2024-2025學年人教版高二年級上冊物理壓軸題考卷（解析版）

高二上冊物理壓軸題考卷01

（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.測試范圍：人教版（2019）：必修第三冊第9?10章。

2.本卷平均難度系數0.15。

第I卷選擇題

一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1?

8題只有一項符合題目要求，第9?12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但

不全的得2分，有選錯的得。分）

1.如圖所示，半徑為2r的均勻帶電球體電荷量為Q,過球心。的x軸上有一點尸，已知P

到O點的距離為3廠，現若挖去圖中半徑均為r的兩個小球，且剩余部分的電荷分布不變,

靜電力常量為九則下列分析中不正確的是（）

Px

A.挖去兩小球前，兩個小球在P點產生的電場強度相同

B.挖去兩小球前，整個大球在尸點產生的電場強度大小為左懸

9r

C.挖去兩小球后，尸點電場強度方向與挖去前相同

D.挖去兩小球后，剩余部分在尸點產生的電場強度大小為左10°一27布）。

3600/

【答案】A

【詳解】解：A.兩小球分別在x軸上下兩側，電性相同，它們在P點產生的場強分別

斜向上和斜向下，與x軸夾角相等，方向不同，A錯誤；

B.大球所帶電荷均勻分布整個球體，它在外部產生的電場可等效為所有電荷集中在球心

。點在外部產生的電場，由庫侖定律

B正確;

C.大球在P點產生的電場沿x軸方向，兩小球在尸點的合場強也沿x軸方向，且小于

大球在尸點的場強，由場強疊加原理可知，挖去兩小球后，尸點場強方向不變，C正確;

D.設兩小球的球心到尸點的距離為/,有幾何關系

I=J—+(3r)2=VTOr

球體積公式為

4

V=-TTR3

3

小球半徑是大球半徑的一半,故小球體積是大球體積的八分之一，故小球所帶電荷量為

兩小球在P點場強均為

Q

W一

E=k

(VlOr)280r2

合場強為

E_當旦一巫巫

1VW80r2400r2

剩余部分在P點的場強為

口,Q3V10.Q400-27V10.Q

E=左上亍------左升=-----------k

2、9r2400r23600外r2

D正確。

題目要求選不正確，故選A。

2.如圖所示，一足夠大的空間內有一無限長的均勻帶正電的導體棒水平放置，導體棒所在

的豎直平面內放有三個質量相同、電荷量分別為外2外3q（q>0）的微粒，通過多次擺

放發(fā)現，當三個微粒均靜止時，它們距導體棒的距離之比總是1:2:3,不考慮微粒間的

相互作用。現撤去該三個微粒，在導體棒所在的豎直平面內距導體棒1.5爪2.5/7處分別

放有電子A、B（不計重力），給它們各自一個速度使其以導體棒為軸做勻速圓周運動，

則A、B做圓周運動的線速度之比為（）

【答案】A

【詳解】設外2外3q所在位置對應的電場強度為耳，E2,E3,的由平衡條件得

mg

耳螫，鱉，E.

q2q

即

1￡J

瓦：居：4

23

而它們距導體棒的距離之比總是1:2:3,可知某點電場強度的大小與該點到導體棒的距

離成反比。則任意一點的電場強度大小可寫成

E=-"為常量）

r

由于電子繞導體棒做勻速圓周運動，則

kVg

e—=m-

AA

解得

2k=1

%1

故選Ao

3.如圖所示，有一半徑為R的均勻帶電絕緣環(huán)固定在離地足夠高處（平行于地面），一帶

電小球恰靜止在圓環(huán)中心正上方高為老R處，小球與地面碰撞后速度可認為變?yōu)榱?，則

2

下列說法正確的是（）

A.在圓環(huán)中心正上方還存在另一位置，小球移至該處仍可保持平衡

B.將小球移至距圓環(huán)中心正上方高為0.5R處由靜止釋放，小球一定向下運動

C.將小球移至距圓環(huán)中心正上方高為R處由靜止釋放，小球一定向上運動

D.將小球移至距圓環(huán)中心正上方高為2尺處由靜止釋放，小球運動過程中電勢能一直增

大

【答案】B

【詳解】A.設大圓環(huán)的電荷量為。，小球電荷量為q,由題可知環(huán)對球的電場力合力向

上，對于環(huán)上微小的一段，設電荷量為。3小球距圓環(huán)中心上方的距離為隊此時微小

的這段環(huán)對小球的作用力與水平方向夾角為6,微小環(huán)給小球的豎直分力有為

環(huán)上所有小段疊加后的總電量為Q,因此豎直方向上的合力為

F=k—---卜=kOq-h

T

(R2+h2y

將尸對人求導，得到

e,八R2-2h2

Fg=kQq-------T

(R2+h2Y

可知在〃尺取極大值，所以由此可知在此處絕緣帶電環(huán)對小球的電場力最大，由題

2

可知此位置電場力與小球重力等大反向，其他時候電場力都小于重力，故平衡位置只有

該處，故A錯誤;

BC.從圓環(huán)中心正上方高為0.5尺、R、2尺處釋放時，所受電場力均小于重力，故小球一

直向下運動，故B正確，C錯誤；

D.小球向下運動過程中會穿過圓環(huán)落到地面上，電場力先做負功，后做正功，電勢能

一定先增大后減小，故D錯誤。

故選Bo

4.如圖所示在豎直/軸上固定兩個點電荷，電荷量為+。的點電荷在2%處、電荷量為-4。

的點電荷在3yo處。將質量為"八電荷量為+?的小球從坐標原點。靜止釋放，經過N點

后，能到達最低點瓦以為處為電勢能零點、2%處為重力勢能零點，小球可視為點電荷。

小球在此運動過程中的重力勢能瑪1、機械能紜、動能穌及電勢能穌2隨了變化的圖像可

能正確的是()

+q,m

【詳解】初末速度為o,中間過程不為o,所以動能先增加后減小。

設正電荷Q的正上方x處電場強度為0,則

■?40梗

(%+x)2x2

解得

X=%

即/點場強為0,結合圖可知，/點上方場強方向向下，/點到正電荷場強方向向上。

則小球從。點到8點，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增加，為處為0。

在3點，小球總能量為

EB=E電%+Eg

分析可知，在/、8點之間動能最大，設為C點，則

Ec=E電%+E童%+Ekm

由于

Ec=ER,“電Pc+E重%>E重「a

則

E電RP>Ejaa

即電勢能最大值大于動能最大值。

電場力先做正功后做負功，則電勢能先減小后增加，機械能先增加后減小。而重力一直

做正功，重力勢能一直減小，最后不為0。

故選Bo

5.如圖所示，質量為機的帶電小球A用長/的絕緣線懸掛于。點，現把另一帶電小球B從

無窮遠處緩慢地水平移至A球原來的位置，此時細線偏過角度夕。若規(guī)定無窮遠處為電

勢零點，則距電荷量為。的點電荷r處的電勢0=絲“為靜電力常量），重力加速度

r

為g,則此過程中外力所做的功為（）

A.6mglsm2^

C.6mglsin—D.4mglcos~

【答案】A

【詳解】由圖可知，平衡時，A、B兩球相距為

r=2/sin—

2

對A受力分析可知

1QAQB0-9

k=2mgsin—

r22

在運動過程中，外力做功為重力勢能增加量和電勢能增加量的和，即

W=mgl（1-cos9^+k心冤=6機g/sin?\

故選A?

6.由"個帶電量均為Q的可視為質點的帶電小球無間隙排列構成的半徑為R的圓環(huán)固定在

豎直平面內。一個質量為加的金屬小球（視為質點）通過長為￡=2R的絕緣細線懸掛

在圓環(huán)的最高點。當金屬小球電荷量也為Q（未知）時，發(fā)現金屬小球在垂直圓環(huán)平面

的對稱軸上尸點處于平衡狀態(tài)，如圖所示，軸線上的兩點尸、P關于圓心。對稱。已

知靜電力常量為k,重力加速度為g,取無窮遠處電勢為零。則下列說法中正確的是

（）

A.0點的場強一定為零

B.由于P、戶兩點關于。點對稱，兩點的場強大小相等，方向相反

C.金屬帶電小球的電量為。=電萼

nk

D.固定P處的小球，然后在圓環(huán)上取下一個小球（其余〃一1個小球位置不變）置于Pf

處，則圓心。的場強大小為22維

/?Vn

【答案】D

【詳解】A.根據對稱性可知，由〃個帶電量均為0的可視為質點的帶電小球無間隙排

列構成的半徑為R的圓環(huán)，在圓心。點場強為0,帶電金屬小球在。點的場強不0,所

以。點的場強不為零，故A錯誤；

B.根據對稱性可知，由”個帶電量均為。的可視為質點的帶電小球無間隙排列構成的

半徑為尺的圓環(huán)，在尸、P兩點的場強大小相等，方向相反，帶電金屬小球在這兩點產

生的電場強度不相等，故B錯誤；

C.取圓環(huán)帶電小球；由庫侖定律可得，該部分對小球的庫侖力

方向沿該點與小球的連線指向小球；同理取以圓心對稱的小球，其庫侖力與B相同；如

圖所示

由幾何關系可知，細線與軸線的夾角

<9=30°

兩力的合力應沿圓心與小球的連線向外，大小為

取2.絲.cos30。VW

4R-4R2

因圓環(huán)上各點對小球均有庫侖力,故所有部分庫侖力的合力

2

nF2y/3nkQ

卜=---=------o--

28尺2

小球受力分析如圖所示

可得

F=mgtan60°

解得，金屬帶電小球的電量為

SmgR2mg

nknk

故c錯誤;

D.在圓環(huán)上取下一個小球后，圓環(huán)上的電荷在圓心O的場強大小為

2kmg

n

根據對稱性可知，固定P處的小球，在圓環(huán)上取下一個小球（其余〃一1個小球位置不

變）置于P處，在圓心。的場強大小為0

所以固定P處的小球，然后在圓環(huán)上取下一個小球（其余〃一1個小球位置不變）置于

P處，則圓心。的場強大小為

2kmg

n

故D正確。

故選D。

7.正方形/BCD四個頂點上放置著電荷量相同的、電性如圖所示的點電荷，。為正方形兩

對角線的交點，M、N、P、0分別為N。、BO、CO,的中點。取無窮遠處電勢為零,

下列說法正確的是（）

。一十。

A.M、N、P、。四點的場強相同

B.M、N、P、。四點的電勢均為零

C.將一質子從M點沿移動到N點的過程中，電場力先做正功再做負功

D.將一電子從〃點沿MOP移動到尸點的過程中，電勢能先增加后減小

【答案】D

【詳解】A.根據電場的矢量疊加可知，M、N、P、。四個點場強方向不同，選項A錯

誤；

B.等量同種正電荷連線上的點電勢高于中點的電勢，而中點的電勢高于中垂線上其他點

的電勢即電勢的絕對值在連線上的點高于重錘線上的點，結合電勢疊加可知

域-絲+或-也＞。，％="-理+里-姐＜。

AMBMCMDMANBNCNDN

破kQkQkQkQkQkQkQ”

°AQBQCQDQ"尸APBPCPDP

選項B錯誤；

C.由于。點為兩組等量異種電荷的中點，則。點電勢為0,且M點電勢為正，N點電

勢為負，則質子從M點沿MON移動過程中，其電勢能一直減小，電場力對其一直做正

功，選項C錯誤；

D.由于。點電勢為0,且M、尸點電勢為正，所以電子從M點沿MOP移動到P點的

過程中，其電勢先降低后升高，則電子的電勢能先增加后減小，選項D正確。

故選項D?

8.如圖所示，水平面內的等邊三角形38的邊長為乙頂點C恰好位于光滑絕緣直軌道

NC的最低點，/點到8、。兩點的距離均為L/點在8。邊上的豎直投影點為O。y軸

上8、。兩點固定兩個等量的正點電荷，在z軸兩電荷連線的中垂線上必定有兩個場強

最強的點，這兩個點關于原點。對稱。在/點將質量為〃八電荷量為F的小球套在軌

道/C上（忽略它對原電場的影響）將小球由靜止釋放，已知靜電力常量為上重力加速

度為g,且左"="〃?g,忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）

L3

A.圖中的4點是z軸上場強最強的點

B,軌道上/點的電場強度大小為螫

q

c.小球剛到達c點時的加速度為恁

D.小球剛到達C點時的動能為|■機gL

【答案】B

根據等量同種電荷的電場分布可知尸點的電場強度豎直向上，大小表示為

(嗎

(sin8J

整理得

E=8cos-sin20=*cos0(1-cos23)

令"cos。，^(0,1),可得函數

對函數求導

八。=1-3〃

令/'⑺=0,解得

3

結合導函數的性質可知，在/e(0,g］時，/⑺單調遞增，在/e(g,l)時，單調遞減,

因此1=cos9=*時，電場強度最大，即

OP①①

tan。4

由此可知，Z軸上距離。點把乙處的兩點電場強度最大，A錯誤；

4

B.N"O=30。，軌道上/點的電場強度大小

工=當330。=學=町

B正確；

C.由幾何關系可知

OA=OC=—L,//CO=45。

2

根據對稱性可知，A、C兩點的電場強度大小相等，因此，C點的電場強度方向沿％軸

正方向，電場強度大小表示為

小球在c點時的受力如圖所示

小球在C受到的電場力為

Fc=qEc=rng

沿桿方向的合力為

F=mgcos45°-Fccos45°=ma

解得

a=0

由此可知小球剛到達C點時的加速度為0,C錯誤；

D.根據等量同種電場分布和對稱關系可知，A、C兩點電勢相等，電荷從A到C的過

程中電場力做功為零，根據動能定理可得

mg-OA=Ekc-0

解得

F百「

Ekc=~^mgL

D錯誤。

故選Bo

9.（多選）如圖所示，真空中有兩個固定的正點電荷A、B,已知A的帶電量為5。，B的帶

電量未知，一不計重力的帶電微粒質量為〃?，電荷量大小為q,在正電荷A、B的庫侖力

共同作用下，恰好在一垂直于AB連線的平面內繞連線上的0點做半徑為R的勻速

圓周運動，已知帶電微粒與兩正電荷的連線和N8連線所成的夾角分別為37。和53。，靜

電力常量為左，下列說法正確的是（）

c

D

A.帶電微粒帶負電

B.帶電微粒做圓周運動所在的豎直軌道平面是等勢面

C.B電荷所帶的電荷量為40

D.帶電微粒做圓周運動的線速度大小為1陛^

VmR

【答案】AD

【詳解】A.依題意，當帶電微粒帶負電時，兩點電荷的庫侖引力的合力提供向心力，

指向軌跡圓的圓心。所以該帶電微粒帶負電。故A正確；

B.根據同種電荷的等勢面分布特點可知帶電微粒做圓周運動所在的豎直軌道平面不是等

勢面。故B錯誤；

CD.對帶電微粒受力分析，如圖

由牛頓第二定律，可得

2

心cos37°=穌cos53。，&sin37°+”sin53°=加匚

R

其中

Fk-5QqkQBq

A,，

聯(lián)立，解得

0B="0，v=

B4*VmR

故C錯誤；D正確。

故選ADo

10.（多選）如圖，光滑絕緣水平面上，由1、2、3三個帶電量均為+分質量均為的相

同金屬小球，用長均為工的三根輕質絕緣細繩連接，/、2、C分別為其中點，。為三

角形中心，已知單個點電荷4周圍空間的電勢。=后幺，r為到點電荷的距離，則下列說

r

法正確的是（）

A

Br

A.。點的電場強度為零

B.長度工取合適值時，4、O兩點的電勢可能相等

C系統(tǒng)的總電勢能為紇“*

D.若8處剪斷，則之后小球1的最大速度為％,=4^^

【答案】ACD

【詳解】A.根據對稱性可知三個點電荷在。點產生的電場強度大小相等，根據電場強

度的疊加法則可得。點的電場強度大小為0,故A正確；

B.。點到金屬小球的距離均為當，N點到金屬小球3的距離為包，根據電勢疊加

原則，A,。兩點的電勢分別為

（PA=K'^X2+K~^~2=[4+^^]K^

2~L

%=A^X3=3及2

用L

則/、。兩點電勢不論在￡取何值時都不可能相等，故B錯誤；

C.1電荷的電勢能

EQ=（（P]+平3）q=k*

L

同理可得2和3電荷電勢能

EE

?2=p3=k—

故整個系統(tǒng)電勢能為

4+/+%=”2

Ep=

2L

故C正確;

D.三球一條直線時整個系統(tǒng)電勢能最小，動能最大，1球速度最大，此時1電荷的電

勢能

綜1，=（仍+/）4=后等

2和3電荷電勢能

此時整個系統(tǒng)電勢能最小為

△Fpl十CFp2十QFp3'

引==k——

22L

對系統(tǒng)，根據能量守恒

k———k^—-—wv.2+—x2mvl

L2Z2122

根據動量守恒

mvx=2mv2

兩式聯(lián)立解得

2k

3mL

故D正確。

故選ACD?

11.（多選）如圖，直角三角形A42C位于豎直平面內，48沿水平方向，長度為乙UBC=

60。。空間存在一勻強電場，場強方向與A45C所在平面平行，將一帶正電的微粒（不

計重力、空氣阻力）從/點移動到8點，電場力做功為?，從8點移動至C點，電場

力做功為一印（沙＞0）。下列說法正確的是（）

2

7

A.電場強度的大小是回

2L

B.將該帶電微粒從8點無初速度釋放，其不沿乙48c的角平分線所在直線運動

C.將該帶電微粒從C點。拋出，要使其通過8點，微粒在C點的動能應為

三卻

4

D.將該帶電微粒從/點沿NC拋出，要使其到達8c時，其位移方向垂直于電場強度

方向，微粒在/點的動能的應為匕8少

4

【答案】BCD

W

【詳解】A.由題意可知，

WAC=WAB+WBC=-^-W

如上圖，在8c邊上找點。，使。點與4點電勢相等，則/。連線為等勢線，則

WCD=WCA=-WAC=^-W

設DB邊長為A.,CD邊長為LCD，。為電場方向與C8方向的夾角，則

WDB^qELDBcos0^LDB=1

WCDqELcDcos0LCD-yjs

L「n+Lj~.n—L,R——2L

CDDBCBcos60°

解得

LOT=(V3-1)A

在&45。中，由幾何關系可知

L?D=+?DB-2LABL?BC°S60°=《3(2—g)L

LDB_LAD

sin/BADsin60°

解得

(BAD=45°

w

過5點作BE交4。于E點，且BED。，因為叫8=了＞0且微粒帶正電，所以4點電

勢大于5點電勢，故電場方向沿碘，由E指向5,且有

W

WAB=qELEB=qELsin45°=y

解得

E=------

2qL

故A錯誤；

B.由A選項可知，電場方向由K指向3,如果將帶正電微粒從2點無初速度釋放，該

微粒將沿￡8方向運動，由幾何關系可知，UBE=45°,ADBE=15°,￡8邊不是乙48c

的角平分線，故B正確；

C.如下圖，將BE反向延長交NC于尸點，由幾何關系可知乙43E=45。，LAF=L,貝U

L^P—L^c~L*F-Ltan60°—L—(A/3-1)Z

如果將帶電微粒從C點沿G4拋出，要使其通過2點，設微粒在C點的動能為4/,則

帶電微粒可看成沿CF方向以速度vj的勻速直線運動和沿EB方向的初速度為0加速度

為。的勻加速直線運動合成的結果，則

qE=-ma

2L

%=電

rL1,2

LRR-=at、

FBcos45°21

12

F=5"叫

解得

2-V3

Eg=

4

故c正確;

D.如下圖，過。點作40的垂線交4c于G點，由幾何關系可知。4G=45。，則

LGD=LAD=,Q-/)L

如果將帶電微粒從/點沿NC拋出，要使其到達8c時，其位移方向垂直于電場強度方

向，設微粒在4點的動能為&2,則帶電微粒可看成沿NG方向以速度為的勻速直線運

動和沿GD方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運動合成的結果，則

qE=-ma

2L

vt

LAG=ii

at

LGD=22

解得

故D正確。

故選BCD。

12.（多選）如圖所示，在空間X軸上方有沿負y方向的勻強電場，電場強度大小為￡,在X

軸下方有方向與x軸成45。角的勻強電場，電場強度大小為現有一帶正電量q,

質量為%的粒子從（0,〃）以沿X方向的速度%射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第

一次經過x軸時速度方向與x軸成45。角，則（）

A.%與￡滿足％=型

Vm

B.粒子第2次經過x軸時的位置為（10A,0）

C.粒子第20次經過x軸時的位置為（838瓦0）

D.粒子第20次經過x軸時速度大小為同T%

【答案】BC

【詳解】A.粒子第一次經過x軸時速度方向與x軸成45。角，則有

O=v0tan45°

粒子在第一象限做類平拋運動，豎直方向上有

I=2姮a

m

解得

%

故A錯誤；

B.粒子第一次到達x軸有

再=%

*八

結合上述解得

國=2h

隨后粒子第二次到達了軸有

x2sin45°=V2V0/2

代_1也Eq2

%2cos45=---------右

2m

解得

x2=8〃

則有

x=x1+x2=10h

即粒子第2次經過％軸時的位置為（10〃，0）,故B正確；

D.結合上述，粒子在第一象限內的加速度

qE

aQ=一

m

將粒子在x軸下方的運動沿X軸與y軸方向分解，兩方向的分加速度分別為

6qEcos45°qE

ax===ao

mm

gqEsin45°qE

a-==ao

ymm

粒子在x軸下側電場中水平方向做初速度為i的勻加速直線運動，且在％軸下側電場中

水平方向后一過程可以看為前一過程的一個延續(xù)部分，在X軸下側電場中豎直方向做雙

向勻變速直線運動，結合上述，粒子第一次到達X軸的時間為

2h

4=一

%

a0-2tl=2v0

根據豎直方向做雙向勻變速直線運動的對稱性可知，除第一次越過x軸的時間為4,其

余越過x軸的時間均為2",粒子在1軸下側電場運動的總時間

t=10x2^=20%

則粒子第20次經過％軸時速度大小為

結合上述解得

v=J442Vo

故D錯誤；

C.結合上述可知，粒子在x軸上側電場水平方向的分速度等于前一次下側電場水平方

向加速后的末分速度，由于

"2%=2%

可知，下側電場水平方向加速一次后，水平分速度增大2%,則粒子在x軸上側電場水

平方向通過的總距離

x上=%+(3v0+5v0+7v0H—17%+19%卜2%=199%%=398/z

結合上述可知，粒子在下側電場中水平方向通過的總距離

(%+%+4/)/

x下=----------------=220%.=440〃

則粒子第20次經過x軸時有

%=%上+%下=838〃

即粒子第20次經過x軸時的位置為(838瓦0),故C正確。

故選BCo

第n卷非選擇題

二、實驗題(共2小題，共20分)

13.利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現象，電流傳感器可以捕捉到瞬間的電流變

化，己知直流電源電動勢9V,內阻可忽略，實驗過程中顯示出電流隨時間變化的/-f

圖像如圖乙所示。

(1)關于電容器充電過程中兩極板間電壓所帶電荷量。隨時間/變化的圖像，下

cI。t，e

0tO~~~~一

（2）如果不改變電路其他參數，只增大電阻上充電時/—，曲線與橫軸所圍成的面積

將（填"增大""不變"或"變小"）；充電時間將（填“變長""不變"或"變短"）；

（3）請定性說明如何根據圖乙的/T圖像估算電容器的電容;

（4）某同學研究電容器充電后儲存的能量￡與電容C、電荷量。及兩極板間電壓。之

間的關系。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。為此他做出電容器兩極間的電壓。隨電荷量

0變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是=

A.對同一電容器，電容器儲存的能量￡與兩極間電壓U成正比

B.搬運Aq的電量，克服電場力所做的功近似等于M上方小矩形的面積

C.若電容器電荷量為。時儲存的能量為E,則電容器電荷量為3時儲存的能量為日

【答案】AC/CA不變變長1.8X10~4FB

【詳解】（［）［1］AB、電容器充電過程中，電容器兩端的電壓。逐漸增大，最后與電源

電動勢相等，因此斜率會逐漸減小，最后與橫軸平行，故A正確，B錯誤；

CD、根據公式0=C。，電容C為定值，可知電容器所帶的電荷量逐漸增大，最后保持

不變，所以。-f圖像的斜率也逐漸變小，最后為零。故C正確，D錯誤。

故選ACo

（2）⑵⑶由電容器的計算公式0=CU可知，電容器儲存的電荷量與電阻R無關，所

以曲線與橫軸圍成的面積保持不變，當增大電阻尺，由于電阻對電流的阻礙作用增強,

充電電流減小，所以充電時間將變長。

（3）⑷根據圖像的物理意義可知，/T圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示電容器的電

荷量，電容器的極板帶電量約為

_53

go=4Ox4xlOC=1.6xlO-C

根據電容的比值定義式可得電容約為

C工J6X10-3C=[8X]0TF

U9V

（4）⑸A.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

另一個極板過程這克服電場力做的功，也就等于圖像與橫軸圍成的面積，則

E=-CU2

2

故A錯誤；

B.根據圖像的物理意義可知，搬運的的電量，克服電場力所做的功近似等于的上方

小矩形的面積。故B正確；

C.由（4）中的電容器的能量公式和電容的定義式可得

2C

又因為0'=g由此可得故C錯誤。

24

故選Bo

14.如圖甲是研究電容器電容大小的電路圖。電壓傳感器（內阻可看作無窮大）可以實時顯

示48間電壓大小，電流傳感器（內阻可看作零）可實時顯示出電流大小。連接好電

路檢查無誤后進行了如下操作：

4計算機）

一

電

壓

E—傳

B感

器

R

甲

①將S撥至2,接通足夠長的時間直至/、8間電壓等于零。

②將S撥至1,觀察并保存計算機屏幕上的/-八"AB-圖，得到圖乙和圖丙。

U^

A/0V

工