湖北省武漢市2024-2025學(xué)年高二年級(jí)上冊(cè)10月聯(lián)考物理試題（解析版）

漢陽(yáng)一中、江夏一中2024-2025學(xué)年度上學(xué)期10月聯(lián)考

高二物理試卷

考試時(shí)間：2024年10月9日上午10：30—11：45試卷滿分：100分

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(shuō)法正確的是（）

A.電場(chǎng)線是客觀存在的但肉眼看不見(jiàn)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】

【詳解】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(lái)不帶電，長(zhǎng)為1的導(dǎo)體棒水平放置，現(xiàn)將一個(gè)電荷量為+4（q>0）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)，靜電力常量為鼠當(dāng)棒達(dá)到靜電平衡

后，下列說(shuō)法正確的是（）

%a￡-------U

?—1………節(jié)------

H---R-------------------I----------?!

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。處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右

E=k_____

C.棒上感應(yīng)電荷在棒的中心。處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。鄢?（：

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】

【詳解】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;

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BC.q在棒中心。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。處產(chǎn)生的電場(chǎng)方

向向左，大小相同，為

E-kq

（R+1

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、。、尸為粒子的運(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(shuō)

A.粒子在M、。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(guò)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】

【詳解】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、。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.粒子從尸點(diǎn)到。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)度所帶的電荷量為分由于棒的運(yùn)動(dòng)而形成的等效電流的大小和方向是（）

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AV

八一一一一一一一一、

(JQQQQQQQO)

A.qvS,與v同向B.qvS,與v反向C.竺，與v同向D.qv,與v反向

S

【答案】D

【解析】

【詳解】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v反向，設(shè)橡膠棒的長(zhǎng)度為/,

則

1=-=qv

t

故選D。

5.如圖所示為在豎直平面的電路，閉合開(kāi)關(guān)Si和S2后，帶電油滴在電容器內(nèi)部處于靜止?fàn)顟B(tài)，肥為滑動(dòng)

電容器的下極板接地，則下列說(shuō)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(kāi)S2,油滴向上運(yùn)動(dòng)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng)，則Ri阻值減小，回路電流變大，則&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)，則以阻值變大，回路電流變小，則&兩端電壓變小，則電容器要放

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電，但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹姡瑒t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)

「￡S

C=------

4兀kd

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.斷開(kāi)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)

E"

d

可知兩板間場(chǎng)強(qiáng)變大，則根據(jù)

Eq>mg

可知斷開(kāi)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(guò)A球正上方

的定滑輪的絕緣細(xì)長(zhǎng)線用手拉住。開(kāi)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(guò)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(guò)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】

【詳解】ABC.設(shè)小球B受到的重力為相g,A、B兩球的帶電量分別為qi、伙，兩球間的距離為小定滑輪

距離A球?yàn)檎嚯xB球?yàn)椤?，?duì)B球受力分析如圖

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c

根據(jù)相似三角形可知

hd

3_kqqh

r一12

mg

小球B緩慢向上移動(dòng)過(guò)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(guò)程mg、h

不變，則在小球緩慢移動(dòng)過(guò)程中「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，因此尸一直在減小，所以細(xì)線上的張力廠一直在減小，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

E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的上方前，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。

故選C。

7.如圖（°）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=2.0X10-4C,B球的質(zhì)量,"=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）隨位置尤的變化規(guī)律如圖”）中曲線I所示，直線n為曲線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(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，重力加速度g取

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10m/s2,圖(a)靜電力恒量上9.0xl09N-m2/C2,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()

圖(a)圖(b)

A.B球的電荷量2B=1.0X10-5C

B.直線n實(shí)質(zhì)上是小球B的重力勢(shì)能變化曲線

C.若B球從離A球2nl處?kù)o止釋放，則向上運(yùn)動(dòng)過(guò)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】

【詳解】A.由圖乙中的曲線I知，在.『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

機(jī)gsin30°=絲烏

X

解得

0=1x10"

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(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可知

左。A0BmkQQ

一gsin6

mmr2

庫(kù)侖力減小，向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小減小;

從M繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可知

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.左。AB

mgsmQ0---春Q電

殖A0B

a=----------------r-----=gsin0-

mmr2

庫(kù)侖力減小，向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小增大。

所以B球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度也先減小后增大，選項(xiàng)C正確;

D.漸近線n表示小球B的重力勢(shì)能隨位置的變化關(guān)系，有

Ep=mgxsin3=kx

由圖像可知直線斜率上0.5,則有

sing=-^=0.5

fng

解得

，=30°

B球在M點(diǎn)的電勢(shì)能

Epi=E&-Ep=E&-mg/sin=6J-0.1x10x6x0.5J=3J

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

x2=18m

此時(shí)的電勢(shì)能為

EP2=E'&-Ep=E'&-mgx2sin0=10J-0.1xl0xl8x0.5J=1J

所以電勢(shì)能的變化為

AEP=Ep2—Ep]=-2J

可知到最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能減小2J,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

本題選錯(cuò)誤的，故選D。

8.正方形ABC。的四個(gè)頂點(diǎn)分別位于x軸和y軸上，在A、C兩點(diǎn)分別固定一個(gè)電荷量為+4的點(diǎn)電荷；

在B、D兩點(diǎn)分別固定一個(gè)電荷量為-q的點(diǎn)電荷。E點(diǎn)和P點(diǎn)分別為和CD邊的中點(diǎn)，M點(diǎn)和N點(diǎn)是

位于x軸上關(guān)于。點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)。則下列說(shuō)法正確的是（）

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A.E點(diǎn)和廠點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等

B.0點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于零，電勢(shì)一定大于零

C.將電子從E點(diǎn)沿著所連線移動(dòng)到尸點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功

D.電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能先增大后減小

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.將A、B與C、。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)和尸點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，即E點(diǎn)和尸點(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、。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(wú)窮遠(yuǎn)電勢(shì)相等，即電勢(shì)等于0,可知，。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。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ER連線移動(dòng)到尸點(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，由于之間的任意位置均靠近A、B組等量異種點(diǎn)電荷，則之間任意

位置的電勢(shì)由A、3組等量異種點(diǎn)電荷決定，ON之間的任意位置均靠近C、。組等量異種點(diǎn)電荷，則ON

之間任意位置的電勢(shì)由C、。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。點(diǎn)電勢(shì)為0,可知，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N,電勢(shì)升高，則電子從M點(diǎn)

移動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)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，。、A、8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+。的點(diǎn)電荷固定在。

點(diǎn),現(xiàn)有一質(zhì)量為機(jī)、電荷量為”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8

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)靜電力常量為鼠重力加速度為g,

則下列說(shuō)法正確的是（）

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A.該過(guò)程中小金屬塊的電勢(shì)能減小

儂片—2〃gL）

B.A、2兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為

2q

則小金屬塊速度最大時(shí)距0點(diǎn)的距離為J出

C.若在A處庫(kù)侖力大于摩擦力,

V〃機(jī)g

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(guò)程的平均速度小于區(qū)

2

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.依題意，小金屬塊受到向右的庫(kù)侖力，該過(guò)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

12

WAB-/jmgL=O--mvQ

A、2兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為

聯(lián)立，解得

zn（2〃gL-v；）

UAB

2q

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

jumg=k,Q—q

解得

X=

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3運(yùn)動(dòng)過(guò)程做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得

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gk"=ma

r

解得，加速度大小為

kQq

〃=〃g_

mrT

則小金屬塊由A向8運(yùn)動(dòng)過(guò)程做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，u-/圖像如圖所示

-x

v=—

t

可知小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程的平均速度大于a，故D錯(cuò)誤。

2

故選AC。

10.圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，OO'是M、N板間的中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時(shí)，板

13

間為勻強(qiáng)電場(chǎng)。［T時(shí)，比荷為女的帶電粒子甲從。點(diǎn)沿OO'方向、以%的速率進(jìn)入板間，鼻7時(shí)飛離

3

電場(chǎng)，期間恰好不與極板相碰。若在一T時(shí)刻，帶電粒子乙以2%的速率沿從O點(diǎn)進(jìn)入板間，已知乙

8

粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shuō)法中正確的是（）

MU。

o~............

Tv

圖1圖2

A.T時(shí)刻，乙粒子離開(kāi)電場(chǎng)

4

B.乙粒子的比荷為一左

7

C.甲、乙兩粒子通過(guò)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2：3

D.甲、乙兩粒子通過(guò)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1：2

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【答案】AD

【解析】

【詳解】A.設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng)粒子甲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

L3^15

t=―――L----1二一

%244

粒子乙因入射速度為甲的兩倍，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

3_

因乙在時(shí)刻飛入電場(chǎng)，則在7時(shí)刻禺開(kāi)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一時(shí)間圖像，如圖所示

V八

y

-----------------

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

1Q

的最大位移大小剛好為一，根據(jù)圖像可知在一T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

24

Q1

大小，而在一T時(shí)刻，粒子出電場(chǎng)，此時(shí)位移是最大位移的一半，為一，即甲在豎直方向上的位移為

24

-；同理，對(duì)粒子乙，其圖線為AB'C'。'的形狀，因乙粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中也恰好不與極板碰撞，根據(jù)圖

4

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

2

之比為

也=4￡

九工2

2

第11頁(yè)/共22頁(yè)

故C錯(cuò)誤，D正確;

B.對(duì)乙有

22

151I7azJ?

丁乙二/。乙?128

82

對(duì)甲有

2T2

1?_［甲T

丁甲二5〃甲

32

因

1

》乙2

則有

a甲〃

1

32z:

一萬(wàn)

128

可得

組=號(hào)

。甲7

又

Clm---------------------

mdd

二U。，

m'd

可得乙粒子的比荷為

q^_8k

/一7

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(guò)程”實(shí)驗(yàn)電路圖。開(kāi)關(guān)未閉合時(shí)，電源的電壓U=6.0V。

實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，單刀雙擲開(kāi)關(guān)S先跟2相接。某時(shí)刻開(kāi)關(guān)改接1,一段時(shí)間后，把開(kāi)關(guān)再改接2。實(shí)驗(yàn)中使用

了電流傳感器來(lái)采集電流隨時(shí)間的變化情況。開(kāi)關(guān)再改接2后得到的/7圖像如圖乙所示。

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（1）開(kāi)關(guān)S改接1后流經(jīng)電阻R上的電流方向?yàn)椋ㄌ睢白陨隙隆被颉白韵露稀保?/p>

（2）已知電容器的電容為4x103RF,則圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”為Co

（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E與電容器的電容C、電荷量Q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(guò)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(shuō)法正確的是（）

A.U-Q圖線的斜率越大，電容C越小

B.對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量E與電荷量。成正比

C,對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量E與電容器兩極板間電壓。的平方成正比

【答案】（1）自上而下

（2）2.4x102C

（3）AC

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

開(kāi)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R,故開(kāi)關(guān)S改接1后流經(jīng)電阻R上的電流方向?yàn)樽陨隙拢?/p>

【小問(wèn)2詳解】

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

第13頁(yè)/共22頁(yè)

2=CC/=4X103|1FX6.0V=4X103X106X6.0C=2.4xlO2C

【小問(wèn)3詳解】

A.由

c=2

U

得

U=—Q

C

U-Q圖線的斜率為g,故圖線的斜率越大，電容C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(guò)程中克服電場(chǎng)力所做的功，也等于圖

像所圍的面積

E=3

U=—

c

解得

1,Q2

E=-CU2

22C

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E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。

故選AC。

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3k。）；

B.電壓表（0~15V,內(nèi)阻約為3OkC）；

C.電流表（0~3A,內(nèi)阻約為0.1。）；

D.電流表（0~500mA,內(nèi)阻約為0.6C）；

E.滑動(dòng)變阻器（200Q,0.5A）；

F.滑動(dòng)變阻器（10。，2A）；

G.直流電源（電動(dòng)勢(shì)3V,內(nèi)阻不計(jì)）；

H.開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)線若干。

第14頁(yè)/共22頁(yè)

//mA

，知網(wǎng)2

(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(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖_______o

(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o(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0(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10。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)。

(3)5.33(4)1

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

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

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【小問(wèn)2詳解】

Hi——

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。

【小問(wèn)3詳解】

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

TT1ZS

R=—=—QB5.33。

I0.3

【小問(wèn)4詳解】

在燈泡的伏安特性曲線中做出電動(dòng)勢(shì)為3V、內(nèi)阻為10。的電源的U-/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

U-1N

三、解答題(共44分)

13.如圖所示的平行金屬板電容器的電容C=2xlO"F，極板A、2之間可以看成勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)

E'=1.2xlO3V/m)極板間距離為L(zhǎng)=5cm,電場(chǎng)中c點(diǎn)到A極板、d點(diǎn)到2極板的距離均為0.5cm,2極

板接地。求：

(1)B極板所帶電荷量Q；

(2)d點(diǎn)處的電勢(shì)夕*

(3)將電荷量q=-5xl(T6c的負(fù)點(diǎn)電荷從1移到c,靜電力的功陀小

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A

【答案】(1)1.2x10-2。(2)-6V；(3)-2.4xl()Tj

【解析】

【詳解】(1)8A間的電勢(shì)差為

DA=EL=1200x0.05V=60v

2極板所帶電荷量。為

-42

g==2X10X60C=1.2X10-C

(2)B極板與d之間的電勢(shì)差為

=EL,

DCLDRCI=1200x0.005V=6V

d點(diǎn)處的電勢(shì)

(Pd=-6V

(3)小c之間的距離為

2

Ldc=0.05m-2x0.5x10m=0.04m

d、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為

U*=E4=48V

靜電力做的功

%=—5x10-6*481—2.4x107J

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(kāi)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)尸，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)。已知電子

的質(zhì)量為加，電荷量為e,M、N兩端的電壓為Uo,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域水平寬度為L(zhǎng)o,豎直高度足夠長(zhǎng)，MN

中電子束距離靶臺(tái)豎直高度為”=6工0,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=孚A。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：

第17頁(yè)/共22頁(yè)

(3)尸點(diǎn)到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊界的距離。

【答案】(1)

(2)30°

(3)—L

2°Q

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

根據(jù)動(dòng)能定理有

1。

eU0=—mV-0

解得電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為

【小問(wèn)2詳解】

電子在偏轉(zhuǎn)場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律

eE=ma

解得

。_2百叫

3mL0

電子在偏轉(zhuǎn)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

v

則電子出偏轉(zhuǎn)場(chǎng)時(shí)在豎直方向的分速度為

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Vy=at

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

,A%百

tane=j=——

v3

聯(lián)立解得

，=30°

【小問(wèn)3詳解】

設(shè)尸點(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

4+L

H_2,LO+2L

yLoLo

聯(lián)立解得

L=-L

2o°

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

〃=0.5,右側(cè)光滑，右側(cè)空間有一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在。點(diǎn)用長(zhǎng)為R=5m的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩，

拴一個(gè)質(zhì)量加A=0.04kg,帶電量為4=+2*10?。?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)量為=0.02kg,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P點(diǎn)（彈簧仍在彈性限度內(nèi)），之間的距離為L(zhǎng)=10cm,推力所做的功是W=0.27J,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)樨?，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)镋=6X1（）3N/C，電場(chǎng)方向不變，g=10m/s20求：

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N

O

//77777777777777777/7777777777777777777^7777

PM

(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的速度大小匕；

(3)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(guò)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)尸脫離軌道，求P與水平地面間的距離兒（此小問(wèn)不要求寫(xiě)過(guò)程，只需要

寫(xiě)出最后結(jié)果，不考慮過(guò)最低點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng)）

【答案】（1）2xlO3N/C，方向豎直向上

(2)匕=5m/s

(3)3N

(4)不能，h=-m