重庆市清华中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷

2024-2025学年重庆市清华中学高二（上） 月考物理试卷（10月份） 命题人： 朱远稼 审题人： 黄瑜 本试卷满分100分， 考试时间90分钟 一 单选题。（每小题4分， 共28分） 1. 下列说法正确的是（　　） A． 电荷放在电势高的地方，电势能就大 B． 正电荷在电场中某点的电势能， 一定大于负电荷在该点具有的电势能 C． 无论是正电荷还是负电荷， 克服静电力做功它的电势能都增大 D． 电场强度为零的点， 电势一定为零 2.下列关于电流、电阻和电阻率的说法正确的是（　　） A．由，可知I与q成正比 B．由可知， 导体的电阻跟导体两端的电压成正比， 跟导体中电流成反比 C．由可知， 电阻率跟导体的电阻和横截面积乘积成正比， 与导体长度成反比 D．由，可知导体中的电流跟导体两端的电压成正比， 跟导体的电阻成反比 3.某电解质溶液内， 若在1s内各有1.0×1019个2价正离子和2.0×1019个1价负离子沿相反方向通过某截面， 那么通过这个截面的电流是（　　） A． 6.4A B． 3.2A C． 1.6A D． 0 4.两导体的I-U关系如图所示， 图线1表示的导体的电阻为R1， 图线2表示的导体的电阻为 R2，则下列说法正确的是（　　） A．R1：R2=3：1 B．R1：R2=1：3 C．将R1与R2串联后接于电源上， 则电流比为I1：I2=1：3 D．将R1与R2并联后接于电源上， 则电流比为I1：I2=1：1 5.有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a， 小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为I， 则导体电阻率为（　　） A． B． C． D． 6.如图所示， 三条虚线表示某电场中的三个等差等势面， 电势分别为， 一个带电粒子只在电场力作用下按图中实线轨迹从A点运动到B点， 则以下说法正确的是（　　） A． B． 粒子在A点的电势能大于在 B点的电势能 C． 粒子在B点的加速度大于在 A 点的加速度 D． 粒子在A点的加速度方向与速度方向夹角为钝角 7.如图所示，已充电的平行板电容器，带正电的极板接地，两极板间于P点处固定一负的点电荷，若将上极板下移至虚线位置，则下列说法中正确的是（　　） A．两极间的电压和板间场强都变小 B．两极间的电压变小，场强变大 C．P点的电势升高，点电荷的电势能增大 D．P点的电势不变，点电荷的电势能也不变 8.如图所示， 平行金属板A、B水平正对放置， 分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动， 轨迹如图中虚线所示，那么 A． 若微粒带正电荷， 则A板一定带正电荷 B． 微粒从 M 点运动到N点电势能一定增加 C． 微粒从 M 点运动到N 点动能一定增加 D． 微粒从 M 点运动到 N点机械能一定增加 二、多选题。（每题4分， 共16分。漏选得2分， 错选不得分。） 9.如图所示，R1、R2、R3的电阻之比是2：3：5， 电压表内阻无穷大，电路两端的电压恒定，则甲图中两个电压表的示数之比和通过各电阻的电流之比为（　　） A．电压表的示数之比3：5 B．电压表的示数之比5：8 C．电流之比为1：1：1 D．电流之比为5：3：2 10.如图所示为某电场中x轴上电势随x变化的图像， 其中0~x1段是直线，x1~x2段是曲线。一个带电粒子仅受静电力作用在x=0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x=x2处，则下列说法正确的是（　　） A．粒子带正电 B．粒子从x=0到x=x1过程中做匀加速直线运动 C．粒子从x=0到x=x2过程中，电势能先增大再减小 D．粒子从x=0到x=x2过程中，动能先增大后减小 11.如图所示，A、B、C、D是圆周上的四个点，四个点上放着两对等量的异种点电荷， AC⊥BD 且相交于圆心O，BD上的M、N两点关于圆心O对称。下列说法正确的是（　　） A．M、N两点的电场强度不相同 B．M、N两点的电势不相同 C．一个电子沿直线从M 点移动到N点， 电场力做的总功为零 D．一个电子沿直线从 M点移动到N点， 电势能一直减少 12. 如图， 在竖直平面内有水平向左的匀强电场， 在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m，带电量为q的小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动， 重力加速度为g。则（　　） A． 匀强电场的电场强度大小为 B． 小球获得初速度的大小为 C． 小球从初始位置运动至轨迹的最左端增加的机械能为mgLtanθ（1+sinθ） D． 小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中， 其电势能先减小后增大 三 实验题。（13题6分， 14题8分） 13.在实验室中，小清要将量程为0~0.6A，内阻为4Ω的安培表的量程扩充为0~3A，需要 联（选填：“串”或“并”）一个 Ω的分流电阻；小华要将量程为0~3V，内阻为1000Ω的伏特表的量程扩充为0~15V， 需要 联（选填： 串”或“并”）一个 Ω的分压电阻。 14.如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关， G为灵敏电流计， C为平行板电容器。 （1）当开关S接 时（选填“1”或“2”），平行板电容器充电。随着极板上电荷的增多，电流逐渐 （选填“增大”或“减小”）。 （2）电容器充电完毕， 断开开关， 此时如图甲所示电路图中电容器上极板 （填“带正电”、“带负电”或“不带电”）；开关S接2时，电容器放电，流经G表的电流方向为 （填“向左”或“向右”）； （3）通过计算机可知电容器充电电流随时间变化图线如图乙， 由图可知该电容器所储存的电荷量为 C，电容器的电容为C= F。 四、 计算题。（15题6分， 16题8分， 17题10分， 18题14分。） 15.在如图所示的电路中，三个电阻的阻值分别为R1=2Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，电源电压恒定。 （1） 接通开关S，断开开关S' 时，R1与R2两端电压之比为多少？ （2） 两个开关S，S' 都接通时，R1与R2两端电压之比为多少？ 16.带电量分别为+q、-2q的异种电荷A、B固定在同一水平线上、相距6x， 在它们连线的中点P上方处有一悬点O， 用绝缘细绳挂着一个质量为m的带电小球C， 绳长2x、与OP的夹角为30°，如图所示。平衡时小球刚好静止在两电荷连线上。重力加速度为g， 静电力常数为k，则： （1） 小球所受电场力大小； （2） 小球所在处A、B产生的电场合场强； 17.如图所示， A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为1.6×10-8C的正点电荷从 A 点移到 B点， 静电力做功为4.8×10-6J，将另一电荷量为1.6×10-8C的 负点电荷从A 点移到C点， 克服静电力做功为4.8×10-6J。。若AB边长为2cm，A点电势为0， 求： （1） AB间的电势差UAB；AC间的电势差UAC。 （2） 电场强度E的大小。 18.如图甲所示， 真空室中电极K连续发出电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后， 沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场， 最后打在荧光屏上。C、D两板间的电势差UCD随时间变化如图乙所示， 设C、D间的电场可看作是均匀的， 且两板外无电场。已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），板间距离为d， 偏转电压U2，所有电子都能通过偏转电场且通过偏转电场的时间为t0，，电子从离开偏转电场到达荧光屏所需时间为。求： （1）偏转电场的长度L； （2）若UCD的周期T=t0，荧光屏上电子能够到达的区域的长度； （3）若UCD的周期T=2t0，哪些时刻进入偏转电场的电子刚好能到达荧光屏上的O点？ 2024-2025学年重庆市清华中学高二（上）月考物理试卷（10月份） 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D A A A D D C 一、单选题。(每小题4分，共28分) 1．（4分）下列说法正确的是（　　） A．电荷放在电势高的地方，电势能就大 B．正电荷在电场中某点的电势能，一定大于负电荷在该点具有的电势能 C．无论正电荷还是负电荷，克服电场力做功它的电势能都增大 D．电场强度为零的点，电势一定为零 【分析】正电荷放在电势高的地方，电势能就大．电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中某点的电势能，不一定大于负电荷在该点具有的电势能．电荷克服电场力做功它的电势能都增大．电场强度与电势无关． 【解答】解：A、正电荷放在电势高的地方，而负电荷放在电势高的地方。故A错误。 B、电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，小于负电荷在该点具有的电势能。 C、只要电荷克服电场力做功，它的电势能都增大。 D、电场强度与电势无关，电势不一定为零。 故选：C。 【点评】本题考查电势、电势能、电场力做功与电势能变化的关系、电场强度与电势的关系．可根据电场强度由电场本身决定，而电势为零可人为选择，来理解场强与电势的关系． 2．（4分）下列关于电流、电阻和电阻率的说法正确的是（　　） A．由I＝，可知I与q成正比 B．由R＝可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中电流成反比 C．由ρ＝可知，导体的电阻率跟导体的电阻和横截面积乘积成正比，与导体长度成反比 D．由I＝可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比 【分析】欧姆定律的内容：一段导体中的电流跟这段导体两端的电压成正比，跟这段导体的电阻成反比。公式I＝是电场强度的定义式；电阻率是导体本身的性质，取决于导体的材料和温度；I＝是欧姆定律的表达式。 【解答】解：A、公式I＝，I与q无关；故A错误； B、公式R＝，与导体两端的电压成无关；故B错误； C、电阻率是导体本身的性质，与导体长度和截面积无关； D、公式I＝，流过导体的电流与导体两端的电压成正比；故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查电阻定律及电阻率的性质，要注意明确电阻取决于导体的性质，而电阻率取决于材料的性质及温度。 3．（4分）某电解质溶液内，若在1s内各有1.0×1019个2价正离子和2.0×1019个1价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是（　　） A．6.4A B．3.2A C．1.6A D．0 【分析】先由正、负电荷量的决对值的和求出通过截面的电荷量，然后由电流的定义式求出电流． 【解答】解：通过截面的电荷量q＝1.6×10﹣19×3×1.0×1019 C+3.6×10﹣19×1×4.0×1019 C＝6.4C。 通过截面的电流：I＝＝A＝6.4A 故BCD错误，A正确。 故选：A。 【点评】本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和． 4．（4分）两导体的I﹣U关系如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　） A．R1：R2＝1：3 B．R1：R2＝3：1 C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2＝1：3 D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2＝1：1 【分析】通过I﹣U图象得出两电阻的关系；串联电路电流相等，电压比等于电阻之比，并联电路电压相等，电流比等于电阻之反比。 解决本题的关键知道I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点。 【解答】解：A、由图象及欧姆定律可知，＝＝＝，B错误； C、将R1与R7串联后看作一个电阻，串联电阻阻值大于R1、R2的阻值，此时电流是相等的2：I2＝1：3，故C错误； D、并联电路电压相等1与R2并联后接于电源上，则电流比＝＝＝； 故选：A。 【点评】由图象找出电流所对应的电压，熟练应用串并联电路特点及欧姆定律即可正确解题。 5．（4分）有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压U上，大小为I，则导体电阻率为（　　） A．ρ＝ B．ρ＝ C．ρ＝ D．ρ＝ 【分析】分析两电阻之间的大小关系，再由串并联电路的规律可得出电流大小；由电阻定律即可求得电阻率． 【解答】解：由电阻定律可知：R＝可知： 两导体的电阻Ra＝Rb＝； 两电阻串联，分压相等； 由欧姆定律可知：Ra＝＝ 解得：ρ＝； 故选：A。 【点评】本题要注意电阻定律的应用，明确电阻的大小与电阻率和厚度的关系，明确电阻微型化的依据． 6．（4分）如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等差等势面，电势分别为ϕ1、ϕ2、ϕ3．一个带电粒子只在电场力作用下按图中实线轨迹从A点运动到B点，则以下说法正确的是（　　） A．φ1＞φ2＞φ3 B．粒子在A点的加速度方向与速度方向夹角为钝角 C．粒子在B点的加速度大于在A点的加速度 D．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 【分析】做曲线运动的物体所受的合外力指向曲线的内侧，本题中带电粒子只受电场力，由此可判断出电场力大体向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的变化可以根据电场线的疏密和牛顿第二定律分析。 【解答】解：A、由图象可知，得出粒子所受的电场力方向大致向右上方，所以不能判断电势的高低关系。 B、粒子所受的电场力方向大致向右上方，可知粒子在A点的加速度方向与速度方向夹角为锐角。 C、等差等势面密处电场线也密，粒子在A点受到的电场力大于在B点处受到的电场力，故C错误； D、带电粒子从A到B，电势能减小，速度增大，粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 故选：D。 【点评】本题是带电粒子在电场中的运动轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出电场力方向，再分析电场强度、电势、电势能、动能等量的变化。 7．（4分）如图所示，已充电的平行板电容器，带正电的极板接地，则下列说法中正确的是（　　） A．两极间的电压和板间场强都变小 B．两极间的电压变小，场强变大 C．P点的电势升高，点电荷的电势能增大 D．P点的电势不变，点电荷的电势能也不变 【分析】由图可知，电容器极板电量不变，当负极板向下移动一小段距离稳定后，由电容的决定式C＝可知电容C发生变化，根据Q＝CU判断电压U的变化，根据E＝，判断电场强度的变化，可以根据U＝Ed判断P点与正极板间电势差的变化，从而得出P点电势的变化，即可判断点电荷电势如何变化． 【解答】解：AB、因电容器极板所带电荷量Q不变， 由场强公式和电容公式可知：E＝＝＝， 若将上极板下移至虚线位置，即极板间距d减小，那么电场强度不变； 再由电容的决定式C＝可知，根据定义式C＝，极板间的电压U减小； CD、因正极板接地，则UPO＝EdPO＝φP，由此可知P点电势不变，点电荷的电势能也不变；C错误； 故选：D。 【点评】本题掌握要掌握C＝、C＝ 和E＝ 三个公式，并用来对电容器进行动态变化分析；同时明确电容器内部场强的两种计算：当始终与电源相连时E＝，当与电源断开后场强正比于单位面积的带电量． 8．（4分）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示（　　） A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加 C．微粒从M点运动到N点动能一定增加 D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加 【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题． 【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，说明微粒受到的合力竖直向下； A、如果微粒带正电，微粒受到的合力向下，A板带负电，微粒受到的合力向下，则A板既可以带正电，故A错误； B、如果微粒受到的电场力向下，微粒电势能减小，则电势能增加； C、微粒受到的合力向下，微粒的动能增加； D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，机械能不一定增加。 故选：C。 【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加． 二、多选题。（每题4分，共16分。漏选得2分，错选不得分。） （多选）9．（4分）如图所示，R1、R2、R3的电阻之比是2：3：5，电压表内阻无穷大，电路两端的电压恒定（　　） A．电压表的示数之比3：5 B．电压表的示数之比5：8 C．电流之比为1：1：1 D．电流之比为5：3：2 【分析】根据电路的连接方式，然后根据欧姆定律和基尔霍夫定律来求解电压和电流的分配。 【解答】解：由图可知，三个电阻串联，设电流为I1＝IR1，U4＝IR2，U3＝IR2，电压表V1测量的是R1、R5串联后两端的电压，电压表V2测量的是R2、R5串联后两端的电压，则两电压表的示数分别为UV1 ＝U1+U2＝ IR1+IR2， UV4＝U2+U3＝ IR2+IR3 因为R1：R4：R3＝2：6：5，联立解得UV1：UV7＝I（R1+R2）：I（R2+R3）＝5：4，故AD错误； 故选：BC。 【点评】本题的关键在于理解电路中电压和电流的分配规律，特别是在串联电路中，电压的分配与电阻成正比，而电流在串联电路中是恒定的。通过这些基本原理，可以快速准确地求解电压和电流的分配比。在处理此类问题时，明确电路的连接方式和应用正确的物理定律是解题的关键。 （多选）10．（4分）如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，其中0～x1段是直线，x1～x2段是曲线。一个带电粒子仅受静电力作用在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是（　　） A．粒子带正电 B．粒子从x＝0到x＝x1过程中做匀加速直线运动 C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大再减小 D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，动能先增大后减小 【分析】粒子由x＝0处由静止沿x轴正向运动，根据电势变化情况判断电场线方向，根据受力情况判断电性；φ﹣x图像的斜率表示电场强度，由此分析电荷的运动情况；根据电场力做功情况判断电势能和动能的变化。 【解答】解：A．粒子由x＝0处由静止沿x轴正向运动，沿电场线方向电势逐渐降低，从x＝0到x＝x5过程，电场方向先沿轴负方向后沿轴正方向，故A错误； B．φ﹣x图像的斜率表示电场强度1段是直线，所以从x＝0到x＝x5过程中电场强度不变，粒子受恒定的电场力，则粒子做匀加速直线运动； CD．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D正确。 故选：BD。 【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据图像判断出电场方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系。 （多选）11．（4分）如图所示，A、B、C、D是圆周上的四个点，四个点上放着两对等量的异种点电荷，BD上的M、N两点关于圆心O对称．下列说法正确的是（　　） A．M、N两点的电场强度不相同 B．M、N两点的电势不相同 C．一个电子沿直线从M点移动到N点，电场力做的总功为零 D．一个电子沿直线从M点移动到N点，电势能一直减少 【分析】根据点电荷场强公式E＝求解每个点电荷单独存在时的场强，然后矢量合成；考虑两对等量异号电荷的电场中的电势，然后代数合成． 【解答】解：A、根据点电荷的场强公式E＝，M、N两点的电场强度大小相等，则电场强度不同。 B、等量异号电荷连线的中垂线是等势面，M，是M点的电势低，由对称性可知，M，故B错误。 C、M、N两点间的电势差为零，知电子沿直线从M点移动到N点。故C正确。 D、电子沿直线从M点移动到N点，电势能先减小后增大。 故选：AC。 【点评】本题关键是明确场强是矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则． （多选）12．（4分）如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，另一端系一质量为m，带电量为q的小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，重力加速度为g。则（　　） A．匀强电场的电场强度大小为 B．小球获得初速度的大小为 C．小球从初始位置运动至轨迹的最左端增加的机械能为mgLtanθ（1+sinθ） D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 【分析】小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置。 【解答】解：A．小球静止时细线与竖直方向成θ角 根据平衡条件有 mgtanθ＝qE 解得 故A正确； B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律，有 由动能定理可得 联立解得 故B正确； C．由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端电场力做负功，减小的机械能为 故C错误； D．小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，后做正功，则其电势能先增大后减小再增大。 故选：AB。 【点评】此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和。 三、实验题。（13题6分，14题8分） 13．（6分）在实验室中，小明要将量程为0～0.6A，内阻为4Ω的安培表的量程扩充为0〜3A　并　联（选填：“串”或“并”）一个 　1　Ω的分流电阻；小红要将量程为0〜3V，内阻为1000Ω的伏特表的量程扩充为0﹣15V　串　联（选填：串”或“并”）一个 　4000　Ω的分压电阻。 【分析】把电流表量程扩大，需要给电流表并联一个电阻，根据分流原理计算；把小量程的电压表改装成大量程的电压表，需要给电压表串联一个电阻，根据分压原理计算。 【解答】解：把电流表量程扩大，需要给电流表并联一个电阻； 把小量程的电压表改装成大量程的电压表，需要给电压表串联一个电阻，则，则＝＝4000Ω 故答案为：并，1，串，4000 【点评】掌握欧姆定律是解题的基础，要知道改装后的电表不管量程怎样扩大，通过原来电表的额定电流不会改变。 14．（8分）如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计 （1）当开关S接 　1　时（选填“1”或“2”），平行板电容器充电。随着极板上电荷的增多，电流逐渐 　减小　（选填“增大”或“减小”）。 （2）电容器充电完毕，断开开关，此时如图甲所示电路图中电容器上极板 　正　（填“带正电”、“带负电”或“不带电”）；开关S接2时，电容器放电　向左　（填“向左”或“向右”）。 （3）通过计算机可知电容器充电电流随时间变化图线如图乙，由图可知该电容器所储存的电荷量为 　3.44×10﹣3　C，电容器的电容为C＝ 　4.3×10﹣4　F。 【分析】（1）根据电容器和电源连接情况分析，充电电流会逐渐减小的； （2）根据电容器上极板和电源正极相连和电流方向的规定分析； （3）根据I﹣t图线与坐标轴所围图形的面积表示电荷量计算；根据电容的定义式计算。 【解答】解：（1）当开关S接1时，电容器和电源直接连接，随着电容器所带电荷量的增多，极板上带电荷量增加的越来越慢，当电容器两极板间电压等于电源电压时，充电电流为零。 （2）因为电容器上极板的电源的正极相连，所以电容器上极板带正电，电容器通过电阻放电，所以通过G表的电流方向向左。 （3）I﹣t图线与坐标轴所围图形的面积表示电荷量，则电容器所储存的电荷量为Q＝0.6×10﹣3×0.6×43C＝3.44×10﹣3C，电容器的电容为C＝﹣4F 故答案为：（1）5，减小，向左﹣3，4.4×10﹣4。 【点评】掌握电容器的定义式，知道I﹣t图线与坐标轴所围图形的面积表示电荷量是解题的基础。 四.计算题。（15题6分，16题8分，17题10分，18题14分。） 15．（6分）在如图所示的电路中，三个电阻的阻值分别为R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝4Ω，电源电压恒定。 （1）接通开关S，断开开关S′时，R1与R2两端电压之比为多少？ （2）两个开关S、S′都接通时，R1与R2两端电压之比为多少？ 【分析】明确电路结构，根据电阻的串并联电路的基本规律进行分析，从而明确电阻关系；再根据欧姆定律即可确定电压之比与电阻之间的关系。 【解答】解：（1）接通开关S，断开开关S′时，R1与R2两电阻串联，电流相等，电压之比等于电阻之比5与R2两端电压之比为U1：U6＝R1：R2＝6：3： （2）两个开关S、S′都接通时，R2与R8并联后再与R1串联，故电压之比等于R1与R3和R3并联后的电阻之比；则有：U'1：U'5＝R1：＝5：； 答：（1）接通开关S，断开开关S′时，R1与R5两端电压之比为2：3： （2）两个开关S、S′都接通时，R2与R2两端电压之比为7：8。 【点评】本题考查对电阻的串并联电路的掌握情况，要注意明确当两开关均闭合时，R2与R3两端的电压相等，可将其等效为一个电阻进行分析求解即可。 16．（8分）带电量分别为+q、﹣2q的异种电荷A、B固定在同一水平线上、相距6x，在它们连线的中点P上方处有一悬点O，用绝缘细绳挂着一个质量为m的带电小球C，如图所示。平衡时小球刚好静止在两电荷连线上。重力加速度为g，静电力常数为k （1）小球所受电场力大小； （2）小球所在处A、B产生的电场合场强。 【分析】（1）对小球C受力分析，由平衡条件及几何关系，即可列式求解； （2）结合题图，由几何关系及点电荷计算公式，即可列式求解。 【解答】解：（1）如图，对小球C受力分析： 由平衡条件及几何关系可得，小球所受电场力大小为：F＝mgtan30°＝； （2）由图结合几何关系可知，CP＝COsin30°＝5x×0.5＝x，AC＝AP﹣CP＝3x﹣x＝2x， 由点电荷电场强度公式可得，小球所在处A，方向水平向右； 答：（1）小球所受电场力大小为mg； （2）小球所在处A、B产生的电场合场强大小为。 【点评】本题考查了共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。 17．（10分）如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为1.6×10﹣8C的正点电荷从A点移到B点，静电力做功为4.8×10﹣6J，将另一电荷量为1.6×10﹣8C的负点电荷从A点移到C点，克服静电力做功为4.8×10﹣6J。若AB边长为2cm，A点电势为0 （1）AB间的电势差UAB；AC间的电势差UAC； （2）电场强度E的大小。 【分析】（1）根据电场力做功与电势差的关系求出AB、AC的电势差； （2）根据电场线方向与等势线垂直，确定电场强度的方向．根据E＝U/d求出电场强度的大小。 【解答】解：（1）AB间的电势差；AC的电势差 （2）根据UAB＝UAC可知BC间的电势差等于0，可知BC为等势线，电场强度为。 答：（1）AB间的电势差UAB为300V；AC间的电势差UAC为300V； （2）电场强度E的大小大小为5×104V/m。 【点评】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，以及电场强度与电势差的关系，注意d是沿电场线方向上的距离，知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势。 18．（14分）如图甲所示，真空室中电极K连续发出电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。C、D两板间的电势差UCD随时间变化如图乙所示，设C、D间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），偏转电压U2，所有电子都能通过偏转电场且通过偏转电场的时间为t0，电子从离开偏转电场到达荧光屏所需时间为。求： （1）偏转电场的长度L； （2）若UCD的周期T＝t0，荧光屏上电子能够到达的区域的长度； （3）若UCD的周期T＝2t0，哪些时刻进入偏转电场的电子刚好能到达荧光屏上的O点？ 【分析】（1）电子在加速电压作用下获得速度，根据动能定理得到速度的表达式，在偏转电场中，水平方向上的速度不变，即可求出金属板C的长度； （2）（3）不同时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场打到荧光屏上的位置不同，因此根据交变电场的变化和进入偏转电场的时间分析打在荧光屏上的极值情况。 【解答】解：（1）电子经过加速电场过程，根据动能定理可得 解得 所有电子都能通过偏转电场且通过偏转电场的时间为t5，则偏转电场的长度为 L＝v0t0 可得 （2）若UCD的周期T＝t6，所有电子在偏转电场中运动过程，在竖直方向有半个周期时间内的加速度方向竖直向上，可知经过一个周期；则t＝0时刻进入的电子向下侧移距离最大，为 同理可知时刻进入的电子向上侧移距离最大，为 所以荧光屏上电子能够到达的区域的长度为 （3）若UCD的周期T＝7t0，则电子在偏转电场的运动时间为，电子要到达O点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速过程，离开偏转电场后做匀速直线遇到你；整个过程向下的位移和向上的位移大小相等内射入的电子，加速度大小为a 要到达O点时，应满足 y下＝y上 联立解得 根据对称性和周期性可知电子刚好能到达荧光屏上O点的电子进入偏转电场的时刻为 （n＝0，6，2⋯） 或 （n＝0，1，8⋯） 答：（1）偏转电场的长度为； （2）若UCD的周期T＝t0，荧光屏上电子能够到达的区域的长度为； （3）根据对称性和周期性可知电子刚好能到达荧光屏上O点的电子进入偏转电场的时刻为 （n＝0，5，2⋯）或 （n＝0，1，2⋯）。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$