。所有带电体与其周围环境间无电荷交换。
（1）若极板、位置保持固定，小球从图中处由静止释放，问当它旋转圈后到达处时，速度是多大？
（2）若极板、保持正对，并绕圆柱面的中心轴线缓慢加速转动，当角速度增大到后保持恒定。小球因受静电力作用也将绕圆柱面内侧开始转动，由于速度很快，小球受到空气阻力已不可忽略，设空气阻力大小正比于小球速度，即，已知。经足够长时间后发现小球与两极板同周期旋转，且电场强度与小球速度间的夹角大小也保持恒定。试据此求出稳定后，圆柱面对小球弹力的大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】加速度；曲线运动
【解析】【解答】A．物体做曲线运动时，由于物体的速度方向为轨迹的切线方向，速度大小不一定变化，例如匀速圆周运动速度大小不变，速度方向发生变化，故A错误；
B．物体做曲线运动时，速度方向沿轨迹切线方向，即方向必然变化，故B正确；
C．物体做曲线运动时，加速度大小可以不变，如平抛运动中由于物体只受到重力作用所以加速度恒为重力加速度，大小不变，故C错误；
D．物体做曲线运动时，由于重力方向始终不变所以物体的加速度方向可以不变，如平抛运动中加速度方向始终竖直向下，故D错误。
故选B。
【分析】物体做曲线运动时，速度的方向一定发生改变，但速度的大小及加速度不一定改变。
2．【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】卫星做匀速圆周运动时，地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据引力的表达式可知向心力与轨道半径的二次方成反比。
故选D。
【分析】卫星做匀速圆周运动时，地球对卫星的引力提供向心力，根据引力的表达式可知向心力与轨道半径的二次方成反比。
3．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】两小球接触前，根据库仑定律有
两小球接触后，每个小球带电量为
两小球接触放回原处后，根据库仑定律有
解得
故答案为：A。
【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，电荷先中和再平分” 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。
4．【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】电场强度由电场本身决定，与试探电荷的电荷量、电性及是否存在无关：
A：移去试探电荷，P点电场强度由电场自身决定，不会变为零，A错误；
B：试探电荷电荷量变为，P点电场强度仍由电场自身决定，不会变为，B错误；
C：试探电荷电荷量变为，P点电场强度方向由电场自身决定，不会改变，C错误；
D：试探电荷电荷量变为，P点电场强度由电场自身决定，不改变，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据电场强度的比值定义（），明确电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，进而判断各选项。
5．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．乘客做匀速圆周运动，线速度大小一定，由于乘客做曲线运动所以速度的方向发生变化，乘客的线速度不相同，故A错误；
B．乘客做匀速圆周运动，根据加速度的表达式可知，加速度大小相等，由于向心加速度方向时刻指向圆心，所以方向不相同，则乘客的加速度都不相同，故B错误；
C．所有乘客的质量均相等，线速度大小相等，根据动能的表达式可知乘客的动能为
可知，每位乘客的动能都相同，故C正确；
D．对位于最高点与最低点的乘客分别进行分析，根据牛顿第二定律有，，解得，，结合牛顿第三定律可知，每位乘客对座椅的压力不相同，故D错误。
故选C。
【分析】利用乘客做匀速圆周运动可以判别线速度的方向时刻改变；利用向心加速度的方向可以判别加速度时刻改变；利用动能的表达式可知动能保持不变；利用牛顿第二定律结合牛顿第三定律可以比较压力的大小。
6．【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．金属中能够自由移动的是电子，将一个带正电的导体球C靠近导体A，根据静电感应的近异远同可知在电场力的作用下导致导体B的部分自由电子转移到导体A上，导体A带负电，故A错误；
B．将一个带正电的导体球C靠近导体A，根据静电感应的近异远同可知导体A带负电，导体B带正电，导体A、B下面的金属箔均张开，故B错误；
C．处于静电平衡状态下的导体，由于内外电荷产生的电场在导体内部叠加后导致内部电场强度处处为零，即达到静电平衡时，金属导体A和B内部电场强度为零，故C正确；
D．将导体A、B分开后，再移走C，在静电感应的作用下可知导体A带负电，故D错误。
故选C。
【分析】在静电力作用下会导致导体B的部分自由电子转移到导体A上，导体A带负电；根据静电感应的近异远同可知导体A带负电，导体B带正电，导体A、B下面的金属箔均张开；处于静电平衡状态下的导体，由于内外电荷产生的电场在导体内部叠加后导致内部电场强度处处为零；将导体A、B分开后，再移走C，在静电感应的作用下可知导体A带负电。
7．【答案】B
【知识点】加速度；库仑定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．电子在原子核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，则有
解得可知，半径越大，加速度越小，故A错误；
B．结合上述有，解得可知，半径越大，越小，故B正确；
C．结合上述有
解得，可知，半径越大，周期越大，故C错误；
D．结合上述有
解得，可知半径越大，线速度越小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查库仑力提供向心力的圆周运动规律，核心思路是：将库仑力与向心力公式结合，推导加速度、角速度、周期、线速度与轨道半径的关系式，再根据关系式判断半径变化时各物理量的变化趋势。
8．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．足球在最高点位置2的速度不为0，令为，足球由位置1到位置2，由于重力和阻力对足球做功，根据动能定理有
解得，故A错误；
B．足球由位置1到位置2，已知初末速度的大小，根据动能的表达式可知动能减少了，故B错误；
C．足球由位置1到位置3，始末状态重力势能相等，由于动能和重力势能之和等于机械能，所以机械能减少量等于动能减少量，根据初末动能的变化可知机械能减少了，故C正确；
D．足球由位置2到位置3，由于合力做功等于初末动能的变化，根据动能定理有
即合力做功为，故D错误。
故选C。
【分析】利用动能定理结合初末动能的变化可以求出阻力做功及合力做功的大小；利用初末动能的变化结合重力势能不变可以得出机械能的减少量；利用初末速度可以求出动能的变化量。
9．【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量负点电荷电场线分布的对称性可知，由于中垂线为等势面，所以A、C两点电势相等有，由于沿电场线电势降低，根据等量负点电荷电场线的方向可知
即A、、、四点中，点电势最低，故A正确；
B．根据量负点电荷电场线分布的对称性可知，由于AC电场线疏密性相同所以A、两点电场强度大小相等，根据电场线的方向可知两点的电场强度方向相反，则同一点电荷在A、两点所受静电力大小相等，方向相反，则同一点电荷在A、两点所受静电力不相同，故B错误；
C．根据电场的叠加可知，O点的电场强度为0，而在中垂线上无穷远处的电场强度也为0，根据电场线的分布可知从O点沿中垂线至无穷远处电场强度大小一定先增大后减小，即之间某一位置电场强度存在有最大值，由于该位置与A、B位置的关系不确定，则A点的电场强度与点的电场强度大小关系也不能够确定，故C错误；
D．根据电场线的方向可知点的电势一定高于点的电势，故D错误。
故选A。
【分析】利用电场线的方向可以比较电势的高低；利用电场线的方向可以判别电场强度的方向，利用电场线的疏密可以判别电场强度的大小，进而比较电场力的大小及方向。
10．【答案】B
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A．甲在步行梯上每秒上两级台阶，根据竖直方向的速度公式可知甲在步行梯上到达地面层的时间，故A错误；
B．乙在自动扶梯上站立不动，根据扶梯的速度可知乙的速度为，根据功率的表达式可知
乙重力的功率，故B正确；
C．上行过程中，根据重力做功的表达式可知甲的重力所做的功为，故C错误；
D．根据平行于扶梯方向的速度公式可知乙到达地面层的时间
可知，甲、乙同时达地面层，故D错误。
故选B。
【分析】利用竖直方向的速度公式可以求出甲运动的时间；利用平行于扶梯方向的速度公式可以求出乙运动的时间；利用重力和竖直方向的速度可以求出乙重力的功率大小；利用重力和高度可以求出重力对甲做功的大小。
11．【答案】D
【知识点】电场力做功；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据图示可知，电子做曲线运动，由于轨迹向合力方向弯曲，静电力方向指向轨迹内侧，所以电场力方向从N到M，电子的速度方向与合力方向无关，所以电子有可能从A向B运动，也有可能从B向A运动，故A错误；
B．由于图中是点电荷Q产生的电场中，若aA>aB，由于电子越靠近点电荷受到的电场力越大，即电子在A位置的静电力大于在B位置的静电力，则A位置的电场线分布比B位置的密集，根据点电荷电场线分布规律可知，Q靠近M端，由于电场力方向从N到M，根据点电荷对电子有吸引力所以点电荷一定为正电荷，故B错误；
C．若Q为正电荷，根据电场力的方向可知Q靠近M端，当电子从A向B运动，逐渐远离正电荷，由于电场力方向与速度方向相反，静电力做负功，电势能增大。若Q为负电荷，根据电场力方向可知Q靠近N端，当电子从A向B运动，逐渐靠近负电荷，由于电场力方向与速度方向相反，静电力仍然做负功，电势能仍然增大，即无论Q为正电荷还是负电荷一定有EPaD．根据电场力做功可知电势能的大小关系有：EPa解得，即B点电势一定小于A点电势，故D正确。
故选D。
【分析】利用轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，但不能判别粒子的速度方向；当已知粒子加速度的大小可以判别粒子受到的电场力大小，进而判别点电荷的位置，结合电场力的方向可以判别点电荷的电性；利用电场力的方向可以判别点电荷的位置，利用粒子运动方向及电场力方向可以判别电场力做功，进而比较电势能的大小，结合电性可以比较电势的大小。
12．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】粒子带正电，由于粒子先向A板运动，所以此时电场方向从B指向A，表明粒子在时刻释放时，A板的电势小于B板的电势，所以有，表明一定在之间某一时刻，由于粒子最终打在A板上，说明粒子粒子在一个周期之内的总位移方向向左，所以向左运动的时间一定大于向右运动的时间，根据运动的对称性可知，粒子释放开始向左做匀加速直线运动维持的时间一定大于，则有
故选C。
【分析】利用粒子开始运动的方向可以判别电场力的方向，进而判别电势的高低；结合粒子在一个周期内的位移可以判别粒子释放的时刻。
13．【答案】B,C,D
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】A．由于负电荷位于球心处，根据点电荷电场强度的表达式有
可知，点电荷在a、b两点电场强度大小相等，方向不同，即a、b两点电场强度不相同，故A错误；
B．根据点电荷电场强度的表达式有
由于a、b两点位于以负点电荷为球心的球面上，c点在球面外，由于c点距离圆心大于a点，所以根据表达式可知a点电场强度比c点大，故B正确；
C．由于等势面与电场线方向垂直，根据点电荷等势面的分布规律可知，a、b两点电势相同，故C正确；
D．根据负点电荷电场线与等势线的分布规律可知，由于电场线方向从c指向a，所以a点电势低于c点电势，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用点电荷的场强公式可以比较电场强度的大小；利用点电荷可以判别电场强度的方向；利用电场线的位置可以比较电势的高低。
14．【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．旋转过程中，游客和座椅做匀速圆周运动，根据受力分析可知游客和座椅受到重力、拉力作用，两个力的合力充当向心力，选项A错误；
B．游客做圆周运动的角速度都相同，根据线速度和角速度的关系v=ωr可知，坐在外侧的游客由于运动的半径比较大小所以旋转的线速度更大，选项B正确；
CD．设细绳与竖直方向的夹角θ，转盘半径为R，根据牛顿第二定律有：
可知，“飞椅”转动的角速度越大，细绳与竖直方向的夹角θ越大，则旋转半径越大，根据竖直方向的平衡方程可知钢绳上的拉力大小
，即角速度变大，钢绳上的拉力变大，选项C错误，D正确。
故选BD。
【分析】游客和座椅做匀速圆周运动，根据受力分析可知游客和座椅受到重力、拉力作用；游客做圆周运动的角速度都相同，根据线速度和角速度的关系可知坐在外侧的游客由于运动的半径比较大小所以旋转的线速度更大；利用牛顿第二定律可以得出“飞椅”转动的角速度越大，细绳与竖直方向的夹角θ越大；结合竖直方向的平衡方程可以比较绳子拉力的大小。
15．【答案】A,C
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．根据电势差与电场强度的关系可知，图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，根据图像斜率的大小可知，故A正确；
B．沿电场线方向电势降低，根据电势降低的方向可知，电场线方向沿x轴正方向，即C点的电场强度方向与x轴正方向相同，故B错误；
C．结合上述，电场方向沿x轴正方向，则试探电荷＋q从A点移到B点，由于静电力的方向与速度方向相同所以静电力做正功，故C正确；
D．根据图示可知，根据电势能的表达式可知，同一试探电荷在B点和C点具有的电势能不相等，故D错误。
故选AC。
【分析】利用图像斜率可以比较电场强度的大小；利用电势降低的方向可以判别电场强度的方向；利用试探电荷电场力的方向结合运动的方向可以判别电场力做功；利用电势不同可以比较电势能的大小。
16．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．带电微粒从静止开始经电压加速后，设其射入水平放置的平行板电容器的速度，电场力对微粒做功，根据动能定理有
带电微粒在平行板电容器内由射入点到最高点的过程中，竖直方向做匀减速直线运动，根据竖直方向的速度公式有，根据牛顿第二定律有，根据位移公式有：
水平方向做匀速直线运动，根据位移公式有，联立解得，，A错误，B正确；
C．带电微粒在平行板电容器内由最高点到射出点的过程中，竖直方向做匀加速直线运动，设射出时竖直方向速度为，根据速度公式有，水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式有，微粒穿出电容器区域的速度与水平方向夹角的正切值
联立解得，则速度与竖直方向的夹角的正切值为，C错误；
D．从射入点到最高点，根据竖直方向的位移公式有，根据竖直方向的牛顿第二定律有，根据进入电场前的动能定理有，结合水平方向的位移公式有：，联立可得，，即水平、竖直方向的位移与m、q无关，故仅改变微粒的质量或电荷数量，根据动能定理及牛顿第二定律可知微粒进入平行板电容器的速度和在平行板电容器中的加速度都会改变，微粒从射入点到射出点水平方向和竖直方向的位移均不变，微粒在电容器中的运动轨迹不变，D正确。
故选BD。
【分析】利用电场加速结合动能定理可以求出粒子进入电场速度的表达式，结合粒子在电场中偏转的位移公式及牛顿第二定律可以求出电压的大小关系及位移的大小关系；利用竖直方向的速度公式结合水平方向的位移公式可以求出射出电场时速度的方向；利用动能定理结合类平抛运动的位移公式及牛顿第二定律可以得出根据动能定理及牛顿第二定律可知微粒进入平行板电容器的速度和在平行板电容器中的加速度都会改变，微粒从射入点到射出点水平方向和竖直方向的位移均不变，微粒在电容器中的运动轨迹不变。
17．【答案】（1）D
（2）充电
（3）A
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）如图所示，电容器与电源断开，电容器的带电量Q不变，静电计的指针偏角显示电压的大小，当偏转角变小，则板间电势差U变小，根据电容的定义式可知可知，电容C变大，根据电容的决定式可知可知，是由于两极板间的正对面积变大，或者两极板间的距离变小导致。
故选D。
（2）将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，此时电源工作，电容器进行充电，再将开关与“2”端闭合，由于电容器两段电荷开始移动，此时电容器进行放电。
（3）电容器在充电过程中，开始时回路中有电流，随着电荷量增大，电流由最大逐渐减小，放电过程时开始回路中有电流，随着电荷量减小，电流也是由最大逐渐减小，充电电流与放电电流方向相反。
故选A。
【分析】（1）利用静电计的偏转角可以判别电容器电压的变化，结合电容器的电容定义式可以判别电容的变化，结合决定式可以判别让电容增大的原因；
（2）利用电容器与电源相接可以判别电容器充电，当电容器与导线相连可以得出电容器放电；
（3）电容器在充电过程中，开始时回路中有电流，随着电荷量增大，电流由最大逐渐减小，放电过程时开始回路中有电流，随着电荷量减小，电流也是由最大逐渐减小，充电电流与放电电流方向相反。
（1）电容器的带电量Q不变，静电计的指针偏角变小，则板间电势差U变小，根据
可知，电容C变大，根据
可知，是由于两极板间的正对面积变大，或者两极板间的距离变小导致。
故选D。
（2）将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，电容器进行充电，再将开关与“2”端闭合，电容器进行放电。
（3）电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，充电电流与放电电流方向相反。
故选A。
18．【答案】（1）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
（2）
（3）随着水的不断流出，则水从管口流出的速度会不断减小，则在竖直高度不变的情况下，水流的射程会减小，即x减小
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）观察到A、B两球同时落地，当两个小球高度相同时，由于平抛运动在竖直方向的规律和自由落体运动的规律相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。
（2）由于小球在竖直方向的位移公式满足，结合在竖直方向的自由落体运动公式可知，小球抛出后在O、A、B、C点时间间隔相等，如果小球的水平分运动是匀速直线运动，根据位移公式则还满足，则
（3）若测量读数太慢，则随着水的不断流出，由于出水口的压强减小会导致水从管口流出的速度会不断减小，在竖直高度不变的情况下，由于水流运动时间相同，根据水平方向位移公式可知水流的射程会减小，即x减小。
【分析】（1）由于平抛运动在竖直方向的规律和自由落体运动的规律相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）利用竖直方向的位移公式结合竖直方向的位移大小可以得出小球的运动时间相同，若要验证水平方向为匀速直线运动，则需要满足相同时间内水平方向的位移相等；
（3）由于出水口的压强减小会导致水从管口流出的速度会不断减小，在竖直高度不变的情况下，由于水流运动时间相同，根据水平方向位移公式可知水流的射程会减小，即x减小。
（1）观察到A、B两球同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。
（2）因为
结合在竖直方向的自由落体运动
可知，小球抛出后在O、A、B、C点时间间隔相等，如果小球的水平分运动是匀速直线运动，则还满足
即
（3）若测量读数太慢，则随着水的不断流出，则水从管口流出的速度会不断减小，则在竖直高度不变的情况下，水流的射程会减小，即x减小。
19．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
代入数据解得桥对汽车的支持力大小
（2）解：根据
可得
可知对于同样的车速，半径大些，大一点，更安全。
（3）解：根据题意结合牛顿第二定律
代入数据可得
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）汽车到达桥顶时，利用牛顿第二定律可以求出桥对汽车的支持力大小；
（2）当汽车过桥最高点时，利用牛顿第二定律可知半径大些，大一点，更安全；
（3）当桥的半径和地球半径相同时，利用牛顿第二定律可以求出汽车腾空的速度大小。
（1）根据牛顿第二定律
代入数据解得桥对汽车的支持力大小
（2）根据
可得
可知对于同样的车速，半径大些，大一点，更安全。
（3）根据题意结合牛顿第二定律
代入数据可得
20．【答案】解：(1)解：小球静止在A点时受力平衡，根据平衡条件
解得
(2)解：匀强电场方向水平向左，A、B两点沿电场线方向距离为
根据电势差与场强的关系
解得
小球从B点运动至A点的过程中，根据动能定理
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 受力正交分解，水平电场力、竖直重力平衡求场强；
(2) 匀强电场U=Ed，先找沿电场线距离；再用动能定理，重力做功、电场力做功之和等于动能变化，求解末速度。
21．【答案】（1）解：对于电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理有
解得
电子在加速电场中，根据牛顿第二定律
根据
可解得，电子在加速电场中运动时间为
则由于重力引起的竖直分速度大小为
而此时电子的水平分速度为
因为远远大于，所以在加速电场中忽略电子所受的重力合理。
（2）解：设电子在偏转电场中，飞行时间为，加速度为，则水平方向有
竖直方向有
其中
解得
示波管的灵敏度为
则减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度。
（3）解：设电子飞出偏转电场时的偏角为θ，竖直分速度为，则，
根据几何关系有

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子的速度，利用牛顿第二定理结合位移公式可以求出电子在电场在运动的时间，利用速度公式可以求出y方向的速度，结合水平方向的速度可以得出在加速电场中忽略电子所受的重力合理。
（2）电子在电场中偏转，利用类平抛运动的位移公式结合牛顿第二定律可以求出灵敏度的表达式；（3）电子离开电场后做匀速直线运动，利用几何关系及速度的方向可以求出竖直距离的大小。
（1）对于电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理有
解得
电子在加速电场中，根据牛顿第二定律
根据
可解得，电子在加速电场中运动时间为
则由于重力引起的竖直分速度大小为
而此时电子的水平分速度为
因为远远大于，所以在加速电场中忽略电子所受的重力合理。
（2）设电子在偏转电场中，飞行时间为，加速度为，则水平方向有
竖直方向有
其中
解得
示波管的灵敏度为
则减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度。
（3）设电子飞出偏转电场时的偏角为θ，竖直分速度为，则，
根据几何关系有
22．【答案】（1）解：对小球，从A运动到B，根据动能定理，有
解得

（2）解：由题意可知，电场最终做匀速圆周运动，因为小球与两极板同周期旋转，即小球也做匀速圆周运动，则沿切线方向合力为零，且小球的速度
可得小球的受到的空气阻力
电场对小球在沿切线方向分力为
电场对小球指向圆心方向的分力为
根据牛顿第二定律
解得

【知识点】生活中的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对于小球，从A到B的过程中，利用动能定理可以求出小球到达B处的速度大小；
（2）由于电场最终做匀速圆周运动，利用角速度和半径可以求出小球的速度大小，结合切线方向的平衡方程可以求出电场在切线方向的分力，结合牛顿第二定理可以求出圆柱面对小球弹力的大小。
（1）对小球，从A运动到B，根据动能定理，有
解得
（2）由题意可知，电场最终做匀速圆周运动，因为小球与两极板同周期旋转，即小球也做匀速圆周运动，则沿切线方向合力为零，且小球的速度
可得小球的受到的空气阻力
电场对小球在沿切线方向分力为
电场对小球指向圆心方向的分力为
根据牛顿第二定律
解得
1 / 1北京市北京师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末物理试题
一、单项选择题，本大题共12小题，共36分。
1．物体做曲线运动时，下列说法中正确的是（　　）
A．速度大小一定是变化的 B．速度方向一定是变化的
C．加速度大小一定是变化的 D．加速度方向一定是变化的
【答案】B
【知识点】加速度；曲线运动
【解析】【解答】A．物体做曲线运动时，由于物体的速度方向为轨迹的切线方向，速度大小不一定变化，例如匀速圆周运动速度大小不变，速度方向发生变化，故A错误；
B．物体做曲线运动时，速度方向沿轨迹切线方向，即方向必然变化，故B正确；
C．物体做曲线运动时，加速度大小可以不变，如平抛运动中由于物体只受到重力作用所以加速度恒为重力加速度，大小不变，故C错误；
D．物体做曲线运动时，由于重力方向始终不变所以物体的加速度方向可以不变，如平抛运动中加速度方向始终竖直向下，故D错误。
故选B。
【分析】物体做曲线运动时，速度的方向一定发生改变，但速度的大小及加速度不一定改变。
2．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（　　）
A．卫星的向心力大小与轨道半径成正比
B．卫星的向心力大小与轨道半径成反比
C．卫星的向心力大小与轨道半径无关
D．卫星的向心力大小与轨道半径的二次方成反比
【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】卫星做匀速圆周运动时，地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据引力的表达式可知向心力与轨道半径的二次方成反比。
故选D。
【分析】卫星做匀速圆周运动时，地球对卫星的引力提供向心力，根据引力的表达式可知向心力与轨道半径的二次方成反比。
3．两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为。两小球相互接触后将其放回原处，则两球间的库仑力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】两小球接触前，根据库仑定律有
两小球接触后，每个小球带电量为
两小球接触放回原处后，根据库仑定律有
解得
故答案为：A。
【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，电荷先中和再平分” 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。
4．在静电场中的某一固定点P处放置一个电荷量为+q的试探电荷，其所受静电力为F，P点的电场强度为E。关于P点的电场强度，下列说法中正确的是（　　）
A．移去该试探电荷，P点的电场强度变为零
B．若试探电荷的电荷量变为+2q，P点的电场强度变为2E
C．若试探电荷的电荷量变为-q，P点的电场强度的方向发生改变
D．若试探电荷的电荷量变为-2q，P点的电场强度不改变
【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】电场强度由电场本身决定，与试探电荷的电荷量、电性及是否存在无关：
A：移去试探电荷，P点电场强度由电场自身决定，不会变为零，A错误；
B：试探电荷电荷量变为，P点电场强度仍由电场自身决定，不会变为，B错误；
C：试探电荷电荷量变为，P点电场强度方向由电场自身决定，不会改变，C错误；
D：试探电荷电荷量变为，P点电场强度由电场自身决定，不改变，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据电场强度的比值定义（），明确电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，进而判断各选项。
5．如图所示，坐满乘客的摩天轮绕中心轴在竖直平面内匀速转动。假设所有乘客的质量均相等，在某一时刻，下列说法中正确的是（　　）
A．每位乘客的线速度都相同 B．每位乘客的加速度都相同
C．每位乘客的动能都相同 D．每位乘客对座椅的压力都相同
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．乘客做匀速圆周运动，线速度大小一定，由于乘客做曲线运动所以速度的方向发生变化，乘客的线速度不相同，故A错误；
B．乘客做匀速圆周运动，根据加速度的表达式可知，加速度大小相等，由于向心加速度方向时刻指向圆心，所以方向不相同，则乘客的加速度都不相同，故B错误；
C．所有乘客的质量均相等，线速度大小相等，根据动能的表达式可知乘客的动能为
可知，每位乘客的动能都相同，故C正确；
D．对位于最高点与最低点的乘客分别进行分析，根据牛顿第二定律有，，解得，，结合牛顿第三定律可知，每位乘客对座椅的压力不相同，故D错误。
故选C。
【分析】利用乘客做匀速圆周运动可以判别线速度的方向时刻改变；利用向心加速度的方向可以判别加速度时刻改变；利用动能的表达式可知动能保持不变；利用牛顿第二定律结合牛顿第三定律可以比较压力的大小。
6．如图所示，一对用绝缘柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的两金属箔是闭合的。现将一个带正电的导体球C靠近导体A，下列说法正确的是（　　）
A．导体A的部分正电荷转移到导体B上，导体A带负电
B．导体A下面的金属箔张开，导体B下面的金属箔仍闭合
C．达到静电平衡时，金属导体A和B内部电场强度为零
D．将导体A、B分开后，再移走C，导体A带正电
【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．金属中能够自由移动的是电子，将一个带正电的导体球C靠近导体A，根据静电感应的近异远同可知在电场力的作用下导致导体B的部分自由电子转移到导体A上，导体A带负电，故A错误；
B．将一个带正电的导体球C靠近导体A，根据静电感应的近异远同可知导体A带负电，导体B带正电，导体A、B下面的金属箔均张开，故B错误；
C．处于静电平衡状态下的导体，由于内外电荷产生的电场在导体内部叠加后导致内部电场强度处处为零，即达到静电平衡时，金属导体A和B内部电场强度为零，故C正确；
D．将导体A、B分开后，再移走C，在静电感应的作用下可知导体A带负电，故D错误。
故选C。
【分析】在静电力作用下会导致导体B的部分自由电子转移到导体A上，导体A带负电；根据静电感应的近异远同可知导体A带负电，导体B带正电，导体A、B下面的金属箔均张开；处于静电平衡状态下的导体，由于内外电荷产生的电场在导体内部叠加后导致内部电场强度处处为零；将导体A、B分开后，再移走C，在静电感应的作用下可知导体A带负电。
7．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在原子核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（　　）
A．半径越大，加速度越大 B．半径越大，角速度越小
C．半径越大，周期越小 D．半径越大，线速度越大
【答案】B
【知识点】加速度；库仑定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．电子在原子核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，则有
解得可知，半径越大，加速度越小，故A错误；
B．结合上述有，解得可知，半径越大，越小，故B正确；
C．结合上述有
解得，可知，半径越大，周期越大，故C错误；
D．结合上述有
解得，可知半径越大，线速度越小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查库仑力提供向心力的圆周运动规律，核心思路是：将库仑力与向心力公式结合，推导加速度、角速度、周期、线速度与轨道半径的关系式，再根据关系式判断半径变化时各物理量的变化趋势。
8．质量为的足球在地面1的位置以速度被踢出后，以速度落到地面3的位置，由于存在空气阻力，飞行轨迹如图所示。足球在空中达到的最高点2的高度为，重力加速度为。下列说法中正确的是（　　）
A．足球由位置1到位置2，阻力做功为
B．足球由位置1到位置2，动能减少了
C．足球由位置1到位置3，机械能减少了
D．足球由位置2到位置3，合力做功为
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．足球在最高点位置2的速度不为0，令为，足球由位置1到位置2，由于重力和阻力对足球做功，根据动能定理有
解得，故A错误；
B．足球由位置1到位置2，已知初末速度的大小，根据动能的表达式可知动能减少了，故B错误；
C．足球由位置1到位置3，始末状态重力势能相等，由于动能和重力势能之和等于机械能，所以机械能减少量等于动能减少量，根据初末动能的变化可知机械能减少了，故C正确；
D．足球由位置2到位置3，由于合力做功等于初末动能的变化，根据动能定理有
即合力做功为，故D错误。
故选C。
【分析】利用动能定理结合初末动能的变化可以求出阻力做功及合力做功的大小；利用初末动能的变化结合重力势能不变可以得出机械能的减少量；利用初末速度可以求出动能的变化量。
9．如图所示，在真空中有两个带等量负电的点电荷，分别置于、两点，是他们连线的中点，A、、C为、连线的中垂线上的三点，且，下列说法正确的是（　　）
A．A、、、四点中，点电势最低
B．同一点电荷在A、两点所受静电力相同
C．A点的电场强度一定大于点的电场强度
D．点的电势一定低于点的电势
【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量负点电荷电场线分布的对称性可知，由于中垂线为等势面，所以A、C两点电势相等有，由于沿电场线电势降低，根据等量负点电荷电场线的方向可知
即A、、、四点中，点电势最低，故A正确；
B．根据量负点电荷电场线分布的对称性可知，由于AC电场线疏密性相同所以A、两点电场强度大小相等，根据电场线的方向可知两点的电场强度方向相反，则同一点电荷在A、两点所受静电力大小相等，方向相反，则同一点电荷在A、两点所受静电力不相同，故B错误；
C．根据电场的叠加可知，O点的电场强度为0，而在中垂线上无穷远处的电场强度也为0，根据电场线的分布可知从O点沿中垂线至无穷远处电场强度大小一定先增大后减小，即之间某一位置电场强度存在有最大值，由于该位置与A、B位置的关系不确定，则A点的电场强度与点的电场强度大小关系也不能够确定，故C错误；
D．根据电场线的方向可知点的电势一定高于点的电势，故D错误。
故选A。
【分析】利用电场线的方向可以比较电势的高低；利用电场线的方向可以判别电场强度的方向，利用电场线的疏密可以判别电场强度的大小，进而比较电场力的大小及方向。
10．如图，某地铁出站口设有高7.5m的步行梯和自动扶梯，步行梯每级的高度是0.15m，自动扶梯与水平面的夹角为37°，并以0.5m/s的速度匀速运行。质量均为50kg的甲、乙两位同学分别从步行梯和自动扶梯的等高起点同时上楼，甲在步行梯上每秒上两级台阶，乙在自动扶梯上站立不动，最后都到达同一高度的地面层。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列判断正确的是（　　）
A．甲在步行梯上用时35s到达地面层
B．乙的重力做功的功率为-150W
C．上行过程中，甲的重力所做的功为-3550J
D．甲比乙先到达地面层
【答案】B
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A．甲在步行梯上每秒上两级台阶，根据竖直方向的速度公式可知甲在步行梯上到达地面层的时间，故A错误；
B．乙在自动扶梯上站立不动，根据扶梯的速度可知乙的速度为，根据功率的表达式可知
乙重力的功率，故B正确；
C．上行过程中，根据重力做功的表达式可知甲的重力所做的功为，故C错误；
D．根据平行于扶梯方向的速度公式可知乙到达地面层的时间
可知，甲、乙同时达地面层，故D错误。
故选B。
【分析】利用竖直方向的速度公式可以求出甲运动的时间；利用平行于扶梯方向的速度公式可以求出乙运动的时间；利用重力和竖直方向的速度可以求出乙重力的功率大小；利用重力和高度可以求出重力对甲做功的大小。
11．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（　　）
A．电子一定从A向B运动
B．若aA>aB，则Q靠近M端且为负电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA>EpB
D．B点电势一定小于A点电势
【答案】D
【知识点】电场力做功；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据图示可知，电子做曲线运动，由于轨迹向合力方向弯曲，静电力方向指向轨迹内侧，所以电场力方向从N到M，电子的速度方向与合力方向无关，所以电子有可能从A向B运动，也有可能从B向A运动，故A错误；
B．由于图中是点电荷Q产生的电场中，若aA>aB，由于电子越靠近点电荷受到的电场力越大，即电子在A位置的静电力大于在B位置的静电力，则A位置的电场线分布比B位置的密集，根据点电荷电场线分布规律可知，Q靠近M端，由于电场力方向从N到M，根据点电荷对电子有吸引力所以点电荷一定为正电荷，故B错误；
C．若Q为正电荷，根据电场力的方向可知Q靠近M端，当电子从A向B运动，逐渐远离正电荷，由于电场力方向与速度方向相反，静电力做负功，电势能增大。若Q为负电荷，根据电场力方向可知Q靠近N端，当电子从A向B运动，逐渐靠近负电荷，由于电场力方向与速度方向相反，静电力仍然做负功，电势能仍然增大，即无论Q为正电荷还是负电荷一定有EPaD．根据电场力做功可知电势能的大小关系有：EPa解得，即B点电势一定小于A点电势，故D正确。
故选D。
【分析】利用轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，但不能判别粒子的速度方向；当已知粒子加速度的大小可以判别粒子受到的电场力大小，进而判别点电荷的位置，结合电场力的方向可以判别点电荷的电性；利用电场力的方向可以判别点电荷的位置，利用粒子运动方向及电场力方向可以判别电场力做功，进而比较电势能的大小，结合电性可以比较电势的大小。
12．如图（a）所示，平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的变化电压，重力可忽略的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在时刻释放该粒子，粒子先向A板运动，再向B板运动…，最终打在A板上。则可能属于的时间段是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】粒子带正电，由于粒子先向A板运动，所以此时电场方向从B指向A，表明粒子在时刻释放时，A板的电势小于B板的电势，所以有，表明一定在之间某一时刻，由于粒子最终打在A板上，说明粒子粒子在一个周期之内的总位移方向向左，所以向左运动的时间一定大于向右运动的时间，根据运动的对称性可知，粒子释放开始向左做匀加速直线运动维持的时间一定大于，则有
故选C。
【分析】利用粒子开始运动的方向可以判别电场力的方向，进而判别电势的高低；结合粒子在一个周期内的位移可以判别粒子释放的时刻。
二、多选题，本大题共4小题，共12分。少选扣一分，选错不得分
13．如图所示，a、b两点位于以负点电荷为球心的球面上，c点在球面外，下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点电场强度相同 B．a点电场强度比c点大
C．a、b两点电势相同 D．a点电势低于c点电势
【答案】B,C,D
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】A．由于负电荷位于球心处，根据点电荷电场强度的表达式有
可知，点电荷在a、b两点电场强度大小相等，方向不同，即a、b两点电场强度不相同，故A错误；
B．根据点电荷电场强度的表达式有
由于a、b两点位于以负点电荷为球心的球面上，c点在球面外，由于c点距离圆心大于a点，所以根据表达式可知a点电场强度比c点大，故B正确；
C．由于等势面与电场线方向垂直，根据点电荷等势面的分布规律可知，a、b两点电势相同，故C正确；
D．根据负点电荷电场线与等势线的分布规律可知，由于电场线方向从c指向a，所以a点电势低于c点电势，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用点电荷的场强公式可以比较电场强度的大小；利用点电荷可以判别电场强度的方向；利用电场线的位置可以比较电势的高低。
14．有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目（如图所示）。钢绳的一端系着座椅，另一端固定在水平转盘上。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内。将游客和座椅看作一个质点，不计钢绳的重力，以下分析正确的是（　　）
A．旋转过程中，游客和座椅受到重力、拉力和向心力
B．根据v=ωr可知，坐在外侧的游客旋转的线速度更大
C．根据Fn=mω2r可知，“飞椅”转动的角速度越大，旋转半径越小
D．若“飞椅”转动的角速度变大，钢绳上的拉力大小变大
【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．旋转过程中，游客和座椅做匀速圆周运动，根据受力分析可知游客和座椅受到重力、拉力作用，两个力的合力充当向心力，选项A错误；
B．游客做圆周运动的角速度都相同，根据线速度和角速度的关系v=ωr可知，坐在外侧的游客由于运动的半径比较大小所以旋转的线速度更大，选项B正确；
CD．设细绳与竖直方向的夹角θ，转盘半径为R，根据牛顿第二定律有：
可知，“飞椅”转动的角速度越大，细绳与竖直方向的夹角θ越大，则旋转半径越大，根据竖直方向的平衡方程可知钢绳上的拉力大小
，即角速度变大，钢绳上的拉力变大，选项C错误，D正确。
故选BD。
【分析】游客和座椅做匀速圆周运动，根据受力分析可知游客和座椅受到重力、拉力作用；游客做圆周运动的角速度都相同，根据线速度和角速度的关系可知坐在外侧的游客由于运动的半径比较大小所以旋转的线速度更大；利用牛顿第二定律可以得出“飞椅”转动的角速度越大，细绳与竖直方向的夹角θ越大；结合竖直方向的平衡方程可以比较绳子拉力的大小。
15．静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称。在x轴上取A、B、C、D四点，A和D、B和C分别关于O点对称。下列说法正确的是（　　）
A．C、D两点的电场强度
B．C点的电场强度方向与x轴正方向相反
C．试探电荷＋q从A点移到B点，静电力做正功
D．同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等
【答案】A,C
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．根据电势差与电场强度的关系可知，图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，根据图像斜率的大小可知，故A正确；
B．沿电场线方向电势降低，根据电势降低的方向可知，电场线方向沿x轴正方向，即C点的电场强度方向与x轴正方向相同，故B错误；
C．结合上述，电场方向沿x轴正方向，则试探电荷＋q从A点移到B点，由于静电力的方向与速度方向相同所以静电力做正功，故C正确；
D．根据图示可知，根据电势能的表达式可知，同一试探电荷在B点和C点具有的电势能不相等，故D错误。
故选AC。
【分析】利用图像斜率可以比较电场强度的大小；利用电势降低的方向可以判别电场强度的方向；利用试探电荷电场力的方向结合运动的方向可以判别电场力做功；利用电势不同可以比较电势能的大小。
16．一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　）
A．L∶d=2∶3
B．
C．微粒穿出电容器区域时，速度与竖直方向的夹角的正切值为3
D．仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．带电微粒从静止开始经电压加速后，设其射入水平放置的平行板电容器的速度，电场力对微粒做功，根据动能定理有
带电微粒在平行板电容器内由射入点到最高点的过程中，竖直方向做匀减速直线运动，根据竖直方向的速度公式有，根据牛顿第二定律有，根据位移公式有：
水平方向做匀速直线运动，根据位移公式有，联立解得，，A错误，B正确；
C．带电微粒在平行板电容器内由最高点到射出点的过程中，竖直方向做匀加速直线运动，设射出时竖直方向速度为，根据速度公式有，水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式有，微粒穿出电容器区域的速度与水平方向夹角的正切值
联立解得，则速度与竖直方向的夹角的正切值为，C错误；
D．从射入点到最高点，根据竖直方向的位移公式有，根据竖直方向的牛顿第二定律有，根据进入电场前的动能定理有，结合水平方向的位移公式有：，联立可得，，即水平、竖直方向的位移与m、q无关，故仅改变微粒的质量或电荷数量，根据动能定理及牛顿第二定律可知微粒进入平行板电容器的速度和在平行板电容器中的加速度都会改变，微粒从射入点到射出点水平方向和竖直方向的位移均不变，微粒在电容器中的运动轨迹不变，D正确。
故选BD。
【分析】利用电场加速结合动能定理可以求出粒子进入电场速度的表达式，结合粒子在电场中偏转的位移公式及牛顿第二定律可以求出电压的大小关系及位移的大小关系；利用竖直方向的速度公式结合水平方向的位移公式可以求出射出电场时速度的方向；利用动能定理结合类平抛运动的位移公式及牛顿第二定律可以得出根据动能定理及牛顿第二定律可知微粒进入平行板电容器的速度和在平行板电容器中的加速度都会改变，微粒从射入点到射出点水平方向和竖直方向的位移均不变，微粒在电容器中的运动轨迹不变。
三、填空题，本大题共2小题，共16分。
17．（1）如图所示，平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连。给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度。以下操作中，可以使静电计指针的偏转角度减小的是______。
A．向上平移B极板 B．向下平移B极板
C．向左平移B极板 D．向右平移B极板
（2）某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，采用的实验电路如下图所示。将开关先与“1”端闭合，电容器进行　 　（选填“充电”或“放电”），稍后再将开关与“2”端闭合。
（3）下列四个图像，表示以上过程中，通过传感器的电流随时间变化的图像为______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）D
（2）充电
（3）A
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）如图所示，电容器与电源断开，电容器的带电量Q不变，静电计的指针偏角显示电压的大小，当偏转角变小，则板间电势差U变小，根据电容的定义式可知可知，电容C变大，根据电容的决定式可知可知，是由于两极板间的正对面积变大，或者两极板间的距离变小导致。
故选D。
（2）将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，此时电源工作，电容器进行充电，再将开关与“2”端闭合，由于电容器两段电荷开始移动，此时电容器进行放电。
（3）电容器在充电过程中，开始时回路中有电流，随着电荷量增大，电流由最大逐渐减小，放电过程时开始回路中有电流，随着电荷量减小，电流也是由最大逐渐减小，充电电流与放电电流方向相反。
故选A。
【分析】（1）利用静电计的偏转角可以判别电容器电压的变化，结合电容器的电容定义式可以判别电容的变化，结合决定式可以判别让电容增大的原因；
（2）利用电容器与电源相接可以判别电容器充电，当电容器与导线相连可以得出电容器放电；
（3）电容器在充电过程中，开始时回路中有电流，随着电荷量增大，电流由最大逐渐减小，放电过程时开始回路中有电流，随着电荷量减小，电流也是由最大逐渐减小，充电电流与放电电流方向相反。
（1）电容器的带电量Q不变，静电计的指针偏角变小，则板间电势差U变小，根据
可知，电容C变大，根据
可知，是由于两极板间的正对面积变大，或者两极板间的距离变小导致。
故选D。
（2）将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，电容器进行充电，再将开关与“2”端闭合，电容器进行放电。
（3）电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，充电电流与放电电流方向相反。
故选A。
18．为了探究平抛运动的特点，某同学进行了如下实验。
（1）该同学先用图1所示的器材进行实验。他用小锤击打弹性金属片，A球沿水平方向飞出，同时B球被释放，做自由落体运动。改变小球距地面的高度和击打小球的力度，多次重复实验，均可以观察到A、B两球同时落地。本实验可以验证　 　。
（2）在（1）的基础上，用如图2所示平抛仪装置继续探究平抛运动的规律。得到了小球在竖直平面xOy上的一条运动轨迹，如图3平面直角坐标系中的OP曲线所示，Ox为水平方向，Oy为竖直方向。该同学在曲线OP上取三个点A、B、C，让它们在y方向上到O点的距离之比为，再测量三个点在x方向上到O点的距离，若　 　，则可以验证小球在水平方向上是匀速直线运动。
（3）该同学设计了一个探究平抛运动的家庭实验装置。如图4所示，在一个较高的塑料筒侧壁靠近底部的位置钻一个小孔，在小孔处沿水平方向固定一小段吸管作为出水口。将塑料筒放在距地面一定高度的水平桌面上，在筒中装入一定高度的水，水由出水口射出，落向地面，测量出水口到地面的高度y和水柱的水平射程x。在实验测量的过程中，该同学发现测量水柱的水平射程x时，若测量读数太慢，x的数值会变化。请分析水平射程x的数值变化的原因。　 　
【答案】（1）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
（2）
（3）随着水的不断流出，则水从管口流出的速度会不断减小，则在竖直高度不变的情况下，水流的射程会减小，即x减小
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）观察到A、B两球同时落地，当两个小球高度相同时，由于平抛运动在竖直方向的规律和自由落体运动的规律相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。
（2）由于小球在竖直方向的位移公式满足，结合在竖直方向的自由落体运动公式可知，小球抛出后在O、A、B、C点时间间隔相等，如果小球的水平分运动是匀速直线运动，根据位移公式则还满足，则
（3）若测量读数太慢，则随着水的不断流出，由于出水口的压强减小会导致水从管口流出的速度会不断减小，在竖直高度不变的情况下，由于水流运动时间相同，根据水平方向位移公式可知水流的射程会减小，即x减小。
【分析】（1）由于平抛运动在竖直方向的规律和自由落体运动的规律相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）利用竖直方向的位移公式结合竖直方向的位移大小可以得出小球的运动时间相同，若要验证水平方向为匀速直线运动，则需要满足相同时间内水平方向的位移相等；
（3）由于出水口的压强减小会导致水从管口流出的速度会不断减小，在竖直高度不变的情况下，由于水流运动时间相同，根据水平方向位移公式可知水流的射程会减小，即x减小。
（1）观察到A、B两球同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。
（2）因为
结合在竖直方向的自由落体运动
可知，小球抛出后在O、A、B、C点时间间隔相等，如果小球的水平分运动是匀速直线运动，则还满足
即
（3）若测量读数太慢，则随着水的不断流出，则水从管口流出的速度会不断减小，则在竖直高度不变的情况下，水流的射程会减小，即x减小。
四、计算题，本大题共4小题，共36分。
19．有一质量为1000kg的小汽车行驶上半径为50m的圆弧形拱桥，取。
（1）若汽车到达桥顶时速度为5m/s，求桥对汽车的支持力大小。
（2）汽车在桥顶时，对桥面的压力过小是不安全的。若对于同样的车速，分析说明拱桥圆弧的半径大些比较安全，还是小些比较安全？
（3）如果拱桥的半径增大到与地球半径一样，汽车恰好在桥顶上腾空，汽车速度为多大？
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
代入数据解得桥对汽车的支持力大小
（2）解：根据
可得
可知对于同样的车速，半径大些，大一点，更安全。
（3）解：根据题意结合牛顿第二定律
代入数据可得
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）汽车到达桥顶时，利用牛顿第二定律可以求出桥对汽车的支持力大小；
（2）当汽车过桥最高点时，利用牛顿第二定律可知半径大些，大一点，更安全；
（3）当桥的半径和地球半径相同时，利用牛顿第二定律可以求出汽车腾空的速度大小。
（1）根据牛顿第二定律
代入数据解得桥对汽车的支持力大小
（2）根据
可得
可知对于同样的车速，半径大些，大一点，更安全。
（3）根据题意结合牛顿第二定律
代入数据可得
20．长为L的轻质绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为的小球（可视为质点），如图所示，在空间施加沿水平方向的匀强电场（图中未画出），小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角，已知， ，电场的范围足够大，重力加速度为g。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)保持细线始终张紧，将小球从A点拉起至与O点处于同一水平高度的B点，求A、B两点间的电势差U；将小球由B点静止释放，求小球运动至A点时速度的大小v。
【答案】解：(1)解：小球静止在A点时受力平衡，根据平衡条件
解得
(2)解：匀强电场方向水平向左，A、B两点沿电场线方向距离为
根据电势差与场强的关系
解得
小球从B点运动至A点的过程中，根据动能定理
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 受力正交分解，水平电场力、竖直重力平衡求场强；
(2) 匀强电场U=Ed，先找沿电场线距离；再用动能定理，重力做功、电场力做功之和等于动能变化，求解末速度。
21．如图所示为示波管的结构原理图，阴极发出的电子（初速度可忽略不计）经电势差为的两金属板间的加速电场加速后，从一对水平放置的带电金属板的左端沿中心轴线射入板间（垂直于荧光屏），两金属板间偏转电场的电势差为，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场。已知电子的质量为，电荷量为；加速电场的金属板间距离为；偏转电场的金属板长为，板间距离为，其右端到荧光屏的水平距离为。电子所受重力可忽略不计。
（1）求电子经加速电场射出时的速度大小。若已知，，，，重力加速度，分析在加速电场中忽略电子所受的重力是否合理。
（2）求电子在离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距离。若单位电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度，该值越大表示灵敏度越高。在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取的措施。
（3）求电子打在荧光屏上的位置与点的竖直距离。
【答案】（1）解：对于电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理有
解得
电子在加速电场中，根据牛顿第二定律
根据
可解得，电子在加速电场中运动时间为
则由于重力引起的竖直分速度大小为
而此时电子的水平分速度为
因为远远大于，所以在加速电场中忽略电子所受的重力合理。
（2）解：设电子在偏转电场中，飞行时间为，加速度为，则水平方向有
竖直方向有
其中
解得
示波管的灵敏度为
则减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度。
（3）解：设电子飞出偏转电场时的偏角为θ，竖直分速度为，则，
根据几何关系有

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子的速度，利用牛顿第二定理结合位移公式可以求出电子在电场在运动的时间，利用速度公式可以求出y方向的速度，结合水平方向的速度可以得出在加速电场中忽略电子所受的重力合理。
（2）电子在电场中偏转，利用类平抛运动的位移公式结合牛顿第二定律可以求出灵敏度的表达式；（3）电子离开电场后做匀速直线运动，利用几何关系及速度的方向可以求出竖直距离的大小。
（1）对于电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理有
解得
电子在加速电场中，根据牛顿第二定律
根据
可解得，电子在加速电场中运动时间为
则由于重力引起的竖直分速度大小为
而此时电子的水平分速度为
因为远远大于，所以在加速电场中忽略电子所受的重力合理。
（2）设电子在偏转电场中，飞行时间为，加速度为，则水平方向有
竖直方向有
其中
解得
示波管的灵敏度为
则减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度。
（3）设电子飞出偏转电场时的偏角为θ，竖直分速度为，则，
根据几何关系有
22．一种旋转电机模型的俯视图如图所示，光滑水平面上，半径为、内壁光滑的圆柱面立于两个带有等量异种电荷的极板、之间的空间中，两极板间的电场可视为匀强的且电场强度大小为。在圆柱面内侧处有一质量为，带电量为的质点小球，圆柱面的中心轴线经过，虚线平行于极板。所有带电体与其周围环境间无电荷交换。
（1）若极板、位置保持固定，小球从图中处由静止释放，问当它旋转圈后到达处时，速度是多大？
（2）若极板、保持正对，并绕圆柱面的中心轴线缓慢加速转动，当角速度增大到后保持恒定。小球因受静电力作用也将绕圆柱面内侧开始转动，由于速度很快，小球受到空气阻力已不可忽略，设空气阻力大小正比于小球速度，即，已知。经足够长时间后发现小球与两极板同周期旋转，且电场强度与小球速度间的夹角大小也保持恒定。试据此求出稳定后，圆柱面对小球弹力的大小。
【答案】（1）解：对小球，从A运动到B，根据动能定理，有
解得

（2）解：由题意可知，电场最终做匀速圆周运动，因为小球与两极板同周期旋转，即小球也做匀速圆周运动，则沿切线方向合力为零，且小球的速度
可得小球的受到的空气阻力
电场对小球在沿切线方向分力为
电场对小球指向圆心方向的分力为
根据牛顿第二定律
解得

【知识点】生活中的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对于小球，从A到B的过程中，利用动能定理可以求出小球到达B处的速度大小；
（2）由于电场最终做匀速圆周运动，利用角速度和半径可以求出小球的速度大小，结合切线方向的平衡方程可以求出电场在切线方向的分力，结合牛顿第二定理可以求出圆柱面对小球弹力的大小。
（1）对小球，从A运动到B，根据动能定理，有
解得
（2）由题意可知，电场最终做匀速圆周运动，因为小球与两极板同周期旋转，即小球也做匀速圆周运动，则沿切线方向合力为零，且小球的速度
可得小球的受到的空气阻力
电场对小球在沿切线方向分力为
电场对小球指向圆心方向的分力为
根据牛顿第二定律
解得
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