【文档说明】广东省深圳市深圳外国语中学2023-2024学年高二上学期10月月考试题+物理+含解析.docx，共(23)页，1.508 MB，由小赞的店铺上传

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2023~2024学年度上学期第一次月考考试高二物理全卷满分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，并将条形码粘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：必修第三册第九章~第十一章第3节。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列可以用来表示电场强度单位的是（）A.N·CB.V·mC.

kgmCsD.JCm2.关于静电的防止与利用，下列说法正确的是（）A.做静电实验时，减小实验室空气湿度，这是为了防止漏电对实验产生影响B.为了防止静电危害，保证乘客的安全，飞机起落架的轮胎用绝缘橡胶制成C.金属导体有静电屏蔽的作用，运输汽

油时把汽油装进塑料桶比装进金属桶安全D.建筑物顶端装上避雷针可以避雷，没有安装避雷针建筑物一定会被雷电击毁3.如图所示，在相距40km的A、B两地之间沿直线架设了两条输电线，两条输电线的总电阻为800。现输电线在某处发生了短路，

为确定短路位置，检修员进行了如下操作：在A地接上电源，测得电压表示数为10V，电流表示数为40mA。则A地到短路处两根输电线的总电阻和A地到短路处的距离分别为（）A.500Ω；12.5kmB.500Ω；25kmC.250Ω；12.5kmD.250Ω；25km4.如图所示，平行板电容器两极板M、

N分别通过导线、开关与电源相接，其中N板接地，板间距离为的d，开关S闭合，在M板上用长为L的绝缘细绳悬挂一质量为m、电荷量为()0qq−的带电小球，小球在A点处于静止状态，此时细绳伸直且与竖直方向间夹

角为。已知重力加速度为g，地面电势为0，小球可视为点电荷。则（）A.细绳拉力大小为cosmgB.A点电势(cos)mgLdq−C.若保持开关S闭合，将N板向左平移少许，将减小D.若将开关S断开，将N板竖直向下平移少许，仍保

持不变5.等量异种点电荷固定在如图所示的真空空间中，O为两电荷连线的中点，A、B为连线的中垂线上关于O点对称的两点，C、D为过O点的一直线上关于O点对称的两点，电子重力不计。下列说法正确的是（）A.C、D两点电场强度大小相等、方向不同

B.A点由静止释放一电子，电子将沿AB做往返运动C.将一电子分别放在C点和D点，在D点的电势能较大D将一电子从A点经C点、D点移到B点，电场力始终不做功6.甲、乙、丙为三个完全相同的金属小球，甲球所带电荷量为7Q，乙

球所带电荷量为Q−，丙球不带电。将甲、乙两球固定，相距r（r远大于小球的半径），甲、乙间的相互作用力为7N，然后让丙球反复与甲、乙球多次接触，最后移去丙球。甲、乙两球后来所带的电荷量和甲、乙两球间的相互作用

力分别变为（）A.2Q，4NB.2Q，8NC.4Q，4ND.4Q，8N7.如图所示，用粗细均匀绝缘线制成直径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀地分布着正电为在.的荷，现在圆环上E处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OE连线向下移动L的距离到F点处，设圆环的其他部分

的带电量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为k，若此时在O点放一个带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小为（）A.23kQqLB.249kQqLC.2329kQqLD.223kQqL二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目

要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.电解槽内有一价离子的电解溶液，溶液中插有两根碳棒A、B作为电极，将它们接在直流电源上，溶液中就有电流通过，假设时间t内通过溶液内横截面S的正离子数是1n，负离子数是2n，设元电荷的电量为e，以下解

释正确的是（）A.溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消B.负离子定向移动的方向是从A到BC.溶液内电流方向从B到A，电流1neIt=D.溶液内电流方向从B到A，电流()12nneIt+=9.将带电荷量为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44.810J−B.A点的电势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10.如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点()0.153，的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为82.010C−+的滑块P（可视作质点），

从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取2=10m/sg。则下列说法正确的是（）A.沿x轴正方向，电场强度逐渐增大B.滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做

加速度增大的减速运动，最终静止C.滑块运动的最大速度约为0.2m/sD.滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学做摩擦起电的实验过程和观察到的现象：手戴绝缘的手

套拿有机玻璃棒，用力将两块起电板快速摩擦后分开，如图甲；将其中一块板插入箔片验电器上端的空心金属球（不要接触金属球），如图乙箔片张开；将两块板同时插入空心金属球，如图丙箔片闭合。根据以上实验过程和观察到的现象，回答下列问

题：（1）如图甲用力将两块起电板快速摩擦后分开，两板分别带上了____________电荷；（2）如图乙箔片张开的实验现象，说明____________；（3）如图丙箔片闭合的实验现象，说明____________；（4）该研究性实验能验证____________定律

。12.某同学欲测量一阻值大约为10Ω的金属圆柱体的电阻率。实验室除游标卡尺、螺旋测微器、导线、开关和待测金属以外，还有以下可供选择的器材：A．电源EB．电压表V（量程为0~6V，内阻V8kΩR）C．电流表A（量程为0~0.6A，内阻A0.2ΩR）D．滑动变阻器R（最大阻值为5Ω，额定电流

为2A）（1）用游标卡尺测该金属的长度L，如图甲所示，读数L=______mm，用螺旋测微器测该金属的直径D，如图乙所示，读数D=______mm；（2）为了测量尽可能精确，设计最合理的实验电路图将图丙的

虚线框部分补充完整_____；（3）若电压表示数记为U，电流表示数记为I，则该金属电阻率的表达式=______（用题中相关物理量的字母符号表示）。13.在一根长=8mL、横截面积42710mS−=的铜质导线

两端加3410V−电压。已知铜的电阻率81.7510m−=，则：（1）该导线的电阻多大?（2）该导线中的电流多大?（3）当电阻线对折后，接入相同的电压，电流是多大?14.如图所示，在光滑绝缘平面上有一半径为r的圆周，圆心为O，a、b、c、d、e、f为圆周

的六等分点，在b、c、d、f四点分别固定电荷量为-2q、＋q、-3q、-q（q>0）的点电荷，已知静电力常量为k。（1）求圆心O处的电场强度大小和方向；（2）若将一电荷量为-2q的试探电荷放在圆心O处，求该试探电荷所受电场力的

大小和方向。15.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有方向水平向左、场强大小为E的匀强电场，第二象限内直线x=－d（0d）与y轴间有方向竖直向下、场强大小未知的匀强电场。将一电荷量为＋q（0q）的粒子从第一象限的S点由静止释放，当S点的坐标为22，dd时，粒子进入第二象限后经偏

转恰好能从坐标()0，−d处飞出，粒子重力不计。（1）求第二象限内电场强度的大小；（2）若仅调整第一象限内S点的位置，为使粒子始终能从坐标()0，−d处飞出，求释放点S的纵坐标y与横坐标x间应满足的关系；（3）若保持各部分场强不变，以直线2dx=−为分界线，

将第二象限内电场等分成Ⅰ、Ⅱ两区域，并将区域Ⅱ向左平移一段距离x，再将粒子从S点2，dd由静止释放，如图乙所示。要使粒子从区域Ⅱ左边界与x轴的交点P处飞出，求x的大小。2023~2024学年度上学期第一次月考考试高二物理全卷满分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，并将条形码粘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：必修第三册第九章~第十一章第3节。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求

的。1.下列可以用来表示电场强度单位的是（）A.N·CB.V·mC.kgmCsD.JCm【答案】D【解析】【详解】AC．由==FmaEqq可得电场强度单位为N/C或2kgmCs，故AC错误；B．由=UEd可得电场强度的单位为V/m，故B

错误；D．由==UWEdqd可得电场强度的单位为JCm，故D正确。故选D。2.关于静电的防止与利用，下列说法正确的是（）A.做静电实验时，减小实验室空气湿度，这是为了防止漏电对实验产生影响B.为了防止静电危害，保证乘客安全，飞机起落架的轮胎用绝缘橡胶制成C.金属导体有静电屏蔽的作用，运输汽油

时把汽油装进塑料桶比装进金属桶安全D.建筑物顶端装上避雷针可以避雷，没有安装避雷针的建筑物一定会被雷电击毁【答案】A【解析】【详解】A．做静电实验时，减小空气湿度是为了防止漏电，保证实验顺利进行，故A正确；B．飞机轮胎用导电橡胶制成可以将飞机产生的静电迅速导走，不能用绝缘胶制成，故

B错误；C．由于塑料桶与油容易摩擦起电且电荷不易导走，故用金属桶装易燃的汽油较安全，故C错误；D．避雷针有避雷作用，对高管的建筑物如果没有安装会有危险，但对低矮的建筑不一定被雷电击毁，故D错误。故选A。3.如图所示，在相距40km的A、B两地之间沿直线架设了两条输电线，两条输电线的

总电阻为800。现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，检修员进行了如下操作：在A地接上电源，测得电压表示数为10V，电流表示数为40mA。则A地到短路处两根输电线的总电阻和A地到短路处的距离分别

为（）A.500Ω；12.5kmB.500Ω；25kmC.250Ω；12.5kmD.250Ω；25km【答案】C【解析】【详解】设发生短路处到A处距离为x，据题意知，A、B两地间的距离为40kmL=电压表的示数为10VU=电流表的示数为340mA4010AI

−==的800ΩR=总根据欧姆定律UIR=可得，A端到短路处两根输电线的总电阻为250ΩxURI==根据电阻定律可知2xxRS=设A、B两地输电线的电阻为R总，则2LRS=总得xRxRL=总解得12.5kmx=ABD错误，C正确。故选C。4.如

图所示，平行板电容器两极板M、N分别通过导线、开关与电源相接，其中N板接地，板间距离为d，开关S闭合，在M板上用长为L的绝缘细绳悬挂一质量为m、电荷量为()0qq−的带电小球，小球在A点处于静止状态，此时细绳伸直且与竖直方向间夹角为。已知重力加速度为g

，地面电势为0，小球可视为点电荷。则（）A.细绳拉力大小cosmgB.A点电势为(cos)mgLdq−的为C.若保持开关S闭合，将N板向左平移少许，将减小D.若将开关S断开，将N板竖直向下平移少许，仍保持不变【答案】D【解析】【详解】A．根据题意，对小球受力分析，一定受

竖直向下重力、竖直向上的电场力F电，可能受绳子的拉力F，由于小球在A点处于静止状态，由平衡条件可得Fmg=电，0F=故A错误；B．根据题意，由图可知AN由公式UEd=，FEq=可得()cosANmgUdLq

=−又有ANANU=−，0N=可得()cosAmgdLq=−故B错误；C．若保持开关S闭合，两板间电压不变，将N板向左平移少许，两板间距离不变，由UEd=可知，E不变，故小球受到的电场力不变

，则小球仍在A点静止，保持不变，故C错误；D．若将开关S断开，两板上电荷量保持不变，由公式4SCkd=，QCU=和UEd=可得，将N板竖直向下平移少许，E不变，故小球受到的电场力不变，则小球仍在A点静止，保持不变，故D正确

。故选D。5.等量异种点电荷固定在如图所示的真空空间中，O为两电荷连线的中点，A、B为连线的中垂线上关于O点对称的两点，C、D为过O点的一直线上关于O点对称的两点，电子重力不计。下列说法正确的是（）A.C、D两点电场强度

大小相等、方向不同B.在A点由静止释放一电子，电子将沿AB做往返运动C.将一电子分别放在C点和D点，在D点的电势能较大D.将一电子从A点经C点、D点移到B点，电场力始终不做功【答案】C【解析】【详解】A．C、D为过O点的一直线上关于O点对称的两点，根据等量异种电荷的电场分布，两点的电场强度大小相

等，方向相同，故A错误；B．根据等量异种电荷的电场分布可知，在A点由静止释放一电子，A点场强水平向右，电子将做曲线运动，不可能沿AB运动，故B错误；C．图中的C点的电势高，D点的电势低，由pEq=可知将一

电子分别放在C点和D点，在D点的电势能较大，故C正确；D．C点电势大于零，AB两点电势为零，D点电势小于零，电子从A点到C点，由WqU=可知电场力做正功；从C点到D点，电场力做负功；从D点移到B点，电场力做正

功，故D错误。故选C。6.甲、乙、丙为三个完全相同的金属小球，甲球所带电荷量为7Q，乙球所带电荷量为Q−，丙球不带电。将甲、乙两球固定，相距r（r远大于小球的半径），甲、乙间的相互作用力为7N，然后让丙球反复与甲、乙球多次接触，最后移去丙球。甲、乙两球后来所

带的电荷量和甲、乙两球间的相互作用力分别变为（）A.2Q，4NB.2Q，8NC.4Q，4ND.4Q，8N【答案】A【解析】【详解】丙与甲、乙反复接触后，甲、乙原先所带电量的总和最后在三个相同的小球间均分。则甲、乙两球后来带的电量均为()723QQQ+−=甲、乙球原先是引力，大小为21

222277qqQQQFkkkrrr===甲、乙球后来是斥力，大小为212222224qqQQQFkkkrrr===即47FF=甲、乙间的相互作用力为4N。故选A。7.如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成直径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀地分布着正电荷，现在圆环上E处取下

足够短的带电量为q的一小段，将其沿OE连线向下移动L的距离到F点处，设圆环的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为k，若此时在O点放一个带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小为（）A.23kQqLB.249kQqLC.2329kQqLD.223kQqL【答案】

C【解析】【详解】线框上的电荷在O点产生的场强等效为q电荷在O点产生的电场强度1224()2kqkqELL==方向竖直向下，在F点电荷量为q的电荷在O点产生的电场强度为22249()2kqkqELLL==+方向竖直向上，此时O点的场强为122329kqE

EEL=−=方向竖直向下，则带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小2329kQqFEQL==故C正确，ABD错误。故选C。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求

。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.电解槽内有一价离子的电解溶液，溶液中插有两根碳棒A、B作为电极，将它们接在直流电源上，溶液中就有电流通过，假设时间t内通过溶液内横截面S的正离子数是1n，负离子数是2n，设元电荷的电量为e，以下解释正确的是（）A.溶液内正负离子沿相反方

向运动，电流相互抵消B.负离子定向移动的方向是从A到BC.溶液内电流方向从B到A，电流1neIt=D.溶液内电流方向从B到A，电流()12nneIt+=【答案】BD【解析】【详解】AB．电流的方向与正离子定向移动方向相同，与负离子定向移动方向相反。所以正

离子定向移动形成电流，方向从B到A，负离子定向移动形成电流方向也从B到A，不会相互抵消，选项A错误，选项B正确；CD．溶液内电流方向从B到A。t时间内通过溶液截面S的电荷量12qnene=+则根据电流的定义式有()12nneqItt+==

选项C错误，选项D正确。故选BD。9.将带电荷量为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44.810J−B.A点的电势42.410VC.q未移入电场前，A点的电势为0

D.q未移入电场前，A点的电势为44.810V【答案】AB【解析】【详解】A．电荷从无限远处移到电场中A点克服静电力做功，电荷的电势能增加，电势能的增加量为4pΔ4.810JEW−==无限远处的电势为零，无限远处电势能也为零，则q在A点的电势能

为4pA4.810JE−=故A正确；B．根据电势能与电势的关系可得A点的电势4pA4A84.8102.410V210Eq−−===故B正确；CD．A点的电势是由电场本身决定的，与A点是否有电荷存在无关，所以在q未

移入电场前，A点电势仍为42.410V，故CD均错误。故选AB。10.如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点()0.153，的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为82.010C−+的滑块

P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，的重力加速度取2=10m/sg。则下列说法正确的是（）A.沿x轴正方向，电场强度逐渐增大B.滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速

度增大的减速运动，最终静止C.滑块运动的最大速度约为0.2m/sD.滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置【答案】BD【解析】【详解】A．x−图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；B．φ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以0.15mx=处的电

场强度大小为56310V/m2.010N/C0.30.15E==−滑块此时受到的电场力为10.04NFqE==滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为f0.04NFmg==由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力

大小f0.04N=FF所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加

速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块的位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为510

.10.151.510VU=−=根据动能定理有21112mvqUmgx=−解得0.1m/sv=故C错误；D．假滑块最终在0.3m处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为520.150.3==2.

2?10VU−滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为32==4.4?10JWqU−滑动摩擦力做功为32610J−==WmgxW所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。故选B

D。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学做摩擦起电的实验过程和观察到的现象：手戴绝缘的手套拿有机玻璃棒，用力将两块起电板快速摩擦后分开，如图甲；将其中一块板插入箔片验电器上端的空心金属球（不要接触金属球），如图乙箔片

张开；将两块板同时插入空心金属球，如图丙箔片闭合。根据以上实验过程和观察到的现象，回答下列问题：（1）如图甲用力将两块起电板快速摩擦后分开，两板分别带上了____________电荷；（2）如图乙箔片张开的实验现象，说明____________；（3）如图丙箔片闭合的实验现象，说明

____________；（4）该研究性实验能验证____________定律。【答案】①.等量异种②.板带电③.两板所带总电荷量为零④.电荷守恒【解析】【详解】（1）[1]用力将两块起电板快速摩擦后分

开，两板分别带上了等量异种电荷;（2）[2]如图乙中金属球与箔片组成的整体发生静电感应现象故箔片张开；（3）（4）[3][4]如图丙中两块板同时插入空心金属球，总电荷量为零，不发生静电感应现象，故箔片不张开

，该实验能验证电荷守恒定律。12.某同学欲测量一阻值大约为10Ω的金属圆柱体的电阻率。实验室除游标卡尺、螺旋测微器、导线、开关和待测金属以外，还有以下可供选择的器材：A．电源EB．电压表V（量程为0~6V，内阻V8kΩR

）C．电流表A（量程为0~0.6A，内阻A0.2ΩR）D．滑动变阻器R（最大阻值为5Ω，额定电流为2A）（1）用游标卡尺测该金属的长度L，如图甲所示，读数L=______mm，用螺旋测微器测该金属的直径D，如图乙所示，读数D=______mm；（2）为了测量尽可能精确

，设计最合理的实验电路图将图丙的虚线框部分补充完整_____；（3）若电压表示数记为U，电流表示数记为I，则该金属电阻率的表达式=______（用题中相关物理量的字母符号表示）。【答案】①.60.20②.4.750##4.749##4.751##4.752③.如图所示④.24DUIL【解析

】【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则可知60mm40.05mm60.20mmL=+=[2]根据螺旋测微器读数规则可知4.5mm25.00.01mm4.750mmD=+=（2）[3]待测电阻远小于电压表电阻，则电流表采用外接法，电路图如图所示（3）[4]根据电阻率公式LRS=

可得xRSL=圆的面积公式可知214SD=由公式可知xURI=代入可得24DUIL=13.在一根长=8mL、横截面积42710mS−=的铜质导线两端加3410V−电压。已知铜的电阻率81.7510m−=，则：（1）该导线的电阻多大?（2）该导线中的电流多大?（3

）当电阻线对折后，接入相同的电压，电流是多大?【答案】（1）4210Ω−；（2）20A；（3）80A【解析】【详解】（1）该导线的电阻84481.7510107102LRS−−−===（2）该导线中

的电流34410A=20A210UIR−−==（3）当电阻线对折后，电阻变为'511521024LRRS−===接入相同的电压，电流是3'5'410A=80A510UIR−−==14.如图所示，在光滑绝缘平面上有一半径为r的圆周，圆心为O，a、b、

c、d、e、f为圆周的六等分点，在b、c、d、f四点分别固定电荷量为-2q、＋q、-3q、-q（q>0）的点电荷，已知静电力常量为k。（1）求圆心O处的电场强度大小和方向；（2）若将一电荷量为-2q的试探电荷放在圆心O处，求该

试探电荷所受电场力的大小和方向。【答案】（1）2kqEr=，方向从O点指向d点；（2）222kqFr=方向由O指向a。【解析】【详解】（1）在cf两点的电荷在O点的合场强为22cfkqEr=方向由O点指向f点；在b点的电荷在O点的合场强为22bkqEr=方向由O点

指向b点；两个场强夹角为120°，则合场强仍为22bcfkqEr=方向沿Oa方向；而在d点的电荷在O点的合场强为23dkqEr=方向由O点指向d点；则最终的合场强为2dbcfkqEEEr=−=方向从O点指向d点；（2）若将一电荷量为-2q的试探

电荷放在圆心O处，该试探电荷所受电场力的大小2222kqFEqr==方向由O指向a。15.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有方向水平向左、场强大小为E的匀强电场，第二象限内直线x=－d（0d）与y轴间有方向竖直向下、场强大小未知的匀强电场。将一电荷量为＋q（0q）的粒子从第一象限

的S点由静止释放，当S点的坐标为22，dd时，粒子进入第二象限后经偏转恰好能从坐标()0，−d处飞出，粒子重力不计。（1）求第二象限内电场强度的大小；（2）若仅调整第一象限内S点的位置，为使粒子始终能从坐标()0，

−d处飞出，求释放点S的纵坐标y与横坐标x间应满足的关系；（3）若保持各部分场强不变，以直线2dx=−为分界线，将第二象限内电场等分成Ⅰ、Ⅱ两区域，并将区域Ⅱ向左平移一段距离x，再将粒子从S点2，dd由静止释放，如图乙所示。要使粒子从区域Ⅱ左边界与x轴的交点P处飞出，求x

的大小。【答案】（1）E；（2）2(00)4dyxyx=，；（3）d【解析】【详解】（1）由动能定理可得2122dqEmv=粒子在第二象限做类平抛运动，有qEma=dvt=2122dat=联立可得=EE（2）若仅调整第一象限内S点的位置，则在第一象限有2112qExmv=在第二象限有

=qEma11dvt=2112yat=联立可得2(00)4dyxyx=，（3）设粒子在I区沿电场方向的位移为1y、在x区域沿电场方向的位移为2y、在II区沿电场方向的位移为3y，由题意可知粒子离开I区的

速度方向与进入II区的速度方向相同，因为I、II区的宽度相同，所以粒子在I、II区的运动时间相同，则粒子在I、II区运动时，沿电场方向的位移关系为13:1:3yy=根据平抛运动速度偏角与位移偏角的关系有1222yxvyydvx

==粒子在I区运动时间为22ddtvv==沿电场方向的位移为212qEytm=联立可得xd=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com