2024-2025學(xué)年河南省南陽市高二上學(xué)期十月第一次月考物理試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年秋期高二年級第一次月考物理試題一、單選題（共7小題，每題4分，共28分）1.下列關(guān)于電場的說法正確的是（）A.“元電荷”是最小的電荷量，用e表示，則，元電荷就是電子B.電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用C.由電場強度的定義式：可知E與F成正比，與q成反比D.點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，任何帶電體都當(dāng)作點電荷處理【答案】B【解析】A．“元電荷”是最小的電荷量，用e表示，則，即質(zhì)子或電子帶的電荷量，而不是粒子本身，故A錯誤；B．電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用，故B正確；C．電場強度的定義式為，適用于任何電場，E反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)，故C錯誤；D．點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，是一種理想化的模型，如果在研究的問題中，帶電體的形狀、大小以及電荷分布可以忽略不計，即可將它看作點電荷，故D錯誤。2.如圖，在坐標平面內(nèi)，圓心為O、半徑為r的圓上等距放置三個點電荷，y軸上的A點電荷量為點電荷量均為。P點為圓弧中點。則（）A.O點電場強度方向沿y軸正向 B.O點電場強度大小為0C.P點電場強度方向沿y軸正向 D.P點電場強度大小為【答案】D【解析】AB．根據(jù)電場的矢量疊加可知O點電場強度方向沿y軸負向，大小為故AB錯誤；CD．三個點電荷在P點的場強如圖A點電荷在P點的場強為B點電荷在P點的場強為C點電荷在P點的場強為根據(jù)矢量的合成可知A、B點電荷在P點的場強為方向向下，再與C點電荷在P點的場強合成可知方向向下，故C錯誤，D正確；3.如圖所示，虛線a、b、c代表某一電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶正電的粒子僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，其中R在等勢面b上．下列判斷正確的是（）A.帶電粒子在P點的電勢能比在Q點的大B.三個等勢面中，a的電勢最低C.帶電粒子在P點的加速度比在Q點的小D.帶電粒子在R點的加速度方向沿虛線b向右【答案】A【解析】B．帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，電場線與等勢面垂直，且由于帶電粒子帶正電，因此電場線指向右下方，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知a等勢線的電勢最高，c等勢線的電勢最低，故B錯誤；A．沿著電場線方向電勢降低，根據(jù)前面分析可知P點電勢大于Q點電勢，故帶電粒子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大，故A正確；C．因P點的等差等勢面較Q點密集，則P點的電場線較Q點密集，P點場強比Q點大，則帶電粒子在P點的加速度比在Q點大，選項C錯誤；D．電場的方向總是與等勢面垂直，所以R點的電場線的方向與該處的等勢面垂直，而帶正電粒子受到的電場力的方向與電場線的方向相同，加速度的方向又與受力的方向相同，所以帶電粒子在R點的加速度方向垂直于等勢面b，故D錯誤。故選A。4.如圖所示，在x軸上的M、N處分別固定一個點電荷、，x軸上各點的電場強度E隨坐標x的變化曲線（取x軸正方向為電場強度的正方向），其中O點電場強度為零，．P點和Q點在x軸上，且．下列說法正確的是（）A.與帶等量負電荷B.與均帶正電荷，且電荷量之比為C.P點與Q點的電場強度等大反向D.若將一負試探電荷從P點移到Q點，電勢能減小【答案】B【解析】AB．根據(jù)題意，由圖可知，MO間電場為正，ON間電場為負，且O點電場強度為零，則與均帶正電荷，且解得故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)題意，由點電荷場強公式結(jié)合電場疊加原理可知，令，P點的電場強度Q點的電場強度P點的電場強度大于Q點，P點電勢Q點電勢P點電勢高于Q點，若將一負試探電荷從P點移到Q點，電勢能增加，故CD錯誤。故選B。5.如圖所示，水平放置的平行板電容器與直流電源連接。下極板接地，一帶電質(zhì)點恰好靜止于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板向上移動一小段距離，則以下說法錯誤的是（）A.電容器的電容將增大，極板所帶電荷量將增大B.帶電質(zhì)點將沿豎直方向向上運動C.P點的電勢將降低D.若將帶電質(zhì)點固定，則其電勢能不變【答案】D【解析】A．下極板向上移動時，板間距減小，根據(jù)可知，電容將增大，因U不變，由Q=CU可知，電量將增大；故A正確；B．開始時電場力與重力平衡，合力為零；下極板上移時，因U不變，根據(jù)可知，電場強度增大，電場力增大，粒子將向上運動；故B正確；C．場強E增大，而P點與上極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與上極板間電勢差將增大，上極板的電勢等于電源的電動勢，保持不變，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低；故C正確；D．電場力向上，故粒子一定帶負電，P點的電勢降低，則其電勢能將增大；故D錯誤。本題選說法錯誤的，故選D。6.導(dǎo)體的伏安特性曲線表示導(dǎo)體的導(dǎo)電特性，如圖是A、B兩個導(dǎo)體的伏安特性曲線，其中圖線A的斜率為k，并且圖線A與橫軸成角。下列關(guān)于這兩個導(dǎo)體的伏安特性曲線的說法正確的是（）A.兩條圖線的交點表示此狀態(tài)下兩導(dǎo)體的電阻相等B.導(dǎo)體A的電阻值不隨電壓變化而變化，B的電阻值隨電壓的增大而增大C.導(dǎo)體B是非線性元件，曲線上某點切線的斜率為相應(yīng)狀態(tài)的電阻的倒數(shù)D.導(dǎo)體A為線性元件，且【答案】A【解析】A．兩線的交點處，U和I相等，此時電阻也相等，故A正確；BCD．因為A元件的伏安特性曲線是直線，所以A是線性元件，其斜率的倒數(shù)等于其電阻，但因為橫縱坐標軸標度不一定相同，則斜率不能用傾角的正切值求解，A元件的電阻值不隨電壓變化而變化；因為B元件的伏安特性曲線是彎曲的曲線，所以導(dǎo)體B是非線性元件，各點與原點的連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，不是某點切線的斜率表示電阻的倒數(shù)，B的電阻值隨電壓的增大而減小。故BCD錯誤。故選A。7.如圖所示，帶電荷量為小球被絕緣棒固定在O點，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為的光滑絕緣斜面。質(zhì)量為m、帶電荷量為的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知A、C間的距離為s，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A.OB的距離B.OB的距離C.從A到C，靜電力對小滑塊做的功D.A、C之間的電勢差【答案】A【解析】AB．由題意知小滑塊在B點處的加速度為零則根據(jù)受力分析有沿斜面方向解得故A正確；B錯誤；C．因為滑到C點時速度為零，小滑塊從A到C的過程，靜電力對小滑塊做的功為W，根據(jù)動能定理有解得故C錯誤；D．AC之間的電勢差故D錯誤。故選A。二、多選題（共3小題，每題5分，共15分）8.如圖所示，邊長為的正方形ABCD處在勻強電場中，且正方形平面與電場線平行。已知，，，O是對角線AC、BD的交點，下列說法正確的是（）A.D點的電勢 B.C.電場強度的方向由C指向A D.電場強度大小為【答案】BC【解析】A．由于A點電勢為2V，C點電勢為6V，O是AC中點，由勻強電場特點知，O點電勢為4V，故對角線BD為等勢線A錯誤；B．由題知代入得B正確；C．電場強度由高電勢指向低電勢，故電場強度的方向由C指向A；C正確；D．電場強度大小為代入得D錯誤；9.如圖所示，甲、乙兩個電路都是由一個靈敏電流計G和一個變阻器R組成，它們中一個是測電壓的電壓表，另一個是測電流的電流表，那么以下結(jié)論正確的是（）A.甲表是電流表，R增大時量程增大B.甲表是電流表，R增大時量程減小C.乙表是電壓表，R增大時量程減小D.乙表是電壓表，R增大時量程增大【答案】BD【解析】AB．甲表是靈敏電流計并聯(lián)分流電阻，是電流表，R增大時分流較小，量程減小，A錯誤B正確；CD．乙表是靈敏電流計串聯(lián)分壓電阻，是電壓表，分壓電阻R增大時量程增大，D正確C錯誤。故選BD。10.如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成θ角，極板的長度為L，A板帶負電，B板帶正電，且B板接地。若一比荷為k的帶電小球恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器A、B板邊緣，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.小球帶正電B.A板的電勢為C.若小球離開電場時速度剛好為0，則運動時間為D.在此過程中小球的電勢能減小【答案】AB【解析】A．分析可知，小球受豎直向下的重力，以及垂直于電容器極板的電場力，小球恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器，則小球所受電場力方向為垂直電容器極板斜向左上方，小球的受力分析如圖所示電場線方向垂直于極板，從極板B指向極板A，帶正電的粒子在電場中所受電場力的方向與電場線的方向相同，由此可知，該小球帶正電，故A正確；B．根據(jù)小球的受力情況可得解得根據(jù)幾何關(guān)系可得板間距為電場強度為解得A板的電勢為故B正確；C．小球在電場中所受合力為根據(jù)牛頓第二定律可得小球在電場中的加速度大小為根據(jù)幾何關(guān)系可得小球的位移為則有解得小球在電場中運動的時間為故C錯誤；D．此過程中電場力做負功，則可知小球的電勢能增加，故D錯誤。故選AB。三、實驗題（共17分）11.圖甲所示電路為“用傳感器觀察電容器的放電過程”實驗電路圖。開關(guān)未閉合時，電源的電壓。實驗操作時，單刀雙擲開關(guān)先跟2相接。某時刻開關(guān)改接1，一段時間后，把開關(guān)再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。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)電阻上的電流方向為_______（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軸所圍“面積”為_______。（3）電容器充電后就儲存了能量，某同學(xué)研究電容器儲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)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。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.對同一電容器，電容器儲存的能量與電荷量成正比C.對同一電容器，電容器儲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，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)電阻上的電流方向為自上而下；（2）圖乙中圖線與坐標軸所圍“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．電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功，也等于圖像所圍的面積解得從上面的式子看出，電容器儲存的能量與電荷量的平方成正比，對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比，故B錯誤，故C正確。故選AC。12.現(xiàn)有一合金制成的圓柱體。為測量該合金的電阻率，現(xiàn)用伏安法測量圓柱體兩端之間的電阻，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，用游標卡尺測量該圓柱體的長度，螺旋測微器和游標卡尺的示數(shù)如圖甲和圖乙所示。（1）由甲、乙兩圖讀得圓柱體的直徑為________mm，長度為________。（2）選擇合適的實驗器材，實驗電路圖如圖丙所示，按照電路圖正確連接實物圖。在實驗電路圖中，閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于________端（填“”或“”）。（3）若流經(jīng)圓柱體的電流為，圓柱體兩端之間的電壓為，圓柱體的直徑和長度分別用表示，則用表示電阻率的關(guān)系式為________?！敬鸢浮浚?）（2）a（3）【解析】（1）[1][2]由題圖甲螺旋測微器可知，圓柱體直徑為由題圖乙可知，游標卡尺是20分度的，游標卡尺的精度是，游標卡尺示數(shù)為（2）由題圖丙可知，為了保護電路，閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于端。（3）由歐姆定律可知，圓柱體電阻為由電阻定律得聯(lián)立可得電阻率四、解答題（共40分）13.如圖所示，是一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖。電動機內(nèi)電阻r＝0.8Ω，電路中另一電阻R＝10Ω，直流電壓U＝160V，電壓表示數(shù)UV＝110V。試求：（1）通過電動機的電流；（2）輸入電動機電功率；（3）若電動機以v＝1m/s勻速豎直向上提升重物，求該重物的質(zhì)量。（g取10m/s2）【答案】（1）5A；（2）550W；（3）53kg【解析】（1）由電路中電壓關(guān)系可得電阻R的分壓為則流過電阻R的電流為則通過電動機的電流為（2）輸入電動機的電功率為（3）電動機的發(fā)熱功率電動機輸出的機械功率又可得14.如圖所示，電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電小球，用輕質(zhì)不可伸長的絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，細線長為L。假設(shè)電場區(qū)域足夠大，靜止時細線與豎直方向夾角，小球在運動過程中電荷量始終保持不變，，，重力加速度為g。（1）求勻強電場電場強度的大小E；（2）若保持電場強度大小不變，某時刻將電場方向改為豎直向上，求小球運動到最低點時的速度大小v；【答案】（1）（2）【解析】（1）對小球進行受力分析，根據(jù)平衡條件有解得（2）根據(jù)動能定理，電場方向改為豎直向上，小球運動到最低點過程有解得15.如圖所示，一個質(zhì)量為、電荷量的帶電粒子（重力忽略不計），從靜止開始經(jīng)電壓為的加速電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中。金屬板長，兩板間距。求：（1）微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度是多大？（2）若微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角度為，求兩金屬板間的電壓是多大？粒子從電場中出射時的側(cè)位移y是多少cm？【答案】（1）；（2）200V，【解析】（1）帶電微粒經(jīng)電場加速后速度為，根據(jù)動能定理解得（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受靜電力作用，做類平拋運動。水平方向有設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度為a，射出電場時豎直方向的速度為，則有解得側(cè)位移為y，則有解得2024年秋期高二年級第一次月考物理試題一、單選題（共7小題，每題4分，共28分）1.下列關(guān)于電場的說法正確的是（）A.“元電荷”是最小的電荷量，用e表示，則，元電荷就是電子B.電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用C.由電場強度的定義式：可知E與F成正比，與q成反比D.點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，任何帶電體都當(dāng)作點電荷處理【答案】B【解析】A．“元電荷”是最小的電荷量，用e表示，則，即質(zhì)子或電子帶的電荷量，而不是粒子本身，故A錯誤；B．電場是法拉第首先提出來的，電荷A對電荷B的作用力就是電荷A的電場對B的作用，故B正確；C．電場強度的定義式為，適用于任何電場，E反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)，故C錯誤；D．點電荷是一個帶有電荷的點，它是實際帶電體的抽象，是一種理想化的模型，如果在研究的問題中，帶電體的形狀、大小以及電荷分布可以忽略不計，即可將它看作點電荷，故D錯誤。2.如圖，在坐標平面內(nèi)，圓心為O、半徑為r的圓上等距放置三個點電荷，y軸上的A點電荷量為點電荷量均為。P點為圓弧中點。則（）A.O點電場強度方向沿y軸正向 B.O點電場強度大小為0C.P點電場強度方向沿y軸正向 D.P點電場強度大小為【答案】D【解析】AB．根據(jù)電場的矢量疊加可知O點電場強度方向沿y軸負向，大小為故AB錯誤；CD．三個點電荷在P點的場強如圖A點電荷在P點的場強為B點電荷在P點的場強為C點電荷在P點的場強為根據(jù)矢量的合成可知A、B點電荷在P點的場強為方向向下，再與C點電荷在P點的場強合成可知方向向下，故C錯誤，D正確；3.如圖所示，虛線a、b、c代表某一電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶正電的粒子僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，其中R在等勢面b上．下列判斷正確的是（）A.帶電粒子在P點的電勢能比在Q點的大B.三個等勢面中，a的電勢最低C.帶電粒子在P點的加速度比在Q點的小D.帶電粒子在R點的加速度方向沿虛線b向右【答案】A【解析】B．帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，電場線與等勢面垂直，且由于帶電粒子帶正電，因此電場線指向右下方，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知a等勢線的電勢最高，c等勢線的電勢最低，故B錯誤；A．沿著電場線方向電勢降低，根據(jù)前面分析可知P點電勢大于Q點電勢，故帶電粒子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大，故A正確；C．因P點的等差等勢面較Q點密集，則P點的電場線較Q點密集，P點場強比Q點大，則帶電粒子在P點的加速度比在Q點大，選項C錯誤；D．電場的方向總是與等勢面垂直，所以R點的電場線的方向與該處的等勢面垂直，而帶正電粒子受到的電場力的方向與電場線的方向相同，加速度的方向又與受力的方向相同，所以帶電粒子在R點的加速度方向垂直于等勢面b，故D錯誤。故選A。4.如圖所示，在x軸上的M、N處分別固定一個點電荷、，x軸上各點的電場強度E隨坐標x的變化曲線（取x軸正方向為電場強度的正方向），其中O點電場強度為零，．P點和Q點在x軸上，且．下列說法正確的是（）A.與帶等量負電荷B.與均帶正電荷，且電荷量之比為C.P點與Q點的電場強度等大反向D.若將一負試探電荷從P點移到Q點，電勢能減小【答案】B【解析】AB．根據(jù)題意，由圖可知，MO間電場為正，ON間電場為負，且O點電場強度為零，則與均帶正電荷，且解得故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)題意，由點電荷場強公式結(jié)合電場疊加原理可知，令，P點的電場強度Q點的電場強度P點的電場強度大于Q點，P點電勢Q點電勢P點電勢高于Q點，若將一負試探電荷從P點移到Q點，電勢能增加，故CD錯誤。故選B。5.如圖所示，水平放置的平行板電容器與直流電源連接。下極板接地，一帶電質(zhì)點恰好靜止于電容器中的P點。現(xiàn)將平行板電容器的下極板向上移動一小段距離，則以下說法錯誤的是（）A.電容器的電容將增大，極板所帶電荷量將增大B.帶電質(zhì)點將沿豎直方向向上運動C.P點的電勢將降低D.若將帶電質(zhì)點固定，則其電勢能不變【答案】D【解析】A．下極板向上移動時，板間距減小，根據(jù)可知，電容將增大，因U不變，由Q=CU可知，電量將增大；故A正確；B．開始時電場力與重力平衡，合力為零；下極板上移時，因U不變，根據(jù)可知，電場強度增大，電場力增大，粒子將向上運動；故B正確；C．場強E增大，而P點與上極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與上極板間電勢差將增大，上極板的電勢等于電源的電動勢，保持不變，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低；故C正確；D．電場力向上，故粒子一定帶負電，P點的電勢降低，則其電勢能將增大；故D錯誤。本題選說法錯誤的，故選D。6.導(dǎo)體的伏安特性曲線表示導(dǎo)體的導(dǎo)電特性，如圖是A、B兩個導(dǎo)體的伏安特性曲線，其中圖線A的斜率為k，并且圖線A與橫軸成角。下列關(guān)于這兩個導(dǎo)體的伏安特性曲線的說法正確的是（）A.兩條圖線的交點表示此狀態(tài)下兩導(dǎo)體的電阻相等B.導(dǎo)體A的電阻值不隨電壓變化而變化，B的電阻值隨電壓的增大而增大C.導(dǎo)體B是非線性元件，曲線上某點切線的斜率為相應(yīng)狀態(tài)的電阻的倒數(shù)D.導(dǎo)體A為線性元件，且【答案】A【解析】A．兩線的交點處，U和I相等，此時電阻也相等，故A正確；BCD．因為A元件的伏安特性曲線是直線，所以A是線性元件，其斜率的倒數(shù)等于其電阻，但因為橫縱坐標軸標度不一定相同，則斜率不能用傾角的正切值求解，A元件的電阻值不隨電壓變化而變化；因為B元件的伏安特性曲線是彎曲的曲線，所以導(dǎo)體B是非線性元件，各點與原點的連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，不是某點切線的斜率表示電阻的倒數(shù)，B的電阻值隨電壓的增大而減小。故BCD錯誤。故選A。7.如圖所示，帶電荷量為小球被絕緣棒固定在O點，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為的光滑絕緣斜面。質(zhì)量為m、帶電荷量為的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知A、C間的距離為s，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A.OB的距離B.OB的距離C.從A到C，靜電力對小滑塊做的功D.A、C之間的電勢差【答案】A【解析】AB．由題意知小滑塊在B點處的加速度為零則根據(jù)受力分析有沿斜面方向解得故A正確；B錯誤；C．因為滑到C點時速度為零，小滑塊從A到C的過程，靜電力對小滑塊做的功為W，根據(jù)動能定理有解得故C錯誤；D．AC之間的電勢差故D錯誤。故選A。二、多選題（共3小題，每題5分，共15分）8.如圖所示，邊長為的正方形ABCD處在勻強電場中，且正方形平面與電場線平行。已知，，，O是對角線AC、BD的交點，下列說法正確的是（）A.D點的電勢 B.C.電場強度的方向由C指向A D.電場強度大小為【答案】BC【解析】A．由于A點電勢為2V，C點電勢為6V，O是AC中點，由勻強電場特點知，O點電勢為4V，故對角線BD為等勢線A錯誤；B．由題知代入得B正確；C．電場強度由高電勢指向低電勢，故電場強度的方向由C指向A；C正確；D．電場強度大小為代入得D錯誤；9.如圖所示，甲、乙兩個電路都是由一個靈敏電流計G和一個變阻器R組成，它們中一個是測電壓的電壓表，另一個是測電流的電流表，那么以下結(jié)論正確的是（）A.甲表是電流表，R增大時量程增大B.甲表是電流表，R增大時量程減小C.乙表是電壓表，R增大時量程減小D.乙表是電壓表，R增大時量程增大【答案】BD【解析】AB．甲表是靈敏電流計并聯(lián)分流電阻，是電流表，R增大時分流較小，量程減小，A錯誤B正確；CD．乙表是靈敏電流計串聯(lián)分壓電阻，是電壓表，分壓電阻R增大時量程增大，D正確C錯誤。故選BD。10.如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成θ角，極板的長度為L，A板帶負電，B板帶正電，且B板接地。若一比荷為k的帶電小球恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器A、B板邊緣，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.小球帶正電B.A板的電勢為C.若小球離開電場時速度剛好為0，則運動時間為D.在此過程中小球的電勢能減小【答案】AB【解析】A．分析可知，小球受豎直向下的重力，以及垂直于電容器極板的電場力，小球恰能沿圖中所示水平直線向右通過電容器，則小球所受電場力方向為垂直電容器極板斜向左上方，小球的受力分析如圖所示電場線方向垂直于極板，從極板B指向極板A，帶正電的粒子在電場中所受電場力的方向與電場線的方向相同，由此可知，該小球帶正電，故A正確；B．根據(jù)小球的受力情況可得解得根據(jù)幾何關(guān)系可得板間距為電場強度為解得A板的電勢為故B正確；C．小球在電場中所受合力為根據(jù)牛頓第二定律可得小球在電場中的加速度大小為根據(jù)幾何關(guān)系可得小球的位移為則有解得小球在電場中運動的時間為故C錯誤；D．此過程中電場力做負功，則可知小球的電勢能增加，故D錯誤。故選AB。三、實驗題（共17分）11.圖甲所示電路為“用傳感器觀察電容器的放電過程”實驗電路圖。開關(guān)未閉合時，電源的電壓。實驗操作時，單刀雙擲開關(guān)先跟2相接。某時刻開關(guān)改接1，一段時間后，把開關(guān)再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。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)電阻上的電流方向為_______（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軸所圍“面積”為_______。（3）電容器充電后就儲存了能量，某同學(xué)研究電容器儲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)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。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.對同一電容器，電容器儲存的能量與電荷量成正比C.對同一電容器，電容器儲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，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)電阻上的電流方向為自上而下；（2）圖乙中圖線與坐標軸所圍“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．電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功，也等于圖像所圍的面積解得從上面的式子看出，電容器儲存的能量與電荷量的平方成正比，對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比，故B錯誤，故C正確。故選AC。12.現(xiàn)有一合金制成的圓柱體。為測量該合金的電阻率，現(xiàn)用伏安法測量圓柱體兩端之間的電阻，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，用游標卡尺測量該圓柱體的長度，螺旋測微器和游標卡尺的示數(shù)