广东省广州市第八十九中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024高二上·天河月考）下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A．由知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B．由知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．由知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．由知，将所带电荷量为的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为，则A、B两点间的电势差为
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势差
【解析】【解答】A．电场中某点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷所带的电荷量无关，故A错误；
B．电容器的电容是由本身的结构决定的，与其所带电荷量以及两极板间的电压无关，故B错误；
C．由知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量成正比，故C错误；
D．由知，将所带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为，则A、B两点间的电势差为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】AB：电场强度 、电容 、电势差 等物理量，其比值定义式仅用于计算，决定因素与公式中“分子、分母”无关（由自身属性或场源决定 ）。
C：明确 中 与 直接相关（场源电荷决定 ）。
D：严格代入定义式，注意功的正负与电荷量符号，计算电势差。
2．（2024高二上·天河月考）两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两点处，它们间静电力的大小为F。两小球相互接触后再分开并放到相距为2r的两点处，则两金属小球间静电力的大小变为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】根据库仑定律，初始时，两金属小球间静电力大小为
两小球相互接触后再分开并放到相距为2r的两点处，此时两金属小球带电量均为+Q，则此时静电力大小为
故答案为：A。
【分析】1. 库仑定律应用：初始力用 计算（注意电荷绝对值 ）。
2. 接触带电规律：相同金属球接触，电荷中和后均分（先算总电荷，再平分 ）。
3. 力的比值计算：通过接触前后的电量、距离变化，代入库仑定律，与初始力建立比例关系，简化计算。
3．（2024高二上·天河月考）如图所示，用一条绝缘细线悬挂一个带电小球，小球质量为m=3.0×10-2kg，所带电荷量为q=+1.0×10-8C，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向的夹角为θ=30°，重力加速度g=10m/s2，则匀强电场的电场强度E大小约为（ ）
A．V/m B．3×107V/m C．2×107V/m D．5×107V/m
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】小球受到竖直向下的重力，水平向右的电场力和沿绳向上的拉力，根据平衡条件可得
所以
。
故答案为：C。
【分析】将拉力分解为水平、竖直分量，简化平衡条件，利用水平、竖直方向合力为 0，建立力的关系，通过两方向方程相除，消去拉力 T，直接关联电场力与重力，求解 E。
4．（2024高二上·天河月考）医用口罩的熔喷布经过驻极处理可增加静电吸附作用，其中一类吸附过程可作如图简化：经过驻极处理后某根绝缘纤维带有正电荷，其附近a点处的初速度平行于该段直纤维且带负电的颗粒被吸附到纤维上b点，忽略其它电场影响，则（ ）
A．颗粒做匀变速曲线运动 B．颗粒受到的电场力恒定
C．颗粒的电势能逐渐减小 D．a点的电势比b点的高
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．带电的绝缘纤维产生的电场为非匀强电场，故颗粒受到的电场力为变力，做非匀变速曲线运动，故A、B错误；
C．颗粒带负电，绝缘纤维带正电，颗粒被吸附过程中，电场力方向与颗粒位移方向相同，电场力做正功。根据电场力做功与电势能的关系，电场力做正功时，电势能减小，所以颗粒的电势能逐渐减小，故C正确；
D．绝缘纤维带正电，其电场线向外辐射。沿电场线方向电势降低，b 点比 a 点更靠近带正电的纤维，所以 b 点电势高于 a 点，即 a 点的电势比 b 点低，故D错误；
故答案为：C。
【分析】AB：绝缘纤维非均匀带电形成非匀强电场，导致电场力为变力，颗粒做非匀变速曲线运动。
C：依据电场力方向和颗粒位移方向的关系，判断电场力做功正负，进而确定电势能变化。
D：根据正电荷电场线分布和电势沿电场线降低的规律，比较 a、b 两点电势。
5．（2024高二上·天河月考）一只竖直向上的避雷针发生尖端放电时在空间形成的电场如图，在空间取一条水平线abc和一条圆弧线adc，bd连线为ac连线的中垂线，图中所画电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是（ ）
A．adc是一条等势线
B．沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功相等
C．a、c两点的电场强度相同
D．正点电荷在b点比在d点受到的电场力大，且在b点比在d点的电势能大
【答案】B
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】A．电场线与等势线垂直。adc 是圆弧，电场线不与圆弧垂直（电场线向避雷针汇聚 ），adc 不是等势线，故A错误；
B．因ac两点电势相等，可知沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功均为零，故B正确；
C．a、c两点的电场强度大小相等，但是方向不同，故C错误；
D．b点电场线较d点密集，可知b点场强比d点大，正点电荷在b点比在d点受到的电场力大，由于沿电场线电势降低，可知d点电势高于b点，则正电荷在b点比在d点的电势能小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电场线与等势线垂直，通过电场线方向判断等势线形状。
B：电势差为零时，电场力做功为零，与路径无关。
C：场强是矢量，大小、方向都相同才相等。
D：正电荷电势能随电势升高而增大，结合电场线方向判断电势高低。
6．（2024高二上·天河月考）如图所示的电路中，通过R1的电流是3A，已知R1=4Ω，R2=5Ω，R3=10Ω，则（ ）
A．电路的总电阻是 B．通过R2的电流是4.5A
C．ab两端的电压是12V D．ac两端的电压是18V
【答案】C
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．电路的总电阻为
故A错误；
B．由于
所以
，
所以，故B错误；
C．ab两端的电压为
故C正确；
D．ac两端的电压为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】串并联规律：串联总电阻为各电阻和，并联总电阻为 “积比和”；并联电路电流与电阻成反比。
电压计算：串联电路电压与电阻成正比，并联电路电压相等。
逐步推导：先算总电阻，再算并联支路电流、电压，最后验证选项。
7．（2024高二上·天河月考）传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示电路为测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。下列说法中正确的是（ ）
A．当待测压力增大时，则电容器的电容将减小
B．闭合K，当待测压力增大时，则有向右的电流通过R
C．断开K，当待测压力减小时，则电容器所带的电量减小
D．断开K，当待测压力减小时，则两极板问的电势差增大
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．电容决定式为（其中 为极板间距 ）。当待测压力增大时，电容器极板间距减小，根据上述公式，电容与成反比，所以减小会使电容增大，故A错误；
B．闭合K，当待测压力增大时，电容增大，而电压不变，由得知，电容器的带电量增大，电容器将充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有向左的电流通过R，故B错误。
CD．断开后，电容器无法放电，所以其所带的电量保持不变。当待测压力减小时，极板间距增大，根据，电容减小，又因为（不变 ），电容减小会使两极板间的电势差增大，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：清楚与极板间距成反比，压力变化会改变，进而影响。
B：电压恒定，变化会引起变化，从而产生充电或放电电流，电流方向由充电、放电方向决定。
CD：电量恒定，变化会使电压反向变化（依据 ）。
8．（2024高二上·天河月考）如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上．下列判断正确的是（ ）
A．带电粒子在P点的电势能比在Q点的大
B．三个等势面中，a的电势最低
C．带电粒子在P点的加速度比在Q点的小
D．带电粒子在R点的加速度方向沿虚线b向右
【答案】A
【知识点】电场线；电势；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．沿着电场线方向电势降低，根据前面分析可知P点电势大于Q点电势，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故A正确；
B．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故B错误；
C．因P点的等差等势面较Q点密集，则P点的电场线较Q点密集，P点场强比Q点大，则带电粒子在P点的加速度比在Q点大，选项C错误；
D．电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：轨迹弯曲方向反映电场力方向，结合粒子带电性判断电场线方向。
B：沿电场线电势降低，正电荷电势能随电势升高而增大。
C：等势面疏密反映场强大小，场强决定加速度。
D：电场力方向与电场线方向一致（正电荷 ），电场线与等势面垂直。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2024高二上·天河月考）两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（ ）
A．R1的阻值为1Ω
B．R2的电阻随电压的增大而减小
C．R1为线性元件，R2为非线性元件
D．当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻
【答案】C,D
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A：R1的阻值为：，A错误；
B：R2的图像上各点的横坐标U与纵坐标I的比值随电压的增大而增大，则R2的电阻随电压的增大而增大，B错误；
C：根据图像可知R1为线性元件，R2为非线性元件，C正确；
D：根据欧姆定律可知，当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻，均等于2Ω，D正确。
故答案为：CD。
【分析】1. 电阻计算：用 图像中“电阻 ” ，取对应电压、电流值计算，比较电阻是否相等。
2. 电阻变化判断：看 图像上 的变化（即点与原点连线斜率的倒数 ），斜率减小则 增大，电阻增大。
3. 线性与非线性判断：线性元件的 图像是过原点直线，非线性元件是曲线，据此区分 、。
10．（2024高二上·天河月考）如图，匀强电场区域内，由a、b、c、d、a'、b'、c'、d'作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面abcd垂直。若在c点固定一正点电荷，则（ ）
A．b、d两点的电场强度大小相等 B．b'、d'两点的电场强度不同
C．a、b两点的电场强度大小相等 D．a'、b'两点的电场强度相同
【答案】A,B
【知识点】矢量与标量；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．由点电荷电场强度的计算公式，可知，点电荷在b、d两点产生的电场强度大小相等，方向与匀强电场方向垂直，与匀强电场叠加后的合场强大小相等，故A正确；
B．点电荷在b'、d'两点的电场强度大小相等，方向与匀强电场方向成45°，所以两点的合场强大小相等，但方向不同，故B正确；
C．a、b两点距点电荷距离不等，所以点电荷在a、b两点处电场强度大小不等，所以a、b两点的合场强大小不相等，故C错误；
D．a'、b'两点距点电荷距离不等，所以点电荷在a'、b'两点处电场强度大小不等，所以两点的合场强大小不相等，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A：空间某点场强为匀强电场与点电荷场强的矢量和。
B：由 ，场强大小与距离 平方成反比，方向沿径向（正电荷向外 ）。
C：判断夹角，用平行四边形定则叠加。
D：大小由矢量叠加公式（或勾股、余弦定理 ），方向由夹角决定。
11．（2024高二上·天河月考）如图所示，竖直平面内有水平方向的匀强电场E，A点与B点的连线垂直电场线，两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从A和B点沿不同方向开始运动，之后都能到达电场中的N点，粒子的重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．两粒子到达N点所用的时间可能相等
B．两粒子到达N点时的速度大小一定相等
C．两粒子在N点时的动能可能小于各自初始点的动能
D．两粒子整个运动过程机械能的增加量一定相等
【答案】B,D
【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子仅受水平方向电场力，竖直方向无外力。A点粒子竖直方向以初速度匀速运动；B点粒子竖直分速度需分解，其竖直分速度与A点不同。由于竖直位移相同，而竖直分速度不同，根据竖直，可知运动时间不同，故A错误；
BD．因为只有电场力做功，根据题意可知，A点与B点在同一等势面上，故 ，电场力做功 相同，则到达N点的动能相同，速度大小相同，而电场力做功等与机械能增加量，故机械能的增加量一定相等，故BD正确；
C．A点粒子水平初速度为0，电场力向右（粒子带正电，受力与电场方向相同 ），水平方向做匀加速运动，电场力做正功。根据动能公式竖直水平 ，水平速度增大，动能增大，故C错误。
故答案为：BD。
【分析】A：把粒子运动拆分为水平匀变速、竖直匀速/匀变速分运动，通过竖直分速度差异判断运动时间不同。
C：利用A、B在同一等势面，得出电场力做功相同，结合动能定理判断末动能、速度关系。
BD：依据只有电场力做功时，机械能增量等于电场力做功，确定机械能变化情况。
12．（2024高二上·天河月考）边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ。在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m、电荷量为+q的小球A，如图甲；小球运动的v-t图像如图乙。不计空气阻力，则（ ）
A．小球受到的重力与电场力之比为2：3
B．整个向下运动过程中，重力做功与克服电场力做功之比为2：1
C．在t=6s时，小球经过边界MN
D．若规定MN所在平面电势为零，则运动到最低点的电势为
【答案】A,D
【知识点】电场力做功；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为
进入电场后的加速度大小为
由牛顿第二定律得
mg=ma1；F-mg=ma2
得电场力
得重力mg与电场力F之比为2：3，故A正确。
B．整个向下运动过程中，小球动能变化量为零，可知重力做功与克服电场力做功之比为1：1，故B错误；
C．由图像可知，在t=6s时，小球位移为零，此时回到A点，故C错误；
D．从MN到最低点克服电场力做功为
若规定MN所在平面电势为零，则运动到最低点的电势能为
电势为
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：v-t 图像斜率对应加速度，区分不同阶段的加速度（区域 I、II ）。
B：用牛顿定律关联重力、电场力与加速度，推导力的比值。
C：动能变化为零时，重力做功与克服电场力做功相等。
D：v-t 图像面积对应位移，电势能变化等于克服电场力做功，电势 = 电势能 / 电荷量。
13．（2024高二上·天河月考）（1）如图1是双量程电压表的原理图，它有两个量程分别为0~3V和0~15V，则使用a、b两端时量程应为 V，已知表头内阻为15Ω，满偏电流为4mA，则R1= Ω。
（2）如图2所示，在边长为L的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为+q、+q、+q和-q的点电荷，则正方形中心O点的电场强度大小为 ，方向为 。
（3）如图3所示，光滑绝缘细杆竖直放置，与以正点电荷Q为圆心的圆周交于B、C两点。质量为m、电荷量为+q的有孔小球从杆上A点无初速度滑下，已知AB=BC=h，小球滑到B点时的速度大小为，则C、A两点间的电势差UCA= 。
【答案】（1）3；735
（2）；沿OD方向
（3）
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合；表头的改装
【解析】【解答】（1）与表头串联的分压电阻阻值较小时，电压表的量程较小，所以使用a、b两端时量程应为0~3V；
使用a、b两端时电压表的量程为
代入数据解得
故答案为：3；735
（2）根据电场强度的叠加原理可得，正方形中心O点的电场强度大小为
，
所以
，方向沿OD方向。
故答案为：；沿OD方向
（3）A到B，根据动能定理可得
解得
故答案为：
【分析】（1）量程由分压电阻决定（串联电阻越小，量程越小 ），利用串联电路 “电流相等、电压分压”，结合满偏电流、量程，列方程求分压电阻。
（2）电场强度为矢量，需按方向叠加（对称电荷抵消，非对称电荷叠加 ），利用点电荷场强公式，结合几何关系（中心到顶点距离 ）计算合场强。
（3）利用动能定理，结合重力、电场力做功，关联电势差与动能变化，等势面性质（到点电荷距离相等的点电势相等 ）简化计算。
（1）[1]与表头串联的分压电阻阻值较小时，电压表的量程较小，所以使用a、b两端时量程应为0~3V；
[2]使用a、b两端时电压表的量程为
代入数据解得
（2）[1][2]根据电场强度的叠加原理可得，正方形中心O点的电场强度大小为
所以
方向沿OD方向。
（3）A到B，根据动能定理可得
解得
14．（2024高二上·天河月考）用欧姆表粗测得某圆柱复合材料的电阻约为3欧，某实验小组通过以下实验测量其电阻率ρ。
（1）该实验小组分别用20分度的游标卡尺、螺旋测微器测量其长度L和直径D，某次测量结果如图甲、乙所示：长度L= cm，直径D= mm；
（2）实验使用的滑动变阻器的阻值为0~20Ω，请将图丙所示的实际测量电路补充完整 。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于 端（填“左”或“右”）；
（3）某次实验时，图丁所示量程为0~0.6A的电流表读数为 A。电压表的示数为U，电流表的示数为I，用实验测量的物理量L、D、U、I表示电阻率，则表达式为ρ= 。
【答案】（1）2.325；6.700
（2）；左
（3）0.40；
【知识点】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】【解答】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
故答案为：2.325；6.700
（2）复合材料的电阻约为3欧，属于小电阻，则电流表采用外接法，由于滑动变阻器阻值较大，则滑动变阻器采用限流接法，实物连线如图所示
闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路的阻值达到最大，即滑片应置于最左端。
故答案为：
；左
（3）由于电流表一小格为0.02A，所以电流表的读数为0.40A；根据电阻定律
所以
故答案为：0.40；
【分析】（1）游标卡尺：主尺 + 游标尺（精度 × 对齐格数 ），注意单位换算（mm→cm ）；螺旋测微器：固定刻度 + 可动刻度（可动刻度 ×0.01mm ），需估读一位。
（2）电流表接法：小电阻用外接（电压表分流误差小 ），大电阻用内接；滑动变阻器：限流接法时，滑片置于最大阻值端（保护电路 ）。
（3）电流表读数：根据量程确定分度值，数指针格数计算电流；电阻率推导：结合电阻定律与欧姆定律，代入横截面积，推导得表达式。
（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
[2]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
（2）[1]复合材料的电阻约为3欧，属于小电阻，则电流表采用外接法，由于滑动变阻器阻值较大，则滑动变阻器采用限流接法，实物连线如图所示
[2]闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路的阻值达到最大，即滑片应置于最左端。
（3）[1]由于电流表一小格为0.02A，所以电流表的读数为0.40A；
[2]根据电阻定律
所以
15．（2024高二上·天河月考）电流传感器可以像电流表一样测量电流，它可以和计算机相连，能在电脑上显示出电流随时间的变化图像。某同学利用甲图所示的电路来观察电容器充、放电过程。某时刻该同学将开关S接1给电容器充电，一段足够时间后，再把开关S改接2，电容器放电。
（1）当他将开关S接1后，电容器上极板带 （选填“正电”或“负电”）。
（2）整个充、放电过程，电流传感器会将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的图像。如图乙所示为放电过程的图像。已知图乙所围的面积约为35个方格，可算出该放电过程释放的总的电荷量约为。若该同学使用的电源两端输出电压恒为7V，该电容器电容为 F。
（3）在电容器充、放电实验中，若改接不同阻值的电阻放电，则整个放电过程图线与坐标轴所围面积 （选填“改变”或“不变”）。
（4）图线的a、b、c、三条曲线中对应电阻最大的一条是 （选填“a”、“b”或“c”）。
【答案】正电；；不变；c
【知识点】电容器及其应用；图象法
【解析】【解答】（1）当他将开关S接1后，电容器上极板带正电
故答案为：正电
（2）若该同学使用的电源两端输出电压恒为7V，该电容器电容为
故答案为：
（3）因为图像与坐标轴围成的面积等于电容器的带电量，则在电容器充、放电实验中，若改接不同阻值的电阻放电，则整个放电过程i-t图线与坐标轴所围面积不变
故答案为：不变
（4）电阻越大，则电容器放电越慢，则图线的a、b、c、三条曲线中对应电阻最大的一条是c
故答案为：c
【分析】（1）充电时，极板与电源极性一致（正极连正极，带正电 ）。
（2）利用电容定义式，结合i-t图像面积（电荷量 ）、电源电压求解。
（3）面积代表电荷量，与电阻无关（电量由充电电压、电容决定 ）。
（4）电阻越大，初始电流越小，放电越慢（i-t图像平缓 ），据此判断电阻最大的曲线。
16．（2024高二上·天河月考）如图所示，已知平行板电容器两极板间距d＝4mm，充电后两极板电势差为120V。A板带正电，若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm。不计重力，求：
（1）极板所带电荷量；
（2）两板间的电场强度；
（3）P点的电势；
【答案】解：（1）根据电容定义式，可得极板所带电荷量为：
（2）两板间的电场强度为：
（3）由图可知，B板接地，其电势；A板带正电，其电势；则P点的电势为：
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）电荷量计算：利用电容的定义式，已知电容和电压，直接变形求解电荷量，核心是对电容定义式的应用。
（2）电场强度计算：平行板电容器间电场为匀强电场，电场强度与电势差、板间距的关系为，据此计算。
（3）P点电势计算：利用B板接地（电势为0 ），结合匀强电场电势差与距离成正比的规律，通过距离比例关系（P到B板距离占总间距的比例 ），求出P点电势。
17．（2024高二上·天河月考）示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场，电子穿出偏转电场后打在荧光屏上。若加速电压U1=800V，偏转极板长，板间距，不计电子的重力。求：
(1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？
(2)若偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，求电子束最大的偏转距离OP。
【答案】(1)解：要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场必须下板边缘出来。加速电场中，由动能定理有
电子在偏转电场的飞行时间为
加速度为
要使电子从下极板边缘出来，应有
解得偏转电压为U2=100V。
(2)解：设电子离开电场后侧移距离为，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为
因为电子离开偏转电场的侧向速度为
电子离开偏转电场后的侧向位移为
解得电子最大偏转距离为
代入数据解得。
【知识点】加速度；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）动能定理求进入偏转电场的初速度，类平抛分解为水平匀速、竖直匀加速，利用 “边缘出射” 条件列方程，解偏转电压。
（2）离开电场后，竖直分速度不变，水平匀速运动，计算电场外偏移量，总偏转量为电场内、外之和。
18．（2024高二上·天河月考）如图，绝缘水平轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径为，在BC左侧所在空间存在与水平方向成斜向上的匀强电场（B、C两点恰好不在匀强电场中），电场强度大小为。现将一电荷量为、质量为的带电体（可视为质点）在水平轨道AB上的A点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C。带电体与水平轨道AB间的动摩擦因数为，重力加速度大小取。求：
（1）带电体运动到C点时的速度大小；
（2）带电体运动到B点时半圆形轨道对带电体的支持力大小；
（3）A、B两点的距离。
【答案】（1）解：带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则在C点有
解得
（2）解：带电体从B点运动到C点的过程中，根据动能定理得
解得
带电体在B点有
联立解得
（3）解：带电体从A点运动到B点的过程中所受的滑动摩擦力
代入数据得
根据动能定理得
解得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；生活中的圆周运动；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）恰好过最高点时，重力提供向心力（弹力为 0 ），用牛顿第二定律求速度。
（2）用动能定理（重力做功与动能变化 ）求 B 点速度，再用牛顿定律求 B 点支持力。
（3）分析受力（电场力分力、摩擦力 ），用动能定理（电场力做功、摩擦力做功与动能变化 ）求 AB 间距。
1 / 1广东省广州市第八十九中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024高二上·天河月考）下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A．由知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B．由知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．由知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．由知，将所带电荷量为的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为，则A、B两点间的电势差为
2．（2024高二上·天河月考）两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两点处，它们间静电力的大小为F。两小球相互接触后再分开并放到相距为2r的两点处，则两金属小球间静电力的大小变为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·天河月考）如图所示，用一条绝缘细线悬挂一个带电小球，小球质量为m=3.0×10-2kg，所带电荷量为q=+1.0×10-8C，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向的夹角为θ=30°，重力加速度g=10m/s2，则匀强电场的电场强度E大小约为（ ）
A．V/m B．3×107V/m C．2×107V/m D．5×107V/m
4．（2024高二上·天河月考）医用口罩的熔喷布经过驻极处理可增加静电吸附作用，其中一类吸附过程可作如图简化：经过驻极处理后某根绝缘纤维带有正电荷，其附近a点处的初速度平行于该段直纤维且带负电的颗粒被吸附到纤维上b点，忽略其它电场影响，则（ ）
A．颗粒做匀变速曲线运动 B．颗粒受到的电场力恒定
C．颗粒的电势能逐渐减小 D．a点的电势比b点的高
5．（2024高二上·天河月考）一只竖直向上的避雷针发生尖端放电时在空间形成的电场如图，在空间取一条水平线abc和一条圆弧线adc，bd连线为ac连线的中垂线，图中所画电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是（ ）
A．adc是一条等势线
B．沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功相等
C．a、c两点的电场强度相同
D．正点电荷在b点比在d点受到的电场力大，且在b点比在d点的电势能大
6．（2024高二上·天河月考）如图所示的电路中，通过R1的电流是3A，已知R1=4Ω，R2=5Ω，R3=10Ω，则（ ）
A．电路的总电阻是 B．通过R2的电流是4.5A
C．ab两端的电压是12V D．ac两端的电压是18V
7．（2024高二上·天河月考）传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示电路为测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。下列说法中正确的是（ ）
A．当待测压力增大时，则电容器的电容将减小
B．闭合K，当待测压力增大时，则有向右的电流通过R
C．断开K，当待测压力减小时，则电容器所带的电量减小
D．断开K，当待测压力减小时，则两极板问的电势差增大
8．（2024高二上·天河月考）如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上．下列判断正确的是（ ）
A．带电粒子在P点的电势能比在Q点的大
B．三个等势面中，a的电势最低
C．带电粒子在P点的加速度比在Q点的小
D．带电粒子在R点的加速度方向沿虚线b向右
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2024高二上·天河月考）两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（ ）
A．R1的阻值为1Ω
B．R2的电阻随电压的增大而减小
C．R1为线性元件，R2为非线性元件
D．当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻
10．（2024高二上·天河月考）如图，匀强电场区域内，由a、b、c、d、a'、b'、c'、d'作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面abcd垂直。若在c点固定一正点电荷，则（ ）
A．b、d两点的电场强度大小相等 B．b'、d'两点的电场强度不同
C．a、b两点的电场强度大小相等 D．a'、b'两点的电场强度相同
11．（2024高二上·天河月考）如图所示，竖直平面内有水平方向的匀强电场E，A点与B点的连线垂直电场线，两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从A和B点沿不同方向开始运动，之后都能到达电场中的N点，粒子的重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．两粒子到达N点所用的时间可能相等
B．两粒子到达N点时的速度大小一定相等
C．两粒子在N点时的动能可能小于各自初始点的动能
D．两粒子整个运动过程机械能的增加量一定相等
12．（2024高二上·天河月考）边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ。在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m、电荷量为+q的小球A，如图甲；小球运动的v-t图像如图乙。不计空气阻力，则（ ）
A．小球受到的重力与电场力之比为2：3
B．整个向下运动过程中，重力做功与克服电场力做功之比为2：1
C．在t=6s时，小球经过边界MN
D．若规定MN所在平面电势为零，则运动到最低点的电势为
13．（2024高二上·天河月考）（1）如图1是双量程电压表的原理图，它有两个量程分别为0~3V和0~15V，则使用a、b两端时量程应为 V，已知表头内阻为15Ω，满偏电流为4mA，则R1= Ω。
（2）如图2所示，在边长为L的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为+q、+q、+q和-q的点电荷，则正方形中心O点的电场强度大小为 ，方向为 。
（3）如图3所示，光滑绝缘细杆竖直放置，与以正点电荷Q为圆心的圆周交于B、C两点。质量为m、电荷量为+q的有孔小球从杆上A点无初速度滑下，已知AB=BC=h，小球滑到B点时的速度大小为，则C、A两点间的电势差UCA= 。
14．（2024高二上·天河月考）用欧姆表粗测得某圆柱复合材料的电阻约为3欧，某实验小组通过以下实验测量其电阻率ρ。
（1）该实验小组分别用20分度的游标卡尺、螺旋测微器测量其长度L和直径D，某次测量结果如图甲、乙所示：长度L= cm，直径D= mm；
（2）实验使用的滑动变阻器的阻值为0~20Ω，请将图丙所示的实际测量电路补充完整 。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于 端（填“左”或“右”）；
（3）某次实验时，图丁所示量程为0~0.6A的电流表读数为 A。电压表的示数为U，电流表的示数为I，用实验测量的物理量L、D、U、I表示电阻率，则表达式为ρ= 。
15．（2024高二上·天河月考）电流传感器可以像电流表一样测量电流，它可以和计算机相连，能在电脑上显示出电流随时间的变化图像。某同学利用甲图所示的电路来观察电容器充、放电过程。某时刻该同学将开关S接1给电容器充电，一段足够时间后，再把开关S改接2，电容器放电。
（1）当他将开关S接1后，电容器上极板带 （选填“正电”或“负电”）。
（2）整个充、放电过程，电流传感器会将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的图像。如图乙所示为放电过程的图像。已知图乙所围的面积约为35个方格，可算出该放电过程释放的总的电荷量约为。若该同学使用的电源两端输出电压恒为7V，该电容器电容为 F。
（3）在电容器充、放电实验中，若改接不同阻值的电阻放电，则整个放电过程图线与坐标轴所围面积 （选填“改变”或“不变”）。
（4）图线的a、b、c、三条曲线中对应电阻最大的一条是 （选填“a”、“b”或“c”）。
16．（2024高二上·天河月考）如图所示，已知平行板电容器两极板间距d＝4mm，充电后两极板电势差为120V。A板带正电，若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm。不计重力，求：
（1）极板所带电荷量；
（2）两板间的电场强度；
（3）P点的电势；
17．（2024高二上·天河月考）示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场，电子穿出偏转电场后打在荧光屏上。若加速电压U1=800V，偏转极板长，板间距，不计电子的重力。求：
(1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？
(2)若偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，求电子束最大的偏转距离OP。
18．（2024高二上·天河月考）如图，绝缘水平轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径为，在BC左侧所在空间存在与水平方向成斜向上的匀强电场（B、C两点恰好不在匀强电场中），电场强度大小为。现将一电荷量为、质量为的带电体（可视为质点）在水平轨道AB上的A点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C。带电体与水平轨道AB间的动摩擦因数为，重力加速度大小取。求：
（1）带电体运动到C点时的速度大小；
（2）带电体运动到B点时半圆形轨道对带电体的支持力大小；
（3）A、B两点的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势差
【解析】【解答】A．电场中某点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷所带的电荷量无关，故A错误；
B．电容器的电容是由本身的结构决定的，与其所带电荷量以及两极板间的电压无关，故B错误；
C．由知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量成正比，故C错误；
D．由知，将所带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为，则A、B两点间的电势差为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】AB：电场强度 、电容 、电势差 等物理量，其比值定义式仅用于计算，决定因素与公式中“分子、分母”无关（由自身属性或场源决定 ）。
C：明确 中 与 直接相关（场源电荷决定 ）。
D：严格代入定义式，注意功的正负与电荷量符号，计算电势差。
2．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】根据库仑定律，初始时，两金属小球间静电力大小为
两小球相互接触后再分开并放到相距为2r的两点处，此时两金属小球带电量均为+Q，则此时静电力大小为
故答案为：A。
【分析】1. 库仑定律应用：初始力用 计算（注意电荷绝对值 ）。
2. 接触带电规律：相同金属球接触，电荷中和后均分（先算总电荷，再平分 ）。
3. 力的比值计算：通过接触前后的电量、距离变化，代入库仑定律，与初始力建立比例关系，简化计算。
3．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】小球受到竖直向下的重力，水平向右的电场力和沿绳向上的拉力，根据平衡条件可得
所以
。
故答案为：C。
【分析】将拉力分解为水平、竖直分量，简化平衡条件，利用水平、竖直方向合力为 0，建立力的关系，通过两方向方程相除，消去拉力 T，直接关联电场力与重力，求解 E。
4．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．带电的绝缘纤维产生的电场为非匀强电场，故颗粒受到的电场力为变力，做非匀变速曲线运动，故A、B错误；
C．颗粒带负电，绝缘纤维带正电，颗粒被吸附过程中，电场力方向与颗粒位移方向相同，电场力做正功。根据电场力做功与电势能的关系，电场力做正功时，电势能减小，所以颗粒的电势能逐渐减小，故C正确；
D．绝缘纤维带正电，其电场线向外辐射。沿电场线方向电势降低，b 点比 a 点更靠近带正电的纤维，所以 b 点电势高于 a 点，即 a 点的电势比 b 点低，故D错误；
故答案为：C。
【分析】AB：绝缘纤维非均匀带电形成非匀强电场，导致电场力为变力，颗粒做非匀变速曲线运动。
C：依据电场力方向和颗粒位移方向的关系，判断电场力做功正负，进而确定电势能变化。
D：根据正电荷电场线分布和电势沿电场线降低的规律，比较 a、b 两点电势。
5．【答案】B
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】A．电场线与等势线垂直。adc 是圆弧，电场线不与圆弧垂直（电场线向避雷针汇聚 ），adc 不是等势线，故A错误；
B．因ac两点电势相等，可知沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功均为零，故B正确；
C．a、c两点的电场强度大小相等，但是方向不同，故C错误；
D．b点电场线较d点密集，可知b点场强比d点大，正点电荷在b点比在d点受到的电场力大，由于沿电场线电势降低，可知d点电势高于b点，则正电荷在b点比在d点的电势能小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电场线与等势线垂直，通过电场线方向判断等势线形状。
B：电势差为零时，电场力做功为零，与路径无关。
C：场强是矢量，大小、方向都相同才相等。
D：正电荷电势能随电势升高而增大，结合电场线方向判断电势高低。
6．【答案】C
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．电路的总电阻为
故A错误；
B．由于
所以
，
所以，故B错误；
C．ab两端的电压为
故C正确；
D．ac两端的电压为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】串并联规律：串联总电阻为各电阻和，并联总电阻为 “积比和”；并联电路电流与电阻成反比。
电压计算：串联电路电压与电阻成正比，并联电路电压相等。
逐步推导：先算总电阻，再算并联支路电流、电压，最后验证选项。
7．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．电容决定式为（其中 为极板间距 ）。当待测压力增大时，电容器极板间距减小，根据上述公式，电容与成反比，所以减小会使电容增大，故A错误；
B．闭合K，当待测压力增大时，电容增大，而电压不变，由得知，电容器的带电量增大，电容器将充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有向左的电流通过R，故B错误。
CD．断开后，电容器无法放电，所以其所带的电量保持不变。当待测压力减小时，极板间距增大，根据，电容减小，又因为（不变 ），电容减小会使两极板间的电势差增大，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：清楚与极板间距成反比，压力变化会改变，进而影响。
B：电压恒定，变化会引起变化，从而产生充电或放电电流，电流方向由充电、放电方向决定。
CD：电量恒定，变化会使电压反向变化（依据 ）。
8．【答案】A
【知识点】电场线；电势；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．沿着电场线方向电势降低，根据前面分析可知P点电势大于Q点电势，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故A正确；
B．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故B错误；
C．因P点的等差等势面较Q点密集，则P点的电场线较Q点密集，P点场强比Q点大，则带电粒子在P点的加速度比在Q点大，选项C错误；
D．电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：轨迹弯曲方向反映电场力方向，结合粒子带电性判断电场线方向。
B：沿电场线电势降低，正电荷电势能随电势升高而增大。
C：等势面疏密反映场强大小，场强决定加速度。
D：电场力方向与电场线方向一致（正电荷 ），电场线与等势面垂直。
9．【答案】C,D
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A：R1的阻值为：，A错误；
B：R2的图像上各点的横坐标U与纵坐标I的比值随电压的增大而增大，则R2的电阻随电压的增大而增大，B错误；
C：根据图像可知R1为线性元件，R2为非线性元件，C正确；
D：根据欧姆定律可知，当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻，均等于2Ω，D正确。
故答案为：CD。
【分析】1. 电阻计算：用 图像中“电阻 ” ，取对应电压、电流值计算，比较电阻是否相等。
2. 电阻变化判断：看 图像上 的变化（即点与原点连线斜率的倒数 ），斜率减小则 增大，电阻增大。
3. 线性与非线性判断：线性元件的 图像是过原点直线，非线性元件是曲线，据此区分 、。
10．【答案】A,B
【知识点】矢量与标量；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．由点电荷电场强度的计算公式，可知，点电荷在b、d两点产生的电场强度大小相等，方向与匀强电场方向垂直，与匀强电场叠加后的合场强大小相等，故A正确；
B．点电荷在b'、d'两点的电场强度大小相等，方向与匀强电场方向成45°，所以两点的合场强大小相等，但方向不同，故B正确；
C．a、b两点距点电荷距离不等，所以点电荷在a、b两点处电场强度大小不等，所以a、b两点的合场强大小不相等，故C错误；
D．a'、b'两点距点电荷距离不等，所以点电荷在a'、b'两点处电场强度大小不等，所以两点的合场强大小不相等，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A：空间某点场强为匀强电场与点电荷场强的矢量和。
B：由 ，场强大小与距离 平方成反比，方向沿径向（正电荷向外 ）。
C：判断夹角，用平行四边形定则叠加。
D：大小由矢量叠加公式（或勾股、余弦定理 ），方向由夹角决定。
11．【答案】B,D
【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子仅受水平方向电场力，竖直方向无外力。A点粒子竖直方向以初速度匀速运动；B点粒子竖直分速度需分解，其竖直分速度与A点不同。由于竖直位移相同，而竖直分速度不同，根据竖直，可知运动时间不同，故A错误；
BD．因为只有电场力做功，根据题意可知，A点与B点在同一等势面上，故 ，电场力做功 相同，则到达N点的动能相同，速度大小相同，而电场力做功等与机械能增加量，故机械能的增加量一定相等，故BD正确；
C．A点粒子水平初速度为0，电场力向右（粒子带正电，受力与电场方向相同 ），水平方向做匀加速运动，电场力做正功。根据动能公式竖直水平 ，水平速度增大，动能增大，故C错误。
故答案为：BD。
【分析】A：把粒子运动拆分为水平匀变速、竖直匀速/匀变速分运动，通过竖直分速度差异判断运动时间不同。
C：利用A、B在同一等势面，得出电场力做功相同，结合动能定理判断末动能、速度关系。
BD：依据只有电场力做功时，机械能增量等于电场力做功，确定机械能变化情况。
12．【答案】A,D
【知识点】电场力做功；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为
进入电场后的加速度大小为
由牛顿第二定律得
mg=ma1；F-mg=ma2
得电场力
得重力mg与电场力F之比为2：3，故A正确。
B．整个向下运动过程中，小球动能变化量为零，可知重力做功与克服电场力做功之比为1：1，故B错误；
C．由图像可知，在t=6s时，小球位移为零，此时回到A点，故C错误；
D．从MN到最低点克服电场力做功为
若规定MN所在平面电势为零，则运动到最低点的电势能为
电势为
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：v-t 图像斜率对应加速度，区分不同阶段的加速度（区域 I、II ）。
B：用牛顿定律关联重力、电场力与加速度，推导力的比值。
C：动能变化为零时，重力做功与克服电场力做功相等。
D：v-t 图像面积对应位移，电势能变化等于克服电场力做功，电势 = 电势能 / 电荷量。
13．【答案】（1）3；735
（2）；沿OD方向
（3）
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合；表头的改装
【解析】【解答】（1）与表头串联的分压电阻阻值较小时，电压表的量程较小，所以使用a、b两端时量程应为0~3V；
使用a、b两端时电压表的量程为
代入数据解得
故答案为：3；735
（2）根据电场强度的叠加原理可得，正方形中心O点的电场强度大小为
，
所以
，方向沿OD方向。
故答案为：；沿OD方向
（3）A到B，根据动能定理可得
解得
故答案为：
【分析】（1）量程由分压电阻决定（串联电阻越小，量程越小 ），利用串联电路 “电流相等、电压分压”，结合满偏电流、量程，列方程求分压电阻。
（2）电场强度为矢量，需按方向叠加（对称电荷抵消，非对称电荷叠加 ），利用点电荷场强公式，结合几何关系（中心到顶点距离 ）计算合场强。
（3）利用动能定理，结合重力、电场力做功，关联电势差与动能变化，等势面性质（到点电荷距离相等的点电势相等 ）简化计算。
（1）[1]与表头串联的分压电阻阻值较小时，电压表的量程较小，所以使用a、b两端时量程应为0~3V；
[2]使用a、b两端时电压表的量程为
代入数据解得
（2）[1][2]根据电场强度的叠加原理可得，正方形中心O点的电场强度大小为
所以
方向沿OD方向。
（3）A到B，根据动能定理可得
解得
14．【答案】（1）2.325；6.700
（2）；左
（3）0.40；
【知识点】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】【解答】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
故答案为：2.325；6.700
（2）复合材料的电阻约为3欧，属于小电阻，则电流表采用外接法，由于滑动变阻器阻值较大，则滑动变阻器采用限流接法，实物连线如图所示
闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路的阻值达到最大，即滑片应置于最左端。
故答案为：
；左
（3）由于电流表一小格为0.02A，所以电流表的读数为0.40A；根据电阻定律
所以
故答案为：0.40；
【分析】（1）游标卡尺：主尺 + 游标尺（精度 × 对齐格数 ），注意单位换算（mm→cm ）；螺旋测微器：固定刻度 + 可动刻度（可动刻度 ×0.01mm ），需估读一位。
（2）电流表接法：小电阻用外接（电压表分流误差小 ），大电阻用内接；滑动变阻器：限流接法时，滑片置于最大阻值端（保护电路 ）。
（3）电流表读数：根据量程确定分度值，数指针格数计算电流；电阻率推导：结合电阻定律与欧姆定律，代入横截面积，推导得表达式。
（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
[2]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
（2）[1]复合材料的电阻约为3欧，属于小电阻，则电流表采用外接法，由于滑动变阻器阻值较大，则滑动变阻器采用限流接法，实物连线如图所示
[2]闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路的阻值达到最大，即滑片应置于最左端。
（3）[1]由于电流表一小格为0.02A，所以电流表的读数为0.40A；
[2]根据电阻定律
所以
15．【答案】正电；；不变；c
【知识点】电容器及其应用；图象法
【解析】【解答】（1）当他将开关S接1后，电容器上极板带正电
故答案为：正电
（2）若该同学使用的电源两端输出电压恒为7V，该电容器电容为
故答案为：
（3）因为图像与坐标轴围成的面积等于电容器的带电量，则在电容器充、放电实验中，若改接不同阻值的电阻放电，则整个放电过程i-t图线与坐标轴所围面积不变
故答案为：不变
（4）电阻越大，则电容器放电越慢，则图线的a、b、c、三条曲线中对应电阻最大的一条是c
故答案为：c
【分析】（1）充电时，极板与电源极性一致（正极连正极，带正电 ）。
（2）利用电容定义式，结合i-t图像面积（电荷量 ）、电源电压求解。
（3）面积代表电荷量，与电阻无关（电量由充电电压、电容决定 ）。
（4）电阻越大，初始电流越小，放电越慢（i-t图像平缓 ），据此判断电阻最大的曲线。
16．【答案】解：（1）根据电容定义式，可得极板所带电荷量为：
（2）两板间的电场强度为：
（3）由图可知，B板接地，其电势；A板带正电，其电势；则P点的电势为：
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）电荷量计算：利用电容的定义式，已知电容和电压，直接变形求解电荷量，核心是对电容定义式的应用。
（2）电场强度计算：平行板电容器间电场为匀强电场，电场强度与电势差、板间距的关系为，据此计算。
（3）P点电势计算：利用B板接地（电势为0 ），结合匀强电场电势差与距离成正比的规律，通过距离比例关系（P到B板距离占总间距的比例 ），求出P点电势。
17．【答案】(1)解：要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场必须下板边缘出来。加速电场中，由动能定理有
电子在偏转电场的飞行时间为
加速度为
要使电子从下极板边缘出来，应有
解得偏转电压为U2=100V。
(2)解：设电子离开电场后侧移距离为，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为
因为电子离开偏转电场的侧向速度为
电子离开偏转电场后的侧向位移为
解得电子最大偏转距离为
代入数据解得。
【知识点】加速度；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）动能定理求进入偏转电场的初速度，类平抛分解为水平匀速、竖直匀加速，利用 “边缘出射” 条件列方程，解偏转电压。
（2）离开电场后，竖直分速度不变，水平匀速运动，计算电场外偏移量，总偏转量为电场内、外之和。
18．【答案】（1）解：带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则在C点有
解得
（2）解：带电体从B点运动到C点的过程中，根据动能定理得
解得
带电体在B点有
联立解得
（3）解：带电体从A点运动到B点的过程中所受的滑动摩擦力
代入数据得
根据动能定理得
解得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；生活中的圆周运动；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）恰好过最高点时，重力提供向心力（弹力为 0 ），用牛顿第二定律求速度。
（2）用动能定理（重力做功与动能变化 ）求 B 点速度，再用牛顿定律求 B 点支持力。
（3）分析受力（电场力分力、摩擦力 ），用动能定理（电场力做功、摩擦力做功与动能变化 ）求 AB 间距。
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