2025版高考物理考點(diǎn)題型歸納總結(jié)（含答案）驗(yàn)收檢測(cè)卷八　靜電場(chǎng)

驗(yàn)收檢測(cè)卷八靜電場(chǎng)一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求．1.[2024·福建省五校聯(lián)考]小張同學(xué)在空氣干燥的教室里進(jìn)行一個(gè)小實(shí)驗(yàn)，將一塑料繩撕成細(xì)絲后，一端打結(jié)，做成“水母”的造型，用毛巾順著細(xì)絲向下捋幾下，同樣用毛巾來回摩擦PVC(塑料)管．將“水母”拋向空中，然后把PVC管從下方靠近它，直到“水母”處于懸停狀態(tài)，則()A．PVC管帶電方式屬于感應(yīng)起電B．“水母”在空中懸停時(shí)，PVC管對(duì)它向上的靜電力大于它所受重力C．用毛巾摩擦后，“水母”與PVC管帶異種電荷D．PVC管與“水母”相互靠近過程中，兩者間相互作用力變大2．[2024·浙江省臺(tái)州市臺(tái)金七校聯(lián)盟聯(lián)考]兩個(gè)放在絕緣架上的相同金屬球相距d，球的半徑遠(yuǎn)小于d，分別帶q和－9q的電量，兩球間的庫侖力大小為18F.現(xiàn)將這兩個(gè)金屬球充分接觸，然后放回原處，則它們的庫侖力大小將變?yōu)?)A．32FB．18FC．4FD．03．[2024·廣東省汕頭市期中考試]近年來，紡織服裝作為汕頭“三新兩特一大”產(chǎn)業(yè)中的特色產(chǎn)業(yè)之一，已經(jīng)形成了完整的產(chǎn)業(yè)鏈，織布是其中重要的一環(huán)．現(xiàn)代紡紗織布采用的是靜電技術(shù)，即利用高壓靜電場(chǎng)使單纖維兩端帶異種電荷，在電場(chǎng)力作用下使纖維伸直、平行排列和凝聚的紡紗工藝．如圖所示為其電場(chǎng)分布簡圖，下列說法正確的是()A.虛線可能是等勢(shì)線B．電場(chǎng)強(qiáng)度EC<EB<EAC．在C點(diǎn)靜止釋放一電子，它將在電場(chǎng)力作用下沿著虛線CD運(yùn)動(dòng)D．負(fù)電荷在C點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在A點(diǎn)的電勢(shì)能4.[2024·河南省新未來聯(lián)考]圖甲是電容式油位傳感器的示意圖，可以用它來監(jiān)測(cè)油箱內(nèi)液面高度的變化，傳感器由圓柱形金屬芯A和金屬圓筒B組成，可看作電容器的兩極，油箱內(nèi)的汽油可看作電介質(zhì)，將傳感器接入圖乙的電路中，金屬芯和金屬圓筒分別與接線柱c、d連接，當(dāng)觀察到輸出端a的電勢(shì)低于b的電勢(shì)時(shí)，下列說法正確的是()A．電容器在充電B．電容器的電容在增大C．油箱內(nèi)液面在下降D．電容器兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度在增大5．[2024·廣東省惠州市期中檢測(cè)]如圖所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，點(diǎn)電荷A、B所帶電荷量分別為QA、QB，測(cè)得在C處帶負(fù)電的點(diǎn)電荷所受靜電力方向平行于AB向左，則下列說法正確的是()A.A帶正電，QA∶QB＝1∶4B．A帶負(fù)電，QA∶QB＝1∶4C．A帶正電，QA∶QB＝1∶8D．A帶負(fù)電，QA∶QB＝1∶86.如圖所示，a、b、c為電場(chǎng)中同一條水平方向電場(chǎng)線上的三點(diǎn)，c為ab的中點(diǎn)，a、b電勢(shì)分別為φa＝5V、φb＝3V．下列敘述正確的是()A.該電場(chǎng)在c點(diǎn)處的電勢(shì)一定為4VB．a(chǎn)點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)Ea一定大于b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)EbC．一正電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電勢(shì)能一定減少D．一正電荷運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)受到的靜電力由c指向a7.[2024·北京市中關(guān)村中學(xué)期中考試]如圖所示，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷位于M、N兩點(diǎn)上，E、F是MN連線中垂線上的兩點(diǎn)，O為EF、MN的交點(diǎn)，EO＝OF.一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在E點(diǎn)由靜止釋放后()A．做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．在O點(diǎn)所受靜電力最大C．由E到O的時(shí)間等于由O到F的時(shí)間D．由E到F的過程中電勢(shì)能先增大后減小8.[2024·四川省資陽市月考]如圖所示，空間有電荷量分別為＋Q1和－Q2的兩個(gè)點(diǎn)電荷，其連線水平．在豎直平面內(nèi)，內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)彎管關(guān)于O1O2連線對(duì)稱放置，細(xì)管的上下端口恰好在O1O2連線的中垂線上．電荷量為＋q的小球以初速度v0從上端管口無碰撞進(jìn)入細(xì)管，在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則()A．Q1<Q2B．細(xì)管上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向均與細(xì)管垂直C．在O1O2的連線上，中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小D．小球從細(xì)管下端飛出時(shí)速度為v0二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9.[2024·湖北省部分省級(jí)示范性考試]如圖所示，一電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布關(guān)于y軸(沿豎直方向)對(duì)稱，O、M、N是y軸上的三個(gè)點(diǎn)，且OM＝MN，P點(diǎn)在y軸的右側(cè)，MP⊥ON，則下列說法正確的是()A．M點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的電勢(shì)低B．在O點(diǎn)靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運(yùn)動(dòng)C．M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差小于O、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D．將負(fù)電荷由O點(diǎn)移動(dòng)到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功10.[2024·江蘇省南通市期中考試]如圖所示，絕緣輕桿兩端固定帶電小球a和b，一點(diǎn)電荷放在輕桿的左側(cè)．現(xiàn)將輕桿繞中點(diǎn)O轉(zhuǎn)動(dòng)，在位置MN和位置EF時(shí)兩小球的電勢(shì)能總量剛好相等．則()A．a(chǎn)、b兩球帶異種電荷B．a(chǎn)球的帶電量比b球少C．a(chǎn)球由E轉(zhuǎn)動(dòng)到M，電場(chǎng)力對(duì)其一定做正功D．b球在N點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于F點(diǎn)的電勢(shì)能11.[2024·廣東省廣州市一中期中考試]如圖，質(zhì)量相同的帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從平行板間正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們都打到上極板同一點(diǎn)，不計(jì)粒子重力．則()A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同B．Q所帶的電荷量比P大C．電場(chǎng)力對(duì)它們做的功一樣大D．Q的動(dòng)能增量大12．[2024·內(nèi)蒙古赤峰四中月考]空間存在沿x軸方向的電場(chǎng)，軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的圖像為余弦函數(shù)曲線如圖所示．一質(zhì)量為m＝1×10－6kg、電荷量為q＝－3×10－8C的帶電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)以一定的初速度v0沿x軸正方向射入電場(chǎng)，粒子僅受電場(chǎng)力作用．則下列說法正確的是()A.粒子在由原點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至x＝0.2m處的過程中，其加速度先增大后減小B．欲使粒子沿x軸正方向持續(xù)運(yùn)動(dòng)下去，v0至少大于6m/sC．若粒子的初速度v0＝3m/s，則粒子可以運(yùn)動(dòng)到0.1m處D．粒子在由原點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至x＝0.2m處的過程中，在x＝0.1m處加速度最大，速度最小[答題區(qū)]題號(hào)123456789101112答案三、非選擇題：本題共4小題，共60分．13．[2024·重慶市西南大學(xué)附中期中考試]如圖甲是研究電容器電容大小的電路圖．電壓傳感器(內(nèi)阻可看作無窮大)可以實(shí)時(shí)顯示A、B間電壓大小，電流傳感器(內(nèi)阻可看作零)可實(shí)時(shí)顯示出電流大小．連接好電路檢查無誤后進(jìn)行了如下操作：①將S撥至2，接通足夠長的時(shí)間直至A、B間電壓等于零．②將S撥至1，觀察并保存計(jì)算機(jī)屏幕上的I-t、UAB-t圖，得到圖乙和圖丙．(1)操作①的目的是________________________________________________________；(2)進(jìn)行操作②時(shí)，通過R的電流方向是向________(選填“左”或“右”)，電流隨時(shí)間________(選填“增大”或“減小”)；(3)該電容器的電容約為________μF；(4)若電源的內(nèi)阻不計(jì)，則R＝________Ω.14.[2024·河南省新高中創(chuàng)新聯(lián)盟TOP二十名校調(diào)研]如圖所示，金屬小球甲用長度為4L的輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，金屬小球乙用長度為5L的輕質(zhì)絕緣細(xì)線也懸掛在O點(diǎn)，兩小球質(zhì)量相等且均視為質(zhì)點(diǎn)和點(diǎn)電荷，帶電量均為＋q，甲貼在光滑絕緣的豎直墻壁上，甲、乙靜止時(shí)兩條細(xì)線之間的夾角正好為37°，重力加速度為g，靜電力常量為k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，eq\r(38025)＝195，求：(1)豎直墻壁對(duì)甲的支持力以及乙的質(zhì)量；(2)兩小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?5．[2024·山西省晉城一中期中考試]如圖所示，在水平軌道AB的末端處，平滑連接一個(gè)半徑R＝0.4m的光滑半圓形軌道，半圓形軌道與水平軌道相切，C點(diǎn)為半圓形軌道的中點(diǎn)，D點(diǎn)為半圓形軌道的最高點(diǎn)，整個(gè)軌道處在電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，大小E＝4×103V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．將一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg帶正電的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，從水平軌道的A點(diǎn)由靜止釋放，小物塊恰好能通過D點(diǎn)．小物塊的電荷量q＝＋2×10－4C，小物塊與水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)A、B兩點(diǎn)間的距離L；(2)小物塊通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN.16.[2024·浙江錢塘聯(lián)盟聯(lián)考]如圖所示為一種質(zhì)譜儀的簡化原理圖．位于第Ⅱ象限的靜電分析器，其通道為以O(shè)為圓心的四分之一圓弧，內(nèi)有方向指向坐標(biāo)原點(diǎn)O的均勻輻向電場(chǎng)，圓心為O，半徑為R＝0.6m 虛線MN為通道的中心線，中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1.位于第Ⅰ象限的擋板OP與x軸夾角為θ，擋板OP與y軸之間存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2.比荷是eq\f(q,m)＝1×108C/kg的離子(重力不計(jì))從離子源飄出(初速度近似為0)，經(jīng)過電壓為U＝5×103V的加速電場(chǎng)加速后，以速度v0進(jìn)入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從N點(diǎn)垂直y軸射出后進(jìn)入電場(chǎng)E2中，調(diào)整夾角θ，最后離子恰好垂直打在擋板OP上，不計(jì)離子重力和離子間相互作用，求：(1)v0的大??；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小與夾角θ的關(guān)系式．

驗(yàn)收檢測(cè)卷八靜電場(chǎng)1．答案：D解析：由題意可知PVC管帶電方式屬于摩擦起電，A錯(cuò)誤；“水母”在空中懸停時(shí)，處于平衡狀態(tài)，PVC管對(duì)它向上的靜電力等于它所受重力，B錯(cuò)誤；因?yàn)椤八浮迸cPVC管存在相互排斥的靜電力，所以“水母”與PVC管帶同種電荷，C錯(cuò)誤；管與“水母”相互靠近過程中，距離減小，兩者間相互作用力變大，D正確．2．答案：A解析：兩金屬球未接觸時(shí)根據(jù)庫侖定律可知F庫＝eq\f(kq·9q,d2)＝18F，兩個(gè)金屬球接觸后所帶電荷量均為q′＝eq\f(q－9q,2)＝－4q，則它們的庫侖力大小變?yōu)镕′庫＝eq\f(k4q·4q,r2)，聯(lián)立解得F′庫＝eq\f(k4q·4q,r2)＝32F，A正確．3．答案：D解析：電極是等勢(shì)體，其表面是等勢(shì)面，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直可知虛線應(yīng)是電場(chǎng)線，A錯(cuò)誤；由電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可知EA＜EB＜EC，B錯(cuò)誤；電場(chǎng)線是曲線，在C點(diǎn)靜止釋放一電子，在電場(chǎng)力作用下不會(huì)沿著虛線CD運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)線由高壓電源的正極到負(fù)極，所以A點(diǎn)的電勢(shì)高，C點(diǎn)的電勢(shì)低，由電勢(shì)能公式Ep＝qφ可知，電子在C點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在A點(diǎn)的電勢(shì)能，D正確．4．答案：C解析：當(dāng)觀察到輸出端a的電勢(shì)低于b的電勢(shì)時(shí)，表明電阻R中有由下向上的電流，表明電容器在放電，A錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)電容器兩極間的電壓不變，由Q＝CU可知，電容器的電容在減小，B錯(cuò)誤；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，正對(duì)面積減小，所以油的液面在下降，C正確；由E＝eq\f(U,d)可知，穩(wěn)定時(shí)兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，D錯(cuò)誤．5．答案：C解析：由于負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)線的方向相反，C處的負(fù)點(diǎn)電荷所受靜電力向左，所以電場(chǎng)線的方向平行于AB向右．若A、B都為正電荷或負(fù)電荷，或A為負(fù)電荷，B為正電荷，C點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)的方向不可能與AB平行．所以A為正電荷、B為負(fù)電荷；如下圖畫出分場(chǎng)強(qiáng)與合場(chǎng)強(qiáng)之間的關(guān)系根據(jù)平行四邊形定則，知A、B在C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)之比為EA∶EB＝1∶2，又點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式為E＝keq\f(Q,r2)，C點(diǎn)距離A、B兩點(diǎn)間的距離比為rA∶rB＝1∶2，解得QA∶QB＝1∶8，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．6．答案：C解析：該電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布情況不明，所以在c點(diǎn)處的電勢(shì)不一定為4V，a點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)Ea不一定大于b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)Eb，A、B錯(cuò)誤；因c點(diǎn)的電勢(shì)一定高于b點(diǎn)，由公式Ep＝qφ知，一正電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，電勢(shì)能一定減少．根據(jù)“沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低”可得c點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向由a指向c.所以正電荷運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力由a指向c，C正確，D錯(cuò)誤．7．答案：C解析：根據(jù)等量同種電荷連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度分布可知，EF間的電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，負(fù)點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力是變力，根據(jù)牛頓第二定律可知負(fù)電荷的加速度不恒定，故負(fù)電荷做變加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加可知O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故在O點(diǎn)所受靜電力最小，為零，B錯(cuò)誤；帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在E點(diǎn)由靜止釋放后，根據(jù)對(duì)稱性可知，其將以O(shè)點(diǎn)為對(duì)稱中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由E到O的時(shí)間等于由O到F的時(shí)間，C正確；負(fù)點(diǎn)電荷由E到O，電場(chǎng)力方向與速度方向相同，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，由O到F，電場(chǎng)力方向與速度方向相反，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故由E到F的過程中電勢(shì)能先減小后增大，D錯(cuò)誤．8．答案：B解析：帶電小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則小球在運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能保持不變，題干圖中細(xì)管所在的弧線是一等勢(shì)線，所以有Q1＞Q2，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線處處垂直，所以細(xì)管各處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向均和細(xì)管垂直，B正確；當(dāng)兩個(gè)是等量異種電荷的時(shí)候，中點(diǎn)是場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)，但是現(xiàn)在二者是非等量異種電荷，且Q1>Q2，所以場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)會(huì)相應(yīng)的向右偏移，C錯(cuò)誤；小球以初速度v0從上端的管口恰好無碰撞地進(jìn)入細(xì)管，且在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能始終保持不變，但是小球從細(xì)管下端飛出時(shí)因?yàn)橹亓ψ稣?，所以小球離開的速度大于v0，D錯(cuò)誤．9．答案：BCD解析：沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)逐漸降低，所以M點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；在O點(diǎn)靜止釋放一帶正電粒子，粒子受電場(chǎng)力豎直向上，該粒子將沿y軸做直線運(yùn)動(dòng)，B正確；電場(chǎng)線越密集的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，根據(jù)U＝Ed可知M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差小于O、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，C正確；負(fù)電荷往低電勢(shì)移動(dòng)，電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，D正確．10．答案：BD解析：根據(jù)題意，a、b兩球電勢(shì)能總量剛好相等，說明點(diǎn)電荷對(duì)a、b兩球所做的總功為零，a、b兩球電性一定相同，且與點(diǎn)電荷電性相反，A錯(cuò)誤；若a球由E轉(zhuǎn)動(dòng)到M，則b球由F轉(zhuǎn)到N，點(diǎn)電荷對(duì)兩球做功相等，其中M，N兩點(diǎn)電勢(shì)相同，令點(diǎn)電荷帶正電，則有φE＝eq\f(kQ,r)，φF＝eq\f(kQ,r＋L)，電場(chǎng)力做功WEM＝qa(φE－φM)，WFN＝qb(φF－φN)，因φM＝φN，則可得qaeq\f(kQ,r)＝qbeq\f(kQ,r＋L)可得qa<qb，B正確；點(diǎn)電荷的電性與兩球電性相反，則a球由E轉(zhuǎn)動(dòng)到M，電場(chǎng)力對(duì)其一定做負(fù)功，C錯(cuò)誤；由于點(diǎn)電荷的電性與兩球電性相反，則b球由N轉(zhuǎn)動(dòng)到F，電場(chǎng)力對(duì)其一定做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增大，所以b球在N點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于F點(diǎn)的電勢(shì)能，D正確．11．答案：BD解析：兩粒子在電場(chǎng)中均做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(x,v0)，由于x、v0相等，可知它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，A錯(cuò)誤；根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2可得a＝eq\f(2y,t2)，知Q的加速度是P的兩倍；再根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，可知Q的電荷量是P的兩倍，B正確；由W＝qEd知，靜電力對(duì)兩粒子均做正功，由前分析知Q的電荷量是P的兩倍，Q沿電場(chǎng)方向上的位移y是P的兩倍，則靜電力對(duì)Q做的功是P的4倍．根據(jù)動(dòng)能定理，靜電力做的功等于動(dòng)能變化量，可知Q的動(dòng)能增量大，C錯(cuò)誤，D正確．12．答案：AB解析：φ-x圖像的斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，由圖可知0≤x≤0.2m的區(qū)間內(nèi)，圖線斜率的絕對(duì)值先增大后減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，粒子受到的電場(chǎng)力先增大后減小，所以加速度先增大后減小，A正確；由圖可知0≤x≤0.2m的區(qū)間內(nèi)，隨x的增大φ減小，因粒子帶負(fù)電，所以電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，當(dāng)粒子恰好能到達(dá)x＝0.2m處，其初速度是使粒子能沿x正方向持續(xù)運(yùn)動(dòng)下去的最小速度，由動(dòng)能定理可得q(φ0－φ2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中φ0＝300V，φ2＝－300V，解得v0＝6m/s，B正確；若粒子可以恰好運(yùn)動(dòng)到x＝0.1m處，則有q(φ0－φ1)＝0－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)，其中φ0＝300V，φ1＝0，解得v′0＝3eq\r(2)m/s，C錯(cuò)誤；粒子在由原點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至x＝0.2m處的過程中，速度一直減小，則在x＝0.1m處速度不是最小，D錯(cuò)誤．13．答案：(1)讓電容器充分放電或保證電容器初始電量為零(2)左減小(3)187(173～193均可)(4)2.75×104解析：(1)將S撥至2，接通足夠長的時(shí)間直至A、B間電壓等于零，其目的是讓電容器充分放電或保證電容器初始電量為零．(2)進(jìn)行操作②時(shí)，電容器接在電源兩端，電容器充電．A、B極板分別帶上正、負(fù)電荷．通過R的電流方向向左.由圖乙可知，電流隨時(shí)間減?。?3)由圖乙可知，I-t每個(gè)小格的面積表示q＝eq\f(1,5)mA×eq\f(2,5)s＝eq\f(2,25)×10－3C＝8×10－5C，I-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表電容器充滿電時(shí)所帶的電荷量Q＝28×8×10－5C＝2.24×10－3C，由圖丙可知電容器充滿電時(shí)兩端的電壓U＝12V，該電容器的電容約為C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(2.24×10－3C,12V)≈187μF.(4)由公式I＝eq\f(U,R)和q＝It可知，U-t圖像中圖像與橫軸圍成的面積為S＝Ut＝QR，由圖丙可知U-t圖像中圖像與橫軸圍成的面積S＝154×1×0.4V·s＝61.6V·s，解得R＝eq\f(S,Q)＝2.75×104Ω.14．答案：(1)eq\f(kq2,9L2)eq\f(4kq2,27gL2)(2)eq\f(39kq,400L2)解析：(1)假設(shè)甲、乙的連線水平即假設(shè)甲、乙的連線與懸掛甲的細(xì)線垂直，設(shè)兩細(xì)線之間的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得cosθ＝eq\f(4L,5L)則有θ＝37°與題干相符，假設(shè)成立；則甲、乙兩球之間的距離為d＝3L對(duì)甲進(jìn)行受力分析，水平方向由二力平衡可得FN＝eq\f(kq2,（3L）2)＝eq\f(kq2,9L2)對(duì)乙進(jìn)行受力分析，由三力平衡的矢量三角形可得mgtan37°＝eq\f(kq2,9L2)解得m＝eq\f(4kq2,27gL2)(2)甲在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E甲＝eq\f(kq,（4L）2)方向豎直向上乙在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E乙＝eq\f(kq,（5L）2)方向斜向左上方與E甲的夾角為37°由平行四邊形定則E＝eq\r(（E甲＋E乙y）2＋Eeq\o\al(2,乙x))綜合計(jì)算可得E＝eq\f(39kq,400L2).15．答案：(1)eq\f(5,3)m(2)5.4N解析：(1)小物塊恰好能通過D點(diǎn)，由牛頓第二定律可知mg＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)