文档内容
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C D A D B C AB BD ACD
1．A
【详解】A．路灯中一个烧坏后，不影响其他路灯正常工作，因此路灯是并联连接的，若
串联，路灯中一个烧坏后，会影响其他路灯正常工作，故A正确；
B．1号干电池的电动势等于5号干电池的电动势，但1号干电池的内阻小于5号干电池的
内阻，故B错误；
C．金属导体通电时建立电场的速率等于光速，自由电子定向移动的速率远小于光速，故C
错误；
D．教室里的八个电灯的电流相等，若八个电灯的电阻相等，当并联时，电压相等，则通
过的电流相等，可知，这八个电灯可能是并联，也可能是串联，故D错误。
故选A。
2．C
【详解】A．摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．故
A项错误．
B．感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一部分，转移过程中电荷量守恒．故B
项错误．
C．接触起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，电荷总量保持不变．故C项正
确．
D．等量的正、负电荷可以中和，是电荷的转移，电荷没有被消灭，只是整体不显示电性
而已．故D项错误．
3．D
【详解】AB．仅给出了带电粒子在A、B两点的电势能，无法判断电场是否为匀强电场，
无法计算电场强度且无法计算AB中点的电势及电势能，选项A、B错误；
C．沿电场线方向电势降低，UA 一定为负值，选项C错误；
B
D．把该点电荷从B点由静止释放到经过A点的过程中，电场力做正功，由功能关系可知
E =E -E =4×10-8J
k pB pA
选项D正确。
故选D。
4．A【详解】在顶点B、C各放置一个电荷量为Q的负点电荷，这时顶点A处电场强度的大小
为E ，方向垂直BC向下，如图所示
1
E =2Ecos45°=√2E
1
A点的场强
若将C点处的负点电荷取走，并放置一个电荷量为Q的正点电荷，方向如图所示
这时顶点A处电场强度的大小为
E =2Ecos45°=√2E
2
则E ，故选A。
1=1
E
2
5．D
【详解】A．由图（c）可知，OP段电场强度向左，PQ段电场强度向右，因粒子带负电，
故粒子在OP段所受电场力向右，做加速运动，在PQ段所受电场力向左，做减速运动，故
A错误；
BD．由图（c）可知，P、Q两点电势相等，粒子在P、Q两点电势能相等，故静电力对粒
1
子做功为0，根据动能定理可知，粒子经过Q点时速度向右，大小为v ，若 mv2小于粒
0 2 0
1
子由Q点到无穷远处克服电场力做的功，粒子经Q点后会在某处返回，若 mv2大于或等
2 0
于粒子由Q点到无穷远处克服电场力做的功，粒子经Q点后会一直沿x轴正向运动，故B
错误，D正确；
C．由图（b）可知，由P到Q电场强度先增大后减小，再增大再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，再增大再减小，故C错误。
故选D。
6．B
【详解】A．电场线由正电荷出发终止于负电荷，则甲带正电、乙带负电，A错误；
B．A、B两点的电势相等，电场强度也可能等大同向，B正确；
C．甲附近的电场线比乙附近的电场线密集，则甲的电荷量大于乙的电荷量，C错误；
D．甲、乙的连线上，有些点附近电场线的疏密程度相同，则存在电场强度相等的两个点，
D项错误。
故选B。
7．C
【详解】B．由题图知，定值电阻与气敏元件串联，电压表测量定值电阻R两端的电压，
当人呼出的酒精气体浓度越大，测试仪中电压表的示数越大，由欧姆定律知，电路的电流
变大，根据P=UI，电路消耗的总功率越大，故B错误；
A．根据串联电路电压的规律，气敏元件电压越小，由分压原理，气敏电阻R 越小，故A
Q
错误；
C．根据P=UI，因定值电阻的电压变大，电路的电流变大，故电压表与电流表的示数乘积
变大，故C正确；
D．由欧姆定律，电压表与电流表的示数之比即定值电阻大小，比值不变，故D错误。
故选C。
8．AB
【详解】AB．若α=37∘， A点速度取得最大值时
v2
√4
mgcosα=m A ,v = gR
R A 5
从A点运动到B点，由动能定理，有
1 1 1
mv2 = mv2+mg⋅ R
2 A 2 B 5
得到
√2
v = gR<√gR
B 5
满足题意，AB正确；
C．若α=53∘，A点速度取得最大值时v2
√3
mgcosα=m A ,v = gR
R A 5
从A点运动到B点，由动能定理，有
1 1 2
mv2 = mv2+mg⋅ R
2 A 2 B 5
得到
1
mv2<0
2 B
不符合题意，C错误；
√4
D．若物块在A点的初速度为 gR，则物块在A点就离开轨道，不能沿着轨道运动到B
5
点，D错误。
故选AB。
9．BD
【详解】A．a、c两点间的电势差 W W +W -3.2×10-7+1.8×10-7
U = ac = ab bc = V=7V
ac q q -2×10-8
又U =φ -φ =φ -0=φ
ac a c a a
故φ =U =7V，故A错误；
a ac
BC．b、c两点间的电势差 W 1.8×10-7
U = bc = V=-9V
bc q -2×10-8
又U =φ -φ =φ -0=φ
bc b c b b
故φ =U =-9V，U =φ -φ =16V
b bc ab a b
将ab边平均分成16段，则每段的电势差为1V，在ab边上找到电势为0的d点，
9 9 9
则bd= ×ab= ×√52-32cm= cm
16 16 4
连接cd，并过b点作cd的垂线，垂足为e，则由e点指向b点的方向即为电场线的方向，
如图所示根据勾股定理，得
cd=√bc2+bd2=
√
32+
(9) 2
cm=
15
cm
4 4
9
则 bd 4 3
tan∠bcd= = =
bc 3 4
则∠bcd=37°，∠dbe=∠bcd=37°
3 9
又be=bc⋅sin37°=3× cm= cm
5 5
U 0-(-9)
E= db= V/m=500V/m
则电场强度大小 be 9 ，故B正确，C错误；
×10-2
5
φ +φ 7+0
D．ac中点的电势为φ= a c = V=3.5V
2 2
则该点电荷在ac中点的电势能 ，故D正确。
E =qφ=-2×10-8×3.5J=-7×10-8J
p
故选BD。
10．ACD
【详解】由图像知由点A运动到点B，电势降低，C对．斜率表示电势变化快慢，电势变
化越来越慢，场强变小，A对B错．负电荷在电势高出电势能低，电势能增加，D对．
11．(1) 3.205/3.204/3.206 5.015
(2)2.40
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知该金属丝的直径为
D=3mm+20.5×0.01mm=3.205mm
[2]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知该金属丝的长度为
L=5cm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm
（2）电压表的量程为0~3V，则分度值为0.1V，由图可知电压表的读数为2.40V。
12．(1) 变大 不变
(2)AC【详解】（1）[1]根据
εS
C=
4πkd
Q
C=
U
解得
4πkdQ
U=
εS
若把M板向左平移一小段距离后，电荷量Q不变，两极板的正对面积S也不变，增大两板
间距离d，两板间电压增大，静电计指针偏角增大；
[2]根据
4πkdQ
U=
εS
U
E=
d
解得
4πkQ
E=
εS
电场强度与两板间的距离无关，电场强度不变；
（2）A．实验中，通过分别改变电容器的结构，可以探究出影响平行板电容器电容的因素，
这种实验方法是控制变量法，A正确；
B．通过实验可以得出两极板之间的电压与极板的正对面积S、两极板间的距离d的关系，
不能得出平行板电容器的电容与极板的正对面积S成正比，与两极板间的距离d成反比的
结论，B错误；
Q
C．实验中极板上的电荷量几乎不变，根据电容器电容的定义式C= 可根据电压的变化判
U
定电容的变化，C正确；
故选AC。
13．(1)50V/m
(2)250V
(3)2×10-6J
【详解】（1）设a、b两点间距离为d，根据做功公式W =qEd
1解得 W 1.2×10-5
E= 1= V/m=50V/m
qd 4×10-8×6
（2）b、c两点间的电势差U =Ed cos60°
bc bc
代入数据解得U =250V
bc
（3）由电势差与电势的关系 U =φ -φ
bc b c
解得φ =50V
c
由电势能公式E =qφ
p c
解得
E =2×10-6J
p
14．(1)2×10－6C；(2)14.1m/s2；(3)1.2J
【详解】(1)小球处于静止平衡状态
小球所受电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，由平衡可得
qE=mgtan45°
解得
q=2×10－6C
(2)剪断轻绳后，小球所受合外力
mg
F =
合 cos45°
F
由牛顿第二定律，小球加速度a= 合，联立得
m
a=14.1m/s2
1
(3)剪断轻绳2s后，小球位移s= at2，其沿电场线方向的位移
2
d=s⋅sin45°
电场力对小球做的功
W =qEd
联立得
W=1.2J3mg
15．（1） ；（2）7.5mg；（3）4.5mg≤F<7.5mg
4q
【详解】（1）小球恰能再次回到A点，则小球经过最高点C时恰由重力提供向心力，设
经过C点的速度为v ，受力分析得
临
v2
mg=m 临
R
小球从A到C的过程中
1 1
-2mgR-qER= mv2 - mv2
2 临 2 0
解得
3mg
E=
4q
（2）如图所示，设重力场与电场所形成的“等效重力场”方向沿虚线MN方向，MN经过
圆心O且与圆交于M、N两点，与水平方向夹角为α，如图所示
则
mg
tanα=
qE
小球从A到C的过程中，小球在A点受到的弹力最大，设最大值为F ；从C回到A的过
m1
程中，小球在N点受到的弹力最大，设最大值为F ，经过N点时的速度为v ，则
m2 N
mv2
F -mg= 0
m1 R
mg
mv2
F - = N
m2 sinα R
根据动能定理
1 1
-mg(R-Rsinα)-qE(2R-Rsinα)= mv2 - mv2
2 N 2 0解得
F =7.5mg
m1
F =5.25mg
m2
即弹力最大值
F =F =7.5mg
m m1
（3）若小球恰好完成一个完整的圆周运动到达A点，此后小球将脱离轨道。设小球脱离
轨道前，最后一次经过A点时最小速度为v ，轨道对小球弹力的最小值为F ，则
A1 1
1 1
mg⋅2R-qER= mv2 - mv2
2 A1 2 临
v2
F -mg=m A1
1 R
解得
F =4.5mg
1
由题意小球经过A点的速度为v 时，可恰好完成一个完整的圆周运动，则小球脱离轨道前
0
最后一次经过A点时的最大速度
v
