2024-2025學(xué)年湖北省武漢市高二上學(xué)期10月聯(lián)考物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1武漢市2024—2025學(xué)年度上學(xué)期10月聯(lián)考高二物理試卷一、選擇題（1-7為單選，8-10為多選，每題4分，漏選2分，多選錯(cuò)選不得分，共40分）1.下列關(guān)于靜電場(chǎng)中電場(chǎng)線和等勢(shì)面的說法正確的是（）A.電場(chǎng)線是客觀存在的但肉眼看不見的線B.電場(chǎng)線與等勢(shì)面一定是處處相互垂直的C.電場(chǎng)線的方向即為帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向D.將點(diǎn)電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功【答案】B【解析】A．電場(chǎng)線是為了描述電場(chǎng)而假想的曲線，實(shí)際是不存在的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．電場(chǎng)線與等勢(shì)面一定是處處相互垂直的，選項(xiàng)B正確；C．電場(chǎng)線的方向與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向一般是不同的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．將正的點(diǎn)電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2.如圖所示，原來不帶電，長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒水平放置，現(xiàn)將一個(gè)電荷量為（）的點(diǎn)電荷放在棒的中心軸線上距離棒的左端R處，A、B分別為導(dǎo)體棒左右兩端的一點(diǎn)，靜電力常量為k。當(dāng)棒達(dá)到靜電平衡后，下列說法正確的是（）A.棒的兩端都感應(yīng)出負(fù)電荷B.棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右C.棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小D.若用一根導(dǎo)線將A、B相連，導(dǎo)線上會(huì)產(chǎn)生電流【答案】C【解析】A．由靜電感應(yīng)可知，棒左端感應(yīng)出負(fù)電荷，右端感應(yīng)出正電荷，故A錯(cuò)誤；BC．q在棒中心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)方向向右，根據(jù)平衡關(guān)系可知，棒上感應(yīng)電荷在棒中心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)方向向左，大小相同，為故C正確，B錯(cuò)誤；D．導(dǎo)體棒是等勢(shì)體，左右端電勢(shì)相等，若用一根導(dǎo)線將A、B相連，導(dǎo)線上不會(huì)產(chǎn)生電流，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，虛線為真空中某靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，圖中相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，實(shí)線為某帶電粒子在該靜電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，M、N、O、P為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)線的交點(diǎn)。若粒子僅受電場(chǎng)力的作用，下列說法正確的是（）A.粒子在M、O兩點(diǎn)的加速度大小相等B.粒子在N、O兩點(diǎn)的速度大小相等C.粒子運(yùn)動(dòng)過程中速度先減小后增大D.粒子在N點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大【答案】B【解析】A．M點(diǎn)附近等差等勢(shì)面較密集，則電場(chǎng)強(qiáng)度更大，電場(chǎng)力更大，加速度更大，A錯(cuò)誤；B．N、O兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面，則粒子在N、O兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等，粒子僅受電場(chǎng)力，則電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變，則粒子在N、O兩點(diǎn)的動(dòng)能相等，速度大小相等，B正確；C．電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，電場(chǎng)力與電場(chǎng)線共線且指向軌跡的凹側(cè)，可知，粒子先加速運(yùn)動(dòng)后減速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)做加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合B選項(xiàng)，粒子在N點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小，D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖，一根均勻帶負(fù)電的長(zhǎng)直橡膠棒沿軸線方向做速度大小為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)。若棒橫截面積為S，單位長(zhǎng)度所帶的電荷量為q，由于棒的運(yùn)動(dòng)而形成的等效電流的大小和方向是（）A.qvS，與v同向 B.qvS，與v反向C.，與v同向 D.qv，與v反向【答案】D【解析】電荷的定向移動(dòng)形成電流，正電荷定向移動(dòng)的方向即為電流的方向，故均勻帶負(fù)電的長(zhǎng)直橡膠棒沿軸線方向做速度大小為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)，形成等效電流，電流的方向與反向，設(shè)橡膠棒的長(zhǎng)度為，則故選D。5.如圖所示為在豎直平面的電路，閉合開關(guān)S1和S2后，帶電油滴在電容器內(nèi)部處于靜止?fàn)顟B(tài)，R1為滑動(dòng)變阻器，R2為定值電阻，二極管為理想二極管，電容器的下極板接地，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A.滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng)，油滴向上運(yùn)動(dòng)B.滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向左滑動(dòng)，油滴向下運(yùn)動(dòng)C.極板M向上運(yùn)動(dòng)，M板的電勢(shì)升高D.斷開S2，油滴向上運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】A．滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng)，則R1阻值減小，回路電流變大，則R2兩端電壓變大，則電容器要充電，此時(shí)電容器兩板電壓變大，場(chǎng)強(qiáng)變大，則油滴向上運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向左滑動(dòng)，則R1阻值變大，回路電流變小，則R2兩端電壓變小，則電容器要放電，但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹?，則使得電容器兩板電壓不變，則油滴仍靜止，故B錯(cuò)誤；C．極板M向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)可知電容器電容減小，則帶電量應(yīng)該減小，但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹?，則兩板間電量不變，結(jié)合可知兩板電勢(shì)差變大，N板接地電勢(shì)為0，則M板的電勢(shì)升高。故C正確；D．?dāng)嚅_S2，則電容器兩板間的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，即電壓變大，電容器充電，根據(jù)可知兩板間場(chǎng)強(qiáng)變大，則根據(jù)可知斷開S2，油滴向上運(yùn)動(dòng)。故D正確。題目要求選擇錯(cuò)誤的，故選B。6.如圖所示，帶正電的小球A用豎直立在地面上的絕緣桿支撐固定，把帶正電的小球B繞過A球正上方的定滑輪的絕緣細(xì)長(zhǎng)線用手拉住。開始時(shí)A、B在同一水平線上并處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)兩個(gè)小球的大小。現(xiàn)拉細(xì)線使小球B緩慢移動(dòng)到定滑輪處，小球B在向上移動(dòng)過程中，A、B兩球的電荷量保持不變，不計(jì)兩球間的萬(wàn)有引力，則在B球緩慢移動(dòng)到定滑輪處的過程中（）A.A、B兩球間的距離在減小B.小球B的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線C.細(xì)線上的張力先減小后增大D.A、B兩球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能在增大【答案】C【解析】ABC．設(shè)小球B受到的重力為mg，A、B兩球的帶電量分別為q1、q2，兩球間的距離為r，定滑輪距離A球?yàn)閔，距離B球?yàn)閐，對(duì)B球受力分析如圖根據(jù)相似三角形可知得小球B緩慢向上移動(dòng)過程中，兩個(gè)三角形仍然是相似的，以上的公式仍然成立。根據(jù)題意移動(dòng)過程mg、h不變，則在小球緩慢移動(dòng)過程中r保持不變，因此小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧，當(dāng)小球B運(yùn)動(dòng)到小球A的上方后，AB距離增大；在這之前則A、B兩球之間的庫(kù)侖力大小保持不變，又由于d在減小，因此一直在減小，所以細(xì)線上的張力F一直在減小，當(dāng)小球B運(yùn)動(dòng)到小球A的上方后，此時(shí)庫(kù)侖力、重力、拉力共線，小球B繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，庫(kù)侖力減小，所以拉力增大，即細(xì)線上的張力F先減小后增大，故AB錯(cuò)誤，C正確；D．當(dāng)小球B運(yùn)動(dòng)到小球A上方前，由于小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧，庫(kù)侖力不做功，則A、B兩球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能不變；當(dāng)小球B運(yùn)動(dòng)到小球A的上方后，庫(kù)侖力做正功，A、B兩球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能在減小，故D錯(cuò)誤。7.如圖（a）所示，兩個(gè)帶正電的小球A、B（均可視為點(diǎn)電荷）套在一根傾斜的光滑絕緣直桿上，其中A球固定，電荷量QA=2.0×10-4C，B球的質(zhì)量m=0.1kg。以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿桿向上建立直線坐標(biāo)系，B球的總勢(shì)能（重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和）隨位置x的變化規(guī)律如圖（b）中曲線I所示，直線Ⅱ?yàn)榍€I的漸近線。圖中M點(diǎn)離A點(diǎn)距離為6m，令A(yù)位置的重力勢(shì)能為零，無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，重力加速度g取10m/s2，圖（a）靜電力恒量k=9.0×109N·m2/C2，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.B球的電荷量QB=1.0×10-5CB.直線Ⅱ?qū)嵸|(zhì)上是小球B的重力勢(shì)能變化曲線C.若B球從離A球2m處?kù)o止釋放，則向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度先減小后增大D.若B球以4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)沿桿向上運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能減小1J【答案】D【解析】A．由圖乙中的曲線Ⅰ知，在x=6m處B球的總勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，該位置M點(diǎn)受力平衡，則有解得選項(xiàng)A正確；B．因隨著兩球距離的不斷增加，電勢(shì)能逐漸趨近于零，則漸近線Ⅱ表示小球B的重力勢(shì)能隨位置的變化關(guān)系，選項(xiàng)B正確；C．由于B球在位置M點(diǎn)受力平衡，B球從離A球2m處?kù)o止釋放到M的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知庫(kù)侖力減小，向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小減?。粡腗繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知庫(kù)侖力減小，向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小增大。所以B球向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度也先減小后增大，選項(xiàng)C正確；D．漸近線Ⅱ表示小球B的重力勢(shì)能隨位置的變化關(guān)系，有由圖像可知直線斜率k=0.5，則有解得B球在M點(diǎn)的電勢(shì)能在M點(diǎn)B球總勢(shì)能為6J，B球以4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)沿桿向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律，當(dāng)B的動(dòng)能為零，總勢(shì)能為10J，由圖可知，總勢(shì)能為10J時(shí)，有此時(shí)的電勢(shì)能為所以電勢(shì)能的變化為可知到最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能減小2J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。（）A.E點(diǎn)和F點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等B.O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度等于零，電勢(shì)一定大于零C.將電子從E點(diǎn)沿著EF連線移動(dòng)到F點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功D.電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能先增大后減小【答案】CD【解析】A．將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點(diǎn)電荷，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布規(guī)律，結(jié)合對(duì)稱性可知，E點(diǎn)和F點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，即E點(diǎn)和F點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相等，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合上述，將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點(diǎn)電荷，由于等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線為等勢(shì)線，電勢(shì)與無窮遠(yuǎn)電勢(shì)相等，即電勢(shì)等于0，可知，O點(diǎn)的電勢(shì)為0，A、C與B、D是兩組等量同種點(diǎn)電荷，由于等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)位置的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，即O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于零，故B錯(cuò)誤；C．結(jié)合上述可知，EF連線為一條等勢(shì)線，則將電子從E點(diǎn)沿著EF連線移動(dòng)到F點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，故C正確；D．根據(jù)圖中電荷的分布可知，由于MO之間的任意位置均靠近A、B組等量異種點(diǎn)電荷，則MO之間任意位置的電勢(shì)由A、B組等量異種點(diǎn)電荷決定，ON之間的任意位置均靠近C、D組等量異種點(diǎn)電荷，則ON之間任意位置的電勢(shì)由C、D組等量異種點(diǎn)電荷決定，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布規(guī)律，由于沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，而等勢(shì)線垂直于電場(chǎng)線，由于O點(diǎn)電勢(shì)為0，可知，MO之間的任意位置的電勢(shì)均大于0，由，電勢(shì)降低，ON之間的任意位置的電勢(shì)均大于0，由，電勢(shì)升高，則電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，則電勢(shì)能先增大后減小，故D正確。故選CD。9.如圖所示，O、A、B為一粗糙絕緣水平面上的三點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，一電荷量為+Q的點(diǎn)電荷固定在О點(diǎn)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小金屬塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從A點(diǎn)以速度向右運(yùn)動(dòng)，最后停止在B點(diǎn)，已知小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A、B間距離為L(zhǎng)，靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.該過程中小金屬塊的電勢(shì)能減小B.A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為C.若在A處庫(kù)侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時(shí)距О點(diǎn)的距離為D.若在A處庫(kù)侖力小于摩擦力，則小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程的平均速度小于【答案】AC【解析】A．依題意，小金屬塊受到向右的庫(kù)侖力，該過程中庫(kù)侖力對(duì)小金屬塊做正功，所以小金屬塊的電勢(shì)能減小，故A正確；B．由動(dòng)能定理可得A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為聯(lián)立，解得故B錯(cuò)誤；C．若在A處庫(kù)侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時(shí)，其受力平衡，有解得故C正確；D．若在A處庫(kù)侖力小于摩擦力，則小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得解得，加速度大小為則小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，v-t圖像如圖所示在圖中做出初速度為v0，末速度為0的勻減速勻速直線運(yùn)動(dòng)圖線根據(jù)平均速度公式可知小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程的平均速度大于，故D錯(cuò)誤。10.圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，是M、N板間的中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時(shí)，板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)。時(shí)，比荷為k的帶電粒子甲從О點(diǎn)沿方向、以的速率進(jìn)入板間，時(shí)飛離電場(chǎng)，期間恰好不與極板相碰。若在時(shí)刻，帶電粒子乙以的速率沿從О點(diǎn)進(jìn)入板間，已知乙粒子在運(yùn)動(dòng)過程中也恰好不與極板碰撞，不計(jì)粒子受到的重力，則下列說法中正確的是（）A.T時(shí)刻，乙粒子離開電場(chǎng)B.乙粒子的比荷為C.甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2：3D.甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1：2【答案】AD【解析】A．設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子甲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子乙因入射速度為甲的兩倍，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為因乙在時(shí)刻飛入電場(chǎng)，則在T時(shí)刻離開電場(chǎng)，故A正確；CD．設(shè)兩板間距離為d，則有為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以豎直方向位移和時(shí)間關(guān)系，可得作出豎直方向上速度—時(shí)間圖像，如圖所示則圖線與時(shí)間軸圍成的面積代表豎直方向上的位移，若恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場(chǎng)中豎直方向的最大位移大小剛好為，根據(jù)圖像可知在時(shí)刻粒子甲會(huì)恰好不碰到極板，此時(shí)刻會(huì)達(dá)到最大位移的大小，而在時(shí)刻，粒子出電場(chǎng)，此時(shí)位移是最大位移的一半，為，即甲在豎直方向上的位移為；同理，對(duì)粒子乙，其圖線為的形狀，因乙粒子在運(yùn)動(dòng)過程中也恰好不與極板碰撞，根據(jù)圖像可知在T時(shí)刻會(huì)恰好不與極板相撞，此時(shí)乙剛好飛出電場(chǎng)，即乙在豎直方向上的位移為，則偏轉(zhuǎn)位移之比為故C錯(cuò)誤，D正確；B．對(duì)乙有對(duì)甲有因則有可得又可得乙粒子的比荷為故B錯(cuò)誤。故選AD。二、實(shí)驗(yàn)題（共16分）11.圖甲所示電路為“用傳感器觀察電容器的放電過程”實(shí)驗(yàn)電路圖。開關(guān)未閉合時(shí)，電源的電壓。實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，單刀雙擲開關(guān)先跟2相接。某時(shí)刻開關(guān)改接1，一段時(shí)間后，把開關(guān)再改接2。實(shí)驗(yàn)中使用了電流傳感器來采集電流隨時(shí)間的變化情況。開關(guān)再改接2后得到的圖像如圖乙所示。（1）開關(guān)改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向?yàn)開______（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）已知電容器的電容為，則圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”為_______。（3）電容器充電后就儲(chǔ)存了能量，某同學(xué)研究電容器儲(chǔ)存的能量與電容器的電容、電荷量及電容器兩極板間電壓之間的關(guān)系。他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲(chǔ)存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程中克服電場(chǎng)力所做的功。為此他還做出電容器兩極板間的電壓隨電荷量變化的圖像如圖所示。按照他的想法，下列說法正確的是（）A.圖線的斜率越大，電容越小B.對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量與電荷量成正比C.對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比【答案】（1）自上而下（2）（3）AC【解析】（1）開關(guān)S接1時(shí)，電源給電容器充電，電容器上極板接正極，充電完成，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，電子自下而上流經(jīng)電阻，故開關(guān)改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向?yàn)樽陨隙?；?）圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”為電容器充電后所帶電荷量，由得（3）A．由得圖線的斜率為，故圖線的斜率越大，電容越小，故A正確；BC．電容器儲(chǔ)存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程中克服電場(chǎng)力所做的功，也等于圖像所圍的面積，解得從上面的式子看出，電容器儲(chǔ)存的能量與電荷量的平方成正比，對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比，故B錯(cuò)誤，故C正確。12.某同學(xué)為研究小燈泡L（額定電壓2.8V，額定電流0.40A）的伏安特性，所使用的器材有：A．電壓表（0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ）；B．電壓表（0~15V，內(nèi)阻約為30kΩ）；C．電流表（0~3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）；D．電流表（0~500mA，內(nèi)阻約為0.6Ω）；E．滑動(dòng)變阻器（200Ω，0.5A）；F．滑動(dòng)變阻器（10Ω，2A）；G．直流電源（電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻不計(jì)）；H．開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)要求能夠在0~2.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，并盡可能減小誤差。根據(jù)要求在圖1虛線框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖_______。（2）電路中電壓表應(yīng)選用__________，電流表應(yīng)選用_________，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用____________。（用序號(hào)字母表示）（3）測(cè)得此燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，當(dāng)工作電壓是1.6V時(shí)，此燈泡的電阻為__________。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（4）若將此燈泡與電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻為10Ω的電源相連，則燈泡兩端的實(shí)際電壓為_________V（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）（2）ADF（3）5.33（4）1【解析】（1）因燈泡額定電壓2.8V，額定電流0.40A，可知電壓表選擇A，電流表選擇D；則由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡電阻，可知應(yīng)該采用電流表外接。為減小誤差，應(yīng)連接成分壓式電路，如圖所示（2）因燈泡額定電壓2.8V，額定電流0.40A，可知電壓表選擇A，電流表選擇D；則由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡電阻，可知應(yīng)該采用電流表外接；滑動(dòng)變阻器選擇阻值較小的F。（3）根據(jù)燈泡的伏安特性曲線，當(dāng)工作電壓是時(shí)，燈泡的電流為300mA=0.3A，則此燈泡的電阻為（4）在燈泡的伏安特性曲線中做出電動(dòng)勢(shì)為3V、內(nèi)阻為的電源的圖像，如圖所示則圖像的交點(diǎn)的坐標(biāo)即為小燈泡接入電路中時(shí)燈泡的電壓和電流，所以燈泡兩端的實(shí)際電壓為三、解答題（共44分）13.如圖所示的平行金屬板電容器的電容，極板A、B之間可以看成勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)，極板間距離為L(zhǎng)=5cm，電場(chǎng)中c點(diǎn)到A極板、d點(diǎn)到B極板的距離均為0.5cm，B極板接地。求：（1）B極板所帶電荷量Q；（2）d點(diǎn)處的電勢(shì)φd；（3）將電荷量負(fù)點(diǎn)電荷從d移到c，靜電力的功Wdc?！敬鸢浮浚?）C；（2）-6V；（3）【解析】（1）BA間的電勢(shì)差為VB極板所帶電荷量Q為C（2）B極板與d之間的電勢(shì)差為d點(diǎn)處的電勢(shì)（3）d、c之間的距離為d、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為靜電力做的功14.XCT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡(jiǎn)稱，可用于對(duì)多種病情的探測(cè)。某種XCT機(jī)原理示意圖如圖所示。M、N之間是加速電場(chǎng)，虛線框內(nèi)為勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)S；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到水平圓形靶臺(tái)上的中心點(diǎn)P，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，M、N兩端的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域水平寬度為L(zhǎng)0，豎直高度足夠長(zhǎng)，MN中電子束距離靶臺(tái)豎直高度為L(zhǎng)0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度。忽略電子的重力影響，不考慮電子間的相互作用及電子進(jìn)入加速電場(chǎng)時(shí)的初速度，不計(jì)空氣阻力。求：（1）電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小；（2）電子束射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向的夾角；（3）P點(diǎn)到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊界的距離?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有解得電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為（2）電子在偏轉(zhuǎn)場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律解得電子在偏轉(zhuǎn)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則電子出偏轉(zhuǎn)場(chǎng)時(shí)在豎直方向的分速度為設(shè)電子束射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向夾角為，可得聯(lián)立解得（3）設(shè)P點(diǎn)到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊界的距離L，電子在偏轉(zhuǎn)場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)位移電子束射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度反向延長(zhǎng)將交于水平位移的中點(diǎn)，由相似三角形可知聯(lián)立解得15.如圖所示，水平地面上方被豎直線MN分隔成兩部分，M點(diǎn)左側(cè)地面粗糙，與B球間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，右側(cè)光滑，MN右側(cè)空間有一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在О點(diǎn)用長(zhǎng)為的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩，拴一個(gè)質(zhì)量，帶電量為的小球A，在豎直平面內(nèi)以v=10m/s的速度做順時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與地面剛好不接觸，處于原長(zhǎng)的彈簧左端連在墻上，右端與不帶電的小球B接觸但不粘連，B球的質(zhì)量，此時(shí)B球剛好位于M點(diǎn)。現(xiàn)用水平向左的推力將B球級(jí)慢推至Р點(diǎn)（彈簧仍在彈性限度內(nèi)），MP之間的距離為，推力所做的功是，當(dāng)撤去推力后，B球沿地面向右滑動(dòng)恰好能和A球在最低點(diǎn)處發(fā)生正碰，并瞬間成為一個(gè)整體C（A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)），速度大小變?yōu)?，方向向左；碰撞前后電荷量保持不變，碰后瞬間立即把勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)?，電?chǎng)方向不變，。求：（1）在A、B兩球碰撞前勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小和方向；（2）求A與B碰后整體C的速度大?。唬?）整體C運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力大小。（4）整體C過了最高點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)后還能不能回到碰撞時(shí)的最低點(diǎn)？若能，求出到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度；若不能，C將從右邊圓周上的某點(diǎn)Р脫離軌道，求Р與水平地面間的距離h。（此小問不要求寫過程，只需要寫出最后結(jié)果，不考慮過最低點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng)）【答案】（1），方向豎直向上（2）（3）（4）不能，【解析】（1）要使小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，必須滿足所以方向豎直向上。（2）小球B從M點(diǎn)到P點(diǎn)再返回到M點(diǎn)過程中，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)，所以全程彈簧彈力做功為零，則全程對(duì)小球B根據(jù)動(dòng)能定理解得兩球碰后結(jié)合為C，由動(dòng)量守恒定律得解得（3）電場(chǎng)變化后，整體C受到的電場(chǎng)力和重力等效為等效重力，則方向豎直向上；此時(shí)若做圓周運(yùn)動(dòng)，需要的向心力為因?yàn)?，所以C不能做圓周運(yùn)動(dòng)，而是做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t繩子在Q處繃緊，如圖所示由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得可得，即繩子繃緊時(shí)恰好位于水平位置，水平方向速度變?yōu)?，此時(shí)整體C的速度只有豎直方向分速度即整體C此后以豎直分速度開始做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)到最高點(diǎn)時(shí)速度為，由動(dòng)能定理得解得在最高點(diǎn)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得解得（4）由（3）分析可知，若整體C能通過最低點(diǎn)，則在最低點(diǎn)的速度需大于5m/s，但是在向上做類平拋運(yùn)動(dòng)過程中，在繩子繃緊時(shí)有能量的損失，所以若整體C能達(dá)到最低點(diǎn)，根據(jù)能量守恒，則速度一定小于5m/s，所以整體C一定不能達(dá)到最低點(diǎn)。設(shè)小球在P點(diǎn)脫離軌道，此時(shí)速度大小為，如圖所示設(shè)OP與豎直方向的夾角為，根據(jù)動(dòng)能定理在P點(diǎn)時(shí)，等效重力指向圓心的分力恰好提供向心力解得，則Р與水平地面間的距離為武漢市2024—2025學(xué)年度上學(xué)期10月聯(lián)考高二物理試卷一、選擇題（1-7為單選，8-10為多選，每題4分，漏選2分，多選錯(cuò)選不得分，共40分）1.下列關(guān)于靜電場(chǎng)中電場(chǎng)線和等勢(shì)面的說法正確的是（）A.電場(chǎng)線是客觀存在的但肉眼看不見的線B.電場(chǎng)線與等勢(shì)面一定是處處相互垂直的C.電場(chǎng)線的方向即為帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向D.將點(diǎn)電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功【答案】B【解析】A．電場(chǎng)線是為了描述電場(chǎng)而假想的曲線，實(shí)際是不存在的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．電場(chǎng)線與等勢(shì)面一定是處處相互垂直的，選項(xiàng)B正確；C．電場(chǎng)線的方向與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向一般是不同的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．將正的點(diǎn)電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2.如圖所示，原來不帶電，長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒水平放置，現(xiàn)將一個(gè)電荷量為（）的點(diǎn)電荷放在棒的中心軸線上距離棒的左端R處，A、B分別為導(dǎo)體棒左右兩端的一點(diǎn)，靜電力常量為k。當(dāng)棒達(dá)到靜電平衡后，下列說法正確的是（）A.棒的兩端都感應(yīng)出負(fù)電荷B.棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右C.棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小D.若用一根導(dǎo)線將A、B相連，導(dǎo)線上會(huì)產(chǎn)生電流【答案】C【解析】A．由靜電感應(yīng)可知，棒左端感應(yīng)出負(fù)電荷，右端感應(yīng)出正電荷，故A錯(cuò)誤；BC．q在棒中心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)方向向右，根據(jù)平衡關(guān)系可知，棒上感應(yīng)電荷在棒中心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)方向向左，大小相同，為故C正確，B錯(cuò)誤；D．導(dǎo)體棒是等勢(shì)體，左右端電勢(shì)相等，若用一根導(dǎo)線將A、B相連，導(dǎo)線上不會(huì)產(chǎn)生電流，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，虛線為真空中某靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，圖中相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，實(shí)線為某帶電粒子在該靜電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，M、N、O、P為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)線的交點(diǎn)。若粒子僅受電場(chǎng)力的作用，下列說法正確的是（）A.粒子在M、O兩點(diǎn)的加速度大小相等B.粒子在N、O兩點(diǎn)的速度大小相等C.粒子運(yùn)動(dòng)過程中速度先減小后增大D.粒子在N點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大【答案】B【解析】A．M點(diǎn)附近等差等勢(shì)面較密集，則電場(chǎng)強(qiáng)度更大，電場(chǎng)力更大，加速度更大，A錯(cuò)誤；B．N、O兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面，則粒子在N、O兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等，粒子僅受電場(chǎng)力，則電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變，則粒子在N、O兩點(diǎn)的動(dòng)能相等，速度大小相等，B正確；C．電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，電場(chǎng)力與電場(chǎng)線共線且指向軌跡的凹側(cè)，可知，粒子先加速運(yùn)動(dòng)后減速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)做加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合B選項(xiàng)，粒子在N點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小，D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖，一根均勻帶負(fù)電的長(zhǎng)直橡膠棒沿軸線方向做速度大小為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)。若棒橫截面積為S，單位長(zhǎng)度所帶的電荷量為q，由于棒的運(yùn)動(dòng)而形成的等效電流的大小和方向是（）A.qvS，與v同向 B.qvS，與v反向C.，與v同向 D.qv，與v反向【答案】D【解析】電荷的定向移動(dòng)形成電流，正電荷定向移動(dòng)的方向即為電流的方向，故均勻帶負(fù)電的長(zhǎng)直橡膠棒沿軸線方向做速度大小為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)，形成等效電流，電流的方向與反向，設(shè)橡膠棒的長(zhǎng)度為，則故選D。5.如圖所示為在豎直平面的電路，閉合開關(guān)S1和S2后，帶電油滴在電容器內(nèi)部處于靜止?fàn)顟B(tài)，R1為滑動(dòng)變阻器，R2為定值電阻，二極管為理想二極管，電容器的下極板接地，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A.滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng)，油滴向上運(yùn)動(dòng)B.滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向左滑動(dòng)，油滴向下運(yùn)動(dòng)C.極板M向上運(yùn)動(dòng)，M板的電勢(shì)升高D.斷開S2，油滴向上運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】A．滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng)，則R1阻值減小，回路電流變大，則R2兩端電壓變大，則電容器要充電，此時(shí)電容器兩板電壓變大，場(chǎng)強(qiáng)變大，則油滴向上運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向左滑動(dòng)，則R1阻值變大，回路電流變小，則R2兩端電壓變小，則電容器要放電，但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹?，則使得電容器兩板電壓不變，則油滴仍靜止，故B錯(cuò)誤；C．極板M向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)可知電容器電容減小，則帶電量應(yīng)該減小，但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹?，則兩板間電量不變，結(jié)合可知兩板電勢(shì)差變大，N板接地電勢(shì)為0，則M板的電勢(shì)升高。故C正確；D．?dāng)嚅_S2，則電容器兩板間的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，即電壓變大，電容器充電，根據(jù)可知兩板間場(chǎng)強(qiáng)變大，則根據(jù)可知斷開S2，油滴向上運(yùn)動(dòng)。故D正確。題目要求選擇錯(cuò)誤的，故選B。6.如圖所示，帶正電的小球A用豎直立在地面上的絕緣桿支撐固定，把帶正電的小球B繞過A球正上方的定滑輪的絕緣細(xì)長(zhǎng)線用手拉住。開始時(shí)A、B在同一水平線上并處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)兩個(gè)小球的大小。現(xiàn)拉細(xì)線使小球B緩慢移動(dòng)到定滑輪處，小球B在向上移動(dòng)過程中，A、B兩球的電荷量保持不變，不計(jì)兩球間的萬(wàn)有引力，則在B球緩慢移動(dòng)到定滑輪處的過程中（）A.A、B兩球間的距離在減小B.小球B的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線C.細(xì)線上的張力先減小后增大D.A、B兩球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能在增大【答案】C【解析】ABC．設(shè)小球B受到的重力為mg，A、B兩球的帶電量分別為q1、q2，兩球間的距離為r，定滑輪距離A球?yàn)閔，距離B球?yàn)閐，對(duì)B球受力分析如圖根據(jù)相似三角形可知得小球B緩慢向上移動(dòng)過程中，兩個(gè)三角形仍然是相似的，以上的公式仍然成立。根據(jù)題意移動(dòng)過程mg、h不變，則在小球緩慢移動(dòng)過程中r保持不變，因此小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧，當(dāng)小球B運(yùn)動(dòng)到小球A的上方后，AB距離增大；在這之前則A、B兩球之間的庫(kù)侖力大小保持不變，又由于d在減小，因此一直在減小，所以細(xì)線上的張力F一直在減小，當(dāng)小球B運(yùn)動(dòng)到小球A的上方后，此時(shí)庫(kù)侖力、重力、拉力共線，小球B繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，庫(kù)侖力減小，所以拉力增大，即細(xì)線上的張力F先減小后增大，故AB錯(cuò)誤，C正確；D．當(dāng)小球B運(yùn)動(dòng)到小球A上方前，由于小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧，庫(kù)侖力不做功，則A、B兩球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能不變；當(dāng)小球B運(yùn)動(dòng)到小球A的上方后，庫(kù)侖力做正功，A、B兩球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能在減小，故D錯(cuò)誤。7.如圖（a）所示，兩個(gè)帶正電的小球A、B（均可視為點(diǎn)電荷）套在一根傾斜的光滑絕緣直桿上，其中A球固定，電荷量QA=2.0×10-4C，B球的質(zhì)量m=0.1kg。以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿桿向上建立直線坐標(biāo)系，B球的總勢(shì)能（重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和）隨位置x的變化規(guī)律如圖（b）中曲線I所示，直線Ⅱ?yàn)榍€I的漸近線。圖中M點(diǎn)離A點(diǎn)距離為6m，令A(yù)位置的重力勢(shì)能為零，無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，重力加速度g取10m/s2，圖（a）靜電力恒量k=9.0×109N·m2/C2，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.B球的電荷量QB=1.0×10-5CB.直線Ⅱ?qū)嵸|(zhì)上是小球B的重力勢(shì)能變化曲線C.若B球從離A球2m處?kù)o止釋放，則向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度先減小后增大D.若B球以4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)沿桿向上運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能減小1J【答案】D【解析】A．由圖乙中的曲線Ⅰ知，在x=6m處B球的總勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，該位置M點(diǎn)受力平衡，則有解得選項(xiàng)A正確；B．因隨著兩球距離的不斷增加，電勢(shì)能逐漸趨近于零，則漸近線Ⅱ表示小球B的重力勢(shì)能隨位置的變化關(guān)系，選項(xiàng)B正確；C．由于B球在位置M點(diǎn)受力平衡，B球從離A球2m處?kù)o止釋放到M的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知庫(kù)侖力減小，向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小減??；從M繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知庫(kù)侖力減小，向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小增大。所以B球向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度也先減小后增大，選項(xiàng)C正確；D．漸近線Ⅱ表示小球B的重力勢(shì)能隨位置的變化關(guān)系，有由圖像可知直線斜率k=0.5，則有解得B球在M點(diǎn)的電勢(shì)能在M點(diǎn)B球總勢(shì)能為6J，B球以4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)沿桿向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律，當(dāng)B的動(dòng)能為零，總勢(shì)能為10J，由圖可知，總勢(shì)能為10J時(shí)，有此時(shí)的電勢(shì)能為所以電勢(shì)能的變化為可知到最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能減小2J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。（）A.E點(diǎn)和F點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等B.O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度等于零，電勢(shì)一定大于零C.將電子從E點(diǎn)沿著EF連線移動(dòng)到F點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功D.電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能先增大后減小【答案】CD【解析】A．將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點(diǎn)電荷，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布規(guī)律，結(jié)合對(duì)稱性可知，E點(diǎn)和F點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，即E點(diǎn)和F點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相等，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合上述，將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點(diǎn)電荷，由于等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線為等勢(shì)線，電勢(shì)與無窮遠(yuǎn)電勢(shì)相等，即電勢(shì)等于0，可知，O點(diǎn)的電勢(shì)為0，A、C與B、D是兩組等量同種點(diǎn)電荷，由于等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)位置的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，即O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于零，故B錯(cuò)誤；C．結(jié)合上述可知，EF連線為一條等勢(shì)線，則將電子從E點(diǎn)沿著EF連線移動(dòng)到F點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，故C正確；D．根據(jù)圖中電荷的分布可知，由于MO之間的任意位置均靠近A、B組等量異種點(diǎn)電荷，則MO之間任意位置的電勢(shì)由A、B組等量異種點(diǎn)電荷決定，ON之間的任意位置均靠近C、D組等量異種點(diǎn)電荷，則ON之間任意位置的電勢(shì)由C、D組等量異種點(diǎn)電荷決定，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布規(guī)律，由于沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，而等勢(shì)線垂直于電場(chǎng)線，由于O點(diǎn)電勢(shì)為0，可知，MO之間的任意位置的電勢(shì)均大于0，由，電勢(shì)降低，ON之間的任意位置的電勢(shì)均大于0，由，電勢(shì)升高，則電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，則電勢(shì)能先增大后減小，故D正確。故選CD。9.如圖所示，O、A、B為一粗糙絕緣水平面上的三點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，一電荷量為+Q的點(diǎn)電荷固定在О點(diǎn)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小金屬塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從A點(diǎn)以速度向右運(yùn)動(dòng)，最后停止在B點(diǎn)，已知小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A、B間距離為L(zhǎng)，靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.該過程中小金屬塊的電勢(shì)能減小B.A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為C.若在A處庫(kù)侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時(shí)距О點(diǎn)的距離為D.若在A處庫(kù)侖力小于摩擦力，則小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程的平均速度小于【答案】AC【解析】A．依題意，小金屬塊受到向右的庫(kù)侖力，該過程中庫(kù)侖力對(duì)小金屬塊做正功，所以小金屬塊的電勢(shì)能減小，故A正確；B．由動(dòng)能定理可得A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為聯(lián)立，解得故B錯(cuò)誤；C．若在A處庫(kù)侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時(shí)，其受力平衡，有解得故C正確；D．若在A處庫(kù)侖力小于摩擦力，則小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得解得，加速度大小為則小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，v-t圖像如圖所示在圖中做出初速度為v0，末速度為0的勻減速勻速直線運(yùn)動(dòng)圖線根據(jù)平均速度公式可知小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程的平均速度大于，故D錯(cuò)誤。10.圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，是M、N板間的中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時(shí)，板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)。時(shí)，比荷為k的帶電粒子甲從О點(diǎn)沿方向、以的速率進(jìn)入板間，時(shí)飛離電場(chǎng)，期間恰好不與極板相碰。若在時(shí)刻，帶電粒子乙以的速率沿從О點(diǎn)進(jìn)入板間，已知乙粒子在運(yùn)動(dòng)過程中也恰好不與極板碰撞，不計(jì)粒子受到的重力，則下列說法中正確的是（）A.T時(shí)刻，乙粒子離開電場(chǎng)B.乙粒子的比荷為C.甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2：3D.甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1：2【答案】AD【解析】A．設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子甲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子乙因入射速度為甲的兩倍，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為因乙在時(shí)刻飛入電場(chǎng)，則在T時(shí)刻離開電場(chǎng)，故A正確；CD．設(shè)兩板間距離為d，則有為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以豎直方向位移和時(shí)間關(guān)系，可得作出豎直方向上速度—時(shí)間圖像，如圖所示則圖線與時(shí)間軸圍成的面積代表豎直方向上的位移，若恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場(chǎng)中豎直方向的最大位移大小剛好為，根據(jù)圖像可知在時(shí)刻粒子甲會(huì)恰好不碰到極板，此時(shí)刻會(huì)達(dá)到最大位移的大小，而在時(shí)刻，粒子出電場(chǎng)，此時(shí)位移是最大位移的一半，為，即甲在豎直方向上的位移為；同理，對(duì)粒子乙，其圖線為的形狀，因乙粒子在運(yùn)動(dòng)過程中也恰好不與極板碰撞，根據(jù)圖像可知在T時(shí)刻會(huì)恰好不與極板相撞，此時(shí)乙剛好飛出電場(chǎng)，即乙在豎直方向上的位移為，則偏轉(zhuǎn)位移之比為故C錯(cuò)誤，D正確；B．對(duì)乙有對(duì)甲有因則有可得又可得乙粒子的比荷為故B錯(cuò)誤。故選AD。二、實(shí)驗(yàn)題（共16分）11.圖甲所示電路為“用傳感器觀察電容器的放電過程”實(shí)驗(yàn)電路圖。開關(guān)未閉合時(shí)，電源的電壓。實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，單刀雙擲開關(guān)先跟2相接。某時(shí)刻開關(guān)改接1，一段時(shí)間后，把開關(guān)再改接2。實(shí)驗(yàn)中使用了電流傳感器來采集電流隨時(shí)間的變化情況。開關(guān)再改接2后得到的圖像如圖乙所示。（1）開關(guān)改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向?yàn)開______（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）已知電容器的電容為，則圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”為_______。（3）電容器充電后就儲(chǔ)存了能量，某同學(xué)研究電容器儲(chǔ)存的能量與電容器的電容、電荷量及電容器兩極板間電壓之間的關(guān)系。他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲(chǔ)存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程中克服電場(chǎng)力所做的功。為此他還做出電容器兩極板間的電壓隨電荷量變化的圖像如圖所示。按照他的想法，下列說法正確的是（）A.圖線的斜率越大，電容越小B.對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量與電荷量成正比C.對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比【答案】（1）自上而下（2）（3）AC【解析】（1）開關(guān)S接1時(shí)，電源給電容器充電，電容器上極板接正極，充電完成，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，電子自下而上流經(jīng)電阻，故開關(guān)改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向?yàn)樽陨隙?；?）圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”為電容器充電后所帶電荷量，由得（3）A．由得圖線的斜率為，故圖線的斜率越大，電容越小，故A正確；BC．電容器儲(chǔ)存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程中克服電場(chǎng)力所做的功，也等于圖像所圍的面積，解得從上面的式子看出，電容器儲(chǔ)存的能量與電荷量的平方成正比，對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比，故B錯(cuò)誤，故C正確。12.某同學(xué)為研究小燈泡L（額定電壓2.8V，額定電流0.40A）的伏安特性，所使用的器材有：A．電壓表（0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ）；B．電壓表（0~15V，內(nèi)阻約為30kΩ）；C．電流表（0~3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）；D．電流表（0~500mA，內(nèi)阻約為0.6Ω）；E．滑動(dòng)變阻器（200Ω，0.5A）；F．滑動(dòng)變阻器（10Ω，2A）；G．直流電源（電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻不計(jì)）；H．開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)要求能夠在0~2.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，并盡可能減小誤差。根據(jù)要求在圖1虛線框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖_______。（2）電路中電壓表應(yīng)選用__________，電流表應(yīng)選用_________，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用____________。（用序號(hào)字母表示）（3）測(cè)得此燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，當(dāng)工作電壓是1.6V時(shí)，此燈泡的電阻為__________。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（4）若將此燈泡與電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻為10Ω的電源相連，則燈泡兩端的實(shí)際電壓為_________V（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）（2）ADF（3）5.33（4）1【解析】（1）因燈泡額定電壓2.8V，額定電流0.40A，可知電壓表選擇A，電流表選擇D；則由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡電阻，可知應(yīng)該采用電流表外接。為減小誤差，應(yīng)連接成分壓式電路，如圖所示（2）因燈泡額定電壓2.8V，額定電流0.40A，可知電壓表選擇A，電流表選擇D；則由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡電阻，可知應(yīng)該采用電流表外接；滑動(dòng)變阻器選擇阻值較小的F。（3）根據(jù)燈泡的伏安特性曲線，當(dāng)工作電壓是時(shí)，燈泡的電流為300mA=0.3A，則此燈泡的電阻為（4）在燈泡的伏安特性曲線中做出電動(dòng)勢(shì)為3V、內(nèi)阻為的電源的圖像，如圖所示則圖像的交點(diǎn)的坐標(biāo)即為小燈泡接入電路中時(shí)燈泡的電壓和電流，所以燈泡兩端的實(shí)際電壓為三、解答題（共44分）13.如圖所示的平行金屬板電容器的電容，極板A、B之間可以看成勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)，極板間距離為L(zhǎng)=5cm，電場(chǎng)中c點(diǎn)到A極板、d點(diǎn)到B極板的距離均為0.5cm，B極板接地。求：（1）B極板所帶電荷量Q；（2）d點(diǎn)處的電勢(shì)φd；（3）將電荷