浙江省精诚联盟2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024高二上·江山月考）下述物理量属于矢量的是（ ）
A．电流 B．电势 C．电场强度 D．电势能
【答案】C
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】电场强度属于矢量；而电流、电势和电势能均属于标量。
故答案为：C。
【分析】矢量判断标准：需同时满足 “有大小、有方向、运算遵循平行四边形定则”。
电流：方向是 “规定方向”，运算代数加减，标量。
电势、电势能：只有大小，无矢量方向，标量。
电场强度：有大小、方向，且叠加时用平行四边形定则，矢量。
2．（2024高二上·江山月考）下列关于电场强度的单位用基本单位表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电场强度；单位制
【解析】【解答】电场强度的单位用基本单位表示，根据单位运算有
故答案为：B。
【分析】1. 单位溯源：从电场强度定义式 出发，关联力（N ）和电荷（C ）的单位。
2. 基本单位分解：将导出单位（N、C ）分解为国际基本单位（kg、m、s、A ）。
3. 化简推导：通过替换和数学化简，得到电场强度单位的基本单位组合。
3．（2024高二上·江山月考）下列说法正确的是（ ）
A．点电荷是体积很小的带电体，体积很大的带电体一定不能看成点电荷
B．接触起电、摩擦起电和感应起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体，因此电荷不守恒
C．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，元电荷的数值跟一个质子电荷量的数值相等。带电体所带电荷量可以是任意的
D．1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
【答案】D
【知识点】元电荷；点电荷；电场线
【解析】【解答】A．点电荷是理想模型，判断依据是 “带电体的大小、形状对研究问题的影响可忽略”，而非实际体积大小，故A错误；
B．摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，而感应起电不是从一个物体转移到另一个物体，故B错误；
C．密立根测定了元电荷的电荷量，一个电子或质子的电荷量在数值上等于元电荷的电荷量，带电体所带电荷量只能是元电荷的整数倍，故C错误；
D.1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：点电荷的 “可视为” 条件是 “影响可忽略”，与实际大小无关。
B：三种起电方式均是电荷转移（物体间或物体内 ），电荷守恒。
C：带电体电荷量是元电荷的整数倍，元电荷数值由密立根测得。
D：法拉第引入电场概念和电场线表示法。
4．（2024高二上·江山月考）下列说法正确的是（ ）
A．由电流计算公式可知，通过导体某一截面的电荷量q越多，电流I越大
B．导体的电阻率由导体的材料、长度、横截面积和温度共同决定
C．在公式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小；是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小
D．沿电场线方向电势降低，在匀强电场中电势降落的方向就是电场强度的方向
【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电势；电流、电源的概念；电流的微观表达式及其应用；电阻率
【解析】【解答】A．由电流计算公式可知，单位时间内通过导体某一截面的电荷量q越多，电流I越大，故A错误；
B．电阻率是导体的固有属性，由材料和温度决定，故B错误；
C．在公式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小；是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小，故C正确；
D．沿电场线方向电势降落最快，但电势降落的方向不一定是电场方向，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：单位时间的电荷量，需强调 “单位时间”。
B：仅由材料和温度决定，与几何尺寸无关。
C：利用 F = qE，将库仑力拆分为 “试探电荷 × 场源电荷的场强”。
D：电场方向是电势最快降落的方向，而非所有降落方向。
5．（2024高二上·江山月考）有两个材料相同的长方体型导体，它们的横截面均为正方形，大的长方体横截面边长为，小的长方体横截面边长为，高均为h，现分别在两导体左右两端加上相同的电压，两导体中的电流方向如图所示，则（ ）
A．两导体电阻之比为2：1
B．两导体电阻之比为1：2
C．流过两导体的电流之比为1：1
D．若电流方向竖直向下，大长方体与小长方体的电阻之比为4：1
【答案】C
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】ABC．从图示电流方向看，根据
可得
，
故两导体电阻之比
两导体加上相同的电压，根据，可知电流之比为1：1，故AB错误，C正确；
D．若电流方向竖直向下，根据
可得
，
故两导体电阻之比
故D错误。
故答案为：C。
【分析】ABC：明确电流方向对应的 “长度” 和 “横截面积”（水平电流时，长度是正方形边长，横截面积是边长 × 高；竖直电流时，长度是高，横截面积是正方形面积 ），相同电压下，电阻相等则电流相等。
D：通过电阻定律公式，代入不同方向的几何参数，推导电阻比和电流比。
6．（2024高二上·江山月考）如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流，内电阻，用它们改装成量程更大的电流表和电压表，则下列说法正确的是（ ）
A．甲表是电压表，R越小量程越大
B．乙表是电流表，R越大量程越大
C．甲表改装成量程为0.6A的电流表，则
D．乙表改装成量程为3V的电压表，则
【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A．甲表由一个灵敏电流表和一个变阻器并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，电流表的量程为
可知，R越小，量程越大，故A错误；
B．乙表由一个灵敏电流表和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，电压表的量程为
可知，R越大，量程越大，故B错误；
C．根据
可得，故C错误；
D．根据
可得
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 电表改装类型：并联分流，电流表（甲表 ）；串联分压，电压表（乙表 ）。
2. 量程公式推导：电流表（并联 ）：（分流电流由并联电阻决定 ）。
电压表（串联 ）：（分压电压由串联电阻决定 ）。
3. 电阻计算：利用满偏电压（并联相等 ）或总电阻（串联相加 ），结合欧姆定律求解。
7．（2024高二上·江山月考）如图所示，图甲是示波管的原理图，如果在电极之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】由于电极XX'加的电压保持不变且为正值，可知在XX'方向上的偏转位移偏向X且保持不变，在YY'方向上电压随正弦规律变化，即YY'方向上偏移在正负最大值之间变化，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】电压与偏转的关系：示波管中，X、Y 方向的电压分别控制电子在水平、竖直方向的偏转。
恒定电压的影响：X 方向电压恒定，则水平偏转位移固定。
交变电压的影响：Y 方向电压正弦变化，则竖直偏转位移周期性振荡。
8．（2024高二上·江山月考）某手机电池背面印有的一些符号如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该手机电池充满电储存的电荷量为20C
B．该手机电池充满电储存的电能为2592J
C．若该手机的待机电流为15mA，则手机最多可待机100小时
D．若该手机工作电流为0.1A，则手机工作时间为20小时
【答案】D
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】A．该手机电池充满电储存的电荷量为
故A错误；
B．该手机电池充满电储存的电能为
故B错误；
C．待机时长为
故C错误；
D．工作时间
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 电荷量换算：电池容量 转 ，利用 。
2. 电能计算：电能 （电场力做功， 为总电荷量， 为电压 ）。
3. 时间计算：时间 （电荷量除以电流，得到持续时间 ）。
9．（2024高二上·江山月考）如图，平行板电容器与直流电源连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一个带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．带电油滴带正电
B．电路稳定后，断开开关，下极板上移一小段（但未到P点），带电油滴保持静止
C．保持开关闭合，上极板上移一小段，P点电势升高
D．保持开关闭合，上极板下移一小段（但未到P点），带电油滴将向下运动
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场强度
【解析】【解答】A．电容器上极板与电源正极连接，上极板带正电，电场强度方向向下，油滴处于平衡，所受电场力方向向上，与电场方向相反，则油滴带负电，故A错误；
B．电路稳定后，断开开关，电容器极板所带电荷量不变，根据
，
解得
可知，当下极板上移一小段（但未到P点），电场强度不变，电场力不变，则带电油滴保持静止，故B正确；
C．保持开关闭合，上极板上移一小段，极板间距增大，结合上述可知，电场强度减小，令P到下极板间距为，则
可知P点电势降低，故C错误；
D．保持开关闭合，上极板下移一小段，极板间距减小，结合上述可知，电场强度增大，电场力增大，则带电油滴将向上运动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电场方向由正极板指向负极板，油滴受力平衡时，电场力方向与电场方向相反，则为负电。
B：电荷量不变，电场强度与极板间距无关。
C：电压不变，电场强度与极板间距成反比。
D：下极板接地为 0，P 点电势由 E 和 P 到下极板距离决定。
10．（2024高二上·江山月考）额定电压均为110V，额定功率PA=60W，PB=150W的A、B两盏灯泡，若接在电压为220V的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AC．若两灯泡均能正常发光，A中电路消耗的功率为
C中电路消耗的功率为
故A正确，C错误。
BD．根据题意，当灯泡正常发光时，即灯泡两端的电压为110V，电流为
，
B中两灯泡串联电流相等，不能满足均正常发光，D中流过灯泡A的电流大于流过B的电流，不能均正常发光，故BD错误；
故答案为：A。
【分析】1. 正常发光条件：灯泡电压需为额定电压110V，电流为额定电流。
2. 串并联特性：串联电流相等，并联电压相等；需通过分流（分压）使两灯泡均达额定电压。
3. 总功率计算：总功率=各元件功率之和，或 总（总电压×总电流 ）。
11．（2024高二上·江山月考）如图，有、、三种带正电粒子（不计重力）分别在电压为的电场中的O点静止开始加速。从M孔射出，然后射入电压为的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带正电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则（ ）
A．三种粒子在电场中的加速度之比为
B．三种粒子在电场中的运动轨迹一定不会重合的
C．三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为
D．三种粒子从偏转电场出来时动能之比为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可知，粒子在电场中的加速度大小为
可知三种粒子在电场中的加速度之比为
故A错误；
C．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得
则三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为，故C错误；
B．粒子在偏转电场中做类平抛运动，设板长为，板间为，则有
，，
联立可得
可知粒子在偏转电场中的偏移量与粒子的电荷量和质量均无关，即三种粒子在偏转电场中的偏移量相同，则三种粒子在电场中的运动轨迹一定是重合的，故B错误；
D．全过程根据动能定理可得
可知三种粒子从偏转电场出来时动能之比为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 加速度：由 ，结合粒子 比值推导。
2. 速度：加速电场用动能定理 ，推导 与 成正比。
3. 轨迹：偏转电场中，偏转量 与 、 无关，轨迹重合。
4. 动能：全程动能定理，动能与电荷量成正比（因 相同 ）。
12．（2024高二上·江山月考）空间中存在着某种电场，在x轴上各点电势和位置坐标的对应关系如图所示，其中处的电势最高，在区域内O点是电势最低的点。下列分析正确的是（ ）
A．区间内电场方向沿方向
B．区间内电场方向沿方向
C．在区间内，沿方向，电场强度沿x轴方向的分量先增大后减小
D．该电场的电场强度沿x轴方向的分量在两点最大，在原点O最小等于0
【答案】C
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】A．电势沿电场方向降低，则区间内电场方向沿方向，区间内电场方向沿方向。故A错误；
B．电势沿电场方向降低，区间内电场方向先沿方向再沿方向。故B错误；
C．图线的斜率表示电场强度大小，则在区间内，沿方向，电场强度沿x轴方向的分量先增大后减小。故C正确；
D．该电场的电场强度沿x轴方向的分量在两点不是最大。图线在原点O的斜率为0，则电场强度最小等于0。故D错误。
故答案为：C。
【分析】AB：逐段分析电势变化趋势（升高/降低 ），确定电场方向。
C：电场方向是电势降低最快的方向， 图像斜率表示电场强度沿 轴的分量（ 斜率绝对值，符号表示方向 ）。
D：通过斜率绝对值的变化（图像陡缓 ），判断电场强度分量的增减。
13．（2024高二上·江山月考）如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，下列说法正确的是（ ）
A．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
B．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
C．只有时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
D．不是所有电子离开电场时的速度都是
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．依题意，可知所有电子离开极板所用时间
时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度时间图像如图所示，图像与时间轴围成的面积代表位移
在时刻侧位移最大，最大位移为
在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有
联立可得
故A正确；
B．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为
故B错误；
C．在
时刻进入电场的电子侧位移最大为，故C错误；
D．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示
所有电子离开极板所用时间
由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，所以所有电子离开电场时速度都等于，故D错误。
故答案为：A。
【分析】1. 运动分解：水平匀速（时间 ），竖直方向受交变电场力，做变速运动（加速度周期性变化 ）。
2. 图像：斜率表示加速度，面积表示侧位移，利用对称性分析最大位移时刻。
3. 速度合成：竖直分速度最终为0，水平速度不变，离开时速度等于初速度 。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或选错的得0分）
14．（2024高二上·江山月考）对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，武当山金殿安装了避雷针后，“雷火炼殿”现象更加明显和频繁了
B．图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引
C．图丙中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．图丁中，由于金属网的屏蔽，A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零
【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．图甲中，武当山金殿安装了避雷针后，电荷通过避雷针导入大地，不会出现“雷火炼殿”现象，故A错误；
B．图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引，故B正确；
C．图丙中，燃气灶点火时应用了尖端放电的原理，故C正确；
D．图丁中，由于金属网的屏蔽，验电器箔片不会张开，此时A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度与金属网产生的感应电场相互平衡，不是A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：导走电荷，避免积累放电。
B：异种电荷静电吸引。
C：利用尖端强电场电离空气。
D：金属网感应电场与外电场抵消，合场强为零，但外电荷单独产生的场强仍存在。
15．（2024高二上·江山月考）如图所示，真空中竖直固定一表面粗糙程度处处相同的金属板，其正前方固定一个带正电的点电荷Q，OQ垂直于金属板。已知，一表面绝缘带正电的小滑块（可视为试探电荷且不影响原电场）从金属板上端的M点由静止释放，小滑块能运动到O点，且到达O点时其所受重力大小等于摩擦力大小。下列说法正确的是（ ）
A．小滑块一直加速运动到N点，加速度先减后增，小滑块在M、N两点的加速度相等
B．电场力对小滑块先做负功后做正功，小滑块在M、N两点的电势能相等
C．小滑块在OM段和ON段动能的增加量一定相等
D．小滑块的动能可能先增大后减小，到达N点的速度为零
【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由于静电感应，金属板处于静电平衡状态，金属板表面是一个等势面，在M、N两点场强和电势相等，周围的电场如图所示
小滑块在M、N两点的受力为重力、电场力、摩擦力和支持力，由图可知，小滑块在M、N两点的合外力相同，故加速度也相同，故A正确；
B．电场线垂直于金属板，电场力不做功，小滑块在M、N两点的电势能相同，故B错误；
C．根据对称性可知，摩擦力在OM段和ON段做的功相等，合外力做功相等，根据动能定理可知，小滑块在OM段和ON段动能的增加量一定相等，故C正确；
D．在OM段，由于
，
OM段摩擦力一直增大，到O点时与重力大小相等，所以OM阶段，滑块一直做加速运动，速度一直增大，动能增大，ON阶段重力大于摩擦力，滑块继续加速，速度增大，动能增大，所以到达N点的速度不为零，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：金属板表面等势，电场线垂直表面，M、N 对称（电势、场强大小相等 ）。
B：沿金属板方向合力由重力和摩擦力决定，摩擦力随场强变化（先增后减 ），加速度先减后增；对称点合力相等，加速度相等。
C：力与位移垂直，不做功，电势能不变。
D：对称段合外力做功相等，动能增量相等；全程加速，动能持续增大。
三、实验题（每空2分，共14分）
16．（2024高二上·江山月考）某同学用如图甲所示电路研究电容器的放电规律，先将电键S合向1，待电路稳定，再将电键S合向2，通过电流传感器描绘出电容器放电电流随时间变化的规律如图乙所示。图甲中电源两端提供稳定电压。图乙中图线与两坐标轴所围的面积约为43个方格子的面积。
（1）由此求得电容器的电容为 F．（结果均保留三位有效数字）
（2）若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，则电容器放电的时间会 （填“变长”、“变短”或“保持不变”）。
【答案】（1）
（2）变长
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】（1）根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为0.08×10-3C，已知图像与横轴所围图形包含的格子个数为43，由
所以释放的电荷量是
则电容器电容是
故答案为：
（2）若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，电流变小则电容器放电的时间会变长。
故答案为：变长
【分析】（1）利用 图像面积求总电荷量 ，结合 计算电容（ 是充电电压 ）。
（2）电阻增大，放电电流减小，相同电荷量下，放电时间变长（电流-时间积分面积不变 ）。
（1）根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为0.08×10-3C，已知图像与横轴所围图形包含的格子个数为43，由
所以释放的电荷量是
则电容器电容是
（2）]若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，电流变小则电容器放电的时间会变长。
17．（2024高二上·江山月考）某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径为 mm；用游标卡尺测其长度为L，用多用电表粗测其电阻如图乙所示，选择×1的挡位，可知其电阻为 Ω。
（2）为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调。除待测圆柱体R0外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω）
C．滑动变阻器R（阻值范围0~5Ω，2.0A）
D．直流电源E（电动势为3V）
E．开关
F．导线若干
则该实验电路应选择下列电路中的_____。
A． B．
C． D．
（3）该同学正确连接电路，所有操作都正确，则测出的电阻还是比真实值小一些，该误差的主要来源是 。
（4）实验测出电压表读数为U，电流表读数为I，圆柱体横截面的直径为D，长度为L，则圆柱体电阻率为ρ= 。（用D、L、U、I表示，单位均已为国际单位）
【答案】（1）0.920；6.0
（2）D
（3）电压表的分流
（4）
【知识点】电阻定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以直径为
多用电表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以粗测电阻值为
故答案为：0.920；6.0
（2）实验要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调，所以滑动变阻器应采用分压式接法，由于，所以电流表应采用外接法。
故答案为：D。
（3）由于电压表分流，使得实际流过待测电阻的电流小于电流表读数，则测出的电阻比真实值小。
故答案为：电压表的分流
（4）根据电阻定律可得
，
联立可得
故答案为：
【分析】（1）螺旋测微器是固定刻度+可动刻度；多用电表是指针刻度×倍率。
（2）分压式实现电压从0开始调节；外接法适用于小电阻（ ）。
（3）外接法中电压表分流导致电流测量值偏大，电阻测量值偏小。
（4）电阻定律（ 与 、 关系 ）和欧姆定律（ 与 、 关系 ）结合。
（1）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以直径为
[2]多用电表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以粗测电阻值为
（2）实验要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调，所以滑动变阻器应采用分压式接法，由于
所以电流表应采用外接法。
故选D。
（3）由于电压表分流，使得实际流过待测电阻的电流小于电流表读数，则测出的电阻比真实值小。
（4）根据电阻定律可得
联立可得
四、解答题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位，共41分）
18．（2024高二上·江山月考）如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为，然后将一电荷量为的正点电荷从B点移到C点，克服电场力做功为，已知A、B间距离，AB与电场方向的夹角为37°，B、C与电场方向的夹角为127°。求：
（1）A、B间电势差和匀强电场的电场强度E．
（2）B、C间距离。
（3）如果A点的电势，那么C点的电势为多大？电荷量为的负电荷在B点具有的电势能是多少？
【答案】（1）解：由电势差公式有
所以
（2）解：由
解得
（3）解：由
得
由
可得
所以
。
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）利用 计算电势差，注意电荷正负对电势差符号的影响。
（2）电场强度与电势差的关系 ，其中 是位移与电场方向的夹角。
（3）电势差是两点电势的差值，电势能 ，需注意电荷正负与电势的乘积符号。
（1）由电势差公式有
所以
（2）由
解得
（3）由
得
由
可得
所以
19．（2024高二上·江山月考）用电流表和电压表测量电阻的阻值，如图所示，分别使用甲图和乙图两种连接方式测量同一电阻，使用甲图时，电流表示数为4.60mA，电压表示数为2.50V；使用乙图时，电流表示数为5.40mA，电压表示数为2.30V。
（1）在电压表和电流表内阻未知的情况下，利用以上测量数据，根据计算判断，采用上面哪种连接方式测量结果更精确？
（2）若电流表内阻已知，采用哪种连接方式可测出的真实值？写出的表达式（用U、I、表示）
（3）若电压表的内阻，请选用以上测量数据求出的真实值。
【答案】（1）解：比较题中甲、乙两图的电压表读数，可知
所以
电流变化为
所以
可知
即电流变化明显一些，可见电压表内阻带来的影响比电流表内阻带来的影响大，故应采取电流表内接法，即采用甲图连接方式测量结果更精确。
（2）解：采用甲图的连接方式可求出真实值
（3）解：采用乙图的连接方式可求出真实值
则
所以
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【分析】（1）通过电压、电流变化率比较，确定哪种电表的影响更大（分流/分压 ），选择内接或外接法。
（2）内接法（甲图 ）：利用 消去电流表内阻。
（3）外接法（乙图 ）：利用并联分流，计算 的真实电流，再求电阻。
（1）比较题中甲、乙两图的电压表读数，可知
所以
电流变化为
所以
可知
即电流变化明显一些，可见电压表内阻带来的影响比电流表内阻带来的影响大，故应采取电流表内接法，即采用甲图连接方式测量结果更精确。
（2）采用甲图的连接方式可求出真实值。
（3）采用乙图的连接方式可求出真实值。
则
所以
20．（2024高二上·江山月考）静止于A处的离子经加速电场加速后沿图中半径为R的圆弧虚线通过静电分析器，恰能沿虚线垂直NC由P点进入QNCD区域的匀强电场。在QNCD区域的左右两侧竖直放置了两块平行金属板，两板间加上一定的电压形成图示的匀强电场，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知加速电场的电压为U，虚线位置场强方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；。离子重力不计。
（1）试判断离子带什么电？加速电场中左、右两极板哪板电势高？
（2）求虚线位置场强大小。
（3）要使离子恰好从Q点离开电场，试求NQ、CD两板间的电压和离子离开Q点时的动能；
【答案】（1）由题意可知，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致，故离子带正电；由于离子在加速电场中由静止释放，受到向右的电场力，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，故加速电场中的电场线水平向右，则左极板电势高。
（2）在加速电场中，由动能定理
在静电分析器中由电场力提供向心力
联立解得虚线位置场强大小为
（3）离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设，则有
由牛顿第二定律得
联立解得NQ、CD两板间的电压
据动能定理
解得离子离开Q点时的动能为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1.分析离子在偏转电场中由电场力提供向心力，分析离子的电性，从而分析加速电场左右极板电势的高低。
2.知道离子在偏转电场中向心力的来源，结合牛顿第二定律分析E0大小。
3.离子进入矩形区域有界匀强电场后做类平抛运动，运用牛顿第二定律和运动学公式分析U0，根据动能定理分析离子离开Q点的动能。
（1）由题意可知，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致，故离子带正电；由于离子在加速电场中由静止释放，受到向右的电场力，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，故加速电场中的电场线水平向右，则左极板电势高。
（2）在加速电场中，由动能定理
在静电分析器中由电场力提供向心力
联立解得虚线位置场强大小为
（3）离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设，则有
由牛顿第二定律得
联立解得NQ、CD两板间的电压
据动能定理
解得离子离开Q点时的动能为
21．（2024高二上·江山月考）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，CG为水平直径，BD为竖直直径，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左，大小的匀强电场中，现有一质量为m、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达轨道D点时对轨道的作用力。
（2）若滑块从水平轨道上距离B点的A点开始运动；
①求滑块到达轨道C点时轨道对它的作用力大小。
②为使滑块在滑离轨道前不脱离轨道，在A点至少要给滑块多大的初速度？
【答案】（1）解：设滑块到达D点时的速度为，由动能定理有：
解得
设滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为F，则有
解得
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为
，方向竖直向上。
（2）解：①设滑块到达C点时的速度为，由动能定理有：
解得
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小由
解得
②如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点
要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道H点，恰好由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，弹力为零，此时速度设为，则有：
解得
设滑块的初速度至少为，由动能定理有
解得。
【知识点】牛顿第三定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）用动能定理连接初末状态，计算各力做功（电场力、重力、摩擦力 ），求解速度。
（2） ① 在轨道关键点（D、C、等效最高点 ），分析向心力来源（重力、轨道力、电场力 ），结合牛顿第二定律求轨道作用力。
② 不脱离轨道的临界是等效最高点速度满足 “等效重力提供向心力”，结合动能定理求最小初速度。
（1）设滑块到达D点时的速度为，由动能定理有：
解得
设滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为F，则有
解得
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为
方向竖直向上。
（2）①设滑块到达C点时的速度为，由动能定理有：
解得
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小由
解得
②如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点
要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道H点，恰好由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，弹力为零，此时速度设为，则有：
解得
设滑块的初速度至少为，由动能定理有
解得
1 / 1浙江省精诚联盟2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024高二上·江山月考）下述物理量属于矢量的是（ ）
A．电流 B．电势 C．电场强度 D．电势能
2．（2024高二上·江山月考）下列关于电场强度的单位用基本单位表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·江山月考）下列说法正确的是（ ）
A．点电荷是体积很小的带电体，体积很大的带电体一定不能看成点电荷
B．接触起电、摩擦起电和感应起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体，因此电荷不守恒
C．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，元电荷的数值跟一个质子电荷量的数值相等。带电体所带电荷量可以是任意的
D．1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
4．（2024高二上·江山月考）下列说法正确的是（ ）
A．由电流计算公式可知，通过导体某一截面的电荷量q越多，电流I越大
B．导体的电阻率由导体的材料、长度、横截面积和温度共同决定
C．在公式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小；是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小
D．沿电场线方向电势降低，在匀强电场中电势降落的方向就是电场强度的方向
5．（2024高二上·江山月考）有两个材料相同的长方体型导体，它们的横截面均为正方形，大的长方体横截面边长为，小的长方体横截面边长为，高均为h，现分别在两导体左右两端加上相同的电压，两导体中的电流方向如图所示，则（ ）
A．两导体电阻之比为2：1
B．两导体电阻之比为1：2
C．流过两导体的电流之比为1：1
D．若电流方向竖直向下，大长方体与小长方体的电阻之比为4：1
6．（2024高二上·江山月考）如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流，内电阻，用它们改装成量程更大的电流表和电压表，则下列说法正确的是（ ）
A．甲表是电压表，R越小量程越大
B．乙表是电流表，R越大量程越大
C．甲表改装成量程为0.6A的电流表，则
D．乙表改装成量程为3V的电压表，则
7．（2024高二上·江山月考）如图所示，图甲是示波管的原理图，如果在电极之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二上·江山月考）某手机电池背面印有的一些符号如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该手机电池充满电储存的电荷量为20C
B．该手机电池充满电储存的电能为2592J
C．若该手机的待机电流为15mA，则手机最多可待机100小时
D．若该手机工作电流为0.1A，则手机工作时间为20小时
9．（2024高二上·江山月考）如图，平行板电容器与直流电源连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一个带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．带电油滴带正电
B．电路稳定后，断开开关，下极板上移一小段（但未到P点），带电油滴保持静止
C．保持开关闭合，上极板上移一小段，P点电势升高
D．保持开关闭合，上极板下移一小段（但未到P点），带电油滴将向下运动
10．（2024高二上·江山月考）额定电压均为110V，额定功率PA=60W，PB=150W的A、B两盏灯泡，若接在电压为220V的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高二上·江山月考）如图，有、、三种带正电粒子（不计重力）分别在电压为的电场中的O点静止开始加速。从M孔射出，然后射入电压为的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带正电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则（ ）
A．三种粒子在电场中的加速度之比为
B．三种粒子在电场中的运动轨迹一定不会重合的
C．三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为
D．三种粒子从偏转电场出来时动能之比为
12．（2024高二上·江山月考）空间中存在着某种电场，在x轴上各点电势和位置坐标的对应关系如图所示，其中处的电势最高，在区域内O点是电势最低的点。下列分析正确的是（ ）
A．区间内电场方向沿方向
B．区间内电场方向沿方向
C．在区间内，沿方向，电场强度沿x轴方向的分量先增大后减小
D．该电场的电场强度沿x轴方向的分量在两点最大，在原点O最小等于0
13．（2024高二上·江山月考）如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，下列说法正确的是（ ）
A．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
B．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
C．只有时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
D．不是所有电子离开电场时的速度都是
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或选错的得0分）
14．（2024高二上·江山月考）对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，武当山金殿安装了避雷针后，“雷火炼殿”现象更加明显和频繁了
B．图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引
C．图丙中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．图丁中，由于金属网的屏蔽，A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零
15．（2024高二上·江山月考）如图所示，真空中竖直固定一表面粗糙程度处处相同的金属板，其正前方固定一个带正电的点电荷Q，OQ垂直于金属板。已知，一表面绝缘带正电的小滑块（可视为试探电荷且不影响原电场）从金属板上端的M点由静止释放，小滑块能运动到O点，且到达O点时其所受重力大小等于摩擦力大小。下列说法正确的是（ ）
A．小滑块一直加速运动到N点，加速度先减后增，小滑块在M、N两点的加速度相等
B．电场力对小滑块先做负功后做正功，小滑块在M、N两点的电势能相等
C．小滑块在OM段和ON段动能的增加量一定相等
D．小滑块的动能可能先增大后减小，到达N点的速度为零
三、实验题（每空2分，共14分）
16．（2024高二上·江山月考）某同学用如图甲所示电路研究电容器的放电规律，先将电键S合向1，待电路稳定，再将电键S合向2，通过电流传感器描绘出电容器放电电流随时间变化的规律如图乙所示。图甲中电源两端提供稳定电压。图乙中图线与两坐标轴所围的面积约为43个方格子的面积。
（1）由此求得电容器的电容为 F．（结果均保留三位有效数字）
（2）若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，则电容器放电的时间会 （填“变长”、“变短”或“保持不变”）。
17．（2024高二上·江山月考）某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径为 mm；用游标卡尺测其长度为L，用多用电表粗测其电阻如图乙所示，选择×1的挡位，可知其电阻为 Ω。
（2）为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调。除待测圆柱体R0外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω）
C．滑动变阻器R（阻值范围0~5Ω，2.0A）
D．直流电源E（电动势为3V）
E．开关
F．导线若干
则该实验电路应选择下列电路中的_____。
A． B．
C． D．
（3）该同学正确连接电路，所有操作都正确，则测出的电阻还是比真实值小一些，该误差的主要来源是 。
（4）实验测出电压表读数为U，电流表读数为I，圆柱体横截面的直径为D，长度为L，则圆柱体电阻率为ρ= 。（用D、L、U、I表示，单位均已为国际单位）
四、解答题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位，共41分）
18．（2024高二上·江山月考）如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为，然后将一电荷量为的正点电荷从B点移到C点，克服电场力做功为，已知A、B间距离，AB与电场方向的夹角为37°，B、C与电场方向的夹角为127°。求：
（1）A、B间电势差和匀强电场的电场强度E．
（2）B、C间距离。
（3）如果A点的电势，那么C点的电势为多大？电荷量为的负电荷在B点具有的电势能是多少？
19．（2024高二上·江山月考）用电流表和电压表测量电阻的阻值，如图所示，分别使用甲图和乙图两种连接方式测量同一电阻，使用甲图时，电流表示数为4.60mA，电压表示数为2.50V；使用乙图时，电流表示数为5.40mA，电压表示数为2.30V。
（1）在电压表和电流表内阻未知的情况下，利用以上测量数据，根据计算判断，采用上面哪种连接方式测量结果更精确？
（2）若电流表内阻已知，采用哪种连接方式可测出的真实值？写出的表达式（用U、I、表示）
（3）若电压表的内阻，请选用以上测量数据求出的真实值。
20．（2024高二上·江山月考）静止于A处的离子经加速电场加速后沿图中半径为R的圆弧虚线通过静电分析器，恰能沿虚线垂直NC由P点进入QNCD区域的匀强电场。在QNCD区域的左右两侧竖直放置了两块平行金属板，两板间加上一定的电压形成图示的匀强电场，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知加速电场的电压为U，虚线位置场强方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；。离子重力不计。
（1）试判断离子带什么电？加速电场中左、右两极板哪板电势高？
（2）求虚线位置场强大小。
（3）要使离子恰好从Q点离开电场，试求NQ、CD两板间的电压和离子离开Q点时的动能；
21．（2024高二上·江山月考）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，CG为水平直径，BD为竖直直径，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左，大小的匀强电场中，现有一质量为m、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达轨道D点时对轨道的作用力。
（2）若滑块从水平轨道上距离B点的A点开始运动；
①求滑块到达轨道C点时轨道对它的作用力大小。
②为使滑块在滑离轨道前不脱离轨道，在A点至少要给滑块多大的初速度？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】电场强度属于矢量；而电流、电势和电势能均属于标量。
故答案为：C。
【分析】矢量判断标准：需同时满足 “有大小、有方向、运算遵循平行四边形定则”。
电流：方向是 “规定方向”，运算代数加减，标量。
电势、电势能：只有大小，无矢量方向，标量。
电场强度：有大小、方向，且叠加时用平行四边形定则，矢量。
2．【答案】B
【知识点】电场强度；单位制
【解析】【解答】电场强度的单位用基本单位表示，根据单位运算有
故答案为：B。
【分析】1. 单位溯源：从电场强度定义式 出发，关联力（N ）和电荷（C ）的单位。
2. 基本单位分解：将导出单位（N、C ）分解为国际基本单位（kg、m、s、A ）。
3. 化简推导：通过替换和数学化简，得到电场强度单位的基本单位组合。
3．【答案】D
【知识点】元电荷；点电荷；电场线
【解析】【解答】A．点电荷是理想模型，判断依据是 “带电体的大小、形状对研究问题的影响可忽略”，而非实际体积大小，故A错误；
B．摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，而感应起电不是从一个物体转移到另一个物体，故B错误；
C．密立根测定了元电荷的电荷量，一个电子或质子的电荷量在数值上等于元电荷的电荷量，带电体所带电荷量只能是元电荷的整数倍，故C错误；
D.1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：点电荷的 “可视为” 条件是 “影响可忽略”，与实际大小无关。
B：三种起电方式均是电荷转移（物体间或物体内 ），电荷守恒。
C：带电体电荷量是元电荷的整数倍，元电荷数值由密立根测得。
D：法拉第引入电场概念和电场线表示法。
4．【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电势；电流、电源的概念；电流的微观表达式及其应用；电阻率
【解析】【解答】A．由电流计算公式可知，单位时间内通过导体某一截面的电荷量q越多，电流I越大，故A错误；
B．电阻率是导体的固有属性，由材料和温度决定，故B错误；
C．在公式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小；是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小，故C正确；
D．沿电场线方向电势降落最快，但电势降落的方向不一定是电场方向，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：单位时间的电荷量，需强调 “单位时间”。
B：仅由材料和温度决定，与几何尺寸无关。
C：利用 F = qE，将库仑力拆分为 “试探电荷 × 场源电荷的场强”。
D：电场方向是电势最快降落的方向，而非所有降落方向。
5．【答案】C
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】ABC．从图示电流方向看，根据
可得
，
故两导体电阻之比
两导体加上相同的电压，根据，可知电流之比为1：1，故AB错误，C正确；
D．若电流方向竖直向下，根据
可得
，
故两导体电阻之比
故D错误。
故答案为：C。
【分析】ABC：明确电流方向对应的 “长度” 和 “横截面积”（水平电流时，长度是正方形边长，横截面积是边长 × 高；竖直电流时，长度是高，横截面积是正方形面积 ），相同电压下，电阻相等则电流相等。
D：通过电阻定律公式，代入不同方向的几何参数，推导电阻比和电流比。
6．【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A．甲表由一个灵敏电流表和一个变阻器并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，电流表的量程为
可知，R越小，量程越大，故A错误；
B．乙表由一个灵敏电流表和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，电压表的量程为
可知，R越大，量程越大，故B错误；
C．根据
可得，故C错误；
D．根据
可得
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 电表改装类型：并联分流，电流表（甲表 ）；串联分压，电压表（乙表 ）。
2. 量程公式推导：电流表（并联 ）：（分流电流由并联电阻决定 ）。
电压表（串联 ）：（分压电压由串联电阻决定 ）。
3. 电阻计算：利用满偏电压（并联相等 ）或总电阻（串联相加 ），结合欧姆定律求解。
7．【答案】B
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】由于电极XX'加的电压保持不变且为正值，可知在XX'方向上的偏转位移偏向X且保持不变，在YY'方向上电压随正弦规律变化，即YY'方向上偏移在正负最大值之间变化，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】电压与偏转的关系：示波管中，X、Y 方向的电压分别控制电子在水平、竖直方向的偏转。
恒定电压的影响：X 方向电压恒定，则水平偏转位移固定。
交变电压的影响：Y 方向电压正弦变化，则竖直偏转位移周期性振荡。
8．【答案】D
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】A．该手机电池充满电储存的电荷量为
故A错误；
B．该手机电池充满电储存的电能为
故B错误；
C．待机时长为
故C错误；
D．工作时间
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 电荷量换算：电池容量 转 ，利用 。
2. 电能计算：电能 （电场力做功， 为总电荷量， 为电压 ）。
3. 时间计算：时间 （电荷量除以电流，得到持续时间 ）。
9．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场强度
【解析】【解答】A．电容器上极板与电源正极连接，上极板带正电，电场强度方向向下，油滴处于平衡，所受电场力方向向上，与电场方向相反，则油滴带负电，故A错误；
B．电路稳定后，断开开关，电容器极板所带电荷量不变，根据
，
解得
可知，当下极板上移一小段（但未到P点），电场强度不变，电场力不变，则带电油滴保持静止，故B正确；
C．保持开关闭合，上极板上移一小段，极板间距增大，结合上述可知，电场强度减小，令P到下极板间距为，则
可知P点电势降低，故C错误；
D．保持开关闭合，上极板下移一小段，极板间距减小，结合上述可知，电场强度增大，电场力增大，则带电油滴将向上运动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电场方向由正极板指向负极板，油滴受力平衡时，电场力方向与电场方向相反，则为负电。
B：电荷量不变，电场强度与极板间距无关。
C：电压不变，电场强度与极板间距成反比。
D：下极板接地为 0，P 点电势由 E 和 P 到下极板距离决定。
10．【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AC．若两灯泡均能正常发光，A中电路消耗的功率为
C中电路消耗的功率为
故A正确，C错误。
BD．根据题意，当灯泡正常发光时，即灯泡两端的电压为110V，电流为
，
B中两灯泡串联电流相等，不能满足均正常发光，D中流过灯泡A的电流大于流过B的电流，不能均正常发光，故BD错误；
故答案为：A。
【分析】1. 正常发光条件：灯泡电压需为额定电压110V，电流为额定电流。
2. 串并联特性：串联电流相等，并联电压相等；需通过分流（分压）使两灯泡均达额定电压。
3. 总功率计算：总功率=各元件功率之和，或 总（总电压×总电流 ）。
11．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可知，粒子在电场中的加速度大小为
可知三种粒子在电场中的加速度之比为
故A错误；
C．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得
则三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为，故C错误；
B．粒子在偏转电场中做类平抛运动，设板长为，板间为，则有
，，
联立可得
可知粒子在偏转电场中的偏移量与粒子的电荷量和质量均无关，即三种粒子在偏转电场中的偏移量相同，则三种粒子在电场中的运动轨迹一定是重合的，故B错误；
D．全过程根据动能定理可得
可知三种粒子从偏转电场出来时动能之比为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 加速度：由 ，结合粒子 比值推导。
2. 速度：加速电场用动能定理 ，推导 与 成正比。
3. 轨迹：偏转电场中，偏转量 与 、 无关，轨迹重合。
4. 动能：全程动能定理，动能与电荷量成正比（因 相同 ）。
12．【答案】C
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】A．电势沿电场方向降低，则区间内电场方向沿方向，区间内电场方向沿方向。故A错误；
B．电势沿电场方向降低，区间内电场方向先沿方向再沿方向。故B错误；
C．图线的斜率表示电场强度大小，则在区间内，沿方向，电场强度沿x轴方向的分量先增大后减小。故C正确；
D．该电场的电场强度沿x轴方向的分量在两点不是最大。图线在原点O的斜率为0，则电场强度最小等于0。故D错误。
故答案为：C。
【分析】AB：逐段分析电势变化趋势（升高/降低 ），确定电场方向。
C：电场方向是电势降低最快的方向， 图像斜率表示电场强度沿 轴的分量（ 斜率绝对值，符号表示方向 ）。
D：通过斜率绝对值的变化（图像陡缓 ），判断电场强度分量的增减。
13．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．依题意，可知所有电子离开极板所用时间
时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度时间图像如图所示，图像与时间轴围成的面积代表位移
在时刻侧位移最大，最大位移为
在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有
联立可得
故A正确；
B．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为
故B错误；
C．在
时刻进入电场的电子侧位移最大为，故C错误；
D．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示
所有电子离开极板所用时间
由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，所以所有电子离开电场时速度都等于，故D错误。
故答案为：A。
【分析】1. 运动分解：水平匀速（时间 ），竖直方向受交变电场力，做变速运动（加速度周期性变化 ）。
2. 图像：斜率表示加速度，面积表示侧位移，利用对称性分析最大位移时刻。
3. 速度合成：竖直分速度最终为0，水平速度不变，离开时速度等于初速度 。
14．【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．图甲中，武当山金殿安装了避雷针后，电荷通过避雷针导入大地，不会出现“雷火炼殿”现象，故A错误；
B．图乙中，静电喷涂利用了带电涂料微粒与带电工件间的静电吸引，故B正确；
C．图丙中，燃气灶点火时应用了尖端放电的原理，故C正确；
D．图丁中，由于金属网的屏蔽，验电器箔片不会张开，此时A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度与金属网产生的感应电场相互平衡，不是A球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为零，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：导走电荷，避免积累放电。
B：异种电荷静电吸引。
C：利用尖端强电场电离空气。
D：金属网感应电场与外电场抵消，合场强为零，但外电荷单独产生的场强仍存在。
15．【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由于静电感应，金属板处于静电平衡状态，金属板表面是一个等势面，在M、N两点场强和电势相等，周围的电场如图所示
小滑块在M、N两点的受力为重力、电场力、摩擦力和支持力，由图可知，小滑块在M、N两点的合外力相同，故加速度也相同，故A正确；
B．电场线垂直于金属板，电场力不做功，小滑块在M、N两点的电势能相同，故B错误；
C．根据对称性可知，摩擦力在OM段和ON段做的功相等，合外力做功相等，根据动能定理可知，小滑块在OM段和ON段动能的增加量一定相等，故C正确；
D．在OM段，由于
，
OM段摩擦力一直增大，到O点时与重力大小相等，所以OM阶段，滑块一直做加速运动，速度一直增大，动能增大，ON阶段重力大于摩擦力，滑块继续加速，速度增大，动能增大，所以到达N点的速度不为零，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：金属板表面等势，电场线垂直表面，M、N 对称（电势、场强大小相等 ）。
B：沿金属板方向合力由重力和摩擦力决定，摩擦力随场强变化（先增后减 ），加速度先减后增；对称点合力相等，加速度相等。
C：力与位移垂直，不做功，电势能不变。
D：对称段合外力做功相等，动能增量相等；全程加速，动能持续增大。
16．【答案】（1）
（2）变长
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】（1）根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为0.08×10-3C，已知图像与横轴所围图形包含的格子个数为43，由
所以释放的电荷量是
则电容器电容是
故答案为：
（2）若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，电流变小则电容器放电的时间会变长。
故答案为：变长
【分析】（1）利用 图像面积求总电荷量 ，结合 计算电容（ 是充电电压 ）。
（2）电阻增大，放电电流减小，相同电荷量下，放电时间变长（电流-时间积分面积不变 ）。
（1）根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为0.08×10-3C，已知图像与横轴所围图形包含的格子个数为43，由
所以释放的电荷量是
则电容器电容是
（2）]若将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，电流变小则电容器放电的时间会变长。
17．【答案】（1）0.920；6.0
（2）D
（3）电压表的分流
（4）
【知识点】电阻定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以直径为
多用电表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以粗测电阻值为
故答案为：0.920；6.0
（2）实验要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调，所以滑动变阻器应采用分压式接法，由于，所以电流表应采用外接法。
故答案为：D。
（3）由于电压表分流，使得实际流过待测电阻的电流小于电流表读数，则测出的电阻比真实值小。
故答案为：电压表的分流
（4）根据电阻定律可得
，
联立可得
故答案为：
【分析】（1）螺旋测微器是固定刻度+可动刻度；多用电表是指针刻度×倍率。
（2）分压式实现电压从0开始调节；外接法适用于小电阻（ ）。
（3）外接法中电压表分流导致电流测量值偏大，电阻测量值偏小。
（4）电阻定律（ 与 、 关系 ）和欧姆定律（ 与 、 关系 ）结合。
（1）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以直径为
[2]多用电表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以粗测电阻值为
（2）实验要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调，所以滑动变阻器应采用分压式接法，由于
所以电流表应采用外接法。
故选D。
（3）由于电压表分流，使得实际流过待测电阻的电流小于电流表读数，则测出的电阻比真实值小。
（4）根据电阻定律可得
联立可得
18．【答案】（1）解：由电势差公式有
所以
（2）解：由
解得
（3）解：由
得
由
可得
所以
。
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）利用 计算电势差，注意电荷正负对电势差符号的影响。
（2）电场强度与电势差的关系 ，其中 是位移与电场方向的夹角。
（3）电势差是两点电势的差值，电势能 ，需注意电荷正负与电势的乘积符号。
（1）由电势差公式有
所以
（2）由
解得
（3）由
得
由
可得
所以
19．【答案】（1）解：比较题中甲、乙两图的电压表读数，可知
所以
电流变化为
所以
可知
即电流变化明显一些，可见电压表内阻带来的影响比电流表内阻带来的影响大，故应采取电流表内接法，即采用甲图连接方式测量结果更精确。
（2）解：采用甲图的连接方式可求出真实值
（3）解：采用乙图的连接方式可求出真实值
则
所以
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【分析】（1）通过电压、电流变化率比较，确定哪种电表的影响更大（分流/分压 ），选择内接或外接法。
（2）内接法（甲图 ）：利用 消去电流表内阻。
（3）外接法（乙图 ）：利用并联分流，计算 的真实电流，再求电阻。
（1）比较题中甲、乙两图的电压表读数，可知
所以
电流变化为
所以
可知
即电流变化明显一些，可见电压表内阻带来的影响比电流表内阻带来的影响大，故应采取电流表内接法，即采用甲图连接方式测量结果更精确。
（2）采用甲图的连接方式可求出真实值。
（3）采用乙图的连接方式可求出真实值。
则
所以
20．【答案】（1）由题意可知，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致，故离子带正电；由于离子在加速电场中由静止释放，受到向右的电场力，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，故加速电场中的电场线水平向右，则左极板电势高。
（2）在加速电场中，由动能定理
在静电分析器中由电场力提供向心力
联立解得虚线位置场强大小为
（3）离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设，则有
由牛顿第二定律得
联立解得NQ、CD两板间的电压
据动能定理
解得离子离开Q点时的动能为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1.分析离子在偏转电场中由电场力提供向心力，分析离子的电性，从而分析加速电场左右极板电势的高低。
2.知道离子在偏转电场中向心力的来源，结合牛顿第二定律分析E0大小。
3.离子进入矩形区域有界匀强电场后做类平抛运动，运用牛顿第二定律和运动学公式分析U0，根据动能定理分析离子离开Q点的动能。
（1）由题意可知，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，所以离子所受电场力的方向与场强方向一致，故离子带正电；由于离子在加速电场中由静止释放，受到向右的电场力，正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，故加速电场中的电场线水平向右，则左极板电势高。
（2）在加速电场中，由动能定理
在静电分析器中由电场力提供向心力
联立解得虚线位置场强大小为
（3）离子做类平抛运动，恰好能打在Q点，设，则有
由牛顿第二定律得
联立解得NQ、CD两板间的电压
据动能定理
解得离子离开Q点时的动能为
21．【答案】（1）解：设滑块到达D点时的速度为，由动能定理有：
解得
设滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为F，则有
解得
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为
，方向竖直向上。
（2）解：①设滑块到达C点时的速度为，由动能定理有：
解得
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小由
解得
②如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点
要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道H点，恰好由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，弹力为零，此时速度设为，则有：
解得
设滑块的初速度至少为，由动能定理有
解得。
【知识点】牛顿第三定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）用动能定理连接初末状态，计算各力做功（电场力、重力、摩擦力 ），求解速度。
（2） ① 在轨道关键点（D、C、等效最高点 ），分析向心力来源（重力、轨道力、电场力 ），结合牛顿第二定律求轨道作用力。
② 不脱离轨道的临界是等效最高点速度满足 “等效重力提供向心力”，结合动能定理求最小初速度。
（1）设滑块到达D点时的速度为，由动能定理有：
解得
设滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为F，则有
解得
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为
方向竖直向上。
（2）①设滑块到达C点时的速度为，由动能定理有：
解得
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小由
解得
②如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点
要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道H点，恰好由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，弹力为零，此时速度设为，则有：
解得
设滑块的初速度至少为，由动能定理有
解得
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