广东省深圳宝安第一外国语学年2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
一、单选题：（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
1．（2024高二上·宝安期中）使用带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二上·宝安期中）如图所示，质量为m、带电量为的小球A，用长度为L的绝缘细线悬挂于天花板上的O点。在O点的正下方2L处，绝缘支架上固定有带电小球B，小球A静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知两个带电小球都可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，若改变小球B的位置，仍可使A球静止在原来的位置，其他条件不变，则小球B对A球的静电力的大小不可能是（ ）
A．mg B．mg C．mg D．mg
3．（2024高二上·宝安期中）两条长度相同、由同种材料制成的均匀电阻丝a、b，其伏安特性曲线分别如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电阻丝a的直径是b直径的0.3倍
B．将a、b并联后，其I U图线位于a、b之间
C．将a、b串联后接入电路，a、b两端电压之比为10∶3
D．将a、b并联后接入电路，通过a、b的电流之比为2∶5
4．（2024高二上·宝安期中）如图，，三点都在匀强电场中，已知，，，把一个电荷量的正电荷从移到，电场力的做功为零；从移到，电场力做功为，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ）
A．，垂直向左 B．，垂直向右
C．，垂直斜向上 D．，垂直斜向下
5．（2024高二上·宝安期中）离子推进器可以为宇宙飞船提供推力，其原理简化图如图所示，近乎静止的正离子在高压电场作用下，从针状电极A向环形电极B运动，期间撞击由中性粒子组成的推进剂，使推进剂加速向后喷出，从而向前推进飞船。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．中性粒子C附近电场强度比中性粒子D附近的小
B．电极A的电势高于电极B的电势
C．正离子与中性粒子组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．同一正离子的电势能在电极A附近比在电极B附近小
6．（2024高二上·宝安期中）莱顿瓶是一种早期的电容器，主要部分是一个玻璃瓶，瓶里瓶外分别贴有锡箔，瓶里的锡箔通过金属链跟金属棒连接，金属棒的上端是一个金属球，通过静电起电机连接莱顿瓶的内外两侧可以给莱顿瓶充电，下列说法正确的是（ ）
A．充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越厚，莱顿瓶容纳的电荷越多
B．瓶内外锡箔的正对面积越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强
C．充电电压越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强
D．莱顿瓶的电容大小与玻璃瓶瓶壁的厚度无关
7．（2024高二上·宝安期中）将四个相同的灵敏电流计分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开关，R为定值电阻，下列说法正确的是（ ）
A．对于电压表，是把灵敏电流计与大电阻并联改装而成的
B．A1指针的偏角等于A2指针的偏角
C．定值电阻R两端的电压等于V1与V2的读数之和，通过的电流小于A1或A2的读数
D．V1的读数小于V2的读数，V1指针的偏角大于V2指针的偏角
8．（2024高二上·宝安期中）如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为的粒子（不计重力），以初速度从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在x2点的速度为0
B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大
C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为
D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为
二、多选题：（本大题共4小题，每小题6分，共24分）
9．（2024高二上·宝安期中）如图所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．则
A．B球和C球都带负电荷 B．B球带负电荷，C球带正电荷
C．B球和C球所带电量一定相等 D．B球和C球所带电量不一定相等
10．（2024高二上·宝安期中）电晕放电在电选矿、静电除尘等方面均有广泛应用。以针板式电晕放电为例，如图，在针板式电极场中，在高电压作用下，针式电极周围空气被电离，在周围产生电晕区，生成正离子和负离子。电晕区的负离子在电场力的作用下向集尘极移动，途中黏附在灰尘上，并在电场力作用下继续向集尘极移动，最后沉积在集尘极上面。下列说法正确的是（ ）
A．供电装置上端为电源正极，下端为电源负极
B．供电装置上端为电源负极，下端为电源正极
C．带电灰尘飞向集尘极的过程中，电势能减小
D．带电灰尘飞向集尘极的过程中，做匀加速直线运动
11．（2024高二上·宝安期中）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，电表均为理想电表，R为滑动变阻器，闭合开关后灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A．电压表、电流表示数均变大
B．定值电阻R0中将有从右向左的电流
C．电压表示数改变量与电流表示数改变量之比不变
D．灯泡L功率将会减小
12．（2024高二上·宝安期中）有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的油滴，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直电场射入，落到极板A、B、C处，如图所示，则（ ）
A．油滴A带正电，B不带电，C带负电
B．三个油滴在电场中运动时间相等
C．三个油滴在电场中运动的加速度aA
三、实验题：（本大题共2小题，共18分）
13．（2024高二上·宝安期中）某同学做观察电容器充、放电并估测电容器的电容实验，采用8V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器（与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线）、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。
（1）下列说法正确的是（ ）
A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器放电
B．先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器电容先增大后减小
C．电容器带电时，两个极板只有一个板上有电荷
D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电
（2）用8V的稳压直流电源对电容器先充满电，后电容器放电，电脑屏幕上显示出电容器在放电过程中电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示，根据图像可估算出1s到4s内曲线下包含的小格的个数大约为40个，根据图像估算出释放的电荷量为 C（结果保留两位有效数字）。
（3）根据前面的信息，计算出电容器的电容为 F（结果保留一位有效数字）
（4）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时i-t曲线与横轴所围成的面积将 （填“增大”“不变”或“变小”）；放电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”）。
14．（2024高二上·宝安期中）在“测量金属丝的电阻率”时，某实验小组选用的主要仪器有：待测金属丝（接入电路的长度为50.00 cm，电阻约几欧），电压表V（0 ~ 3 V，内阻约2 kΩ；0 ~ 15 V，内阻约15 kΩ），电流表A（0 ~ 3 A，内阻约0.01 Ω；0 ~ 0.6 A，内阻约0.05 Ω），滑动变阻器R（0 ~ 10 Ω，0.6 A），干电池两节，导线若干。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图甲所示，读数应为 mm；游标卡尺测量长度如图丁所示，可知其长度为：L = mm；
（2）请用笔画线代替导线，在图乙中完成实物电路的连接 ；
（3）实验中，调节滑动变阻器，记录到的电压表和电流表的示数如表所示，请在图丙中作出U I图线 ；
U / V 1.05 1.40 2.00 2.30 2.60
I / A 0.22 0.28 0.40 0.46 0.51
（4）进一步分析，可得金属丝的电阻率ρ = Ω m（结果保留两位有效数字）；
（5）测得的电阻率比真实值偏大可能原因有__________。
A．金属丝粗细不均匀导致测出的直径偏大
B．开关闭合时间过长导致测出的电阻偏大
C．电压表内阻不够大导致测出的电阻偏大
D．滑动变阻器阻值偏小导致测量范围偏小
四、计算题：（本大题共3小题，15题8分、16题10分、17题12分，共30分）
15．（2024高二上·宝安期中）如图，在竖直平面内，半径为R=0.4m的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平光滑轨道相切于A点。整个系统处于水平向左的匀强电场中，一带电小球质量为m=0.02kg，电荷量，由水平轨道某点静止释放，经过A点时对轨道的压力为重力的5倍，然后从B点飞出，在轨迹最高点时速率与飞出B点时的速率相等。已知在运动过程中小球电荷量保持不变，g=10m/s2。求：
（1）电场强度E的大小：
（2）小球在水平轨道上运动的距离。
16．（2024高二上·宝安期中）如图所示，，S断开时，两表读数分别为和，S闭合时，它们的读数分别变为和。两表均视为理想表，求：
(1)、的阻值；
(2)电源的电动势和内阻。
17．（2024高二上·宝安期中）质谱仪可对离子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q、质量为m的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L，a、b间的电压为U1，M、N间的电压为U2。不计离子重力及进入a板时的初速度。求：
（1）离子从b板小孔射出时的速度大小；
（2）离子自a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；
（3）为保证离子不打在极板上，U2与U1应满足的关系。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】AC．当金属球带正电时，靠近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（负电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（正电荷），故AC错误；
BD．当金属球带负电时，靠近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（正电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（负电荷），故B正确，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.静电感应规律：近端感应异种电荷，远端感应同种电荷（验电器整体电中性 ）。
2.选项匹配：根据 “近端异种、远端同种”，判断箔片与金属球的电荷极性。
2．【答案】A
【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】由力的平衡条件可知，小球A所受重力、电场力和绳子拉力构成封闭的三角形，如图所示
可知当电场力和绳子拉力垂直时，电场力最小为
所以电场力不可能等于，可能等于mg、mg或mg。
故答案为：A。
【分析】1. 力的平衡：三力平衡，矢量三角形封闭。
2. 最小值求解：静电力与拉力垂直时，对应矢量三角形的直角边（最小值 ）。
3. 范围判断：最小值为 ，大于该值的力可能，小于则不可能。
3．【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．根据图线的斜率表示电阻的倒数，可得电阻之比为
根据电阻定律
其中
由于长度相同，材料相同，可得电阻丝a的直径与b直径之比为，故A错误；
B．由上可知将a、b并联后，其并联电阻小于Rb，所以图线的斜率最大，其位于b的左侧，故B错误；
C．将a、b串联后接入电路，根据串联电流相等，则电阻两端的电压与电阻成正比，所以有，故C正确；
D．将a、b并联后接入电路，根据并联电压相等，则通过a、b的电流大小与电阻成反比，通过a、b的电流之比为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 电阻计算：I - U 图像斜率的倒数为电阻，结合电阻定律（ ）求直径比。
2. 串并联规律：串联：电流相等，电压与电阻成正比（ ）。
并联：电压相等，电流与电阻成反比（ ）。
3. 图像斜率：斜率表示 ，电阻越小，斜率越大，并联总电阻最小，斜率最大。
4．【答案】D
【知识点】电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】把一个正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知为等势面，从移到，电场力做功为，则间的电势差为
根据沿电场线电势降低，可知匀强电场的场强方向垂直AB斜向下，该匀强电场的场强大小为
故选D。
【分析】根据电场力做功公式W=Uq，由确定AB为等势面；由求解，判断电势高低确定电场线方向；依据求解电场强度。
5．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．电场线疏密反映场强：C点电场线比D点密集，（中性粒子C附近场强大于D ），故A错误；
B．正离子从A→B运动，电场力方向与运动方向一致，则电场方向A→B（正电荷受力方向 ），沿电场线电势降低，则（电极A电势高于B ），故B正确；
C．碰撞期间动量守恒，机械能减小，故C错误；
D．正离子电势能
（ ）
电势越高，电势能越大，，所以正离子在A点电势能 （A附近电势能更大 ），D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电场线疏密，场强大小（密→大 ）。
B：正离子运动方向为电场方向，则沿电场线电势降低。
C：碰撞动量守恒（内力远大于外力 ），但机械能因碰撞损失。
D：正电荷电势能与电势正相关。
6．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题主要考查了电容器的相关应用，关键要理解电容的物理意义，注意理解电容的决定式。AD．由电容器的决定式知
玻璃瓶瓶壁越厚即d越大，电容越小，充电电压一定时，莱顿瓶容纳的电荷越少，AD错误；
B．由电容器的决定式知，瓶内外锡箔的正对面积越大，莱顿瓶的电容越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强，B正确；
C．电容是电容器本身的性质，跟充电电压无关，C错误。
故选B。
【分析】 根据题目条件结合电容的决定式 分析电容的变化，根据Q=CU分析电量的变化；电容越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强。
7．【答案】C
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】A．电压表是用灵敏电流计串联一个分压电阻改装而成的，故A错误；
B．根据串联电路特点可知两电流表的电流相等，由于电流表A1的量程小于A2的量程，所以故A1指针的偏角大于A2指针的偏角；故B错误；
C．电压表的示数表示自己两端的电压，V1与V2串联后与定值电阻R并联，则定值电阻R两端的电压等于V1与V2的读数之和。A1或A2的读数等于定值电阻R与电压表的电流之和，故定值电阻R通过的电流小于A1或A2的读数，故C正确；
D．两电压表串联，则其中的两灵敏电流计串联，根据串联电路特点可知两灵敏电流计的电流相等，故电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角；电压表V1的量程大于V2的量程，则电压表V1的内阻大于V2的内阻，根据串联电路电压分配特点，可知电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 清楚电流表是通过并联小电阻、电压表是通过串联大电阻来进行改装的这一原理。
2. 在串联电路里，电流处处相等，指针偏角和通过灵敏电流计的电流相关；在并联电路中，各支路电压相等，电压分配和电阻大小有关。
3. 分析定值电阻R 时，要考虑其与V1、V2 并联的电压关系，以及A1、A2 测量的是干路电流，从而明确R 的电流与A 读数的大小关系。
8．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】图像的斜率的绝对值为电场强度大小，因为沿电场线方向电势降低，所以，沿轴，在范围内电场强度沿轴负方向，在范围内电场强度沿轴正方向，在范围内电场强度沿轴负方向
A．粒子到达处时，电势变化量为0，所以根据公式可知电势能变化量也为0，即电场力做功为0，根据功能关系可知，粒子的动能不变，所以粒子在x2点的速度仍为。故A错误；
B．电场力对带电粒子做负功，电势能一直增大。故B错误；
C．由题意可知，若粒子能到达x4处，只需满足粒子到达处，若粒子能够到达处，由功能关系可得，需满足在这一过程中初动能大于等于电势能的增加量，
由上式解得，故C正确
D．由题意可知，粒子到达处时，速度最大，若，由功能关系可得，粒子过程中
解得粒子在运动过程中的最大动能，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 图像的物理意义：斜率表示场强 （ ），电势变化对应电势能变化（ ）。
2. 电场力做功与能量：电场力做正功，电势能减小、动能增大；做负功，电势能增大、动能减小。
3. 临界条件：粒子到达最远点的最小初速度，需保证初动能至少克服最大电势能增量。
9．【答案】A,C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】AB.B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态；则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；则可知B、C都应带负电；故A正确、B错误；
CD.由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同，故C正确，D错误；
故答案为：AC．
【分析】AB：对B球进行受力分析，依据重力与库仑力合力为0的条件，结合A球的电性，确定B、C球的电荷种类，正电的A球会吸引负电的B、C球。
CD：利用几何对称（A到B、C距离相等 ）的特点，结合库仑定律，判断出B、C球的电量关系，对称情况下B、C对A的库仑力对称，进而得出B、C电量相等。
10．【答案】B,C
【知识点】静电的防止与利用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 静电的利用与防止一直以来都与生活息息相关，除了尖端放电核静电屏蔽之外，静电还有其他的作用，如静电吸附等。另外就是再不需要静电的场合，要采取合理的方式防止静电带来的危害 。AB．负离子在电场力的作用下向集尘极移动，说明集尘极为正极，故供电装置上端为电源负极，下端为电源正极，A项错误，B项正确；
C．带电灰尘飞向集尘极的过程中，电场力做正功，电势能减小，C项正确；
D．由于电场并非匀强电场，另外，灰尘受到重力作用，所以带电灰尘做变加速运动，D项错误。
故选BC。
【分析】 根据负离子的运动情况能判断供电装置的正负极；电极附近电场强度越大；根据电场力做功判断电势能变化；根据灰尘受力情况判断物体做何种运动。
11．【答案】B,C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器电阻减小，根据“串反并同”可知，与滑动变阻器串联的电流表示数变大；并联的电压表示数减小，故A错误；
B．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器电阻减小，根据“串反并同”可知，与滑动变阻器并联的电容器两端的电压变大，由可知，电容器充电，即定值电阻中将有从右向左的电流，故B正确；
C．根据闭合电路欧姆定律可知，所以，可得电压表示数改变量与电流表示数改变量之比保持不变，故C正确；
D．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器电阻减小，根据“串反并同”可知，与滑动变阻器串联的灯泡L的功率增大，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】1.动态电路分析：滑片移动改变滑动变阻器电阻，结合闭合电路欧姆定律，分析总电流、路端电压、灯泡功率变化。
2.电容器充放电判断：依据滑动变阻器分压变化，确定电容器电压变化，进而判断充放电及定值电阻电流方向。
3.变化量关系推导：利用闭合电路欧姆定律表达式，推导电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值，明确其与电源内阻的关系。
12．【答案】A,C
【知识点】加速度；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
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可知，三个油滴的质量相等，加速度越大，合外力越大，故C油滴受到的合外力最大，C油滴带负电，A油滴受到的合外力最小，A油滴带正电，B油滴不带电，A正确；
BC．三个油滴在水平方向做匀速直线运动，根据
可知，三个油滴在电场中运动的时间
竖直方向上做匀加速直线运动，偏转的位移相等，则有
解得，故三个油滴的加速度为，B错误，C正确；
D．根据动能定理可知，重力与电场力所做的功等于其动能的变化量，三个油滴的初动能相等，重力做功相等，电场力对A油滴做负功，对C油滴做正功，对B油滴不做功，故三个油滴到达极板的动能大小为，D错误。
故答案为：AC。
【分析】1.运动分解：将油滴运动分解为水平匀速和竖直匀加速，利用水平位移求运动时间，结合竖直位移和时间求加速度。
2.受力与电荷判断：依据加速度大小判断合力大小，结合电场方向确定电荷受力，进而判断电荷种类。
3.动能分析：通过动能定理，考虑重力和电场力做功情况，比较动能变化。
13．【答案】（1）D
（2）3.2×10-3
（3）4×10-4
（4）不变；变短
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器与电源相连，电容器充电，故A错误；
B．先将S掷向1端，电容器充电，然后掷向2端，电容器放电，但电容器的电容不变，故B错误；
C．电容器带电时，两个极板同时带上等量异种电荷，故C错误；
D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，与负极相连的极板带负电，故D正确。
故答案为：D。
（2）根据图像估算出释放的电荷量为。
故答案为：3.2×10-3
（3）电容器的电容为。
故答案为：4×10-4
（4）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，则电容器放电时，电流增大，放电时间变短，但放电的电荷量不变，所以i-t曲线与横轴所围成的面积不变，
故答案为：不变；变短
【分析】1. 充放电原理：开关掷1充电（极板带电规律 ），掷2放电；电容由电容器本身决定。
2. i-t图像含义：面积代表电荷量。
3. 电容计算：（充电电压 为电源电压 ）。
4. 电阻影响：放电电流与 成反比（ ），但电荷量不变（面积不变 ），时间随 减小而变短。
（1）A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器与电源相连，电容器充电，故A错误；
B．先将S掷向1端，电容器充电，然后掷向2端，电容器放电，但电容器的电容不变，故B错误；
C．电容器带电时，两个极板同时带上等量异种电荷，故C错误；
D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，与负极相连的极板带负电，故D正确。
故选D。
（2）根据图像估算出释放的电荷量为
（3）电容器的电容为
（4）[1][2]如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，则电容器放电时，电流增大，放电时间变短，但放电的电荷量不变，所以i-t曲线与横轴所围成的面积不变，
14．【答案】（1）0.400；101.55
（2）
（3）
（4）1.3 × 10 6 Ω·m
（5）A；B
【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）螺旋测微器读数为
；
游标卡尺测量长度如图丁所示，可知其长度为
。
故答案为：0.400；101.55
（2）两节干电池的电动势大约3 V，所以电压表的量程选择0 ~ 3 V的，通过滑动变阻器的最大电流为0.6 A，所以电流表量程选择0 ~ 0.6 A的，且根据题意可知
所以电流表采用外接法，滑动变阻器选用限流式接法，
故则实验的电路图：
（3）图线如图所示
（4）由图可知，图线的斜率大约为5.0，则金属丝的电阻为；根据电阻定律有
。
故答案为：1.3 × 10 6 Ω·m
（5）A．金属丝粗细不均匀导致测出的直径偏大会导致测得的电阻率偏大，A正确；
B．开关闭合时间过长导致测出的电阻偏大会导致测得的电阻率偏大，B正确；
C．由于电压表分流，导致电流表测量值偏大，电阻测量值偏小，则电阻率测量值会偏小，C错误；
D．滑动变阻器阻值偏小导致测量范围偏小，这与结果的精确度无关，D错误。
故答案为：AB。
【分析】（1）掌握螺旋测微器（固定+可动 ）、游标卡尺（主尺+游标尺 ）的读数规则。
（2）根据 与 、 的大小关系选内外接法，结合电源电压选量程。
（3）（4）U - I 图线斜率表示电阻，利用电阻定律 计算电阻率。
（5）分析直径测量、温度影响、电表接法对 的影响，进而影响 。
（1）[1][2]螺旋测微器读数为
游标卡尺测量长度如图丁所示，可知其长度为
（2）两节干电池的电动势大约3 V，所以电压表的量程选择0 ~ 3 V的，通过滑动变阻器的最大电流为0.6 A，所以电流表量程选择0 ~ 0.6 A的，且根据题意可知
所以电流表采用外接法，滑动变阻器选用限流式接法，则实验的电路图为
（3）图线如图所示
（4）由图可知，图线的斜率大约为5.0，则金属丝的电阻为
根据电阻定律有
（5）A．金属丝粗细不均匀导致测出的直径偏大会导致测得的电阻率偏大，A正确；
B．开关闭合时间过长导致测出的电阻偏大会导致测得的电阻率偏大，B正确；
C．由于电压表分流，导致电流表测量值偏大，电阻测量值偏小，则电阻率测量值会偏小，C错误；
D．滑动变阻器阻值偏小导致测量范围偏小，这与结果的精确度无关，D错误。
故选AB。
15．【答案】（1）解：设小球在B点的速度大小为，小球在最高点的速度大小为，由题意有
由受力分析可知，小球从B点飞出后，水平方向做匀加速运动，加速度大小为
竖直方向做匀减速运动，加速度大小为
由速度公式有，
联立以上各式并代入数据得。
（2）解：设小球在A点的速度大小为，根据牛顿第二定律有
设小球在水平轨道上运动的距离为x，在水平轨道上由动能定理有
联立以上各式并代入数据得。
【知识点】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】【分析】（1）通过小球从B点飞出后“最高点速率与B点相等”，分解水平、竖直运动，利用加速度与速度公式联立，结合题意 求解 。
（2）在A点用牛顿第二定律求速度，结合水平轨道上电场力做功的动能定理，联立方程求距离。
（1）设小球在B点的速度大小为，小球在最高点的速度大小为，由题意有
由受力分析可知，小球从B点飞出后，水平方向做匀加速运动，加速度大小为
竖直方向做匀减速运动，加速度大小为
由速度公式有
联立以上各式并代入数据得
（2）设小球在A点的速度大小为，根据牛顿第二定律有
设小球在水平轨道上运动的距离为x，在水平轨道上由动能定理有
联立以上各式并代入数据得
16．【答案】(1)解：当S闭合后电流表的读数为，电压表的读数为，当S断开时
当S闭合时
根据并联电阻的特点得
代入得
解得。
(2)解：当S断开时，由欧姆定律得
代入得①
当S闭合时
代入得②
联立①②代入数据解之得
，。
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）利用开关断开/闭合时的电压、电流，分别计算 （断开时单独串联 ）和并联总电阻（闭合时 ），再通过并联公式求 。
（2）对两种状态列闭合电路欧姆定律方程，联立消元求解 和 。
17．【答案】（1）解：离子在a、b间运动过程，由动能定理
得。
（2）解：离子在a、b间，根据牛顿第二定律
解得，离子在a、b间的加速度大小为
在a、b间运动的时间
在M、N间运动的时间
离子达到探测器的时间。
（3）解：离子在M、N间，根据牛顿第二定律
侧移量为
联立，解得
又因为
所以。
【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】【分析】（1）用动能定理直接关联电场力做功与动能变化，求速度。
（2）分加速（匀加速 ）和偏转（匀速 + 匀加速 ）阶段，用运动学公式结合加速度（牛顿第二定律 ）求时间。
（3）类平抛运动竖直位移不超过极板间距的一半，联立加速度、时间、位移公式推导 U2与U1应满足的关系 。
（1）离子在a、b间运动过程，由动能定理
得
（2）离子在a、b间，根据牛顿第二定律
解得，离子在a、b间的加速度大小为
在a、b间运动的时间
在M、N间运动的时间
离子达到探测器的时间
（3）离子在M、N间，根据牛顿第二定律
侧移量为
联立，解得
又因为
所以
广东省深圳宝安第一外国语学年2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
一、单选题：（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
1．（2024高二上·宝安期中）使用带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】AC．当金属球带正电时，靠近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（负电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（正电荷），故AC错误；
BD．当金属球带负电时，靠近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（正电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（负电荷），故B正确，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.静电感应规律：近端感应异种电荷，远端感应同种电荷（验电器整体电中性 ）。
2.选项匹配：根据 “近端异种、远端同种”，判断箔片与金属球的电荷极性。
2．（2024高二上·宝安期中）如图所示，质量为m、带电量为的小球A，用长度为L的绝缘细线悬挂于天花板上的O点。在O点的正下方2L处，绝缘支架上固定有带电小球B，小球A静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知两个带电小球都可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，若改变小球B的位置，仍可使A球静止在原来的位置，其他条件不变，则小球B对A球的静电力的大小不可能是（ ）
A．mg B．mg C．mg D．mg
【答案】A
【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】由力的平衡条件可知，小球A所受重力、电场力和绳子拉力构成封闭的三角形，如图所示
可知当电场力和绳子拉力垂直时，电场力最小为
所以电场力不可能等于，可能等于mg、mg或mg。
故答案为：A。
【分析】1. 力的平衡：三力平衡，矢量三角形封闭。
2. 最小值求解：静电力与拉力垂直时，对应矢量三角形的直角边（最小值 ）。
3. 范围判断：最小值为 ，大于该值的力可能，小于则不可能。
3．（2024高二上·宝安期中）两条长度相同、由同种材料制成的均匀电阻丝a、b，其伏安特性曲线分别如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电阻丝a的直径是b直径的0.3倍
B．将a、b并联后，其I U图线位于a、b之间
C．将a、b串联后接入电路，a、b两端电压之比为10∶3
D．将a、b并联后接入电路，通过a、b的电流之比为2∶5
【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．根据图线的斜率表示电阻的倒数，可得电阻之比为
根据电阻定律
其中
由于长度相同，材料相同，可得电阻丝a的直径与b直径之比为，故A错误；
B．由上可知将a、b并联后，其并联电阻小于Rb，所以图线的斜率最大，其位于b的左侧，故B错误；
C．将a、b串联后接入电路，根据串联电流相等，则电阻两端的电压与电阻成正比，所以有，故C正确；
D．将a、b并联后接入电路，根据并联电压相等，则通过a、b的电流大小与电阻成反比，通过a、b的电流之比为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 电阻计算：I - U 图像斜率的倒数为电阻，结合电阻定律（ ）求直径比。
2. 串并联规律：串联：电流相等，电压与电阻成正比（ ）。
并联：电压相等，电流与电阻成反比（ ）。
3. 图像斜率：斜率表示 ，电阻越小，斜率越大，并联总电阻最小，斜率最大。
4．（2024高二上·宝安期中）如图，，三点都在匀强电场中，已知，，，把一个电荷量的正电荷从移到，电场力的做功为零；从移到，电场力做功为，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ）
A．，垂直向左 B．，垂直向右
C．，垂直斜向上 D．，垂直斜向下
【答案】D
【知识点】电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】把一个正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知为等势面，从移到，电场力做功为，则间的电势差为
根据沿电场线电势降低，可知匀强电场的场强方向垂直AB斜向下，该匀强电场的场强大小为
故选D。
【分析】根据电场力做功公式W=Uq，由确定AB为等势面；由求解，判断电势高低确定电场线方向；依据求解电场强度。
5．（2024高二上·宝安期中）离子推进器可以为宇宙飞船提供推力，其原理简化图如图所示，近乎静止的正离子在高压电场作用下，从针状电极A向环形电极B运动，期间撞击由中性粒子组成的推进剂，使推进剂加速向后喷出，从而向前推进飞船。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．中性粒子C附近电场强度比中性粒子D附近的小
B．电极A的电势高于电极B的电势
C．正离子与中性粒子组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．同一正离子的电势能在电极A附近比在电极B附近小
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．电场线疏密反映场强：C点电场线比D点密集，（中性粒子C附近场强大于D ），故A错误；
B．正离子从A→B运动，电场力方向与运动方向一致，则电场方向A→B（正电荷受力方向 ），沿电场线电势降低，则（电极A电势高于B ），故B正确；
C．碰撞期间动量守恒，机械能减小，故C错误；
D．正离子电势能
（ ）
电势越高，电势能越大，，所以正离子在A点电势能 （A附近电势能更大 ），D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电场线疏密，场强大小（密→大 ）。
B：正离子运动方向为电场方向，则沿电场线电势降低。
C：碰撞动量守恒（内力远大于外力 ），但机械能因碰撞损失。
D：正电荷电势能与电势正相关。
6．（2024高二上·宝安期中）莱顿瓶是一种早期的电容器，主要部分是一个玻璃瓶，瓶里瓶外分别贴有锡箔，瓶里的锡箔通过金属链跟金属棒连接，金属棒的上端是一个金属球，通过静电起电机连接莱顿瓶的内外两侧可以给莱顿瓶充电，下列说法正确的是（ ）
A．充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越厚，莱顿瓶容纳的电荷越多
B．瓶内外锡箔的正对面积越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强
C．充电电压越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强
D．莱顿瓶的电容大小与玻璃瓶瓶壁的厚度无关
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题主要考查了电容器的相关应用，关键要理解电容的物理意义，注意理解电容的决定式。AD．由电容器的决定式知
玻璃瓶瓶壁越厚即d越大，电容越小，充电电压一定时，莱顿瓶容纳的电荷越少，AD错误；
B．由电容器的决定式知，瓶内外锡箔的正对面积越大，莱顿瓶的电容越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强，B正确；
C．电容是电容器本身的性质，跟充电电压无关，C错误。
故选B。
【分析】 根据题目条件结合电容的决定式 分析电容的变化，根据Q=CU分析电量的变化；电容越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强。
7．（2024高二上·宝安期中）将四个相同的灵敏电流计分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开关，R为定值电阻，下列说法正确的是（ ）
A．对于电压表，是把灵敏电流计与大电阻并联改装而成的
B．A1指针的偏角等于A2指针的偏角
C．定值电阻R两端的电压等于V1与V2的读数之和，通过的电流小于A1或A2的读数
D．V1的读数小于V2的读数，V1指针的偏角大于V2指针的偏角
【答案】C
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】A．电压表是用灵敏电流计串联一个分压电阻改装而成的，故A错误；
B．根据串联电路特点可知两电流表的电流相等，由于电流表A1的量程小于A2的量程，所以故A1指针的偏角大于A2指针的偏角；故B错误；
C．电压表的示数表示自己两端的电压，V1与V2串联后与定值电阻R并联，则定值电阻R两端的电压等于V1与V2的读数之和。A1或A2的读数等于定值电阻R与电压表的电流之和，故定值电阻R通过的电流小于A1或A2的读数，故C正确；
D．两电压表串联，则其中的两灵敏电流计串联，根据串联电路特点可知两灵敏电流计的电流相等，故电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角；电压表V1的量程大于V2的量程，则电压表V1的内阻大于V2的内阻，根据串联电路电压分配特点，可知电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 清楚电流表是通过并联小电阻、电压表是通过串联大电阻来进行改装的这一原理。
2. 在串联电路里，电流处处相等，指针偏角和通过灵敏电流计的电流相关；在并联电路中，各支路电压相等，电压分配和电阻大小有关。
3. 分析定值电阻R 时，要考虑其与V1、V2 并联的电压关系，以及A1、A2 测量的是干路电流，从而明确R 的电流与A 读数的大小关系。
8．（2024高二上·宝安期中）如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为的粒子（不计重力），以初速度从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在x2点的速度为0
B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大
C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为
D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】图像的斜率的绝对值为电场强度大小，因为沿电场线方向电势降低，所以，沿轴，在范围内电场强度沿轴负方向，在范围内电场强度沿轴正方向，在范围内电场强度沿轴负方向
A．粒子到达处时，电势变化量为0，所以根据公式可知电势能变化量也为0，即电场力做功为0，根据功能关系可知，粒子的动能不变，所以粒子在x2点的速度仍为。故A错误；
B．电场力对带电粒子做负功，电势能一直增大。故B错误；
C．由题意可知，若粒子能到达x4处，只需满足粒子到达处，若粒子能够到达处，由功能关系可得，需满足在这一过程中初动能大于等于电势能的增加量，
由上式解得，故C正确
D．由题意可知，粒子到达处时，速度最大，若，由功能关系可得，粒子过程中
解得粒子在运动过程中的最大动能，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 图像的物理意义：斜率表示场强 （ ），电势变化对应电势能变化（ ）。
2. 电场力做功与能量：电场力做正功，电势能减小、动能增大；做负功，电势能增大、动能减小。
3. 临界条件：粒子到达最远点的最小初速度，需保证初动能至少克服最大电势能增量。
二、多选题：（本大题共4小题，每小题6分，共24分）
9．（2024高二上·宝安期中）如图所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．则
A．B球和C球都带负电荷 B．B球带负电荷，C球带正电荷
C．B球和C球所带电量一定相等 D．B球和C球所带电量不一定相等
【答案】A,C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】AB.B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态；则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；则可知B、C都应带负电；故A正确、B错误；
CD.由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同，故C正确，D错误；
故答案为：AC．
【分析】AB：对B球进行受力分析，依据重力与库仑力合力为0的条件，结合A球的电性，确定B、C球的电荷种类，正电的A球会吸引负电的B、C球。
CD：利用几何对称（A到B、C距离相等 ）的特点，结合库仑定律，判断出B、C球的电量关系，对称情况下B、C对A的库仑力对称，进而得出B、C电量相等。
10．（2024高二上·宝安期中）电晕放电在电选矿、静电除尘等方面均有广泛应用。以针板式电晕放电为例，如图，在针板式电极场中，在高电压作用下，针式电极周围空气被电离，在周围产生电晕区，生成正离子和负离子。电晕区的负离子在电场力的作用下向集尘极移动，途中黏附在灰尘上，并在电场力作用下继续向集尘极移动，最后沉积在集尘极上面。下列说法正确的是（ ）
A．供电装置上端为电源正极，下端为电源负极
B．供电装置上端为电源负极，下端为电源正极
C．带电灰尘飞向集尘极的过程中，电势能减小
D．带电灰尘飞向集尘极的过程中，做匀加速直线运动
【答案】B,C
【知识点】静电的防止与利用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 静电的利用与防止一直以来都与生活息息相关，除了尖端放电核静电屏蔽之外，静电还有其他的作用，如静电吸附等。另外就是再不需要静电的场合，要采取合理的方式防止静电带来的危害 。AB．负离子在电场力的作用下向集尘极移动，说明集尘极为正极，故供电装置上端为电源负极，下端为电源正极，A项错误，B项正确；
C．带电灰尘飞向集尘极的过程中，电场力做正功，电势能减小，C项正确；
D．由于电场并非匀强电场，另外，灰尘受到重力作用，所以带电灰尘做变加速运动，D项错误。
故选BC。
【分析】 根据负离子的运动情况能判断供电装置的正负极；电极附近电场强度越大；根据电场力做功判断电势能变化；根据灰尘受力情况判断物体做何种运动。
11．（2024高二上·宝安期中）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，电表均为理想电表，R为滑动变阻器，闭合开关后灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A．电压表、电流表示数均变大
B．定值电阻R0中将有从右向左的电流
C．电压表示数改变量与电流表示数改变量之比不变
D．灯泡L功率将会减小
【答案】B,C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器电阻减小，根据“串反并同”可知，与滑动变阻器串联的电流表示数变大；并联的电压表示数减小，故A错误；
B．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器电阻减小，根据“串反并同”可知，与滑动变阻器并联的电容器两端的电压变大，由可知，电容器充电，即定值电阻中将有从右向左的电流，故B正确；
C．根据闭合电路欧姆定律可知，所以，可得电压表示数改变量与电流表示数改变量之比保持不变，故C正确；
D．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器电阻减小，根据“串反并同”可知，与滑动变阻器串联的灯泡L的功率增大，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】1.动态电路分析：滑片移动改变滑动变阻器电阻，结合闭合电路欧姆定律，分析总电流、路端电压、灯泡功率变化。
2.电容器充放电判断：依据滑动变阻器分压变化，确定电容器电压变化，进而判断充放电及定值电阻电流方向。
3.变化量关系推导：利用闭合电路欧姆定律表达式，推导电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值，明确其与电源内阻的关系。
12．（2024高二上·宝安期中）有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的油滴，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直电场射入，落到极板A、B、C处，如图所示，则（ ）
A．油滴A带正电，B不带电，C带负电
B．三个油滴在电场中运动时间相等
C．三个油滴在电场中运动的加速度aA
【答案】A,C
【知识点】加速度；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
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可知，三个油滴的质量相等，加速度越大，合外力越大，故C油滴受到的合外力最大，C油滴带负电，A油滴受到的合外力最小，A油滴带正电，B油滴不带电，A正确；
BC．三个油滴在水平方向做匀速直线运动，根据
可知，三个油滴在电场中运动的时间
竖直方向上做匀加速直线运动，偏转的位移相等，则有
解得，故三个油滴的加速度为，B错误，C正确；
D．根据动能定理可知，重力与电场力所做的功等于其动能的变化量，三个油滴的初动能相等，重力做功相等，电场力对A油滴做负功，对C油滴做正功，对B油滴不做功，故三个油滴到达极板的动能大小为，D错误。
故答案为：AC。
【分析】1.运动分解：将油滴运动分解为水平匀速和竖直匀加速，利用水平位移求运动时间，结合竖直位移和时间求加速度。
2.受力与电荷判断：依据加速度大小判断合力大小，结合电场方向确定电荷受力，进而判断电荷种类。
3.动能分析：通过动能定理，考虑重力和电场力做功情况，比较动能变化。
三、实验题：（本大题共2小题，共18分）
13．（2024高二上·宝安期中）某同学做观察电容器充、放电并估测电容器的电容实验，采用8V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器（与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线）、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。
（1）下列说法正确的是（ ）
A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器放电
B．先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器电容先增大后减小
C．电容器带电时，两个极板只有一个板上有电荷
D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电
（2）用8V的稳压直流电源对电容器先充满电，后电容器放电，电脑屏幕上显示出电容器在放电过程中电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示，根据图像可估算出1s到4s内曲线下包含的小格的个数大约为40个，根据图像估算出释放的电荷量为 C（结果保留两位有效数字）。
（3）根据前面的信息，计算出电容器的电容为 F（结果保留一位有效数字）
（4）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时i-t曲线与横轴所围成的面积将 （填“增大”“不变”或“变小”）；放电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”）。
【答案】（1）D
（2）3.2×10-3
（3）4×10-4
（4）不变；变短
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器与电源相连，电容器充电，故A错误；
B．先将S掷向1端，电容器充电，然后掷向2端，电容器放电，但电容器的电容不变，故B错误；
C．电容器带电时，两个极板同时带上等量异种电荷，故C错误；
D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，与负极相连的极板带负电，故D正确。
故答案为：D。
（2）根据图像估算出释放的电荷量为。
故答案为：3.2×10-3
（3）电容器的电容为。
故答案为：4×10-4
（4）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，则电容器放电时，电流增大，放电时间变短，但放电的电荷量不变，所以i-t曲线与横轴所围成的面积不变，
故答案为：不变；变短
【分析】1. 充放电原理：开关掷1充电（极板带电规律 ），掷2放电；电容由电容器本身决定。
2. i-t图像含义：面积代表电荷量。
3. 电容计算：（充电电压 为电源电压 ）。
4. 电阻影响：放电电流与 成反比（ ），但电荷量不变（面积不变 ），时间随 减小而变短。
（1）A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器与电源相连，电容器充电，故A错误；
B．先将S掷向1端，电容器充电，然后掷向2端，电容器放电，但电容器的电容不变，故B错误；
C．电容器带电时，两个极板同时带上等量异种电荷，故C错误；
D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，与负极相连的极板带负电，故D正确。
故选D。
（2）根据图像估算出释放的电荷量为
（3）电容器的电容为
（4）[1][2]如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，则电容器放电时，电流增大，放电时间变短，但放电的电荷量不变，所以i-t曲线与横轴所围成的面积不变，
14．（2024高二上·宝安期中）在“测量金属丝的电阻率”时，某实验小组选用的主要仪器有：待测金属丝（接入电路的长度为50.00 cm，电阻约几欧），电压表V（0 ~ 3 V，内阻约2 kΩ；0 ~ 15 V，内阻约15 kΩ），电流表A（0 ~ 3 A，内阻约0.01 Ω；0 ~ 0.6 A，内阻约0.05 Ω），滑动变阻器R（0 ~ 10 Ω，0.6 A），干电池两节，导线若干。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图甲所示，读数应为 mm；游标卡尺测量长度如图丁所示，可知其长度为：L = mm；
（2）请用笔画线代替导线，在图乙中完成实物电路的连接 ；
（3）实验中，调节滑动变阻器，记录到的电压表和电流表的示数如表所示，请在图丙中作出U I图线 ；
U / V 1.05 1.40 2.00 2.30 2.60
I / A 0.22 0.28 0.40 0.46 0.51
（4）进一步分析，可得金属丝的电阻率ρ = Ω m（结果保留两位有效数字）；
（5）测得的电阻率比真实值偏大可能原因有__________。
A．金属丝粗细不均匀导致测出的直径偏大
B．开关闭合时间过长导致测出的电阻偏大
C．电压表内阻不够大导致测出的电阻偏大
D．滑动变阻器阻值偏小导致测量范围偏小
【答案】（1）0.400；101.55
（2）
（3）
（4）1.3 × 10 6 Ω·m
（5）A；B
【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）螺旋测微器读数为
；
游标卡尺测量长度如图丁所示，可知其长度为
。
故答案为：0.400；101.55
（2）两节干电池的电动势大约3 V，所以电压表的量程选择0 ~ 3 V的，通过滑动变阻器的最大电流为0.6 A，所以电流表量程选择0 ~ 0.6 A的，且根据题意可知
所以电流表采用外接法，滑动变阻器选用限流式接法，
故则实验的电路图：
（3）图线如图所示
（4）由图可知，图线的斜率大约为5.0，则金属丝的电阻为；根据电阻定律有
。
故答案为：1.3 × 10 6 Ω·m
（5）A．金属丝粗细不均匀导致测出的直径偏大会导致测得的电阻率偏大，A正确；
B．开关闭合时间过长导致测出的电阻偏大会导致测得的电阻率偏大，B正确；
C．由于电压表分流，导致电流表测量值偏大，电阻测量值偏小，则电阻率测量值会偏小，C错误；
D．滑动变阻器阻值偏小导致测量范围偏小，这与结果的精确度无关，D错误。
故答案为：AB。
【分析】（1）掌握螺旋测微器（固定+可动 ）、游标卡尺（主尺+游标尺 ）的读数规则。
（2）根据 与 、 的大小关系选内外接法，结合电源电压选量程。
（3）（4）U - I 图线斜率表示电阻，利用电阻定律 计算电阻率。
（5）分析直径测量、温度影响、电表接法对 的影响，进而影响 。
（1）[1][2]螺旋测微器读数为
游标卡尺测量长度如图丁所示，可知其长度为
（2）两节干电池的电动势大约3 V，所以电压表的量程选择0 ~ 3 V的，通过滑动变阻器的最大电流为0.6 A，所以电流表量程选择0 ~ 0.6 A的，且根据题意可知
所以电流表采用外接法，滑动变阻器选用限流式接法，则实验的电路图为
（3）图线如图所示
（4）由图可知，图线的斜率大约为5.0，则金属丝的电阻为
根据电阻定律有
（5）A．金属丝粗细不均匀导致测出的直径偏大会导致测得的电阻率偏大，A正确；
B．开关闭合时间过长导致测出的电阻偏大会导致测得的电阻率偏大，B正确；
C．由于电压表分流，导致电流表测量值偏大，电阻测量值偏小，则电阻率测量值会偏小，C错误；
D．滑动变阻器阻值偏小导致测量范围偏小，这与结果的精确度无关，D错误。
故选AB。
四、计算题：（本大题共3小题，15题8分、16题10分、17题12分，共30分）
15．（2024高二上·宝安期中）如图，在竖直平面内，半径为R=0.4m的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平光滑轨道相切于A点。整个系统处于水平向左的匀强电场中，一带电小球质量为m=0.02kg，电荷量，由水平轨道某点静止释放，经过A点时对轨道的压力为重力的5倍，然后从B点飞出，在轨迹最高点时速率与飞出B点时的速率相等。已知在运动过程中小球电荷量保持不变，g=10m/s2。求：
（1）电场强度E的大小：
（2）小球在水平轨道上运动的距离。
【答案】（1）解：设小球在B点的速度大小为，小球在最高点的速度大小为，由题意有
由受力分析可知，小球从B点飞出后，水平方向做匀加速运动，加速度大小为
竖直方向做匀减速运动，加速度大小为
由速度公式有，
联立以上各式并代入数据得。
（2）解：设小球在A点的速度大小为，根据牛顿第二定律有
设小球在水平轨道上运动的距离为x，在水平轨道上由动能定理有
联立以上各式并代入数据得。
【知识点】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】【分析】（1）通过小球从B点飞出后“最高点速率与B点相等”，分解水平、竖直运动，利用加速度与速度公式联立，结合题意 求解 。
（2）在A点用牛顿第二定律求速度，结合水平轨道上电场力做功的动能定理，联立方程求距离。
（1）设小球在B点的速度大小为，小球在最高点的速度大小为，由题意有
由受力分析可知，小球从B点飞出后，水平方向做匀加速运动，加速度大小为
竖直方向做匀减速运动，加速度大小为
由速度公式有
联立以上各式并代入数据得
（2）设小球在A点的速度大小为，根据牛顿第二定律有
设小球在水平轨道上运动的距离为x，在水平轨道上由动能定理有
联立以上各式并代入数据得
16．（2024高二上·宝安期中）如图所示，，S断开时，两表读数分别为和，S闭合时，它们的读数分别变为和。两表均视为理想表，求：
(1)、的阻值；
(2)电源的电动势和内阻。
【答案】(1)解：当S闭合后电流表的读数为，电压表的读数为，当S断开时
当S闭合时
根据并联电阻的特点得
代入得
解得。
(2)解：当S断开时，由欧姆定律得
代入得①
当S闭合时
代入得②
联立①②代入数据解之得
，。
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）利用开关断开/闭合时的电压、电流，分别计算 （断开时单独串联 ）和并联总电阻（闭合时 ），再通过并联公式求 。
（2）对两种状态列闭合电路欧姆定律方程，联立消元求解 和 。
17．（2024高二上·宝安期中）质谱仪可对离子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q、质量为m的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L，a、b间的电压为U1，M、N间的电压为U2。不计离子重力及进入a板时的初速度。求：
（1）离子从b板小孔射出时的速度大小；
（2）离子自a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；
（3）为保证离子不打在极板上，U2与U1应满足的关系。
【答案】（1）解：离子在a、b间运动过程，由动能定理
得。
（2）解：离子在a、b间，根据牛顿第二定律
解得，离子在a、b间的加速度大小为
在a、b间运动的时间
在M、N间运动的时间
离子达到探测器的时间。
（3）解：离子在M、N间，根据牛顿第二定律
侧移量为
联立，解得
又因为
所以。
【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】【分析】（1）用动能定理直接关联电场力做功与动能变化，求速度。
（2）分加速（匀加速 ）和偏转（匀速 + 匀加速 ）阶段，用运动学公式结合加速度（牛顿第二定律 ）求时间。
（3）类平抛运动竖直位移不超过极板间距的一半，联立加速度、时间、位移公式推导 U2与U1应满足的关系 。
（1）离子在a、b间运动过程，由动能定理
得
（2）离子在a、b间，根据牛顿第二定律
解得，离子在a、b间的加速度大小为
在a、b间运动的时间
在M、N间运动的时间
离子达到探测器的时间
（3）离子在M、N间，根据牛顿第二定律
侧移量为
联立，解得
又因为
所以
