資源簡介

四川省成都市石室中學2023-2024學年高一下學期競賽班期末考試物理試卷
一、單項選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分；每小題只有一個選項符合題意。）
1．（2024高一下·成都期末）下面是某同學對靜電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是（　　）
A．根據公式可知，電場中某點的電場強度與檢驗電荷所帶的電荷量成反比
B．根據公式可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比
C．根據公式可知，帶電荷量為1C的負電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為1V
D．根據公式可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關
2．（2024高一下·成都期末）兩個用相同材料制成的半徑相等的帶異種電荷的金屬小球，其中一個球的帶電量的是另一個的5倍，它們間的庫侖力大小是F，現將兩球接觸后再放回原處，它們間庫侖力的大小是（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·成都期末）如圖所示電路中，由于某處出現了故障，導致電路中的A、B兩燈變亮，C、D兩燈變暗，故障的原因可能是(　　)
A．R1短路 B．R2斷路 C．R2短路 D．R3短路
4．（2024高一下·成都期末）如圖所示，菱形ABCD處于方向水平向右、電場強度大小為E的勻強電場中，其中心O固定一電荷量為Q的點電荷（電性未知）。已知AD與CD的夾角為，B點的電場強度為零。則下列說法正確的是（　　）
A．O點電荷帶正電 B．A、C兩點的電場強度相同
C．C點的電場強度大小為3E D．D點的電場強度大小為2E
5．（2024高一下·成都期末）如圖，矩形ABCD位于勻強電場中，電場方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中點。A、B、C的電勢分別為8V、6V、4V。用外力將一個電子從A點移動到P點，已知元電荷電量為e，下列說法正確的是（　　）
A．該過程中，電子的電勢能增加5eV
B．該過程中，電子的電勢能減少3eV
C．該過程中，電場力對電子做正功5eV
D．該勻強電場的場強大小為，方向垂直BD斜向右上方
6．（2024高一下·成都期末）如圖所示為某一點電荷所形成的一簇電場線，a、b、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡，其中b虛線是以點電荷為圓心的一段圓弧，AB的長度等于BC的長度，且三個粒子的電荷量大小相等，不計粒子重力，則下列說法正確的是（　　）
A．b虛線對應的粒子的質量大于c虛線對應的粒子的質量
B．a一定是正粒子的運動軌跡，b和c一定是負粒子的運動軌跡
C．a、c虛線對應的粒子的速度越來越大，b虛線對應的粒子的速度不變
D．a虛線對應的粒子的加速度越來越小，c虛線對應的粒子的加速度越來越大，b虛線對應的粒子的加速度不變
7．（2024高一下·成都期末）用輕質絕緣細線把兩個小球a、b懸掛起來，放置在水平向右的勻強電場中，靜止時的狀態如圖所示。現在讓兩個小球a、b帶上等量異號的電荷，其中a帶正電荷，b帶負電荷。由于有空氣阻力，當再次達到平衡時，a、b小球最后會達到新的平衡位置。不計兩帶電小球間相互作用的靜電力。則最后兩球新的平衡位置與原來的平衡位置相比，下列說法正確的是（　　）
A．a球的重力勢能和電勢能都不變
B．b球的重力勢能和電勢能都增加
C．a球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小
D．b球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小
8．（2024高一下·成都期末）如圖所示，空間有電荷量分別為和的兩個點電荷，其連線水平。在豎直平面內，內壁光滑的絕緣細彎管關于連線對稱放置，細管的上下端口恰好在連線的中垂線上。電荷量為＋q的小球以初速度從上端管口無碰撞進入細管，在管內運動過程中機械能守恒，則（　　）
A．
B．細管上各點的電場強度方向均與細管垂直
C．在的連線上，中點的電場強度最小
D．小球從細管下端飛出時速度為
二、多項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分；每小題給出的四個選項中有多個選項正確，全部選對得4分，選對但不全得2分，有錯選的得0分。）
9．（2024高一下·成都期末）如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，現將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，但仍在P點上方。下列說法正確的是（　　）
A．油滴帶正電 B．靜電計指針張角減小
C．油滴向上運動 D．帶電油滴P點的電勢能不變
10．（2024高一下·成都期末）如圖所示，豎直和水平放置的絕緣光滑板PO、QO固定，a、b為兩個均帶正電的小球（可視為點電荷），當用平行于QO向左的力F作用于b時，a、b緊靠板靜止。由于a球緩慢漏電，a球緩慢移動，現稍改變F的大小，使b一直處于靜止狀態，則下列說法正確的（　　）
A．兩小球之間的庫侖力變大 B．力F減小
C．系統的重力勢能變大 D．系統的電勢能增大
11．（2024高一下·成都期末）如圖所示，圖甲中M為一電動機，當滑動變阻器的滑片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表V1和V2的讀數隨電流表讀數的變化情況如圖乙所示，已知電流表讀數在以下時，電動機沒有轉動。不考慮電表對電路的影響，下列判斷正確的是（　　）
A．圖線①為V2示數隨電流表的變化圖線
B．電路中電源電動勢為
C．此電路中，電動機的最大輸入功率是
D．變阻器R的最大阻值大于
12．（2024高一下·成都期末）如圖（a），長為4d、間距為d的平行金屬板水平放置，兩金屬板左邊中點O有一粒子源，能持續水平向右發射初速度為、電荷量為、質量為m的粒子，金屬板右側距離為d處豎直放置一足夠大的熒光屏。現在兩板間加圖（b）所示電壓，已知時刻射入的粒子恰好能從金屬板射出。不計粒子重力，則（　　）
A．無論哪個時刻入射的粒子在金屬板間運動的時間相等
B．無論哪個時刻入射的粒子恰能從金屬板右側中點出射
C．無論哪個時刻入射的粒子從金屬板間出射時動能
D．粒子打在右側熒光屏上的長度范圍為
13．（2024高一下·成都期末）如圖所示，電源電動勢、內阻，電動機的內阻，閉合開關后，標有“”的燈泡恰能正常發光，則（　　）
A．圖中理想電流表示數為 B．電源的輸出功率為
C．內電動機產生的熱量為 D．電動機的機械功率為
三、實驗題（本題共2小題，14題每空1分，15題每空2分，共14分）
14．（2024高一下·成都期末）某物理興趣小組利用下列甲圖裝置來探究影響電荷間的靜電力的因素。A是一個帶正電的物體，系在絕緣絲線上的帶正電的小球會在靜電力的作用下發生偏離，靜電力的大小可以通過絲線偏離豎直方向的角度顯示出來。他們分別進行了以下操作。
步驟一：把系在絲線上的帶電小球先后掛在橫桿上的、、等位置，比較小球在不同位置所受帶電物體的靜電力的大小。
步驟二：使小球處于同一位置增大或減小小球所帶的電荷量，比較小球所受的靜電力的大小。
（1）該實驗采用的方法是　 　（填正確選項前的字母）
A. 理想實驗法 B. 控制變量法 C. 等效替代法
（2）實驗表明，電荷之間的靜電力隨著距離的增大而___________，隨著電荷量的增大而___________。　 　（填正確選項前的字母）
A. 增大、減小 B. 增大、不變 C. 減小、增大
（3）如圖乙所示的實驗裝置為庫侖扭秤。懸絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個帶電的金屬小球A，另一端有一個不帶電的球B，B與A所受的重力相等，使絕緣棒平衡，當把另一個帶電的金屬球C插入容器并使它靠近A時，A和C之間的作用力使懸絲扭轉，通過懸絲扭轉的角度可以比較力的大小，便可找到力F與距離r和電荷量q的關系。庫侖在這一實驗中如何解決了微小力難以測量和電量無法測量的困難？　 　和　 　（只填兩種方法名稱即可）。
15．（2024高一下·成都期末）某同學用如圖所示電路下列器材測電阻、電池的電動勢E與內阻r。器材如下：
A．被測電阻（約）
B．被測電池（電動勢E約、內阻約）
C．電壓表（量程為、內阻很大）
D．電壓表（量程為、內阻很大）
E．電流表（量程為、內阻不計）
F．電流表（量程為、內阻不計）
G．滑動變阻器
H．開關、導線
（1）電流表應選用　 　；電壓表應選用　 　（填器材前的符號）
（2）實驗中先將滑動變阻器的滑動頭滑到最左端，閉合開關，當擲1，改變滑動頭的位置，測出一組電壓表與電流表的讀數，在圖像中作出直線1；當擲2，改變滑動頭的位置，測出一組電壓表與電流表的讀數，在圖像中作出直線2。則電池的電動勢　 　V，內阻　 　；電阻　 　（結果均保留兩位有效數字）
四、計算題（本題共4小題，共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值運算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）
16．（2024高一下·成都期末）如圖所示，已知電源電動勢，內阻，保護電阻。
（1）當電阻箱R讀數為多少時，保護電阻消耗的電功率最大，并求這個最大值；
（2）當電阻箱R讀數為多少時，電阻箱R消耗的功率最大，并求這個最大值；
（3）求電源的最大輸出功率。
17．（2024高一下·成都期末）真空中存在空間足夠大的、水平向右的勻強電場；在電場中，現用長L的輕質細繩上端固定，下端連接一個質量為m的帶電的可視為質點的小球剛好靜止，此時繩與豎直方向的夾角，重力加速度為g，，。
（1）求靜止時小球所受電場力F的大小；
（2）若將該小球從該電場中某點以初速度豎直向上拋出，試求：
①小球上拋到最高點的過程沿電場方向上發生的位移多大；
②小球從拋出至落回到與拋出點在同一水平線的某點的過程中電勢能的變化量。
18．（2024高一下·成都期末）如圖所示，絕緣水平軌道與光滑絕緣豎直圓槽形軌道相切于A點，圓形軌道半徑為R，圓形軌道上B點與圓心等高，水平軌道AM段長度也為R，豎直邊界MN左側分布有水平向左的勻強電場，場強。質量為m，帶電量為＋q的物塊（可視為質點）以水平方向速度從M點進入電場，水平軌道AM段與物塊間的動摩擦因數可調，（重力加速度為g，，）。求：
（1）若，且物塊的速度，物塊經過圓形軌道最低點A時對軌道的壓力大小；
（2）若物塊的速度，要使物塊能做完整的圓周運動，AM段與物塊間動摩擦因數滿足什么條件；
（3）若，只把MN左側的電場方向變成水平向右，其他條件不變，為使滑塊能到達B點，物塊的初速度應滿足什么條件。
19．（2024高一下·成都期末）如圖，圓弧軌道AB的圓心為O，半徑為，圓弧軌道AB的B點與水平地面BE相切，B點在O點的正下方，在B點的右側有一豎直虛線CD，B點到豎直虛線CD的距離為，豎直虛線CD的左側有一水平向左的勻強電場，場強大小為（大小未知），豎直虛線CD的右側有場強大小為（大小未知）、豎直向上的勻強電場。豎直虛線CD的右側有一豎直墻壁EF，墻壁EF到豎直虛線CD的距離為，墻壁EF底端E點與水平地面BE相連接，墻壁EF的高度也為。現將一電荷量為、質量為的完全絕緣的滑塊從A點由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，過B點時的速度大小為4m/s，最后進入豎直虛線CD右側。已知滑塊可視為質點，圓弧軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動摩擦因數為，，，，。求：
（1）場強的大小；
（2）滑塊到達豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點到達豎直虛線CD所用時間；
（3）要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求的取值范圍。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】電容器及其應用；電場強度；點電荷的電場；電勢差
【解析】【解答】A． 電場強度由電場本身性質決定（如場源電荷、電場分布 ），與檢驗電荷無關。是比值定義，增大時，同步增大，不變 ，故A錯誤；
B．電容由電容器自身結構（極板面積、間距、電介質 ）決定，與、無關。是比值定義，、變化時，不變 。故B錯誤，故B錯誤；
C．帶電量為1C負電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，即電場力做功為﹣1J，則A、B點的電勢差為
故C正確；
D．該式為真空中靜止的點電荷場強的決定式，由該式可知，電場中某點電場強度與場源電荷的電量Q成正比，與該點到場源電荷距離r的平方成反比，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1. 理解比值定義法的本質：對于、，這些公式是“比值定義”，物理量（、 ）由自身性質決定，與定義式中其他變量（、或、 ）無關.
2. 電勢差公式的直接應用：對，只需代入（電場力做功，注意正負 ）和（試探電荷電量 ），直接計算即可.
3. 點電荷場強公式的內涵： 是“決定式”，明確與場源電荷、距離的定量關系（、 ）.
2．【答案】A
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】解：兩金屬小球帶異種電荷，設一個球的帶電量為Q，則另一個球的帶電量為-5Q，它們間的庫侖力大小F為
接觸后再分開，帶電量各為-2Q，則兩球的庫侖力大小為
.
故答案為：A.
【分析】1. 庫侖定律是解題核心公式，需明確其適用條件（點電荷、真空中 ），本題中金屬小球可視為點電荷，直接代入初始電荷量計算.
2. 相同金屬小球接觸時，異種電荷“先中和、后平分”。先計算總電荷量，再平分得到接觸后電荷量，這是關鍵步驟，決定了后續庫侖力的計算.
3. 分別用初始電荷量和接觸后電荷量，結合相同間距，兩次應用庫侖定律，通過比例關系求出接觸后庫侖力與初始庫侖力的比值，簡化計算過程（利用的公共部分，避免單獨計算、、 ）.
3．【答案】D
【知識點】電路故障分析；閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A.外電路總電阻變化：短路→總電阻總減小 ，干路電流：由總
（為電源電動勢，為內阻 ）
總減小→增大→燈（ ）變亮 ，并聯部分電壓：并非并（非并為燈等非并聯電阻 ）
增大→并減小→燈（并 ）
電流減小→燈變暗 ，燈變暗，不符合“燈變亮”，故A錯誤 。
B.斷路→總電阻總增大 ，干路電流：→總增大→減小→燈（ ）變暗，燈變暗，不符合“燈變亮”，故B錯誤 .
C.外電路總電阻變化：短路→燈被短路（燈不亮 ），總電阻總減小 ，干路電流：增大→燈變亮 ，并聯部分電壓：并減小→燈（并 ）電流減小→燈變暗 ，燈變暗，不符合“燈變亮”，故C錯誤 .
D.外電路總電阻變化：短路→總電阻總減小 ，干路電流：增大→燈變亮 ，并聯部分電壓：并減小→、燈支路（并支 ）電流減小→、燈變暗 ， 燈電流：干路電流增大，燈支路電流減小→燈電流增大→燈變亮 ，結論：、燈變亮，、燈變暗，故D正確 .
故答案為：。
【分析】1. 電路結構拆解：先明確串并聯關系（與串聯，、與的并聯結構 ），確定各燈亮度與干路電流、支路電壓的關聯.
2. 故障的“電阻 - 電流 - 電壓”連鎖分析：對每個選項，先分析故障導致的外電路總電阻變化，再用閉合電路歐姆定律（總 ）推導干路電流變化，最后結合串并聯電壓、電流規律，判斷各燈亮度變化（亮暗由實際功率或決定 ）.
3. 排除法驗證：逐一假設故障（短路/斷路 ），對比題干“、變亮，、變暗”的條件，排除不符合的選項，鎖定正確答案。
通過“結構拆解→連鎖分析→排除驗證”的思路，清晰推導故障對電路的影響，核心是利用串并聯電路規律和閉合電路歐姆定律，將故障轉化為電阻、電流、電壓的定量變化，進而判斷燈的亮暗.
4．【答案】D
【知識點】電場強度；電場強度的疊加
【解析】【解答】A.點電荷在點場強向左，說明點電荷帶負電（負電荷電場方向指向自身 ），故A錯誤。
B. 點場強：勻強電場向右，點電荷在點的場強方向沿連線（因帶負電，場強指向 ）。菱形中，故與水平方向夾角，點電荷在點場強大小為，方向斜向左下（與水平方向成 ），點場強：勻強電場向右，點電荷在點的場強方向沿連線（指向 ），與水平方向成斜向左上，大小為，疊加后：、點場強的方向不同（點場強斜向左下，點斜向左上 ），故B錯誤.
C.點場強為勻強電場（向右 ）與點電荷場強（大小，方向沿斜向左上，與水平方向成 ）的疊加，
水平分量
豎直分量
合場強
故C錯誤。
D. 點場強為勻強電場（向右 ）與點電荷場強（大小，方向沿水平向左 ）的疊加（因水平，點電荷負電，場強向左 ），疊加后
（方向向右 ）
故D正確.
故答案為：.
【分析】1. 疊加原理的核心應用：電場強度是矢量，需用平行四邊形定則疊加。本題中，空間存在“勻強電場”和“點電荷電場”，某點總場強為兩者的矢量和.
2. 從已知條件突破（點場強為 ）： 點場強為，說明勻強電場與點電荷場強等大反向，由此可確定：點電荷電性（負電，因場強方向指向自身 ）；點電荷在點場強大小（ ）.
3. 利用對稱性簡化分析：菱形中心到各頂點距離相等，因此點電荷在、、、四點產生的場強大小均為（由，相同則大小相同 ），僅方向不同.
4. 矢量疊加的具體計算：對每個選項，先確定點電荷場強的方向（由點電荷電性和位置決定 ），再與勻強電場（方向水平向右 ）進行矢量疊加，計算合場強的大小與方向，對比選項判斷正誤.
5．【答案】D
【知識點】勻強電場；電勢能；電勢差與電場強度的關系
【解析】 【解答】AB．根據功能關系可知該過程中，電子的電勢能增加3eV，故AB錯誤；C．根據勻強電場強度與電勢差的關系可得
解得D的電勢為
P是CD的中點，P點電勢為
一個電子從A點移動到P點電場力做功為
可知該過程中，電子的電場力做負功3eV，故C錯誤；
D．B點和D點電勢為6V，故BD為等勢線，等勢線與電場線垂直，故電場線方向與BD垂直，沿電場線方向電勢降低，故電場強度方向垂直BD斜向右上方，則電場強度大小為
故D正確.
故答案為：D.
【分析】1. 勻強電場的電勢規律：勻強電場中，平行線段的電勢差與長度成正比（，為線段與電場線夾角 ）。利用，通過求；利用中點電勢為兩端點電勢平均值，求.
2. 電場力做功與電勢能變化：電勢能變化，電場力做功（為試探電荷電量，為電勢差 ）。電子帶負電（ ），通過計算電場力做功，判斷電勢能變化.
3. 等勢面與電場線的關系：電勢相等的點連線為等勢線，電場線與等勢線垂直且由高電勢指向低電勢。找到為等勢線（ ），確定電場線方向；再通過“電勢差與場強關系”（為沿電場線方向的距離 ）計算場強大小.
6．【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；電場線；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．三個粒子的電荷量大小相等，在初始位置受到的靜電力大小相等，b粒子做圓周運動，向心力等于靜電力；c粒子做向心運動，可知靜電力大于所需的向心力，根據
可知b虛線對應的粒子的質量大于c虛線對應的粒子的質量，故A正確；
B．粒子受力方向沿電場線切線，但電場線方向由點電荷電性決定（未知 ）（點電荷可能為正或負 ），粒子軌跡向左彎曲，受力向左；、軌跡向右彎曲，受力向右。但因電場線方向不確定（點電荷電性未知 ），無法判斷粒子帶電性質（正/負 ），故B錯誤.；
C．、粒子：運動方向與電場力夾角為銳角（軌跡彎曲方向與受力方向一致 ），電場力做正功（， ），動能增大，速度增大，粒子：做勻速圓周運動，電場力與速度方向垂直（向心力不做功 ），速度大小不變（方向改變 ），但選項C中“速度不變”表述不嚴謹（速度方向改變，屬于變速運動 ），且、速度增大的結論雖對，但結合選項整體判斷，C錯誤；
D．電場線的疏密表示場強大小，由圖可知，a虛線對應的粒子所處的場強在減小，加速度越來越小，c虛線對應的粒子所處的場強在增大，加速度越來越大，b粒子做圓周運動，加速度大小不變，但是方向在改變，故D錯誤。
故答案為：A.
【分析】1. 電場力與向心力的關聯：粒子做圓周運動時，電場力提供向心力（ ）；做向心/離心運動時，電場力與所需向心力不等。通過初始電場力相等，結合運動軌跡（圓周、向心 ），比較質量大小.
2. 電性判斷的關鍵限制：電場線方向由點電荷電性決定（未知 ），僅由軌跡彎曲方向（受力方向 ）無法確定粒子帶電性質（正/負 ），需明確“電場方向未知”的限制.
3. 速度變化的本質（電場力做功）：速度大小變化由電場力做功決定（ ），通過受力方向與運動方向的夾角（銳角/鈍角/垂直 ）判斷做功正負，進而確定速度變化.
4. 加速度變化的根源（電場強度）：加速度由電場力決定（ ），電場強度由電場線疏密反映（疏→弱，密→強 ）。結合軌跡處電場線疏密變化，判斷加速度變化.
7．【答案】C
【知識點】受力分析的應用；重力勢能的變化與重力做功的關系；電勢能；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】AC．對a球受力分析，受水平向右的電場力，繩的拉力，庫侖引力，重力，這些力平衡時繩一定斜向左上，如圖所示
a球的位置一定在右上方，則球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小，故A錯誤，C正確；
BD．讓兩個小球、帶上等量異號的電荷，其中帶正電荷，帶負電荷，當再次達到平衡時，對兩球的整體受力分析可知，水平方向兩電場力平衡，豎直方向拉力與重力平衡，則上端的繩一定豎直狀態，故b球的位置不變，故球的重力勢能和電勢能都不變，故BD錯誤.
故答案為：C.
【分析】1.整體法簡化受力：兩球帶等量異號電荷時，水平方向電場力相互抵消（a受向右qE，b受向左qE ），整體水平合力為0，上端繩子豎直，b球位置不變。此步驟利用整體法規避復雜內力（庫侖力 ），簡化分析.
勢能變化的判斷邏輯：重力勢能：由高度變化決定，高度升高則重力勢能增加，反之減小.
電勢能：由電場力做功決定，電場力做正功則電勢能減小，反之增加.
隔離法分析a球：隔離a球后，結合受力平衡（水平、豎直方向合力為0 ），判斷繩子傾斜方向與a球位置變化（向右上方移動 ），進而分析重力勢能（高度升高 ）和電勢能（電場力做正功 ）的變化.
8．【答案】B
【知識點】機械能守恒定律；電場線；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．帶電小球在運動過程中始終機械能守恒，則小球在運動過程中電勢能保持不變，題干圖中細管所在的弧線是一等勢線，所以有Q1＞Q2，故A錯誤；
B．根據電場線與等勢線處處垂直，所以細管各處的電場強度方向均和細管垂直，故B正確；
C．當兩個是等量異種電荷的時候，中點是場強最小的點，但是現在二者是非等量異種電荷，且，所以場強最小的點會相應的向右偏移，故C錯誤；
D．小球以初速度v0從上端的管口恰好無碰撞地進入細管，且在運動過程中機械能始終保持不變，但是小球從細管下端飛出時因為重力做正功，所以小球離開的速度大于v0，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】1.機械能守恒與電勢能的關聯：機械能守恒→只有重力做功→電場力做功為0→運動軌跡是等勢線（電勢能不變 ）。此為突破口，將機械能守恒與電場特性（等勢線 ）關聯.
等勢線與電場線的垂直關系：電場線與等勢面處處垂直，直接推導電場強度方向與細管垂直，快速判斷 B 正確.
非等量異種電荷的電場分布：對比 “等量異種電荷” 的對稱場強分布，分析非等量時的等勢線條件和場強最小點偏移，排除 A、C.
機械能守恒的實際應用：機械能守恒包含重力勢能與動能的轉化（高度變化影響 ），雖電勢能不變，但重力做功會改變動能，故速度增大，排除 D.
9．【答案】B,D
【知識點】電容器及其應用；電勢能；電勢；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】A．平行板電容器上極板帶正電，電場方向 豎直向下（正極板→負極板 ），油滴靜止，受力平衡：重力（向下）與電場力（向上）抵消，電場力方向與電場方向 相反 → 油滴帶 負電（負電荷受力與場強反向 ），故A錯誤；
BCD．將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離的過程中，電容器所帶電荷量Q不變，根據電容的決定式
可知，減小，則增大；又因為
可知，減小，所以靜電計指針張角減小；又因為
聯立得出
可知電場強度與極板間的距離無關，所以場強不變，油滴的電場力不變，則不會運動；又由于P點與下極板間的距離不變，由
知P點的電勢不變，根據
可知帶電油滴在P點的電勢能不變，故BD正確，C錯誤.
故答案為：BD.
【分析】1. 電性判斷：利用“電場方向 + 受力平衡”，確定油滴帶負電.
2. 靜電計張角：通過“電容決定式（ ） + 電壓公式（ ）”，推導電壓變化.
3. 油滴運動：聯立公式得與無關，場強不變→受力平衡→油滴靜止.
4. 電勢能變化：點電勢由“和到下極板距離”決定，兩者均不變→電勢能不變.
10．【答案】A,D
【知識點】庫侖定律；受力分析的應用；重力勢能的變化與重力做功的關系；電勢能
【解析】【解答】ABC．以a球為研究對象，受力如圖所示
根據平衡條件有
由于a球漏電，則a球緩慢向下移動，b球不動，則角增大，減小，則兩小球之間的庫侖力變大；擋板對a的彈力為
角增大，增大，則增大；對整體受力分析，在水平方向有
則作用力F也增大，故A正確、故B錯誤；
C．由于a球漏電，則a球緩慢向下移動，b球不動，所以系統重力勢能變小，故C錯誤；
D．由于兩球間距離減小，又兩小球之間的庫侖力為斥力，所以庫侖力做負功，系統的電勢能增大，故D正確.
故答案為：AD.
【分析】1. 球受力平衡：通過力的合成，推導庫侖力與角的關系，結合變化判斷庫侖力大小.
2. 整體法分析力：水平方向力平衡，關聯擋板彈力與角，推導的變化.
3. 重力勢能變化：關注球高度變化（下移→重力勢能減小 ）.
4. 電勢能變化：依據庫侖力做功（斥力、間距減小→負功→電勢能增大 ）.
11．【答案】A,C,D
【知識點】焦耳定律；電功率和電功；閉合電路的歐姆定律；電路動態分析
【解析】【解答】A．隨著滑動變阻器滑片向左移，使總電阻減小，干路電流增大，在以下時，電動機相當于純電阻電路，兩端電壓隨電流增大而增大，故圖線②為V1示數隨電流表的變化圖線，而V2測的是路端電壓，由，可知，示數隨電流增大而減小，故圖線①為V2示數隨電流表的變化圖線，A正確；
B．由圖線①可知，當路端電壓為3.4V時，干路電流為0.1A，當路端電壓為3.0V時，干路電流為0.3A，代入A解析中的表達式，可解得
，
B錯誤；
C．由圖線②可知，當電動機兩端電壓最大3.0V時，流過電動機電流0.3A，電動機的輸入功率最大，最大值為
C正確；
D．當滑動變阻器滑片處于最右端時阻值最大，此時干路電流為0.1A，路端電壓3.4V，電動機兩端電壓0.4V，可知R與R0并聯部分的總電阻為
考慮到R0的阻值，可知變阻器R的最大阻值大于，D正確.
故答案為：ACD.
【分析】1. 圖線對應判斷：區分“路端電壓（隨電流增大而減小 ）”與“電動機電壓（純電阻時隨電流增大而增大 ）”，確定圖線①對應.
2. 電動勢與內阻計算：利用路端電壓公式，代入兩組數據解方程組.
3. 最大輸入功率：電動機輸入功率，取最大時的電流計算.
4. 變阻器最大阻值：通過并聯電壓、電流求總電阻，結合并聯電阻規律（并 ）判斷.
12．【答案】A,C
【知識點】力的合成與分解的運用；動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】AB．已知時刻射入的粒子恰好能從金屬板射出，則有
作出不同時刻進入金屬板的粒子在電場方向速度與時間的圖像如下圖
由圖像可以看出，在時刻（n=0，1，2，3，…）進入金屬板的粒子會在電場方向上有最大位移，結合題目條件知最大位移為，其它時刻進入的粒子在電場方向位移都小于，所以不同時刻進入金屬板的粒子都能夠輸出金屬板，由水平方向勻速運動可知，粒子射出金屬板時間都相同，時間都為。故A正確，B錯誤；
C．由于粒子在電場中運動的時間都為，恰為電壓隨時間變化的周期，故粒子在電場中所受相反電場力作用時間相同，根據動量定理有
故粒子無論何時進入電場，出射時只剩水平速度v0，豎直方向的速度為0，故粒子從金屬板間出射時動能都為
故C正確；
D．由AC選項分析可知不同時刻出射的粒子出射的位置在兩金屬板右側上下邊緣之間，豎直方向最大位移大小都為，且出射時速度均水平向右，故粒子打在右側熒光屏上的長度范圍為d，故D錯誤.
故答案為：AC.
【分析】1.運動時間判斷：水平方向勻速，位移固定→時間相同.
2.出射位置與動能：豎直方向電場力沖量對稱（動量定理）→豎直末速度為0，動能僅由水平速度決定.
3.熒光屏打擊范圍：出射時豎直位移范圍決定打擊范圍，但需注意出射后豎直方向無運動，范圍由最大豎直位移決定（但原解析中 D 錯誤，需結合具體運動分析 ）.
13．【答案】B,C
【知識點】焦耳定律；電功率和電功；閉合電路的歐姆定律；電路動態分析
【解析】【解答】A．燈泡正常發光，電壓燈，功率燈，電源電動勢，內阻，外電路并聯部分電壓（等于燈泡電壓 ），內電壓內
由歐姆定律，干路電流（電流表讀數 ）
故A錯誤；
B．電源的輸出功率為
故B正確；
C．燈泡電流燈燈燈
并聯電路，電動機電流燈
電動機內阻，10s內產生的熱量
故C正確；
D．正常發光的燈泡電流為
故流過電動機的電流為
則電動機的機械功率為
故D錯誤；
故答案為：BC
【分析】1. 干路電流：利用“閉合電路歐姆定律”，由內電壓和內阻求電流.
2. 電源輸出功率：總功率（）減去內阻損耗（）.
3. 電動機熱量：焦耳定律（），注意用電動機支路電流.
4. 機械功率：輸入功率（）減去熱功率（）.
14．【答案】B；C；微小量放大法（小量放大法、放大法等）；均分電荷（等分電荷）
【知識點】庫侖定律；控制變量法
【解析】【解答】（1）此實驗中比較小球在不同位置所受帶電物體的靜電力的大小，再使小球處于同一位置，增大或減小小球所帶的電荷量，比較小球所受的靜電力的大小，所以該實驗采用的方法是控制變量法.
故答案為：B.
（2）在研究電荷之間作用力大小的決定因素時，采用控制變量的方法進行，實驗中根據小球的擺角可以看出電荷之間的靜電力隨著距離的增大而減小，隨著電荷量的增大而增大.
故答案為：C.
（3）庫侖在這一實驗中通過微小量放大法（小量放大法、放大法等）和均分電荷（等分電荷）解決了微小力難以測量和電量無法測量的困難.
故答案為：微小量放大法（小量放大法、放大法等）；均分電荷（等分電荷）.
【分析】1.實驗方法：識別 “控制變量” 的操作（固定一個量，改變另一個量 ）.
2.靜電力變化：通過 “絲線偏角”（偏角大→力大 ），直觀判斷力與距離、電荷量的關系.
3.庫侖扭秤創新：理解 “微小量放大”（將微小扭轉轉化為可測角度 ）和 “均分電荷”（間接控制電荷量 ）的巧妙設計，解決測量難題.
15．【答案】E；C；6.0；5.5；3.1
【知識點】伏安法測電阻；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）當滑動變阻器接入電路的阻值為零時，電路的最大電流約為
故電表應選用，即選擇E；電動勢E約，故電壓表選用，即選擇C。
故答案為：E；C
（2閉合開關，當擲1，根據閉合電路歐姆定律可得
由圖像中的直線1可得；
閉合開關，當擲2，根據閉合電路歐姆定律可得
由圖像中的直線2可得
聯立解得，
故答案為：6.0；5.5；3.1
【分析】（1）根據 “電路最大電流” 選擇電流表（接近量程 ），依據 “電動勢大小” 選擇電壓表（量程匹配 ）。
（2）利用 “閉合電路歐姆定律”，分析不同開關擲向時的U - I 關系（斜率對應內阻和總阻 ），聯立求解電動勢、內阻與待測電阻。
16．【答案】（1）解：保護電阻消耗的電功率為
因和r是常量，而R是變量，故R最小時，最大，即R=0時
.
（2）解：把保護電阻與電源內阻r算在一起，當，即時，電阻箱R消耗的功率最大
.
（3）解：電功率公式
，
當時，P出最大，即時
【知識點】電功率和電功；閉合電路的歐姆定律
【解析】【分析】1. 的最大功率：，越小電流越大，故時功率最大.
2. 的最大功率：等效電源法（將與合并為新內阻 ），利用“外阻等于內阻時功率最大”.
3. 電源最大輸出功率：外阻等于電源內阻（外 ）時，輸出功率最大，需注意外阻包含.
17．【答案】（1）解：由平衡條件得，電場力大小
解得
（2） ① 解小球沿豎直方向做勻減速運動的時間為t，由速度公式
沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為
.
此過程小球沿電場方向位移
.
② 解：根據勻加速直線位移時間公式可知當小球落回與拋出點在同一水平線上的某點時，水平總位移為，電場力做功
小球在整個過程中，電勢能變化量為
故電勢能減少
【知識點】受力分析的應用；運動的合成與分解；電勢能與電場力做功的關系；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】1. 靜止受力：利用“平衡條件”分解力，結合幾何關系（ ）求電場力.
2. 運動分解：豎直上拋（勻減速）與水平勻加速（電場力驅動 ），分別計算時間與位移.
3. 電勢能變化：電場力做功等于電勢能變化的負值（ ），通過總位移計算電場力做功.
18．【答案】（1）解：物塊從M點到A點，由動能定理得
物塊在A點做圓周運動，受軌道的支持力為，在A點由牛頓第二定律可得
解得
由牛頓第三定律可得，物塊對軌道的壓力大小為2mg.
（2）解：當物塊通過等效最高點C時，重力和電場力的合力恰好提供向心力時，物塊恰能做完整的圓周運動，受力分析如圖所示
合力與豎直方向夾角為；物塊從M點到C點，由動能定理得
在等效最高點C時，由牛頓第二定律得
聯立解得
（或0.125）
要使物塊能做完整的圓周運動，AM段與物塊間動摩擦因數
（3）解：物塊從M點到B點，由動能定理得
物塊恰能到B點，則對軌道壓力為
由牛頓第二定律得
聯立解得
因此，物塊的初速度
【知識點】受力分析的應用；摩擦力的判斷與計算；動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】1.A 點壓力：動能定理求 A 點速度，牛頓第二定律求支持力，結合第三定律得壓力.
2.完整圓周運動：找 “等效最高點”（重力與電場力合力為向心力 ），動能定理結合臨界條件求動摩擦因數.
3.電場反向后到達 B 點：動能定理分析各力做功，結合 B 點臨界速度求初速度.
19．【答案】（1）解：滑塊從A點運動到B點的過程中，由動能定理有
滑塊從A點運動到B點的過程中
解得
.
（2）解：滑塊從B點運動到豎直虛線CD的過程中，由牛頓第二定律有
得
根據運動學公式有
，
解得
，
（3）解：當較小時，滑塊剛好與豎直墻壁底端E點碰撞，有
解得
當較大時，滑塊剛好與豎直墻壁頂端F點碰撞，從C點到F點做類平拋運動，在水平方向有
豎直方向有
解得
綜上，的取值范圍為。
【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】1.求：A 到 B 過程，動能定理結合重力、電場力做功，聯立求解.
2.B 到 CD 的運動：水平方向勻減速（電場力 + 摩擦力 ），用牛頓定律求加速度，運動學公式求時間與速度.
3.的范圍：CD 右側類平拋運動，水平勻速、豎直勻變速，結合 “剛好到 E 點” 和 “剛好到 F 點” 的臨界條件，確定范圍。
1 / 1四川省成都市石室中學2023-2024學年高一下學期競賽班期末考試物理試卷
一、單項選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分；每小題只有一個選項符合題意。）
1．（2024高一下·成都期末）下面是某同學對靜電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是（　　）
A．根據公式可知，電場中某點的電場強度與檢驗電荷所帶的電荷量成反比
B．根據公式可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比
C．根據公式可知，帶電荷量為1C的負電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為1V
D．根據公式可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關
【答案】C
【知識點】電容器及其應用；電場強度；點電荷的電場；電勢差
【解析】【解答】A． 電場強度由電場本身性質決定（如場源電荷、電場分布 ），與檢驗電荷無關。是比值定義，增大時，同步增大，不變 ，故A錯誤；
B．電容由電容器自身結構（極板面積、間距、電介質 ）決定，與、無關。是比值定義，、變化時，不變 。故B錯誤，故B錯誤；
C．帶電量為1C負電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，即電場力做功為﹣1J，則A、B點的電勢差為
故C正確；
D．該式為真空中靜止的點電荷場強的決定式，由該式可知，電場中某點電場強度與場源電荷的電量Q成正比，與該點到場源電荷距離r的平方成反比，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1. 理解比值定義法的本質：對于、，這些公式是“比值定義”，物理量（、 ）由自身性質決定，與定義式中其他變量（、或、 ）無關.
2. 電勢差公式的直接應用：對，只需代入（電場力做功，注意正負 ）和（試探電荷電量 ），直接計算即可.
3. 點電荷場強公式的內涵： 是“決定式”，明確與場源電荷、距離的定量關系（、 ）.
2．（2024高一下·成都期末）兩個用相同材料制成的半徑相等的帶異種電荷的金屬小球，其中一個球的帶電量的是另一個的5倍，它們間的庫侖力大小是F，現將兩球接觸后再放回原處，它們間庫侖力的大小是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】解：兩金屬小球帶異種電荷，設一個球的帶電量為Q，則另一個球的帶電量為-5Q，它們間的庫侖力大小F為
接觸后再分開，帶電量各為-2Q，則兩球的庫侖力大小為
.
故答案為：A.
【分析】1. 庫侖定律是解題核心公式，需明確其適用條件（點電荷、真空中 ），本題中金屬小球可視為點電荷，直接代入初始電荷量計算.
2. 相同金屬小球接觸時，異種電荷“先中和、后平分”。先計算總電荷量，再平分得到接觸后電荷量，這是關鍵步驟，決定了后續庫侖力的計算.
3. 分別用初始電荷量和接觸后電荷量，結合相同間距，兩次應用庫侖定律，通過比例關系求出接觸后庫侖力與初始庫侖力的比值，簡化計算過程（利用的公共部分，避免單獨計算、、 ）.
3．（2024高一下·成都期末）如圖所示電路中，由于某處出現了故障，導致電路中的A、B兩燈變亮，C、D兩燈變暗，故障的原因可能是(　　)
A．R1短路 B．R2斷路 C．R2短路 D．R3短路
【答案】D
【知識點】電路故障分析；閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A.外電路總電阻變化：短路→總電阻總減小 ，干路電流：由總
（為電源電動勢，為內阻 ）
總減小→增大→燈（ ）變亮 ，并聯部分電壓：并非并（非并為燈等非并聯電阻 ）
增大→并減小→燈（并 ）
電流減小→燈變暗 ，燈變暗，不符合“燈變亮”，故A錯誤 。
B.斷路→總電阻總增大 ，干路電流：→總增大→減小→燈（ ）變暗，燈變暗，不符合“燈變亮”，故B錯誤 .
C.外電路總電阻變化：短路→燈被短路（燈不亮 ），總電阻總減小 ，干路電流：增大→燈變亮 ，并聯部分電壓：并減小→燈（并 ）電流減小→燈變暗 ，燈變暗，不符合“燈變亮”，故C錯誤 .
D.外電路總電阻變化：短路→總電阻總減小 ，干路電流：增大→燈變亮 ，并聯部分電壓：并減小→、燈支路（并支 ）電流減小→、燈變暗 ， 燈電流：干路電流增大，燈支路電流減小→燈電流增大→燈變亮 ，結論：、燈變亮，、燈變暗，故D正確 .
故答案為：。
【分析】1. 電路結構拆解：先明確串并聯關系（與串聯，、與的并聯結構 ），確定各燈亮度與干路電流、支路電壓的關聯.
2. 故障的“電阻 - 電流 - 電壓”連鎖分析：對每個選項，先分析故障導致的外電路總電阻變化，再用閉合電路歐姆定律（總 ）推導干路電流變化，最后結合串并聯電壓、電流規律，判斷各燈亮度變化（亮暗由實際功率或決定 ）.
3. 排除法驗證：逐一假設故障（短路/斷路 ），對比題干“、變亮，、變暗”的條件，排除不符合的選項，鎖定正確答案。
通過“結構拆解→連鎖分析→排除驗證”的思路，清晰推導故障對電路的影響，核心是利用串并聯電路規律和閉合電路歐姆定律，將故障轉化為電阻、電流、電壓的定量變化，進而判斷燈的亮暗.
4．（2024高一下·成都期末）如圖所示，菱形ABCD處于方向水平向右、電場強度大小為E的勻強電場中，其中心O固定一電荷量為Q的點電荷（電性未知）。已知AD與CD的夾角為，B點的電場強度為零。則下列說法正確的是（　　）
A．O點電荷帶正電 B．A、C兩點的電場強度相同
C．C點的電場強度大小為3E D．D點的電場強度大小為2E
【答案】D
【知識點】電場強度；電場強度的疊加
【解析】【解答】A.點電荷在點場強向左，說明點電荷帶負電（負電荷電場方向指向自身 ），故A錯誤。
B. 點場強：勻強電場向右，點電荷在點的場強方向沿連線（因帶負電，場強指向 ）。菱形中，故與水平方向夾角，點電荷在點場強大小為，方向斜向左下（與水平方向成 ），點場強：勻強電場向右，點電荷在點的場強方向沿連線（指向 ），與水平方向成斜向左上，大小為，疊加后：、點場強的方向不同（點場強斜向左下，點斜向左上 ），故B錯誤.
C.點場強為勻強電場（向右 ）與點電荷場強（大小，方向沿斜向左上，與水平方向成 ）的疊加，
水平分量
豎直分量
合場強
故C錯誤。
D. 點場強為勻強電場（向右 ）與點電荷場強（大小，方向沿水平向左 ）的疊加（因水平，點電荷負電，場強向左 ），疊加后
（方向向右 ）
故D正確.
故答案為：.
【分析】1. 疊加原理的核心應用：電場強度是矢量，需用平行四邊形定則疊加。本題中，空間存在“勻強電場”和“點電荷電場”，某點總場強為兩者的矢量和.
2. 從已知條件突破（點場強為 ）： 點場強為，說明勻強電場與點電荷場強等大反向，由此可確定：點電荷電性（負電，因場強方向指向自身 ）；點電荷在點場強大小（ ）.
3. 利用對稱性簡化分析：菱形中心到各頂點距離相等，因此點電荷在、、、四點產生的場強大小均為（由，相同則大小相同 ），僅方向不同.
4. 矢量疊加的具體計算：對每個選項，先確定點電荷場強的方向（由點電荷電性和位置決定 ），再與勻強電場（方向水平向右 ）進行矢量疊加，計算合場強的大小與方向，對比選項判斷正誤.
5．（2024高一下·成都期末）如圖，矩形ABCD位于勻強電場中，電場方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中點。A、B、C的電勢分別為8V、6V、4V。用外力將一個電子從A點移動到P點，已知元電荷電量為e，下列說法正確的是（　　）
A．該過程中，電子的電勢能增加5eV
B．該過程中，電子的電勢能減少3eV
C．該過程中，電場力對電子做正功5eV
D．該勻強電場的場強大小為，方向垂直BD斜向右上方
【答案】D
【知識點】勻強電場；電勢能；電勢差與電場強度的關系
【解析】 【解答】AB．根據功能關系可知該過程中，電子的電勢能增加3eV，故AB錯誤；C．根據勻強電場強度與電勢差的關系可得
解得D的電勢為
P是CD的中點，P點電勢為
一個電子從A點移動到P點電場力做功為
可知該過程中，電子的電場力做負功3eV，故C錯誤；
D．B點和D點電勢為6V，故BD為等勢線，等勢線與電場線垂直，故電場線方向與BD垂直，沿電場線方向電勢降低，故電場強度方向垂直BD斜向右上方，則電場強度大小為
故D正確.
故答案為：D.
【分析】1. 勻強電場的電勢規律：勻強電場中，平行線段的電勢差與長度成正比（，為線段與電場線夾角 ）。利用，通過求；利用中點電勢為兩端點電勢平均值，求.
2. 電場力做功與電勢能變化：電勢能變化，電場力做功（為試探電荷電量，為電勢差 ）。電子帶負電（ ），通過計算電場力做功，判斷電勢能變化.
3. 等勢面與電場線的關系：電勢相等的點連線為等勢線，電場線與等勢線垂直且由高電勢指向低電勢。找到為等勢線（ ），確定電場線方向；再通過“電勢差與場強關系”（為沿電場線方向的距離 ）計算場強大小.
6．（2024高一下·成都期末）如圖所示為某一點電荷所形成的一簇電場線，a、b、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡，其中b虛線是以點電荷為圓心的一段圓弧，AB的長度等于BC的長度，且三個粒子的電荷量大小相等，不計粒子重力，則下列說法正確的是（　　）
A．b虛線對應的粒子的質量大于c虛線對應的粒子的質量
B．a一定是正粒子的運動軌跡，b和c一定是負粒子的運動軌跡
C．a、c虛線對應的粒子的速度越來越大，b虛線對應的粒子的速度不變
D．a虛線對應的粒子的加速度越來越小，c虛線對應的粒子的加速度越來越大，b虛線對應的粒子的加速度不變
【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；電場線；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．三個粒子的電荷量大小相等，在初始位置受到的靜電力大小相等，b粒子做圓周運動，向心力等于靜電力；c粒子做向心運動，可知靜電力大于所需的向心力，根據
可知b虛線對應的粒子的質量大于c虛線對應的粒子的質量，故A正確；
B．粒子受力方向沿電場線切線，但電場線方向由點電荷電性決定（未知 ）（點電荷可能為正或負 ），粒子軌跡向左彎曲，受力向左；、軌跡向右彎曲，受力向右。但因電場線方向不確定（點電荷電性未知 ），無法判斷粒子帶電性質（正/負 ），故B錯誤.；
C．、粒子：運動方向與電場力夾角為銳角（軌跡彎曲方向與受力方向一致 ），電場力做正功（， ），動能增大，速度增大，粒子：做勻速圓周運動，電場力與速度方向垂直（向心力不做功 ），速度大小不變（方向改變 ），但選項C中“速度不變”表述不嚴謹（速度方向改變，屬于變速運動 ），且、速度增大的結論雖對，但結合選項整體判斷，C錯誤；
D．電場線的疏密表示場強大小，由圖可知，a虛線對應的粒子所處的場強在減小，加速度越來越小，c虛線對應的粒子所處的場強在增大，加速度越來越大，b粒子做圓周運動，加速度大小不變，但是方向在改變，故D錯誤。
故答案為：A.
【分析】1. 電場力與向心力的關聯：粒子做圓周運動時，電場力提供向心力（ ）；做向心/離心運動時，電場力與所需向心力不等。通過初始電場力相等，結合運動軌跡（圓周、向心 ），比較質量大小.
2. 電性判斷的關鍵限制：電場線方向由點電荷電性決定（未知 ），僅由軌跡彎曲方向（受力方向 ）無法確定粒子帶電性質（正/負 ），需明確“電場方向未知”的限制.
3. 速度變化的本質（電場力做功）：速度大小變化由電場力做功決定（ ），通過受力方向與運動方向的夾角（銳角/鈍角/垂直 ）判斷做功正負，進而確定速度變化.
4. 加速度變化的根源（電場強度）：加速度由電場力決定（ ），電場強度由電場線疏密反映（疏→弱，密→強 ）。結合軌跡處電場線疏密變化，判斷加速度變化.
7．（2024高一下·成都期末）用輕質絕緣細線把兩個小球a、b懸掛起來，放置在水平向右的勻強電場中，靜止時的狀態如圖所示。現在讓兩個小球a、b帶上等量異號的電荷，其中a帶正電荷，b帶負電荷。由于有空氣阻力，當再次達到平衡時，a、b小球最后會達到新的平衡位置。不計兩帶電小球間相互作用的靜電力。則最后兩球新的平衡位置與原來的平衡位置相比，下列說法正確的是（　　）
A．a球的重力勢能和電勢能都不變
B．b球的重力勢能和電勢能都增加
C．a球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小
D．b球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小
【答案】C
【知識點】受力分析的應用；重力勢能的變化與重力做功的關系；電勢能；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】AC．對a球受力分析，受水平向右的電場力，繩的拉力，庫侖引力，重力，這些力平衡時繩一定斜向左上，如圖所示
a球的位置一定在右上方，則球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小，故A錯誤，C正確；
BD．讓兩個小球、帶上等量異號的電荷，其中帶正電荷，帶負電荷，當再次達到平衡時，對兩球的整體受力分析可知，水平方向兩電場力平衡，豎直方向拉力與重力平衡，則上端的繩一定豎直狀態，故b球的位置不變，故球的重力勢能和電勢能都不變，故BD錯誤.
故答案為：C.
【分析】1.整體法簡化受力：兩球帶等量異號電荷時，水平方向電場力相互抵消（a受向右qE，b受向左qE ），整體水平合力為0，上端繩子豎直，b球位置不變。此步驟利用整體法規避復雜內力（庫侖力 ），簡化分析.
勢能變化的判斷邏輯：重力勢能：由高度變化決定，高度升高則重力勢能增加，反之減小.
電勢能：由電場力做功決定，電場力做正功則電勢能減小，反之增加.
隔離法分析a球：隔離a球后，結合受力平衡（水平、豎直方向合力為0 ），判斷繩子傾斜方向與a球位置變化（向右上方移動 ），進而分析重力勢能（高度升高 ）和電勢能（電場力做正功 ）的變化.
8．（2024高一下·成都期末）如圖所示，空間有電荷量分別為和的兩個點電荷，其連線水平。在豎直平面內，內壁光滑的絕緣細彎管關于連線對稱放置，細管的上下端口恰好在連線的中垂線上。電荷量為＋q的小球以初速度從上端管口無碰撞進入細管，在管內運動過程中機械能守恒，則（　　）
A．
B．細管上各點的電場強度方向均與細管垂直
C．在的連線上，中點的電場強度最小
D．小球從細管下端飛出時速度為
【答案】B
【知識點】機械能守恒定律；電場線；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．帶電小球在運動過程中始終機械能守恒，則小球在運動過程中電勢能保持不變，題干圖中細管所在的弧線是一等勢線，所以有Q1＞Q2，故A錯誤；
B．根據電場線與等勢線處處垂直，所以細管各處的電場強度方向均和細管垂直，故B正確；
C．當兩個是等量異種電荷的時候，中點是場強最小的點，但是現在二者是非等量異種電荷，且，所以場強最小的點會相應的向右偏移，故C錯誤；
D．小球以初速度v0從上端的管口恰好無碰撞地進入細管，且在運動過程中機械能始終保持不變，但是小球從細管下端飛出時因為重力做正功，所以小球離開的速度大于v0，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】1.機械能守恒與電勢能的關聯：機械能守恒→只有重力做功→電場力做功為0→運動軌跡是等勢線（電勢能不變 ）。此為突破口，將機械能守恒與電場特性（等勢線 ）關聯.
等勢線與電場線的垂直關系：電場線與等勢面處處垂直，直接推導電場強度方向與細管垂直，快速判斷 B 正確.
非等量異種電荷的電場分布：對比 “等量異種電荷” 的對稱場強分布，分析非等量時的等勢線條件和場強最小點偏移，排除 A、C.
機械能守恒的實際應用：機械能守恒包含重力勢能與動能的轉化（高度變化影響 ），雖電勢能不變，但重力做功會改變動能，故速度增大，排除 D.
二、多項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分；每小題給出的四個選項中有多個選項正確，全部選對得4分，選對但不全得2分，有錯選的得0分。）
9．（2024高一下·成都期末）如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，現將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，但仍在P點上方。下列說法正確的是（　　）
A．油滴帶正電 B．靜電計指針張角減小
C．油滴向上運動 D．帶電油滴P點的電勢能不變
【答案】B,D
【知識點】電容器及其應用；電勢能；電勢；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】A．平行板電容器上極板帶正電，電場方向 豎直向下（正極板→負極板 ），油滴靜止，受力平衡：重力（向下）與電場力（向上）抵消，電場力方向與電場方向 相反 → 油滴帶 負電（負電荷受力與場強反向 ），故A錯誤；
BCD．將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離的過程中，電容器所帶電荷量Q不變，根據電容的決定式
可知，減小，則增大；又因為
可知，減小，所以靜電計指針張角減小；又因為
聯立得出
可知電場強度與極板間的距離無關，所以場強不變，油滴的電場力不變，則不會運動；又由于P點與下極板間的距離不變，由
知P點的電勢不變，根據
可知帶電油滴在P點的電勢能不變，故BD正確，C錯誤.
故答案為：BD.
【分析】1. 電性判斷：利用“電場方向 + 受力平衡”，確定油滴帶負電.
2. 靜電計張角：通過“電容決定式（ ） + 電壓公式（ ）”，推導電壓變化.
3. 油滴運動：聯立公式得與無關，場強不變→受力平衡→油滴靜止.
4. 電勢能變化：點電勢由“和到下極板距離”決定，兩者均不變→電勢能不變.
10．（2024高一下·成都期末）如圖所示，豎直和水平放置的絕緣光滑板PO、QO固定，a、b為兩個均帶正電的小球（可視為點電荷），當用平行于QO向左的力F作用于b時，a、b緊靠板靜止。由于a球緩慢漏電，a球緩慢移動，現稍改變F的大小，使b一直處于靜止狀態，則下列說法正確的（　　）
A．兩小球之間的庫侖力變大 B．力F減小
C．系統的重力勢能變大 D．系統的電勢能增大
【答案】A,D
【知識點】庫侖定律；受力分析的應用；重力勢能的變化與重力做功的關系；電勢能
【解析】【解答】ABC．以a球為研究對象，受力如圖所示
根據平衡條件有
由于a球漏電，則a球緩慢向下移動，b球不動，則角增大，減小，則兩小球之間的庫侖力變大；擋板對a的彈力為
角增大，增大，則增大；對整體受力分析，在水平方向有
則作用力F也增大，故A正確、故B錯誤；
C．由于a球漏電，則a球緩慢向下移動，b球不動，所以系統重力勢能變小，故C錯誤；
D．由于兩球間距離減小，又兩小球之間的庫侖力為斥力，所以庫侖力做負功，系統的電勢能增大，故D正確.
故答案為：AD.
【分析】1. 球受力平衡：通過力的合成，推導庫侖力與角的關系，結合變化判斷庫侖力大小.
2. 整體法分析力：水平方向力平衡，關聯擋板彈力與角，推導的變化.
3. 重力勢能變化：關注球高度變化（下移→重力勢能減小 ）.
4. 電勢能變化：依據庫侖力做功（斥力、間距減小→負功→電勢能增大 ）.
11．（2024高一下·成都期末）如圖所示，圖甲中M為一電動機，當滑動變阻器的滑片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表V1和V2的讀數隨電流表讀數的變化情況如圖乙所示，已知電流表讀數在以下時，電動機沒有轉動。不考慮電表對電路的影響，下列判斷正確的是（　　）
A．圖線①為V2示數隨電流表的變化圖線
B．電路中電源電動勢為
C．此電路中，電動機的最大輸入功率是
D．變阻器R的最大阻值大于
【答案】A,C,D
【知識點】焦耳定律；電功率和電功；閉合電路的歐姆定律；電路動態分析
【解析】【解答】A．隨著滑動變阻器滑片向左移，使總電阻減小，干路電流增大，在以下時，電動機相當于純電阻電路，兩端電壓隨電流增大而增大，故圖線②為V1示數隨電流表的變化圖線，而V2測的是路端電壓，由，可知，示數隨電流增大而減小，故圖線①為V2示數隨電流表的變化圖線，A正確；
B．由圖線①可知，當路端電壓為3.4V時，干路電流為0.1A，當路端電壓為3.0V時，干路電流為0.3A，代入A解析中的表達式，可解得
，
B錯誤；
C．由圖線②可知，當電動機兩端電壓最大3.0V時，流過電動機電流0.3A，電動機的輸入功率最大，最大值為
C正確；
D．當滑動變阻器滑片處于最右端時阻值最大，此時干路電流為0.1A，路端電壓3.4V，電動機兩端電壓0.4V，可知R與R0并聯部分的總電阻為
考慮到R0的阻值，可知變阻器R的最大阻值大于，D正確.
故答案為：ACD.
【分析】1. 圖線對應判斷：區分“路端電壓（隨電流增大而減小 ）”與“電動機電壓（純電阻時隨電流增大而增大 ）”，確定圖線①對應.
2. 電動勢與內阻計算：利用路端電壓公式，代入兩組數據解方程組.
3. 最大輸入功率：電動機輸入功率，取最大時的電流計算.
4. 變阻器最大阻值：通過并聯電壓、電流求總電阻，結合并聯電阻規律（并 ）判斷.
12．（2024高一下·成都期末）如圖（a），長為4d、間距為d的平行金屬板水平放置，兩金屬板左邊中點O有一粒子源，能持續水平向右發射初速度為、電荷量為、質量為m的粒子，金屬板右側距離為d處豎直放置一足夠大的熒光屏。現在兩板間加圖（b）所示電壓，已知時刻射入的粒子恰好能從金屬板射出。不計粒子重力，則（　　）
A．無論哪個時刻入射的粒子在金屬板間運動的時間相等
B．無論哪個時刻入射的粒子恰能從金屬板右側中點出射
C．無論哪個時刻入射的粒子從金屬板間出射時動能
D．粒子打在右側熒光屏上的長度范圍為
【答案】A,C
【知識點】力的合成與分解的運用；動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】AB．已知時刻射入的粒子恰好能從金屬板射出，則有
作出不同時刻進入金屬板的粒子在電場方向速度與時間的圖像如下圖
由圖像可以看出，在時刻（n=0，1，2，3，…）進入金屬板的粒子會在電場方向上有最大位移，結合題目條件知最大位移為，其它時刻進入的粒子在電場方向位移都小于，所以不同時刻進入金屬板的粒子都能夠輸出金屬板，由水平方向勻速運動可知，粒子射出金屬板時間都相同，時間都為。故A正確，B錯誤；
C．由于粒子在電場中運動的時間都為，恰為電壓隨時間變化的周期，故粒子在電場中所受相反電場力作用時間相同，根據動量定理有
故粒子無論何時進入電場，出射時只剩水平速度v0，豎直方向的速度為0，故粒子從金屬板間出射時動能都為
故C正確；
D．由AC選項分析可知不同時刻出射的粒子出射的位置在兩金屬板右側上下邊緣之間，豎直方向最大位移大小都為，且出射時速度均水平向右，故粒子打在右側熒光屏上的長度范圍為d，故D錯誤.
故答案為：AC.
【分析】1.運動時間判斷：水平方向勻速，位移固定→時間相同.
2.出射位置與動能：豎直方向電場力沖量對稱（動量定理）→豎直末速度為0，動能僅由水平速度決定.
3.熒光屏打擊范圍：出射時豎直位移范圍決定打擊范圍，但需注意出射后豎直方向無運動，范圍由最大豎直位移決定（但原解析中 D 錯誤，需結合具體運動分析 ）.
13．（2024高一下·成都期末）如圖所示，電源電動勢、內阻，電動機的內阻，閉合開關后，標有“”的燈泡恰能正常發光，則（　　）
A．圖中理想電流表示數為 B．電源的輸出功率為
C．內電動機產生的熱量為 D．電動機的機械功率為
【答案】B,C
【知識點】焦耳定律；電功率和電功；閉合電路的歐姆定律；電路動態分析
【解析】【解答】A．燈泡正常發光，電壓燈，功率燈，電源電動勢，內阻，外電路并聯部分電壓（等于燈泡電壓 ），內電壓內
由歐姆定律，干路電流（電流表讀數 ）
故A錯誤；
B．電源的輸出功率為
故B正確；
C．燈泡電流燈燈燈
并聯電路，電動機電流燈
電動機內阻，10s內產生的熱量
故C正確；
D．正常發光的燈泡電流為
故流過電動機的電流為
則電動機的機械功率為
故D錯誤；
故答案為：BC
【分析】1. 干路電流：利用“閉合電路歐姆定律”，由內電壓和內阻求電流.
2. 電源輸出功率：總功率（）減去內阻損耗（）.
3. 電動機熱量：焦耳定律（），注意用電動機支路電流.
4. 機械功率：輸入功率（）減去熱功率（）.
三、實驗題（本題共2小題，14題每空1分，15題每空2分，共14分）
14．（2024高一下·成都期末）某物理興趣小組利用下列甲圖裝置來探究影響電荷間的靜電力的因素。A是一個帶正電的物體，系在絕緣絲線上的帶正電的小球會在靜電力的作用下發生偏離，靜電力的大小可以通過絲線偏離豎直方向的角度顯示出來。他們分別進行了以下操作。
步驟一：把系在絲線上的帶電小球先后掛在橫桿上的、、等位置，比較小球在不同位置所受帶電物體的靜電力的大小。
步驟二：使小球處于同一位置增大或減小小球所帶的電荷量，比較小球所受的靜電力的大小。
（1）該實驗采用的方法是　 　（填正確選項前的字母）
A. 理想實驗法 B. 控制變量法 C. 等效替代法
（2）實驗表明，電荷之間的靜電力隨著距離的增大而___________，隨著電荷量的增大而___________。　 　（填正確選項前的字母）
A. 增大、減小 B. 增大、不變 C. 減小、增大
（3）如圖乙所示的實驗裝置為庫侖扭秤。懸絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個帶電的金屬小球A，另一端有一個不帶電的球B，B與A所受的重力相等，使絕緣棒平衡，當把另一個帶電的金屬球C插入容器并使它靠近A時，A和C之間的作用力使懸絲扭轉，通過懸絲扭轉的角度可以比較力的大小，便可找到力F與距離r和電荷量q的關系。庫侖在這一實驗中如何解決了微小力難以測量和電量無法測量的困難？　 　和　 　（只填兩種方法名稱即可）。
【答案】B；C；微小量放大法（小量放大法、放大法等）；均分電荷（等分電荷）
【知識點】庫侖定律；控制變量法
【解析】【解答】（1）此實驗中比較小球在不同位置所受帶電物體的靜電力的大小，再使小球處于同一位置，增大或減小小球所帶的電荷量，比較小球所受的靜電力的大小，所以該實驗采用的方法是控制變量法.
故答案為：B.
（2）在研究電荷之間作用力大小的決定因素時，采用控制變量的方法進行，實驗中根據小球的擺角可以看出電荷之間的靜電力隨著距離的增大而減小，隨著電荷量的增大而增大.
故答案為：C.
（3）庫侖在這一實驗中通過微小量放大法（小量放大法、放大法等）和均分電荷（等分電荷）解決了微小力難以測量和電量無法測量的困難.
故答案為：微小量放大法（小量放大法、放大法等）；均分電荷（等分電荷）.
【分析】1.實驗方法：識別 “控制變量” 的操作（固定一個量，改變另一個量 ）.
2.靜電力變化：通過 “絲線偏角”（偏角大→力大 ），直觀判斷力與距離、電荷量的關系.
3.庫侖扭秤創新：理解 “微小量放大”（將微小扭轉轉化為可測角度 ）和 “均分電荷”（間接控制電荷量 ）的巧妙設計，解決測量難題.
15．（2024高一下·成都期末）某同學用如圖所示電路下列器材測電阻、電池的電動勢E與內阻r。器材如下：
A．被測電阻（約）
B．被測電池（電動勢E約、內阻約）
C．電壓表（量程為、內阻很大）
D．電壓表（量程為、內阻很大）
E．電流表（量程為、內阻不計）
F．電流表（量程為、內阻不計）
G．滑動變阻器
H．開關、導線
（1）電流表應選用　 　；電壓表應選用　 　（填器材前的符號）
（2）實驗中先將滑動變阻器的滑動頭滑到最左端，閉合開關，當擲1，改變滑動頭的位置，測出一組電壓表與電流表的讀數，在圖像中作出直線1；當擲2，改變滑動頭的位置，測出一組電壓表與電流表的讀數，在圖像中作出直線2。則電池的電動勢　 　V，內阻　 　；電阻　 　（結果均保留兩位有效數字）
【答案】E；C；6.0；5.5；3.1
【知識點】伏安法測電阻；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）當滑動變阻器接入電路的阻值為零時，電路的最大電流約為
故電表應選用，即選擇E；電動勢E約，故電壓表選用，即選擇C。
故答案為：E；C
（2閉合開關，當擲1，根據閉合電路歐姆定律可得
由圖像中的直線1可得；
閉合開關，當擲2，根據閉合電路歐姆定律可得
由圖像中的直線2可得
聯立解得，
故答案為：6.0；5.5；3.1
【分析】（1）根據 “電路最大電流” 選擇電流表（接近量程 ），依據 “電動勢大小” 選擇電壓表（量程匹配 ）。
（2）利用 “閉合電路歐姆定律”，分析不同開關擲向時的U - I 關系（斜率對應內阻和總阻 ），聯立求解電動勢、內阻與待測電阻。
四、計算題（本題共4小題，共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值運算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）
16．（2024高一下·成都期末）如圖所示，已知電源電動勢，內阻，保護電阻。
（1）當電阻箱R讀數為多少時，保護電阻消耗的電功率最大，并求這個最大值；
（2）當電阻箱R讀數為多少時，電阻箱R消耗的功率最大，并求這個最大值；
（3）求電源的最大輸出功率。
【答案】（1）解：保護電阻消耗的電功率為
因和r是常量，而R是變量，故R最小時，最大，即R=0時
.
（2）解：把保護電阻與電源內阻r算在一起，當，即時，電阻箱R消耗的功率最大
.
（3）解：電功率公式
，
當時，P出最大，即時
【知識點】電功率和電功；閉合電路的歐姆定律
【解析】【分析】1. 的最大功率：，越小電流越大，故時功率最大.
2. 的最大功率：等效電源法（將與合并為新內阻 ），利用“外阻等于內阻時功率最大”.
3. 電源最大輸出功率：外阻等于電源內阻（外 ）時，輸出功率最大，需注意外阻包含.
17．（2024高一下·成都期末）真空中存在空間足夠大的、水平向右的勻強電場；在電場中，現用長L的輕質細繩上端固定，下端連接一個質量為m的帶電的可視為質點的小球剛好靜止，此時繩與豎直方向的夾角，重力加速度為g，，。
（1）求靜止時小球所受電場力F的大小；
（2）若將該小球從該電場中某點以初速度豎直向上拋出，試求：
①小球上拋到最高點的過程沿電場方向上發生的位移多大；
②小球從拋出至落回到與拋出點在同一水平線的某點的過程中電勢能的變化量。
【答案】（1）解：由平衡條件得，電場力大小
解得
（2） ① 解小球沿豎直方向做勻減速運動的時間為t，由速度公式
沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為
.
此過程小球沿電場方向位移
.
② 解：根據勻加速直線位移時間公式可知當小球落回與拋出點在同一水平線上的某點時，水平總位移為，電場力做功
小球在整個過程中，電勢能變化量為
故電勢能減少
【知識點】受力分析的應用；運動的合成與分解；電勢能與電場力做功的關系；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】1. 靜止受力：利用“平衡條件”分解力，結合幾何關系（ ）求電場力.
2. 運動分解：豎直上拋（勻減速）與水平勻加速（電場力驅動 ），分別計算時間與位移.
3. 電勢能變化：電場力做功等于電勢能變化的負值（ ），通過總位移計算電場力做功.
18．（2024高一下·成都期末）如圖所示，絕緣水平軌道與光滑絕緣豎直圓槽形軌道相切于A點，圓形軌道半徑為R，圓形軌道上B點與圓心等高，水平軌道AM段長度也為R，豎直邊界MN左側分布有水平向左的勻強電場，場強。質量為m，帶電量為＋q的物塊（可視為質點）以水平方向速度從M點進入電場，水平軌道AM段與物塊間的動摩擦因數可調，（重力加速度為g，，）。求：
（1）若，且物塊的速度，物塊經過圓形軌道最低點A時對軌道的壓力大小；
（2）若物塊的速度，要使物塊能做完整的圓周運動，AM段與物塊間動摩擦因數滿足什么條件；
（3）若，只把MN左側的電場方向變成水平向右，其他條件不變，為使滑塊能到達B點，物塊的初速度應滿足什么條件。
【答案】（1）解：物塊從M點到A點，由動能定理得
物塊在A點做圓周運動，受軌道的支持力為，在A點由牛頓第二定律可得
解得
由牛頓第三定律可得，物塊對軌道的壓力大小為2mg.
（2）解：當物塊通過等效最高點C時，重力和電場力的合力恰好提供向心力時，物塊恰能做完整的圓周運動，受力分析如圖所示
合力與豎直方向夾角為；物塊從M點到C點，由動能定理得
在等效最高點C時，由牛頓第二定律得
聯立解得
（或0.125）
要使物塊能做完整的圓周運動，AM段與物塊間動摩擦因數
（3）解：物塊從M點到B點，由動能定理得
物塊恰能到B點，則對軌道壓力為
由牛頓第二定律得
聯立解得
因此，物塊的初速度
【知識點】受力分析的應用；摩擦力的判斷與計算；動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】1.A 點壓力：動能定理求 A 點速度，牛頓第二定律求支持力，結合第三定律得壓力.
2.完整圓周運動：找 “等效最高點”（重力與電場力合力為向心力 ），動能定理結合臨界條件求動摩擦因數.
3.電場反向后到達 B 點：動能定理分析各力做功，結合 B 點臨界速度求初速度.
19．（2024高一下·成都期末）如圖，圓弧軌道AB的圓心為O，半徑為，圓弧軌道AB的B點與水平地面BE相切，B點在O點的正下方，在B點的右側有一豎直虛線CD，B點到豎直虛線CD的距離為，豎直虛線CD的左側有一水平向左的勻強電場，場強大小為（大小未知），豎直虛線CD的右側有場強大小為（大小未知）、豎直向上的勻強電場。豎直虛線CD的右側有一豎直墻壁EF，墻壁EF到豎直虛線CD的距離為，墻壁EF底端E點與水平地面BE相連接，墻壁EF的高度也為。現將一電荷量為、質量為的完全絕緣的滑塊從A點由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，過B點時的速度大小為4m/s，最后進入豎直虛線CD右側。已知滑塊可視為質點，圓弧軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動摩擦因數為，，，，。求：
（1）場強的大小；
（2）滑塊到達豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點到達豎直虛線CD所用時間；
（3）要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求的取值范圍。
【答案】（1）解：滑塊從A點運動到B點的過程中，由動能定理有
滑塊從A點運動到B點的過程中
解得
.
（2）解：滑塊從B點運動到豎直虛線CD的過程中，由牛頓第二定律有
得
根據運動學公式有
，
解得
，
（3）解：當較小時，滑塊剛好與豎直墻壁底端E點碰撞，有
解得
當較大時，滑塊剛好與豎直墻壁頂端F點碰撞，從C點到F點做類平拋運動，在水平方向有
豎直方向有
解得
綜上，的取值范圍為。
【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【分析】1.求：A 到 B 過程，動能定理結合重力、電場力做功，聯立求解.
2.B 到 CD 的運動：水平方向勻減速（電場力 + 摩擦力 ），用牛頓定律求加速度，運動學公式求時間與速度.
3.的范圍：CD 右側類平拋運動，水平勻速、豎直勻變速，結合 “剛好到 E 點” 和 “剛好到 F 點” 的臨界條件，確定范圍。
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