精品解析：北京市顺义牛栏山第一中学2026-2027学年高二第一学期阶段检测物理试题

北京市顺义牛栏山第一中学2026-2027学年高二第一学期阶段检测 物理试题 一、单项选择题（在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意） 1. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的，它们之间的相互作用力变为（　　） A. B. F C. 4F D. 16F 2. 某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹。关于该粒子，下列说法正确的是（ ） A. 一定带负电 B. 在M点的加速度小于在N点的加速度 C. 在M点的动能大于在N点的动能 D. 一定从M点运动到N点 3. 如图所示，点电荷Q周围的三个等势面是同心圆，等势面上的点A、B、C在同一条电场线上，且。现将一电荷量为的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只受静电力作用，则（ ） A. 该电荷沿着电场线做匀加速直线运动 B. 该电荷在AB段动能的增量小于BC段动能的增量 C. 该电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量 D. 该电荷在AB段运动的时间小于BC段运动的时间 4. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( ) A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 5. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个可变电阻R组成，已知灵敏电流计的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（ ） A. 甲表是电流表，R减小时量程减小 B. 乙表是电压表，R减小时量程增大 C. 在甲图中，若改装的电流表量程为0.6A，则R=0.5Ω D. 在乙图中，若改装的电压表量程为3V，则R=1200Ω 6. 沿电场线所在直线建立如图所示轴，x轴上各点电势随x的变化规律如图所示，坐标原点O点电势为零。一带负电的粒子，电量为，仅在电场力作用下从O点由静止释放，下列说法正确的是（ ） A. 粒子到达B点时动能为 B. 粒子从O运动到C，加速度先不变后增大再减小 C. 和区间内，电场方向相同 D. 粒子从O运动到C，电势能先增大后减小再增大 7. 电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（　　） A. A、D两点场强不同 B. E、F两点场强相同 C. B、O、C三点，O点电势最低 D. E、O、F三点，O点场强最小 8. 小马在综合实践课上制作了一个长方体的均匀金属块，长宽高如图所示。为研究金属块的电阻，他将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（　　） A. B. I C. 2I D. 4I 9. 某手机只播放视频，可以播放约17小时，其说明书的部分内容如右表所示，关于该手机，下列说法正确的是（　　） …… 手机类型 智能手机、4G手机 屏幕分辨率 1990×1080像素 电池容量 4000mA·h 电池类型 不可拆卸式电池 待机时间 约22天 …… A. 充满电时电池可储存的最大能量为4J B. 放电时电池可输出的最大电荷量为4C C. 播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的1.3倍 D. 播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的30倍 10. 如图所示，一根均匀带电的长直橡胶棒沿其轴线方向做速度为v的匀速直线运动。已知棒的横截面积为S，单位体积内所带的电荷量为-q。由于棒的运动而形成的等效电流（　　） A. 大小为qv，方向与v相同 B. 大小为qv，方向与v相反 C. 大小为qSv，方向与v相同 D. 大小为qSv，方向与v相反 11. 具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核（、和（电荷量相同，质量不同）以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，分别落在A、B、C三点，如图所示。不计粒子的重力，则（　　） A. 三种粒子在电场中运动的时间相同 B. 三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同 C. 落在A点的是 D. 到达负极板时，落在C点的粒子的动能等于落在A点的粒子的动能 12. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后（　　） A. P点的电势将降低 B. 带电油滴的电势能将减少 C. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 D. 电容器的电容减小，则极板带电量将增大 13. 如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电小球从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，下列说法正确的是（　　） A. 小球带负电 B. 小球的电势能减少 C. 小球做匀速直线运动 D. 重力势能和电势能之和增加 14. 如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m，电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率（相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比）。当两极板间电压为U0时，。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（　　） A. 两极板间电压为U0时，尘埃的最大动能为qU0+ B. 两极板间电压为U0时，除尘率可达100% C. 仅增大尘埃的速率v，可以提升除尘率 D. 仅减少尘埃的电荷量，可以提升除尘率 二、实验题 15. 在“用传感器观察电容器的充、放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为，内阻可以忽略。单刀双掷开关先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。 （1）开关改接2后，电容器进行的是________（选填“充电”或“放电”）过程。此过程得到的图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是___________________________________________________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t曲线与坐标轴所围成的面积将________（选填“减小”“不变”或“增大”）。 （2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为________。 （3）关于电容器在整个充、放电过程中的图像和图像的大致形状，可能正确的有__________（为电容器极板所带的电荷量，为A、B两板的电势差）。 A. B. C. D. 16. 已粗略测得金属电阻丝的阻值约为。为了更精确地测量这根金属电阻丝的阻值，进而测得其电阻率，实验小组采用伏安法继续进行测量。现有实验器材如下： A.电源电压约为3 V B.电压表（，内阻约） C.电压表（，内阻约） D.电流表（，内阻约） E.电流表（，内阻约） F.滑动变阻器（，） G.滑动变阻器（，） H.开关S和导线若干 （1）为了调节方便，测量准确，并能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，滑动变阻器应选用________、连接电路时，电压表应选________，电流表应选________（均选填选项前的字母）； （2）如图，某同学使用螺旋测微器测得金属电阻丝的直径为________mm； （3）根据电阻的粗测值以及选取的器材，并且电压从零开始调节，能较准确地测出金属丝的阻值，实验电路应选用图________。闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应处在________（选填“左端”或“右端”）。 （4）关于本次实验中产生的误差，下列说法中正确的是（本实验所用测量仪器均已校准）________（选填选项前的字母）； A. 用螺旋测微器测量金属电阻丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B. 用图像处理实验数据求金属电阻丝电阻可减小偶然误差 C. 由于电流表或电压表内阻的影响会使本次实验电阻率测量值小于真实值 （5）利用（3）中乙图，实验小组对测量电路进行了创新。如图甲所示，在金属电阻丝上夹有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱C，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出。实验中改变触头P与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度，记录对应的电流。利用测量数据画出图像，已知其中图线上某点的坐标为，如图乙所示。根据图像信息，用电阻丝的直径、电压、、及必要常数可计算得出电阻丝的电阻率________。 三、计算题（解答时应写出必要的文字说明和原始方程。有数值计算的题，答案中要明确写出数值和单位。） 17. 在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有、两点，、两点间的距离。电荷量的试探电荷放在电场中的点，受到的静电力大小为。求： （1）电场强度的大小； （2）试探电荷从点运动到点的过程中静电力所做的功； 18. 用电动势E=4.5V，内阻r=3.0Ω的电源给一个额定电压为3.0V、额定电流为0.1A 的灯A供电，电路图如图所示。灯正常发光时，求： （1）电阻箱接入的阻值R； （2）电源两端的路端电压U。 19. 研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。图1为某加速装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图2所示。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为 0）的中央有一电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1.为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。若电子的质量为m，电荷量为-e，交变电源的电压为U，周期为T，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为0.不计电子的重力和相对论效应。 （1）求电子进入圆筒1时的速度v1，并分析电子从圆板出发到离开圆筒2这个过程的运动。 （2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第n个金属圆筒的长度Ln应该为多少？ （3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和（2）中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度是多少？ 20. “电场”和“电路”看似毫不相关，实则紧密联系。电路中的宏观现象和规律可从微观角度用电场知识给出合理解释。 （1）如图（a）、（b）、（c）所示为外电路中的某段金属导体内建立恒定电场的过程示意图。（a）中E0表示电路闭合瞬间由电源正负极电荷所激发电场的场强，将E0分解为沿导线方向和垂直于导线方向的分量E1、E2；（c）表示最终在导线中形成了沿导线方向的恒定电场。自由电荷在此恒定电场的作用下定向移动形成电流。已知E0的大小以及图（b）中E0与E1的夹角为θ，求金属导体内的感应电场的强度E′的大小。 （2）恒定电场的基本性质与静电场相同。在静电场中所讲的电势、电势差及其与场强的关系，例如在恒定电场中仍适用。欧姆定律的宏观形式为。小物同学通过翻阅大学教材，发现欧姆定律还有微观形式，即，j称为“电流密度”，其大小为单位时间内通过垂直电流方向的单位面积的电荷量，E为恒定电场的场强，ρ为导体电阻率。请利用已有知识从欧姆定律宏观形式出发推导其微观形式。 （3）小理同学对导线中的恒定电场产生了疑问：“导线中恒定电场的电场线沿导线方向，因此沿导线方向电势降落，为何在分析电路问题时不考虑导线两端的电势差呢？”小物同学首先根据给出了宏观解释：“因导线电阻相比用电器电阻小得多，因此不考虑导线上的电势降落”。他又建立了如图所示的模型尝试从微观角度给出解释。两段横截面积和长度均相同的导体A、B串联，其电阻率分别为、，通过导体的电流恒为I。请你结合小物同学的模型和，从导体中“场的视角”解答小理同学的疑问。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市顺义牛栏山第一中学2026-2027学年高二第一学期阶段检测 物理试题 一、单项选择题（在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意） 1. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的，它们之间的相互作用力变为（　　） A. B. F C. 4F D. 16F 【答案】D 【解析】 【详解】真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，根据库仑定律，有 若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的，它们之间的相互作用力变为 故选D。 2. 某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹。关于该粒子，下列说法正确的是（ ） A. 一定带负电 B. 在M点的加速度小于在N点的加速度 C. 在M点的动能大于在N点的动能 D. 一定从M点运动到N点 【答案】B 【解析】 【详解】A．由粒子的运动轨迹可知，粒子所受静电力沿着电场线指向右侧，与电场方向相同，所以粒子带正电荷，故A错误； B．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图可知，N点的场强大于M点的场强，粒子在N点受到的电场力大于在M点受到的电场力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故B正确； C．若带正电的粒子从M点运动到N点，电场力做正功，粒子动能增大；若带正电的粒子从N点运动到M点，电场力做负功，粒子动能减小；则粒子在M点的动能一定小于在N点的动能，故C错误； D．根据粒子运动的轨迹可以判断其受力的方向，但不能判断其运动的方向，故D错误。 故选B。 3. 如图所示，点电荷Q周围的三个等势面是同心圆，等势面上的点A、B、C在同一条电场线上，且。现将一电荷量为的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只受静电力作用，则（ ） A. 该电荷沿着电场线做匀加速直线运动 B. 该电荷在AB段动能的增量小于BC段动能的增量 C. 该电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量 D. 该电荷在AB段运动的时间小于BC段运动的时间 【答案】C 【解析】 【详解】A．靠近正电荷电场强度越大，所以该电荷沿着电场线做变加速直线运动，故A错误； B．根据动能定理可知 该电荷在AB段受电场力做功较大，所以在AB段动能的增量大于BC段动能的增量，故B错误； C．电场力做功等于电势能的变化，结合B选项可知，电荷在AB段电势能的减少量大于BC段电势能的减少量，故C正确； D．该电荷运动的速度时间关系如图 由图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，该电荷在AB段运动的时间大于BC段运动的时间，故D错误； 故选C。 4. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( ) A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 【答案】A 【解析】 【详解】A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确； B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误； C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误； D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误． 点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系． 5. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个可变电阻R组成，已知灵敏电流计的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（ ） A. 甲表是电流表，R减小时量程减小 B. 乙表是电压表，R减小时量程增大 C. 在甲图中，若改装的电流表量程为0.6A，则R=0.5Ω D. 在乙图中，若改装的电压表量程为3V，则R=1200Ω 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲由一个灵敏电流表G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 可知当减小时量程增大，故A错误； B．乙由一个灵敏电流表G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 可知减小时量程减小，故B错误； C．由公式 在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则有，故C错误； D．由公式 在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则有，故D正确。 故选D。 6. 沿电场线所在直线建立如图所示轴，x轴上各点电势随x的变化规律如图所示，坐标原点O点电势为零。一带负电的粒子，电量为，仅在电场力作用下从O点由静止释放，下列说法正确的是（ ） A. 粒子到达B点时动能为 B. 粒子从O运动到C，加速度先不变后增大再减小 C. 和区间内，电场方向相同 D. 粒子从O运动到C，电势能先增大后减小再增大 【答案】C 【解析】 【详解】C．沿电场线方向电势降低，和区间内，粒子电势一直增加，则电场方向相同，指向x轴的负方向，故C正确； A．粒子从O点到B点，由动能定理得 可得粒子到达B点时动能为，故A错误； B．根据图像的切线斜率绝对值表示场强的大小，由题图可知粒子从O到C电场强度先不变后减小再增大，粒子受到的电场力先不变后减小再增大，根据牛顿第二定律可知粒子的加速度先不变后减小再增大，故B错误； D．粒子从O运动到C，粒子的电势先增大后减小再增大，根据可知粒子的电势能先减小后增大再减小，故D错误。 故选C。 7. 电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（　　） A. A、D两点场强不同 B. E、F两点场强相同 C. B、O、C三点，O点电势最低 D. E、O、F三点，O点场强最小 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图甲结合对称性可知，A、D两点场强大小相等，方向相同，故A错误； B．根据图甲结合对称性可知，E、F两点场强相同，故B正确； C．沿电场线的方向电势逐渐降低，因此B、O、C三点，C点电势最低，故C错误； D．根据图甲中电场线的疏密程度可知，E、O、F三点，O点场强最大，故D错误。 故选B。 8. 小马在综合实践课上制作了一个长方体的均匀金属块，长宽高如图所示。为研究金属块的电阻，他将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（　　） A. B. I C. 2I D. 4I 【答案】A 【解析】 【详解】将A与B接入电路中时，金属块的电阻为 将C与D接入电路中时，金属块的电阻为 联立，可得 依题意，有 解得 故选A。 9. 某手机只播放视频，可以播放约17小时，其说明书的部分内容如右表所示，关于该手机，下列说法正确的是（　　） …… 手机类型 智能手机、4G手机 屏幕分辨率 1990×1080像素 电池容量 4000mA·h 电池类型 不可拆卸式电池 待机时间 约22天 …… A. 充满电时电池可储存的最大能量为4J B. 放电时电池可输出的最大电荷量为4C C. 播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的1.3倍 D. 播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的30倍 【答案】D 【解析】 【详解】A．无法求出充满电时电池可储存的最大能量，A错误； B．放电时电池可输出的最大电荷量为 B错误； CD．播放视频时平均电流约为 待机状态平均电流为 电流之比为 C错误，D正确。 故选D。 10. 如图所示，一根均匀带电的长直橡胶棒沿其轴线方向做速度为v的匀速直线运动。已知棒的横截面积为S，单位体积内所带的电荷量为-q。由于棒的运动而形成的等效电流（　　） A. 大小为qv，方向与v相同 B. 大小为qv，方向与v相反 C. 大小为qSv，方向与v相同 D. 大小为qSv，方向与v相反 【答案】D 【解析】 【详解】橡胶棒带负电，等效电流方向与的方向相反，由电流的定义式可得 故D正确，ABC错误。 故选D。 11. 具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核（、和（电荷量相同，质量不同）以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，分别落在A、B、C三点，如图所示。不计粒子的重力，则（　　） A. 三种粒子在电场中运动的时间相同 B. 三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同 C. 落在A点的是 D. 到达负极板时，落在C点的粒子的动能等于落在A点的粒子的动能 【答案】B 【解析】 【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，运动的加速度为 在垂直极板的方向上三个粒子运动距离相同，即 由于粒子的比荷不同，加速度不同，根据公式可知时间是不同的，故A错误； B．粒子在电场中运动的过程中电势能均减小，减小量为 三个粒子电荷量相同，所以电势能的变化量相同，故B正确； C．根据上述计算可知，在极板之间的运动时间最长，在极板上的水平距离 可知粒子会落在A点，故C错误； D．落在极板上的粒子，动能应为 由于粒子电荷量相同，质量不同，所以质量大的粒子动能更大，落点也更远，故D错误。 故选B。 12. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后（　　） A. P点的电势将降低 B. 带电油滴的电势能将减少 C. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 D. 电容器的电容减小，则极板带电量将增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】C．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据 得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，C错误； A．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式 分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，A正确； B．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，B错误； D．根据 由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，D错误。 故选A。 13. 如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电小球从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，下列说法正确的是（　　） A. 小球带负电 B. 小球的电势能减少 C. 小球做匀速直线运动 D. 重力势能和电势能之和增加 【答案】D 【解析】 【详解】AC．以小球为研究对象受力分析，小球受向下的重力，若电场力向右，合力不可能与运动方向共线，小球不可能做直线运动，故电场力向左，合力与运动方向相反，小球做匀减速直线运动，电场力与场强方向相同，故小球带正电，故AC错误； B．小球从A运动到B的过程电场力做负功，则电势能增大，故B错误； D．小球做匀减速直线运动，动能减小，由能量守恒可知小球的动能、重力势能、电势能总量保持不变，则小球的重力势能和电势能之和增加，故D正确。 故选D。 14. 如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m，电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率（相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比）。当两极板间电压为U0时，。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（　　） A. 两极板间电压为U0时，尘埃的最大动能为qU0+ B. 两极板间电压为U0时，除尘率可达100% C. 仅增大尘埃的速率v，可以提升除尘率 D. 仅减少尘埃的电荷量，可以提升除尘率 【答案】B 【解析】 【详解】A．当两极板间电压为U0时，。可知相同时间内有80%的带点尘埃打在下极板，则离开极板间的带点尘埃的偏移量 设尘埃的最大动能为，两极板间的距离为，根据动能定理可知 解得 A错误； B．设离开板间的带电尘埃的偏移量为，极板间的电压为，粒子在平行极板的方向上做匀速直线运动，沿垂直极板的方向做匀加速直线运动，则有 根据牛顿第二定律 联立解得 由于 故 可解得 故B正确； CD．根据上述结论 可知，仅增大尘埃的速率v，或仅减少尘埃的电荷量，均使的偏移量减小，会降低除尘率，CD错误。 故选B。 二、实验题 15. 在“用传感器观察电容器的充、放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为，内阻可以忽略。单刀双掷开关先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。 （1）开关改接2后，电容器进行的是________（选填“充电”或“放电”）过程。此过程得到的图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是___________________________________________________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t曲线与坐标轴所围成的面积将________（选填“减小”“不变”或“增大”）。 （2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为________。 （3）关于电容器在整个充、放电过程中的图像和图像的大致形状，可能正确的有__________（为电容器极板所带的电荷量，为A、B两板的电势差）。 A. B. C. D. 【答案】（1） ①. 放电 ②. 内电容器放出的电荷量 ③. 不变 （2） （3）AD 【解析】 【小问1详解】 [1]将开关改接2时，电容器通过电阻放电。 [2]图中横坐标分成许多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电电流可以视为不变，则为这段时间内放出的电荷量，所以题图乙中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是内电容器放出的电荷量。 [3]开关接1时，电容器充电，充电完成后电容器的电压与电源电动势相等；之后开关改接2，根据可知放电的电荷量与电阻无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变。 【小问2详解】 该电容器的电容满足 【小问3详解】 AB．电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据可知，图像的斜率表示电流的大小；因此充、放电过程中图像的斜率均逐渐减小，故A正确，B错误； CD．电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，A、B两板的电势差的变化量满足 电容器的电容不变，充、放电过程中图像的斜率逐渐减小，故C错误，D正确。 故选AD。 16. 已粗略测得金属电阻丝的阻值约为。为了更精确地测量这根金属电阻丝的阻值，进而测得其电阻率，实验小组采用伏安法继续进行测量。现有实验器材如下： A.电源电压约为3 V B.电压表（，内阻约） C.电压表（，内阻约） D.电流表（，内阻约） E.电流表（，内阻约） F.滑动变阻器（，） G.滑动变阻器（，） H.开关S和导线若干 （1）为了调节方便，测量准确，并能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，滑动变阻器应选用________、连接电路时，电压表应选________，电流表应选________（均选填选项前的字母）； （2）如图，某同学使用螺旋测微器测得金属电阻丝的直径为________mm； （3）根据电阻的粗测值以及选取的器材，并且电压从零开始调节，能较准确地测出金属丝的阻值，实验电路应选用图________。闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应处在________（选填“左端”或“右端”）。 （4）关于本次实验中产生的误差，下列说法中正确的是（本实验所用测量仪器均已校准）________（选填选项前的字母）； A. 用螺旋测微器测量金属电阻丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B. 用图像处理实验数据求金属电阻丝电阻可减小偶然误差 C. 由于电流表或电压表内阻的影响会使本次实验电阻率测量值小于真实值 （5）利用（3）中乙图，实验小组对测量电路进行了创新。如图甲所示，在金属电阻丝上夹有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱C，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出。实验中改变触头P与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度，记录对应的电流。利用测量数据画出图像，已知其中图线上某点的坐标为，如图乙所示。根据图像信息，用电阻丝的直径、电压、、及必要常数可计算得出电阻丝的电阻率________。 【答案】（1） ①. F ②. B ③. D （2）0.551####0.550 （3） ①. 乙 ②. 左端 （4）BC （5） 【解析】 【小问1详解】 [1]由题知，为获得尽可能大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法，为利于调节，使用总阻值较小的滑动变阻器，故选F； [2]电源电动势为3V，故电压表选B； [3]电路中的最大电流，故选D。 【小问2详解】 由螺旋测微器测得金属电阻丝的直径 【小问3详解】 [1]由题知，电压需要从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法，又因为 故采用电流表外接法，所以实验电路应选用图乙； [2]滑动变阻器采用分压式接法，在闭合开关S前，要让待测支路电压为零，保护元件，故闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应处在左端； 【小问4详解】 A．用螺旋测微器测量金属电阻丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误； B．利用图像法，通过多组数据拟合直线，可以抵消一部分单次测量的随机偏差，减小偶然误差，B正确； C．本实验采用的是电流表外接法，由于电压表分流导致电流表测量值偏大，根据 知电阻测量值偏小，根据 解得 可知电阻率测量值小于真实值，故C正确。 故选BC。 【小问5详解】 根据， 联立得 根据图象，可得斜率 又 联立解得 三、计算题（解答时应写出必要的文字说明和原始方程。有数值计算的题，答案中要明确写出数值和单位。） 17. 在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有、两点，、两点间的距离。电荷量的试探电荷放在电场中的点，受到的静电力大小为。求： （1）电场强度的大小； （2）试探电荷从点运动到点的过程中静电力所做的功； 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由题可知，匀强电场的电场强度大小为 【小问2详解】 探电荷从点运动到点的过程中静电力所做的功 18. 用电动势E=4.5V，内阻r=3.0Ω的电源给一个额定电压为3.0V、额定电流为0.1A 的灯A供电，电路图如图所示。灯正常发光时，求： （1）电阻箱接入的阻值R； （2）电源两端的路端电压U。 【答案】（1）R=12Ω （2）4.2V 【解析】 【小问1详解】 由闭合电路欧姆定律，电流 对灯有 可得R=12Ω 【小问2详解】 电源的路端电压为U=E-Ir=4.2V 19. 研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。图1为某加速装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图2所示。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为 0）的中央有一电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1.为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。若电子的质量为m，电荷量为-e，交变电源的电压为U，周期为T，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为0.不计电子的重力和相对论效应。 （1）求电子进入圆筒1时的速度v1，并分析电子从圆板出发到离开圆筒2这个过程的运动。 （2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第n个金属圆筒的长度Ln应该为多少？ （3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和（2）中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度是多少？ 【答案】（1），电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒1，筒内场强为0，电子不受外力做匀速直线运动，在圆筒1、2之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒2再做匀速直线运动；（2）；（3） 【解析】 【分析】 【详解】（1）电子由金属圆板经电场加速进入圆筒1，根据动能定理 解得 电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒1，筒内场强为0，电子不受外力做匀速直线运动，在圆筒1、2之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒2再做匀速直线运动。 （2）电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理 解得 由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，则 解得 （3）由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和（2）中相同，若考虑电子在间隙中的加速时间，则粒子进入每级圆筒的时间都要比（2）中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是装置能够加速的最大速度。 方法1：由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均相同，则电子的加速度为： 则 累计延后时间为，则电子的加速时间为，所以电子的最大速度为： 可得 方法2：由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均为d，经过N次加速到最大速度，则： 根据动能定理 解得 20. “电场”和“电路”看似毫不相关，实则紧密联系。电路中的宏观现象和规律可从微观角度用电场知识给出合理解释。 （1）如图（a）、（b）、（c）所示为外电路中的某段金属导体内建立恒定电场的过程示意图。（a）中E0表示电路闭合瞬间由电源正负极电荷所激发电场的场强，将E0分解为沿导线方向和垂直于导线方向的分量E1、E2；（c）表示最终在导线中形成了沿导线方向的恒定电场。自由电荷在此恒定电场的作用下定向移动形成电流。已知E0的大小以及图（b）中E0与E1的夹角为θ，求金属导体内的感应电场的强度E′的大小。 （2）恒定电场的基本性质与静电场相同。在静电场中所讲的电势、电势差及其与场强的关系，例如在恒定电场中仍适用。欧姆定律的宏观形式为。小物同学通过翻阅大学教材，发现欧姆定律还有微观形式，即，j称为“电流密度”，其大小为单位时间内通过垂直电流方向的单位面积的电荷量，E为恒定电场的场强，ρ为导体电阻率。请利用已有知识从欧姆定律宏观形式出发推导其微观形式。 （3）小理同学对导线中的恒定电场产生了疑问：“导线中恒定电场的电场线沿导线方向，因此沿导线方向电势降落，为何在分析电路问题时不考虑导线两端的电势差呢？”小物同学首先根据给出了宏观解释：“因导线电阻相比用电器电阻小得多，因此不考虑导线上的电势降落”。他又建立了如图所示的模型尝试从微观角度给出解释。两段横截面积和长度均相同的导体A、B串联，其电阻率分别为、，通过导体的电流恒为I。请你结合小物同学的模型和，从导体中“场的视角”解答小理同学的疑问。 【答案】（1） （2） （3）电阻率很小的导体中的电场强度很小，可近似为0，可以忽略，故在分析电路问题时不考虑导线两端的电势差。 【解析】 【小问1详解】 电路闭合瞬间由电源正负极电荷所激发电场的场强E0可以分解为沿导线方向和垂直于导线方向的分量E1、E2，导线中的电子在E0的作用下向导线下方侧面堆积，使得导线下方侧面带负电，导线上方侧面带正电，导线两侧面之间堆积的电荷产生垂直于导线侧面向下的附加电场E′，该电场与E2的矢量和为0，则 【小问2详解】 根据电流的定义式有 由于电流密度大小为单位时间内通过垂直电流方向的单位面积的电荷量，令导体横截面积为S，则有 根据欧姆定律宏观表达式有 令导体长度为L，则有 根据电阻决定式有 解得 【小问3详解】 导体A、B串联，通过的电流相等，由于导体的横截面积和长度均相同，则通过两导体的电流密度也相等，则有， 则有 根据题意有 则有 即电阻率很小的导体中的电场强度很小，可知，导线中的电场强度近似为0，可以忽略，即分析电路问题时不考虑导线两端的电势差。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $