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四平市普通高中2023－2024学年度第一学期期中教学质量检测高二物理试题全卷满分100分，考试时间75分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码临贴在答题卡上的指定位置．2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写

在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．5．本卷主要考查内容：必

修第三册第九～十二章．一、选择题：本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8－10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1.静电场指的是观察者与电荷相对静止时所观察到的电场．

它是电荷周围空间存在的一种特殊形态的物质。关于静电场，下列说法正确的是（）A.两点间的电势差与零电势的选取有关B.在匀强电场中两点间的距离越大，场强越大，两点间的电势差就越大C.同一电场线上的各点电势一定不相等，负电荷沿电场线方向移动时电势能增大D.电场强度与电势有关，电场强度为零

的点电势一定为零2.电荷守恒定律是自然科学中的基本定律之一．库仑定律是电学发展史上的第一个定量规律，是电学史中的一块重要的里程碑．关于电荷守恒定律、库仑定律，下列说法正确的是（）A.电荷守恒定律只适用于摩擦起电现象和感应起电现象B.库仑定律是一条实验定律，两电荷之间库仑力

总是一样的C.电荷守恒定律适用于任何起电现象D.当两个带电体间的距离趋近于零时，它们之间的库仑力趋近于无穷大的3.如图所示的电路中，M、N为平行板电容器，G为静电计，闭合开关S，静电计指针偏转一定角度。为

了使静电计指针偏转角度变小，下列措施可行的是（）A.断开开关，将M板向下移动B.断开开关，将M板向左移动C.保持开关闭合，将滑动变阻器的滑动触头向右移动D.保持开关闭合，在两平行板间插入一陶瓷板4.如图所示，两带电小球1、2用绝缘丝线

拴接在天花板上，当系统平衡时，小球1，2处在同一水平线上，两丝线与竖直方向的夹角分别为60=、30=，忽略空气阻力，某时刻两丝线同时断裂，整个过程两小球所带的电荷量保持不变，且均可视为点电荷，则下列说法正确的是（）A.小球1、2的电荷量之比为1：3B.小球1、2的

质量之比为3：1C.小球1、2的落地点到释放点的水平距离之比为3：1D.小球1、2落地瞬间的速度大小之比为3：15.在如图所示的电路中，电流表和电压表均为理想电表，电源电动势为E、内阻为r，1R、2R为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S，将滑

动变阻器的滑片P向右移动，则（）A.电流表示数变大、电压表示数变小、1R消耗功率变大、2R消耗的功率变小B.电流表示数变小、电压表示数变小、1R消耗功率变大、2R消耗的功率变小C.电流表示数变大、电压表示数变大、1R消耗功率变小、2R消耗的功率变大D.电流表示数变小、电

压表示数变大、1R消耗功率变小、2R消耗的功率变大6.将电荷量为82.010Cq−=+的电荷从无限远处移到电场中的A点，需要克服静电力做功44.810JW−=，取无限远处的电势为零，下列说法正确的是（）A.q在A点的电势能为43.610J−B.

A点的电势为42.410VC.q未移入电场前，A点的电势为0D.q未移入电场前，A点电势为44.810V7.如图所示，水平放置的平行板电容器电容为C，两板间距离为d，正对面积为S，一带电粒子（不计粒子重力）从电容器下极板左边缘

M处以一定的初速度斜射入平行板之间的真空区域，经偏转后打在下极板上N点上。保持开关S闭合，则下列说法中正确的是（）A.适当上移上极板，该粒子打在下极板上N点的左侧B.适当上移上极板，该粒子仍打在下极板上N点C.适当左移上极板，该粒子打在下极板上N点的左侧D.适当左

移上极板，该粒子仍打在下极板上N点8.如图所示，纸面内固定两个等量同种点电荷，它们之间距离为4R。以其连线中点O为圆心，以R为半径画圆，A、B、C、D为圆周上四点，A、B两点在两点电荷连线上，C、D两点在两点电荷连线的中垂线上。下列判断正确的是（）A.A、B两点电

场强度大小相等，C、D两点的电场强度方向相反的的B.若自A点由静止释放一质子，将沿A、B直线一直加速C.A、C之间电势差等于B、D之间电势差D.将一电子自A沿直线到O再沿直线到C，电势能先增加后不变9.如图所示，O、

M、N为一负点电荷形成的一条电场线上的三点，M为ON的中点。已知O、N两点的电势分别为4VO=−、8VN=−，则下列说法正确的是（）A.M点的电势为-6VB.M、N两点的电势差大于O、M两点的电势差C.O点的电场强度一定小于N点的电场强度D

.一正点电荷从O点沿直线移到N点的过程中，电场力做负功10.如图甲所示，电源的电动势为E＝5V、内阻为r＝20Ω，A、B是两个完全相同的小灯泡，小灯泡A的伏安特性曲线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.小灯泡的电阻随着电压的

增大而减小B.电键S闭合后，灯泡A的电阻会减小C.电键S闭合后，灯泡A消耗功率会增加D.电键S闭合后，电源的效率会减小二、非选择题：本题共5小题，共54分11.某小组通过实验测量一段金属丝的电阻率。（1）用螺旋测微器测量金属丝直径

D时，测量结果如图甲所示，则读数D=______mm。的（2）某同学设计了图乙所示的实验电路，调节电阻丝上的导电夹P的位置，用毫米刻度尺测量并记录连人电路的电阻丝的长度x；闭合开关S，记录电压表示数U、电流表示数I；改变电阻丝上的导电夹P的位置，重复测量，记录多组x、U、I的值．根据多组测量得

到的实验数据绘出UxI−图像如图丙所示，若图线斜率为k，纵轴截距为b，则由图可得电阻丝的电阻率=______，电流表的内阻A=R______（均用已知或测量出的物理量的符号表示）；电流表内阻对电阻率的测量______（填“有”或“没有”）影响。12.实验室有一表盘有刻

度但数值已模糊的灵敏电流计Ⓖ，满偏电流约为300μA，内阻gR约几百欧．某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流gI及内阻gR，设计的电路如图甲所示．（1）请按照实验电路原理图甲在图乙中完成实物图连接______．（2）闭合开关S，调节滑动变阻器

和变阻箱，使电流计满偏，记录电压表的示数U和电阻箱的阻值R，多次改变电阻箱阻值，调节滑动变阻器，使电流计每次都满偏，并记录电压表的示数U和对应的电阻箱的阻值R，根据多次测量数据作出电压表示数U随电阻箱的电阻R变化的关系图像如图丙所示，则可求出电流计的满偏电流值gI=____

__，电流计内阻为gR=______．（均用图中字母P、Q表示）（3）如果上述待测电表是一只满偏电流小于1μA的高灵敏电流计，其内阻约为300，再提供两只标准电阻11R=，29999R=，要测量电流计内电阻和满偏电流，请你对上述电路图甲进行改进，补全图丁虚线框内的电路图，并

标明1R、2R______．13.如图所示，一平行板电容器水平放置，AB为两板中央水平线，板长为2L，板间距也为2L，在距离电容器右端3L处竖直放置挡板，挡板上的BC长也为3L。一带电粒子以初速度0v沿中央水平线射入两板间，打在竖直放置挡板上的

C点。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力，求电容器两极板间所加的电压。14.如图所示的电路中，电容器的电容6510μFC−=，定值电阻12341Ω,2Ω,3Ω,6ΩRRRR====，电源的电动势E＝3V、内阻r＝0.75Ω，电流表A、电压表V均为理想电表，求：（1）电键1

K闭合、2K断开时，电压表的示数及电容器所带的电荷量；（2）电键1K闭合后，当电键2K由断开到闭合后稳定时，电容器所带的电荷量变化量。15.如图所示，将一个质量为m、电荷量为q的带正电的的小球用长为L的绝缘细线悬挂在O点，小球处在水平向左的匀强电场中。当带电小球在A点达到平

衡后，细线与竖直方向间的夹角为45。现将小球向右拉紧至与O点等高的B点由静止释放，重力加速度大小为g，求：（1）匀强电场电场强度的大小；（2）小球运动到最低点时速度大小（悬线开始绷紧前）；（3）小球在最低点时，悬线绷紧后，其所受拉力大小。的四

平市普通高中2023－2024学年度第一学期期中教学质量检测高二物理试题全卷满分100分，考试时间75分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码临贴在答题卡上的指定位置．2．请按题号顺序在答题卡上各题目

的答题区域内作答，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．5．本卷主要考查内容：必修第三册第九～十二章．一、选择题：本题共10小

题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8－10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1.静电场指的是观察者与电荷相对静止时所观察到的电场．它是电荷周围空间存在的一种特殊形态的物

质。关于静电场，下列说法正确的是（）A.两点间的电势差与零电势的选取有关B.在匀强电场中两点间的距离越大，场强越大，两点间的电势差就越大C.同一电场线上的各点电势一定不相等，负电荷沿电场线方向移动时电势能增大D.电场强度与电势有关，电场强度为零的点电势一定为零【答案】C【解析】【详解】A．两点间的

电势差与零电势的选取无关，A错误；B．在匀强电场公式UEd=中，d为沿着电场线方向的距离，所以两点间的距离越大，电势差不一定大，只有沿着电场线的距离越大时，电势差才越大，B错误；C．沿电场线的方向，电势降低，所以同一电场线上的各点，电势一定不相等，负电荷沿电场线

方向移动时，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，电荷电势能增大。故C正确；D．电场强度与电势没有直接的关系，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为零，D错误。故选C。2.电荷守恒定律是自然科学中的基本定律之一．库仑定律是电学发展史上的

第一个定量规律，是电学史中的一块重要的里程碑．关于电荷守恒定律、库仑定律，下列说法正确的是（）A.电荷守恒定律只适用于摩擦起电现象和感应起电现象B.库仑定律是一条实验定律，两电荷之间的库仑力总是一样的C.电荷守恒定律适用于任何起电现象D.当两个带电体间的距离趋近于

零时，它们之间的库仑力趋近于无穷大【答案】C【解析】【详解】AC．依据电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保持不变．电荷守恒定律适用于任何起电现象，故A错误、

C正确；B．库仑定律是库仑通过实验研究得出的结论，库仑定律是实验定律，相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相等，它们之间的库仑力大小一定相等，但是方向相反，故B错误；D．当两个带电小球相距非常近时，两

球不能看成点电荷，此时不能直接用库仑定律计算，故D错误。故选C。3.如图所示的电路中，M、N为平行板电容器，G为静电计，闭合开关S，静电计指针偏转一定角度。为了使静电计指针偏转角度变小，下列措施可行的是（）A.断开开关，将M板向下移动B.断开开关，将M板向左移动C.保持开关闭合，将滑

动变阻器的滑动触头向右移动D.保持开关闭合，在两平行板间插入一陶瓷板【答案】A【解析】【详解】A．断开开关，电容器带电量不变，M板向下移动，两板之间的距离减小，由公式r4SCkd=，可知电容器的电容增大，又由公式Q

UC=，可知两板之间的电势差减小，静电计的指针偏角度变小，A正确；B．断开开关，电容器带电量不变，M板向左移动，两板的正对面积减小，电容器的电容减小，两板之间的电势差增大，静电计指针偏转角度变大，B错误；CD．保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源

的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是在两极板间插入陶瓷板，静电计指针的偏转角度都不变，CD错误。故选A。4.如图所示，两带电小球1、2用绝缘丝线拴接在天花板上，当系统平衡时，小球1，2处在同一水平线上，两丝线与竖直方向

的夹角分别为60=、30=，忽略空气阻力，某时刻两丝线同时断裂，整个过程两小球所带的电荷量保持不变，且均可视为点电荷，则下列说法正确的是（）A.小球1、2电荷量之比为1：3B.小球1、2的质量之比为3：1C.小球1、2的落地点到释放点的水平距离之比为3：1D.小

球1、2落地瞬间的速度大小之比为3：1【答案】C【解析】【详解】AB．小球1受重力、水平向左的库仑斥力和丝线的拉力，则由力的平衡条件可知11tanFmg=同理，对小球2得22tanFmg=两小球1、2间的库仑斥力大小相等，则12FF=解得的12tan1tan3mm==

由于两小球间的库仑力是相互作用力，由库仑定律无法确定电荷量的关系，故A错误、B错误；C．丝线断后两小球在竖直方向上只受重力作用，则两小球在竖直方向上做自由落体运动，又由于下落的高度相同，两小球同时落地；在水平方向上两小球做加速运动

，又由牛顿第二定律Fam=可知两小球在水平方向上的加速度之比为3：1，所以小球1、2的落地点到释放点的水平距离之比为3：1，故C正确；D．由C选项分析可知，两小球落地瞬间竖直的分速度相等，水平方向的分速度之比为3：

1，显然两小球落地瞬间的速度大小关系不能确定，故D错误。故选C。5.在如图所示的电路中，电流表和电压表均为理想电表，电源电动势为E、内阻为r，1R、2R为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动，则（）A.电流表示数变大、电

压表示数变小、1R消耗功率变大、2R消耗的功率变小B.电流表示数变小、电压表示数变小、1R消耗功率变大、2R消耗的功率变小C.电流表示数变大、电压表示数变大、1R消耗功率变小、2R消耗的功率变大D.电流表示数变小、电压表

示数变大、1R消耗功率变小、2R消耗的功率变大【答案】A【解析】【详解】滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路电阻变小，回路总电阻变小，根据EIRr=+外可知干路电流变大，故电流表示数变大；根据UEIr=−由于干路电流变大，因此路端电压

变小，电阻2R两端电压变小，电阻2R电流变小，电阻2R消耗的功率变小；而干路电流变大，所以1R支路电流变大，根据21PIR=可知1R消耗功率变大；1R两端电压变大，而路端电压变小，所以电压表示数变小。故选A。6.将电荷量为82.010Cq−=+的电荷从无限远处移到电场中的A点，需要克服静电力做

功44.810JW−=，取无限远处的电势为零，下列说法正确的是（）A.q在A点的电势能为43.610J−B.A点的电势为42.410VC.q未移入电场前，A点的电势为0D.q未移入电场前，A点的电势为44.810V【答案】B【解析】【详解】A．取无限远处的电势为零，电荷在无

限远处的电势能也为零，即有0=，p0E=由于ppAWEE=−解得()44pAp04.810J4.810JEEW−−=−=−−=故A错误；B．由于pAAEq=解得A点的电势42.410VA=故B正确；CD．电场中

某点的电势与该点是否存在试探电荷无关，由场源电荷与零电势的选择一个，即q未移入电场前，A点的电势仍然为42.410VA=故CD错误。故选B。7.如图所示，水平放置平行板电容器电容为C，两板间距离为d，正对面积为S，一带电粒子（不计粒子重力）从电容器下极板左边缘M处

以一定的初速度斜射入平行板之间的真空区域，经偏转后打在下极板上N点上。保持开关S闭合，则下列说法中正确的是（）A.适当上移上极板，该粒子打在下极板上N点的左侧B.适当上移上极板，该粒子仍打在下极板上N点C.适当左移上极板，该粒子打在下极板上N点的左侧D.适当

左移上极板，该粒子仍打在下极板上N点【答案】D【解析】【详解】AB．保持开关S闭合，则电容器两极板间的电压U不变，由电容器电场强度UEd=可知适当上移上极板，d增大，场强E减小，带电粒子的加速度Eqam=故加速度减小，根据0022sinyvvtaa

==则粒子电场中运动时间延长，由00cosxxvtvt==所以水平分位移增大，则该粒子打在下板上N点的右侧，故A、B错误；CD．当适当左移上极板，两极板间的场强不变，则粒子加速度不变，在两极板同运动轨迹不变，该粒子仍落在下板

上N点，故C错误，D正确。故选D。8.如图所示，纸面内固定两个等量同种点电荷，它们之间距离为4R。以其连线中点O为圆心，以R为半径的在画圆，A、B、C、D为圆周上四点，A、B两点在两点电荷连线上，C、D两点在两点电荷连线的中垂线上。下列判断正确的是（）A.A、B两点的电场强度大小相等，C、D两点

的电场强度方向相反B.若自A点由静止释放一质子，将沿A、B直线一直加速C.A、C之间电势差等于B、D之间电势差D.将一电子自A沿直线到O再沿直线到C，电势能先增加后不变【答案】AC【解析】【详解】A．由题意可知A、B两点关于中点O对称，根据等量同种点电荷电场线的分布规律可知，A、B

两点的电场强度大小相等方向相反，C、D两点的电场强度大小也相等，方向也相反，故A正确；B．若自A点由静止释放一质子，在O点右侧，质子所受电场力方向向右，质子向右加速，越过O点后，在O点右侧，质子所受电场力方向向左，质

子向右减速，故B错误；C．根据等量同种点电荷的电势分布规律可知AB=，CD=由于ACACU=−，BDBDU=−可知A、C之间电势差等于B、D之间电势差，故C正确；D．根据等量同种点电荷电场线的分布规律

可知，将一电子自A沿直线到O再沿直线到C，电子所受电场力方向始终与移动方向相反，即电场力始终做负功，电势能始终增大，故D错误。故选AC。9.如图所示，O、M、N为一负点电荷形成的一条电场线上的三点，M为ON的中点。已知O、N两点的电势分别为4VO=−、8VN=−，则下列说

法正确的是（）A.M点的电势为-6VB.M、N两点的电势差大于O、M两点的电势差C.O点的电场强度一定小于N点的电场强度D.一正点电荷从O点沿直线移到N点的过程中，电场力做负功【答案】BC【解析】【详解】AB．负

点电荷位于N点的右侧，M、N两点的电势差大于O、M两点的电势差，故M点的电势不是-6V，选项A错误，B正确；C．该电场是由负点电荷形成的，因为N点更靠近负点电荷，电场线更密集，所以O点的电场强度一定比N点的小，选项C正确；D．一正点电荷从O点沿直

线移到N点的过程中，电场力做正功，选项D错误。故选BC。10.如图甲所示，电源的电动势为E＝5V、内阻为r＝20Ω，A、B是两个完全相同的小灯泡，小灯泡A的伏安特性曲线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.小灯泡的电

阻随着电压的增大而减小B.电键S闭合后，灯泡A的电阻会减小C.电键S闭合后，灯泡A消耗的功率会增加D.电键S闭合后，电源的效率会减小【答案】BD【解析】【详解】A．图乙是小灯泡的伏安特性曲线，各点与O点的连线代表的是1R，随着所加电压的增加，R越来越大

，选项A错误；BC．电键断开时，设通过灯泡A的电流和灯泡两端的电压为I、U，则EUIr=+解得0.250.05EUIUrr=−=−在图乙中画出电源的路端电压随电流变化的图线1，交点坐标（180mA，1.3V），此时

灯泡的电阻和功率为7.2URI==0.23WPUI==同理电键闭合后，设通过一个灯泡的电流和灯泡两端的电压为I、U，由2EUIr=+解得0.1250.02522EUIUrr=−=−在图乙中画出电源的路端电压随电流变化的图线2，交点坐标（110

mA，0.5V），此时灯泡的电阻和功率为4.5URI==0.06WPUI==故电键S闭合后，灯泡A的电阻减小，消耗的功率减小，B正确,C错误；D．电源的效率100%UE=U减小，E不变，效率也减小，D正确；故选BD。二、非选择题：本题共5小题，共54

分11.某小组通过实验测量一段金属丝的电阻率。（1）用螺旋测微器测量金属丝直径D时，测量结果如图甲所示，则读数D=______mm。（2）某同学设计了图乙所示的实验电路，调节电阻丝上的导电夹P的位置，

用毫米刻度尺测量并记录连人电路的电阻丝的长度x；闭合开关S，记录电压表示数U、电流表示数I；改变电阻丝上的导电夹P的位置，重复测量，记录多组x、U、I的值．根据多组测量得到的实验数据绘出UxI−图像如图丙所示，若图线斜率

为k，纵轴截距为b，则由图可得电阻丝的电阻率=______，电流表的内阻A=R______（均用已知或测量出的物理量的符号表示）；电流表内阻对电阻率的测量______（填“有”或“没有”）影响。【答案】①0.853（0.852~0.854）②.24kD③.b④.没有【

解析】【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为0.5mm+0.01×35.3mm=0.853mm（2）[2][3]根据A+=xURRI，2=2xxRD解得A24=UxRID

+则有24kD=，A=Rb解得2=4kD.[4]根据上述分析可知，电流表内阻对电阻率测量没有影响。12.实验室有一表盘有刻度但数值已模糊的灵敏电流计Ⓖ，满偏电流约为300μA，内阻gR约几

百欧．某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流gI及内阻gR，设计的电路如图甲所示．（1）请按照实验电路原理图甲在图乙中完成实物图连接______．（2）闭合开关S，调节滑动变阻器和变阻箱，使电流计满偏，记

录电压表的示数U和电阻箱的阻值R，多次改变电阻箱阻值，调节滑动变阻器，使电流计每次都满偏，并记录电压表的示数U和对应的电阻箱的阻值R，根据多次测量数据作出电压表示数U随电阻箱的电阻R变化的关系图像如图丙所示，则可求出电流计的满偏电流值gI=______，电流

计内阻为gR=______．（均用图中字母P、Q表示）（3）如果上述待测电表是一只满偏电流小于1μA的高灵敏电流计，其内阻约为300，再提供两只标准电阻11R=，29999R=，要测量电流计内电阻和满偏电流，请你对上述电路图甲进行改进，补全图丁虚线框内的电路图，并标明1R、2

R______．【答案】①.②.QP③.P④.的【解析】【详解】（1）[1]依据电路原理图将实物进行连接，如图所示（2）[2][3]根据欧姆定律得gggURIRI=+利用图像斜率为gQIP=截距为gRP=（3）[4]将高灵敏电流计量程扩大，同时需串

联电阻进行保护，电路图如答图所示13.如图所示，一平行板电容器水平放置，AB为两板中央水平线，板长为2L，板间距也为2L，在距离电容器右端3L处竖直放置挡板，挡板上的BC长也为3L。一带电粒子以初速度0v沿中央水平线射入两板间，打在竖直放置挡板上的C点。已知带

电粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力，求电容器两极板间所加的电压。【答案】2034mvq【解析】【详解】粒子在平行板电容器间做类平抛运动，则水平方向有012Lvt=竖直方向上有21112yat=，1yvat=根据牛顿第二定律有2UqmaL=粒

子飞出平行板电容器后做匀速直线运动，则有023Lvt=，22yyvt=根据题意有123yyL+=解得电容器两极板间所加的电压2034mvUq=14.如图所示的电路中，电容器的电容6510μFC−=，定值电阻12341Ω,2Ω,3Ω,6ΩR

RRR====，电源的电动势E＝3V、内阻r＝0.75Ω，电流表A、电压表V均为理想电表，求：（1）电键1K闭合、2K断开时，电压表的示数及电容器所带的电荷量；（2）电键1K闭合后，当电键2K由断开到闭合后稳定时，电容器所带的电荷量变化量。【答案】（1）2.4V，12410C−；（2）12

410C−【解析】【详解】（1）电键2K断开时，电流表示数112EIRRr=++得10.8AI=电压表示数()1112UIRR=+得12.4VU=电容器的电荷量为12111410CQCIR−==（2）电键2K闭合后，外电

阻()341212342.25RRRRRRRRR+=+=+++总电流1AEIRr==+电压表示数22.25VUIR==电流表的示数2212UIRR=+得20.75AI=电容两端电压()21130UIRIIR=−−=所以此时电容器的电

荷量为20Q=故电容器的电量变化量12410CQ−=15.如图所示，将一个质量为m、电荷量为q的带正电的的小球用长为L的绝缘细线悬挂在O点，小球处在水平向左的匀强电场中。当带电小球在A点达到平衡后，细线与竖直方向间的夹角为45。现将小球向右拉

紧至与O点等高的B点由静止释放，重力加速度大小为g，求：（1）匀强电场电场强度的大小；（2）小球运动到最低点时速度的大小（悬线开始绷紧前）；（3）小球在最低点时，悬线绷紧后，其所受拉力大小。【答案】（1）mgq；（2）2gL；（3）3mg【解析】【详解】（1）当带电小球在

A点达到平衡时，对小球受力分析，如图所示，则有tan45qEmg=解得=mgEq（2）小球在与O点等高的B点由静止释放，小球开始运动时受到重力和电场力的作用，其合力大小为2Fmg=小球在悬线绷紧前，做初速度等于零的匀加速直线运动，加速度大小为2Fagm==运动的位移大小

为2xL=则有小球运动到最低点时（悬线开始绷紧前），如解析图所示，其速度大小为22222vaxgLgL===（3）悬线绷紧后，小球沿悬线方向的分速度变成零，只有沿垂直悬线方向的分速度为12cos4522vvvgL===小

球则以初速度为v1做圆周运动，由牛顿第二定律可得21vFmgmL−=拉解得拉力大小为3Fmg=拉获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

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