天津市五校2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷
一、单选题
1．（2020高二上·和平期中）下列说法正确的是（ ）
A．电势降低的方向就是电场强度方向
B．电场力对负电荷做正功，电势能减少，动能增加
C．可以存在这样的电场，其电场线平行但不等距
D．在同一等势面上动电荷，电场力对电荷始终不做功
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A．电势降低的最快的方向就是场强的方向；电势降低的方向不一定是场强的方向，A不符合题意；
B．只受电场力作用，电场力对负电荷做正功，电势能减少，动能增加；若还有其它力作用，其他力对其做功，动能不一定增加，B不符合题意；
C．不存在电场线平行但不等间距的电场，C不符合题意；
D．同一等势面上的各点电势相等，根据W=qU可知在同一等势面上移动电荷，电场力一定不做功，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场方向电势降低，电势降低不一定是电场方向；
功能关系，电场力做正功，电势能减小，但动能变化看总功，而不是单一的电场力做功；
电场线平行且等间距是匀强电场；
等势面上没有电势能变化，所以电场力做功为0。
2．（2020高二下·浙江期中）如图是某次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15 ，充电至9.0kV电压，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，下列说法正确的是（ ）
A．放电之后，电容器的电容为零
B．该次放电前，电容器存储的电量为135C
C．该次通过人体的电流是67.5A
D．该电容器的击穿电压为9kV
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电容器的大小与带电量无关，因此放电之后，电容器的电容大小保持不变，A不符合题意；
B．根据Q=CU
代入数据可知，放电前，电容器储存的电量为0. 135C，B不符合题意；
C．根据
可知，该次放电的电流大小为67. 5A，C符合题意；
D．达到击穿电压电容器就损毁了，击穿电压应略大于额定电压，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合公式Q=CU求解电容器存储的电荷量，结合电容器放电的时间求解电流强度。
3．（2022高三上·天津市期末）如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点。其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（ ）
A．A，B两点的场强相同
B．C点场强大于B点场强
C．某正电荷从C点移动到B点，电场力做负功
D．某负电荷在C点的电势能小于B点的电势能
【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．根据电场线与等势面垂直，可知A、B两点的场强大小相同，但是方向不同，A不符合题意；
B．因B点的等势面较C点密集，可知B点场强大于C点场强，B不符合题意；
C．因B点的电势高于C点，根据
则正电荷在B点的电势能较大，则正电荷从C点移动到B点，电势能增大，电场力做负功，C符合题意；
D．因B点的电势高于C点，根据负电荷在电势低处电势能大，则负电荷在C点的电势能大于B点的电势能，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】等势面电势相等，等势面密集地方场强大。由功能关系可以判断电场力做功情况。
4．（2022高二上·天津期中）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种该称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e。那么这束质子流内单位体积的质子数n是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动能；电流、电源的概念
【解析】【解答】质子在加速电场中加速
根据电流的微观表达式
联立解得 。
故答案为：D。
【分析】质子在加速电场中根据动能定理以及电流的定义式得出这束质子流内单位体积的质子数。
5．（2019高二上·应县期中）智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接为移动设备充电的储能装置，充电宝的转换率是指充电宝放电总量占充电宝容量的比值，一般在0.6~0.7，如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（ ）
容量 20000 mAh 兼容性 所有智能手机
边充边放 否 保护电器 是
输入 DC5V2AMAX 输出 DC5V0.1A-2.5A
尺寸 156*82*22mm 转换率 0.60
产品名称 索杨SY10-200 重量 约430g
A．充电宝充电时将电能转化为内能
B．该充电宝最多能储存的能量为
C．该充电宝电量从零到完全充满所用时间约为2h
D．用该充满电的充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，理论上能充满4次
【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】充电宝充电时将电能转化为化学能，A不符合题意；容量
最多能储存能量为 ，B不符合题意； ，C不符合题意；由于其转换率为0.6所以释放的电荷量为 ，对电池充电的次数为 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】求解电容器存储的电能，利用电容器存储的电荷量乘以两极板之间的电势差即可。
二、多选题
6．（2022高二上·天津期中）如图示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离（两板间距不变），下列说法正确的是（ ）
A．U变大，E变大 B．U变小，φP变小
C．φP变小，Ep变大 D．φP变大，Ep变小
【答案】A,C
【知识点】电势差与电场强度的关系；电流、电源的概念
【解析】【解答】电容器带电量一定，则根据
将A、B两板水平错开一段距离，可知相对面积S减小，则场强E变大，根据U=Ed
可知，两板间电势差U变大；根据U=Ed
可知，P点与正极板B的电势差变大，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能Ep变大。
故答案为：AC。
【分析】根据匀强电场的电场强度的表达式以及电容器的定义式 得出场强的变化情况以及电势能的变化情况。
7．（2022高二上·天津期中）如图所示，在某一电场中有一条直电场线，在电场线上取AB两点，将一个电子由A点自由释放，它能沿电场线运动到B点，电子运动的v-t图象如图所示。则下列判断正确的是（ ）
A．B点的电势一定低于A点的电势
B．B点场强一定小于A点场强
C．该电场若是正点电荷产生的，则场源电荷一定在A点左侧
D．该电场若是负点电荷产生的，则场源电荷一定在A点左侧
【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据v-t图象可知从A点到B点速度在增大，可得动能在增大，电势能在减小，电子带负电，所以有B点的电势一定大于A点的电势，A不符合题意；
B．由v-t图象可知加速度在减小，所以电场力在减小可得场强在减小，所以B点场强一定小于A点场强，B符合题意；
CD．根据前面分析从A点到B点电势一直在变大，所以可得该电场若是正点电荷产生的，则场源电荷一定在B点右侧；同理，该电场若是负点电荷产生的，则场源电荷一定在A点左侧，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】v-t图像的斜率表示物体的加速度，结合功能关系得出AB两点电势的大小关系，结合牛顿第二定律得出AB场强的大小关系，沿着电场线电势逐渐降低。
8．（2022高二上·天津期中）如图所示，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，A点位于x轴上O点与点电荷Q之间，A和A′关于O点对称，B点位于y轴O点上方，B和B′关于O点也对称。取无穷远处为零电势点，下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势为零，但O点的电场强度不为零
B．A点电势大于A′点电势，试探电荷在A点电势能一定大于在A′点电势能
C．将负的试探电荷从B点沿y轴到B′点，电场力先变大再变小，方向向右
D．将同一正的试探电荷先后从O、B两点到A点，两次电势能的变化相同
【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；电场线；电势
【解析】【解答】A．结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以O点的电势等于0，而电场强度不等于0，A符合题意；
B．A点电势大于A′点电势，正试探电荷在A点电势能大于在A′点电势能，负试探电荷在A点电势能小于在A′点电势能，B不符合题意；
C．将负的试探电荷从B点沿Y轴移动到B′点，电场力先变大再变小，方向向左，C不符合题意；
D．两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、B两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、B两点移到A点，两次电势能的变化相等，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】结合等量异种点电荷周围电场的特点得出连线中垂线为等势线，电场线和等势线垂直，沿着电场线电势逐渐降低，通过电场力的表达式判断电场力的变化情况。
三、实验题
9．（2022高二上·天津期中）某同学利用如图所示的实验电路观察平行板电容器的充放电。
①按如图所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接 （选填“1”或“2”），对电容器进行充电，一段时间后，记下数字电压表的读数。
②充电完成后，再将开关S接通另一端，观察到电流随时间变化的情况是 。
A． B． C． D．
③如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时间将 （选填“变长”“不变”或“变短”）。
【答案】1；C；变短
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】①对电容器进行充电时，电容器两端应与电源两端相连，所以开关S接1。
②开始放电时电流较大，随着电容器所带电量不断减小，电容器电压减小，所以放电电流减小并且减小的越来越慢。
故答案为：C。
③电容器储存的电量不变，减小电阻R，放电电流增大，根据
得放电时间将变短。
【分析】（1）电容器充电时，电容器两端应与电源两端相连；
（2）电容器放电时根据电容器的定义式得出放电电流的变化情况；
（3）根据电容器的定义式和电流的定义式得出放电时间的变化情况。
10．（2022高二上·天津期中）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
①用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图所示，其读数应为 mm。
②用伏安法测金属丝的阻值Rx，实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下图：
次数 1 2 3 4 5 6 7
U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30
I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用下图中的 （选填“甲”或“乙”）。
③任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是 。
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用U—I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
④实验中已测得金属丝直径d，设金属丝长度为L，电阻为R，则该金属丝的电阻率 。
【答案】0.396；甲；CD；
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】①螺旋测微器读数为
②由表中数据可得最小电流和电压很小接近零，同时电压和电流的变化范围较大，所以可得采用的是滑动变阻器的分压接法，故答案为：甲。
③A．由于读数引起的误差属于偶然误差，A不符合题意；
BC．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差；若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，B不符合题意，C符合题意；
D．用U—I图像处理数据能起到一种“平均”作用，可以减小偶然误差，D符合题意。
故答案为：CD。
④根据电阻定律有
解得
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数原理得出景舒适的直径；
（2）根据滑动变阻器的分压式和限流式接法的判断得出滑动变阻器的接法；
（3）根据 “测定金属的电阻率”实验 原理以及注意事项选择正确的选项；
（4）结合电阻定律得出该金属丝的电阻率 。
四、解答题
11．（2022高二上·天津期中）如图所示，光滑绝缘的斜面倾角为37o，一带电量为+q的小物体质量为m，置于斜面上，当沿水平方向加一如图所示的匀强电场时，小物体恰好处于静止状态，从某时刻开始，电场强度突然减为原来的0.5，重力加速度为g（sin37°=0.6，cos37°=0.8， tan37°=0.75）求：
（1）原来电场强度的大小；
（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L时的动能。
【答案】（1）解：对小物块进行受力分析，由平衡条件得
即
（2）解：当场强减半，小物体沿斜面下滑距离为L时，根据动能定理得
解得
【知识点】受力分析的应用；动能
【解析】【分析】（1）对小物块进行受力分析，根据力的分解以及共点力平衡得出电场强度的表达式；
（2） 当场强减半 时根据动能定理得出 物体沿斜面下滑距离为L时的动能。
12．（2022高二上·天津期中）如图所示为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l=4.0 cm，两板间距离d=1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L=18 cm。由阴极发出的电子经电场加速后，以v=1.6×107
m/s沿中心线进入竖直偏转电场。若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，已知电子的电荷量e=1.6×10-19 C，质量m=0.91×10-30
kg。
（1）求加速电压U0的大小；
（2）要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件。
【答案】（1）解：对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有
解得U0=728V
（2）解：设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的位移恰为
电子通过偏转电场的时间为
同时有
联立解得
解得
所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于91V。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1） 电子通过加速电场的过程，根据动能定理 得出加速电压的大小；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律和牛顿第二定律得出加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件。
13．（2022高二上·天津期中）如图所示，MN下方有足够宽的水平向右的匀强电场，场强大小为，半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O恰在直线MN上，半圆管的一半处于电场中。一质量为m，可视为质点的带正电，电荷量为q的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，能够通过B点正下方的C点。重力加速度为g，求：
（1）小球在C点时的加速度大小；
（2）小球在到达B点前一瞬间时，半圆轨道对它作用力的大小；
（3）小球从B点开始计时运动到C点的过程中，经过多长时间小球的动能最小。
【答案】（1）解：小球在C点受重力和电场力，合力为
由牛顿第二定律解得
（2）解：从A到B由动能定理得
在B点由
联立解得
（3）解：当F与mg的合力与v垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为t有
水平方向有
竖直方向有 ，
联立求得
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【分析】（1）小球在C点对小球进行受力分析，根据力的合成以及牛顿第二定律得出加速度的大小；
（2）小球从A到B的过程根据动能定理得出B点的速度，在B点结合牛顿第二定律得出半圆轨道对它的作用力；
（3）结合速度的分解以及匀变速直线运动的速度与时间的关系得出动能变为最短时间。
天津市五校2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷
一、单选题
1．（2020高二上·和平期中）下列说法正确的是（ ）
A．电势降低的方向就是电场强度方向
B．电场力对负电荷做正功，电势能减少，动能增加
C．可以存在这样的电场，其电场线平行但不等距
D．在同一等势面上动电荷，电场力对电荷始终不做功
2．（2020高二下·浙江期中）如图是某次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15 ，充电至9.0kV电压，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，下列说法正确的是（ ）
A．放电之后，电容器的电容为零
B．该次放电前，电容器存储的电量为135C
C．该次通过人体的电流是67.5A
D．该电容器的击穿电压为9kV
3．（2022高三上·天津市期末）如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点。其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（ ）
A．A，B两点的场强相同
B．C点场强大于B点场强
C．某正电荷从C点移动到B点，电场力做负功
D．某负电荷在C点的电势能小于B点的电势能
4．（2022高二上·天津期中）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种该称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e。那么这束质子流内单位体积的质子数n是（ ）
A． B． C． D．
5．（2019高二上·应县期中）智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接为移动设备充电的储能装置，充电宝的转换率是指充电宝放电总量占充电宝容量的比值，一般在0.6~0.7，如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（ ）
容量 20000 mAh 兼容性 所有智能手机
边充边放 否 保护电器 是
输入 DC5V2AMAX 输出 DC5V0.1A-2.5A
尺寸 156*82*22mm 转换率 0.60
产品名称 索杨SY10-200 重量 约430g
A．充电宝充电时将电能转化为内能
B．该充电宝最多能储存的能量为
C．该充电宝电量从零到完全充满所用时间约为2h
D．用该充满电的充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，理论上能充满4次
二、多选题
6．（2022高二上·天津期中）如图示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离（两板间距不变），下列说法正确的是（ ）
A．U变大，E变大 B．U变小，φP变小
C．φP变小，Ep变大 D．φP变大，Ep变小
7．（2022高二上·天津期中）如图所示，在某一电场中有一条直电场线，在电场线上取AB两点，将一个电子由A点自由释放，它能沿电场线运动到B点，电子运动的v-t图象如图所示。则下列判断正确的是（ ）
A．B点的电势一定低于A点的电势
B．B点场强一定小于A点场强
C．该电场若是正点电荷产生的，则场源电荷一定在A点左侧
D．该电场若是负点电荷产生的，则场源电荷一定在A点左侧
8．（2022高二上·天津期中）如图所示，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，A点位于x轴上O点与点电荷Q之间，A和A′关于O点对称，B点位于y轴O点上方，B和B′关于O点也对称。取无穷远处为零电势点，下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势为零，但O点的电场强度不为零
B．A点电势大于A′点电势，试探电荷在A点电势能一定大于在A′点电势能
C．将负的试探电荷从B点沿y轴到B′点，电场力先变大再变小，方向向右
D．将同一正的试探电荷先后从O、B两点到A点，两次电势能的变化相同
三、实验题
9．（2022高二上·天津期中）某同学利用如图所示的实验电路观察平行板电容器的充放电。
①按如图所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接 （选填“1”或“2”），对电容器进行充电，一段时间后，记下数字电压表的读数。
②充电完成后，再将开关S接通另一端，观察到电流随时间变化的情况是 。
A． B． C． D．
③如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时间将 （选填“变长”“不变”或“变短”）。
10．（2022高二上·天津期中）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
①用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图所示，其读数应为 mm。
②用伏安法测金属丝的阻值Rx，实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下图：
次数 1 2 3 4 5 6 7
U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30
I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用下图中的 （选填“甲”或“乙”）。
③任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是 。
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用U—I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
④实验中已测得金属丝直径d，设金属丝长度为L，电阻为R，则该金属丝的电阻率 。
四、解答题
11．（2022高二上·天津期中）如图所示，光滑绝缘的斜面倾角为37o，一带电量为+q的小物体质量为m，置于斜面上，当沿水平方向加一如图所示的匀强电场时，小物体恰好处于静止状态，从某时刻开始，电场强度突然减为原来的0.5，重力加速度为g（sin37°=0.6，cos37°=0.8， tan37°=0.75）求：
（1）原来电场强度的大小；
（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L时的动能。
12．（2022高二上·天津期中）如图所示为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l=4.0 cm，两板间距离d=1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L=18 cm。由阴极发出的电子经电场加速后，以v=1.6×107
m/s沿中心线进入竖直偏转电场。若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，已知电子的电荷量e=1.6×10-19 C，质量m=0.91×10-30
kg。
（1）求加速电压U0的大小；
（2）要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件。
13．（2022高二上·天津期中）如图所示，MN下方有足够宽的水平向右的匀强电场，场强大小为，半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O恰在直线MN上，半圆管的一半处于电场中。一质量为m，可视为质点的带正电，电荷量为q的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，能够通过B点正下方的C点。重力加速度为g，求：
（1）小球在C点时的加速度大小；
（2）小球在到达B点前一瞬间时，半圆轨道对它作用力的大小；
（3）小球从B点开始计时运动到C点的过程中，经过多长时间小球的动能最小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A．电势降低的最快的方向就是场强的方向；电势降低的方向不一定是场强的方向，A不符合题意；
B．只受电场力作用，电场力对负电荷做正功，电势能减少，动能增加；若还有其它力作用，其他力对其做功，动能不一定增加，B不符合题意；
C．不存在电场线平行但不等间距的电场，C不符合题意；
D．同一等势面上的各点电势相等，根据W=qU可知在同一等势面上移动电荷，电场力一定不做功，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场方向电势降低，电势降低不一定是电场方向；
功能关系，电场力做正功，电势能减小，但动能变化看总功，而不是单一的电场力做功；
电场线平行且等间距是匀强电场；
等势面上没有电势能变化，所以电场力做功为0。
2．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电容器的大小与带电量无关，因此放电之后，电容器的电容大小保持不变，A不符合题意；
B．根据Q=CU
代入数据可知，放电前，电容器储存的电量为0. 135C，B不符合题意；
C．根据
可知，该次放电的电流大小为67. 5A，C符合题意；
D．达到击穿电压电容器就损毁了，击穿电压应略大于额定电压，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合公式Q=CU求解电容器存储的电荷量，结合电容器放电的时间求解电流强度。
3．【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．根据电场线与等势面垂直，可知A、B两点的场强大小相同，但是方向不同，A不符合题意；
B．因B点的等势面较C点密集，可知B点场强大于C点场强，B不符合题意；
C．因B点的电势高于C点，根据
则正电荷在B点的电势能较大，则正电荷从C点移动到B点，电势能增大，电场力做负功，C符合题意；
D．因B点的电势高于C点，根据负电荷在电势低处电势能大，则负电荷在C点的电势能大于B点的电势能，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】等势面电势相等，等势面密集地方场强大。由功能关系可以判断电场力做功情况。
4．【答案】D
【知识点】动能；电流、电源的概念
【解析】【解答】质子在加速电场中加速
根据电流的微观表达式
联立解得 。
故答案为：D。
【分析】质子在加速电场中根据动能定理以及电流的定义式得出这束质子流内单位体积的质子数。
5．【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】充电宝充电时将电能转化为化学能，A不符合题意；容量
最多能储存能量为 ，B不符合题意； ，C不符合题意；由于其转换率为0.6所以释放的电荷量为 ，对电池充电的次数为 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】求解电容器存储的电能，利用电容器存储的电荷量乘以两极板之间的电势差即可。
6．【答案】A,C
【知识点】电势差与电场强度的关系；电流、电源的概念
【解析】【解答】电容器带电量一定，则根据
将A、B两板水平错开一段距离，可知相对面积S减小，则场强E变大，根据U=Ed
可知，两板间电势差U变大；根据U=Ed
可知，P点与正极板B的电势差变大，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能Ep变大。
故答案为：AC。
【分析】根据匀强电场的电场强度的表达式以及电容器的定义式 得出场强的变化情况以及电势能的变化情况。
7．【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据v-t图象可知从A点到B点速度在增大，可得动能在增大，电势能在减小，电子带负电，所以有B点的电势一定大于A点的电势，A不符合题意；
B．由v-t图象可知加速度在减小，所以电场力在减小可得场强在减小，所以B点场强一定小于A点场强，B符合题意；
CD．根据前面分析从A点到B点电势一直在变大，所以可得该电场若是正点电荷产生的，则场源电荷一定在B点右侧；同理，该电场若是负点电荷产生的，则场源电荷一定在A点左侧，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】v-t图像的斜率表示物体的加速度，结合功能关系得出AB两点电势的大小关系，结合牛顿第二定律得出AB场强的大小关系，沿着电场线电势逐渐降低。
8．【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；电场线；电势
【解析】【解答】A．结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以O点的电势等于0，而电场强度不等于0，A符合题意；
B．A点电势大于A′点电势，正试探电荷在A点电势能大于在A′点电势能，负试探电荷在A点电势能小于在A′点电势能，B不符合题意；
C．将负的试探电荷从B点沿Y轴移动到B′点，电场力先变大再变小，方向向左，C不符合题意；
D．两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、B两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、B两点移到A点，两次电势能的变化相等，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】结合等量异种点电荷周围电场的特点得出连线中垂线为等势线，电场线和等势线垂直，沿着电场线电势逐渐降低，通过电场力的表达式判断电场力的变化情况。
9．【答案】1；C；变短
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】①对电容器进行充电时，电容器两端应与电源两端相连，所以开关S接1。
②开始放电时电流较大，随着电容器所带电量不断减小，电容器电压减小，所以放电电流减小并且减小的越来越慢。
故答案为：C。
③电容器储存的电量不变，减小电阻R，放电电流增大，根据
得放电时间将变短。
【分析】（1）电容器充电时，电容器两端应与电源两端相连；
（2）电容器放电时根据电容器的定义式得出放电电流的变化情况；
（3）根据电容器的定义式和电流的定义式得出放电时间的变化情况。
10．【答案】0.396；甲；CD；
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】①螺旋测微器读数为
②由表中数据可得最小电流和电压很小接近零，同时电压和电流的变化范围较大，所以可得采用的是滑动变阻器的分压接法，故答案为：甲。
③A．由于读数引起的误差属于偶然误差，A不符合题意；
BC．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差；若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，B不符合题意，C符合题意；
D．用U—I图像处理数据能起到一种“平均”作用，可以减小偶然误差，D符合题意。
故答案为：CD。
④根据电阻定律有
解得
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数原理得出景舒适的直径；
（2）根据滑动变阻器的分压式和限流式接法的判断得出滑动变阻器的接法；
（3）根据 “测定金属的电阻率”实验 原理以及注意事项选择正确的选项；
（4）结合电阻定律得出该金属丝的电阻率 。
11．【答案】（1）解：对小物块进行受力分析，由平衡条件得
即
（2）解：当场强减半，小物体沿斜面下滑距离为L时，根据动能定理得
解得
【知识点】受力分析的应用；动能
【解析】【分析】（1）对小物块进行受力分析，根据力的分解以及共点力平衡得出电场强度的表达式；
（2） 当场强减半 时根据动能定理得出 物体沿斜面下滑距离为L时的动能。
12．【答案】（1）解：对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有
解得U0=728V
（2）解：设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的位移恰为
电子通过偏转电场的时间为
同时有
联立解得
解得
所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于91V。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1） 电子通过加速电场的过程，根据动能定理 得出加速电压的大小；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律和牛顿第二定律得出加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件。
13．【答案】（1）解：小球在C点受重力和电场力，合力为
由牛顿第二定律解得
（2）解：从A到B由动能定理得
在B点由
联立解得
（3）解：当F与mg的合力与v垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为t有
水平方向有
竖直方向有 ，
联立求得
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【分析】（1）小球在C点对小球进行受力分析，根据力的合成以及牛顿第二定律得出加速度的大小；
（2）小球从A到B的过程根据动能定理得出B点的速度，在B点结合牛顿第二定律得出半圆轨道对它的作用力；
（3）结合速度的分解以及匀变速直线运动的速度与时间的关系得出动能变为最短时间。
