2024-2025学年四川省凉山彝族自治州西昌市高二上学期期中检测物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1西昌市2024-2025学年度上期期中检测高二物理本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，试题卷6页，答题卡2页。全卷满分为100分，考试时间75分钟。答题前考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置；选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，其他试题用0.5毫米签字笔书写在答题卡对应题框内，不得超越题框区域。考试结束后将答题卡收回。第Ⅰ卷选择题（共46分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28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选项）1.铜的导电性能优于其他常见导体材料（如铁和铝），因此在电流传输过程中能量损失较小，适合用于家庭电路中。如图，在水平放置的铜导体中，4s内有10C的负电荷水平向右通过铜导体某一横截面。关于该段铜导体内电流的大小和方向，下列说法正确的是（）A.2.5A，水平向右 B.2.5A，水平向左C.0.4A，水平向右 D.0.4A，水平向左【答案】B【解析】电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，故电流的方向水平向左，大小为故选B。2.如图所示，在半径为的圆上有四个点正好构成正方形，在相应的点上固定有点电荷，点电荷所带电荷量已在图中标出，则圆心处电场强度大小为（静电力常量为）（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据可知，-Q与-Q在O点产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消，2Q在O点与Q在O点产生的场强方向相反，可得产生的场强为D选项正确。故选D。3.为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧的电容器C的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（）A.液面下降后，电容器两端电压变大B.液面下降后，电容器所带电量减少C.液面下降时蜂鸣器电流由a流向bD.输液管较粗时，电容器容值会变大【答案】B【解析】A．开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器两端电压不变，故A错误；B．根据，液面下降，极板之间的介电常数减小，则电容减小，极板之间电压不变，则电容器所带电量减少，故B正确；C．根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，故C错误；D．结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器容值会变小，故D错误。故选B。4.我国已经于2012年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图像上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，U0、I0为已知，则（）A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小B.在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβC.在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0D.在A点，白炽灯的电阻可表示为tanα【答案】C【解析】A．图像上的点与原点连线斜率的倒数为该点的电阻大小，可知白炽灯的电阻随电压的增大而增大，故A错误；BD．在A点，白炽灯的电阻可表示为故BD错误；C．在A点，白炽灯的电功率可表示为故C正确。故选C。5.科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”。魔术道具如图甲所示，手摇起电机旁有一个没有底的空塑料瓶，起电机两根放电杆分别与瓶内的锯条、金属片相连。瓶内俯视图如图乙所示。瓶内放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个塑料瓶内烟雾缭绕。转动手摇起电机手柄，瓶内烟雾很快消失；停止转动手柄，瓶内又恢复烟雾缭绕的状态。起电机工作时，下列说法正确的是（）A.烟尘颗粒在向某极运动过程中做匀加速运动B.金属片与锯条间的场强方向由锯条指向金属片C.烟尘颗粒因被电离而吸附在金属片上D.烟尘颗粒运动过程中电势能减小【答案】D【解析】A．尖端附近的电场线比较密集，所以在锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场强度，故烟尘在向某极运动过程中受到的电场力不是恒力，烟尘不是做匀加速运动，故A错误；B．由于不知道锯条与金属片电势高低，所以不能确定场强的方向，故B错误；C．当静电除尘装置接通起电机的静电高压时，存在强电场，使空气电离而产生负离子和正离子，负离子碰到烟尘微粒使它带负电，带负电微粒在电场力作用下，向正极运动，由于不确定正负极，所以烟尘不一定吸附在金属片上，故C错误；D．烟尘在运动过程中电场力对烟尘做正功，则烟尘的电势能减少，故D正确。故选D。6.如图所示，带电小球A固定在绝缘支架上，带电小球B用绝缘丝线悬挂于天花板，悬点P位于小球A的正上方，A、B均视为点电荷。小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为，由于漏电，A、B两小球的电荷量逐渐减小。在电荷漏完之前，有关悬线对悬点P的拉力T和A、B之间库仑力F的大小，下列说法中正确的是（）A.T保持不变，F逐渐减小B.T逐渐增大，F先变大后变小C.T逐渐减小，F逐渐减小D.T先变大后变小，F逐渐增大【答案】A由平衡条件可得根据可得可得在A、B两小球的电荷量逐渐减小的过程中，PB、PQ、G均不变，则悬线的拉力T不变；因电荷量减小，库仑力F减小，故A正确，B、C、D错误。故选A。A.滑块动能增加4JB.滑块机械能增加12JC.由于放上滑块电机多消耗电能为12JD.滑块与传送带间摩擦产热为4J【答案】C【解析】A．分析滑块，由牛顿第二定律得解得1s末，滑块末速度为位移为传送带位移为则，滑块动能为故A错误；B．滑块机械能增加故B错误；C．电机多消耗电能故C正确；D．滑块与传送带间摩擦产热为故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题列出的四个备选项中至少有两个是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8.如图是静电喷涂装置的原理图，带负电荷的涂料颗粒被喷枪喷出，进入静电场，被电场加速后喷射到带正电荷的被涂物上，虚线是电场中的等差等势线，a、b、c为电场中的三点，且在同一条水平线上，下列说法正确的是（）A.a点场强大于c点场强B.a点电势高于c点电势C.a、b两点电势差小于b、c两点电势差D.涂料颗粒在a点的电势能大于在c点的电势能【答案】AD【解析】A．根据，可知等差等势线密集的地方场强大，则a点场强大于c点场强，故A正确；BD．由于被涂物带正电荷，可知场强方向偏左，根据沿电场方向电势降低可知，a点电势低于c点电势；根据，由于涂料颗粒带负电，所以涂料颗粒在a点的电势能大于在c点的电势能，故B错误，D正确；C．虚线是电场中的等差等势线，则a、b两点电势差等于b、c两点电势差，故C错误。故选AD。9.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为、电荷量为的小球，系在一根长为的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕点做圆周运动。为圆周的水平直径，为竖直直径。已知重力加速度为，电场强度，下列说法正确的是（）A.若将小球在A点由静止开始释放，则小球能沿圆弧到达点B.若小球恰能在竖直平面内绕点做圆周运动，则它运动的最小速度为C.若小球在竖直平面内绕点做圆周运动，则小球运动到点时的机械能最大D.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达点【答案】CD【解析】A．设合力方向与电场线方向夹角为则有解得所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，不能沿圆弧到达点，故A错误；B．小球受到水平向右的电场力为合力为由A项可知，与电场线方向夹角为，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，根据牛顿第二定律有解得故B错误；C．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故C正确；D．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有水平方向在电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得则时间内发生的水平位移为所以小球将不能到达B点，故D正确。故选CD。10.在光滑的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（φ0、d均为已知量）。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从O点以某一初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（）A.在d~2d间的电场强度沿x轴负方向，大小为B.在0~d间与4d~6d间电场强度相同C.只要，该带电小球就能运动到6d处D.只要该带电小球就能运动到6d处【答案】BD【解析】A．图像的斜率表示电场强度，在d~2d间的电场强度大小为根据沿电场线电势降低，在d~2d间的电场强度沿x轴正方向，故A错误；B．在0~d间与4d~6d间图像的斜率相同，可知在0~d间与4d~6d间电场强度大小相等，根据根据沿电场线电势降低，可知在0~d间与4d~6d间电场强度方向相同，沿沿x轴负方向，则在0~d间与4d~6d间电场强度相同，故B正确；CD．负电小球从O点沿x轴正方向运动过程，电场力在处间做正功，在处间做负功，在处间做正功，只要带电小球能运动至处，小球就能运动到6d处，在过程，根据动能定理有解得故只要该带电小球就能运动到6d处，故C错误，D正确。故选BD。第Ⅱ卷非选择题（共54分）三、实验题（本大题共2小题，共15分）11.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。单刀双掷开关先跟1相接，一段时间后，把开关S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S改接2后，电容器进行是________（填“充电”或“放电”）过程，此过程中流经电阻上的电流方向________（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）开关S改接2后，实验得到的图像如图乙所示，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________（填“减小”“不变”或“增大”）。【答案】（1）放电自下而上（2）不变【解析】（1）[1]当开关接2时，电容器相当于电源，进行的是放电过程。[2]开关接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电；可知开关接2时，电容器相当于电源，上极板相当于电源的正极，故流经电阻R上的电流自下而上。（2）曲线与坐标轴所围成的面积为电容器充电完成后所带电荷量，充电结束时，电路中无电流，电阻不分压，电容器两端电压等于电源电压，只减小电阻，并不能改变电容器的充好电时的电荷量，故此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变。12.某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”的实验。（1）先用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，其直径为______；用多用表粗测其电阻，如图乙所示选用“”倍率的电阻挡，其电阻为______。（2）为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测圆柱体外，实验室还备有如下实验器材，则电压表应选______（选填“”或“”），要将电流表的量程扩大至，应将电阻箱与电流表______（选填“串联”或“并联”）。A.两节新的干电池B.电压表（量程，内阻约为）C.电压表（量程，内阻约为）D.电流表A（量程，内阻为）F.滑动变阻器，额定电流G.滑动变阻器，额定电流H.电键和导线若干（3）改装后的电流表内阻已知（A为改装后的电流表），为消除系统误差，电压表示数从0开始，则下列各图中最合理的______。A. B.C. D.【答案】（1）1.846##1.844##1.845##1.8476.0##6（2）并联（3）D【解析】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为（2）[1]电源是两节干电池，电动势约为3V，为了确保电压表的安全与精度，电压表选择与电动势相差不多的量程，即选择量程为的电压表；[2]要将电流表的量程扩大至，应将电阻箱与电流表并联。（3）电压表示数从0开始，则控制电路采用分压式，由于改装后的电流表内阻已知，电流表分压的具体值能够确定，可知，为消除系统误差，测量电路采用电流表内接法。故选D。四、解答题（本大题共3小题，共39分）13.有一个带电荷量的点电荷，从某电场中的点移到点，电场力做了的负功，从点移到点，电场力对电荷做功，求：（1）间电势差是多少？（2）若将点电势规定为零，则点的电势是多少？（3）若将点电势规定为零，电荷在点的电势能为多大？【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）电荷从A点移到B点电场力做负功，则（2）若将B点电势定为零，即，由可得（3）若将A点电势定为零，则，由可得14.一个带电荷量为的油滴，从点以速度射入方向水平向右的匀强电场中，当的方向与电场方向成夹角时恰好做匀变速直线运动。已知油滴的质量为，重力加速度为，忽略空气阻力，求：（1）电场强度E的大小为多少？（2）油滴运动到最高点（未离开电场区域）时与点的竖直距离是多少？（3）若，油滴运动到最高点（未离开电场区域）时，电场力对油滴做功的瞬时功率是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由题意可知，带电油滴在匀强电场中受到水平向左的电场力，竖直向下的重力。因为其做直线运动，所以其两者的合力方向与速度方向相反，由几何关系得解得（2）由题意知，带电油滴的合力方向与速度方向相反，合力大小为带电油滴沿着初速度方向做匀减速直线运动，运动到最高点时速度为零，由动能定理得最高点与O点的竖直距离为解得（3）若，油滴运动到最高点（未离开电场区域）时，竖直方向有解得水平方向有此时电场力对油滴做功的瞬时功率是15.研究电子在电场中运动的装置，简化模型如图甲所示，在xoy平面内有Ⅰ和Ⅱ两个相邻的、边长均为d的正方形区域OABC和CDEO，Ⅰ区域内有沿着x轴正方向的匀强电场，Ⅱ区域内有沿着y轴正方向的匀强电场。已知Ⅰ区域内的电场强度大小为，Ⅱ区域内的电场强度大小为，电子的质量为m、电荷量为，可忽略电子的重力。（1）若一个电子从AB边的中点由静止释放，求电子通过y轴时的速度v；（2）在第（1）问条件下，求电子离开Ⅱ区域时位置坐标；（3）若Ⅱ区域内的电场强度大小不变，方向调整为沿x轴负方向，如图乙所示，让电子从O点以的速度与y轴正方向成角斜向上进入Ⅰ区域内，求电子进入电场后第二次通过y轴时的位置和电子离开电场时在电场中运动的总时间（最终结果用已知量d、e、m、表示）。【答案】（1）；（2）；（3），【解析】（1）根据题意，电子在Ⅰ区域内，由动能定理有解得（2）假设电子从边飞出Ⅱ区域，竖直方向上有，解得水平方向上有假设成立，则电子离开Ⅱ区域时位置坐标。（3）根据题意可知，电子进入Ⅰ区域内做类斜抛运动，沿电场方向有，解得由对称性可知，电子以速度与y轴正方向成角斜向上进入Ⅱ区域内，沿轴运动的距离为进入Ⅱ区域内，沿电场方向有解得则有沿轴方向有则电子进入电场后第二次通过y轴时的位置为综上所述可知，当电子再次进入Ⅰ区域内后返回轴时恰好从点离开电场，则电子离开电场时在电场中运动的总时间为西昌市2024-2025学年度上期期中检测高二物理本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，试题卷6页，答题卡2页。全卷满分为100分，考试时间75分钟。答题前考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置；选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，其他试题用0.5毫米签字笔书写在答题卡对应题框内，不得超越题框区域。考试结束后将答题卡收回。第Ⅰ卷选择题（共46分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28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选项）1.铜的导电性能优于其他常见导体材料（如铁和铝），因此在电流传输过程中能量损失较小，适合用于家庭电路中。如图，在水平放置的铜导体中，4s内有10C的负电荷水平向右通过铜导体某一横截面。关于该段铜导体内电流的大小和方向，下列说法正确的是（）A.2.5A，水平向右 B.2.5A，水平向左C.0.4A，水平向右 D.0.4A，水平向左【答案】B【解析】电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，故电流的方向水平向左，大小为故选B。2.如图所示，在半径为的圆上有四个点正好构成正方形，在相应的点上固定有点电荷，点电荷所带电荷量已在图中标出，则圆心处电场强度大小为（静电力常量为）（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据可知，-Q与-Q在O点产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消，2Q在O点与Q在O点产生的场强方向相反，可得产生的场强为D选项正确。故选D。3.为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧的电容器C的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（）A.液面下降后，电容器两端电压变大B.液面下降后，电容器所带电量减少C.液面下降时蜂鸣器电流由a流向bD.输液管较粗时，电容器容值会变大【答案】B【解析】A．开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器两端电压不变，故A错误；B．根据，液面下降，极板之间的介电常数减小，则电容减小，极板之间电压不变，则电容器所带电量减少，故B正确；C．根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，故C错误；D．结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器容值会变小，故D错误。故选B。4.我国已经于2012年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图像上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，U0、I0为已知，则（）A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小B.在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβC.在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0D.在A点，白炽灯的电阻可表示为tanα【答案】C【解析】A．图像上的点与原点连线斜率的倒数为该点的电阻大小，可知白炽灯的电阻随电压的增大而增大，故A错误；BD．在A点，白炽灯的电阻可表示为故BD错误；C．在A点，白炽灯的电功率可表示为故C正确。故选C。5.科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”。魔术道具如图甲所示，手摇起电机旁有一个没有底的空塑料瓶，起电机两根放电杆分别与瓶内的锯条、金属片相连。瓶内俯视图如图乙所示。瓶内放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个塑料瓶内烟雾缭绕。转动手摇起电机手柄，瓶内烟雾很快消失；停止转动手柄，瓶内又恢复烟雾缭绕的状态。起电机工作时，下列说法正确的是（）A.烟尘颗粒在向某极运动过程中做匀加速运动B.金属片与锯条间的场强方向由锯条指向金属片C.烟尘颗粒因被电离而吸附在金属片上D.烟尘颗粒运动过程中电势能减小【答案】D【解析】A．尖端附近的电场线比较密集，所以在锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场强度，故烟尘在向某极运动过程中受到的电场力不是恒力，烟尘不是做匀加速运动，故A错误；B．由于不知道锯条与金属片电势高低，所以不能确定场强的方向，故B错误；C．当静电除尘装置接通起电机的静电高压时，存在强电场，使空气电离而产生负离子和正离子，负离子碰到烟尘微粒使它带负电，带负电微粒在电场力作用下，向正极运动，由于不确定正负极，所以烟尘不一定吸附在金属片上，故C错误；D．烟尘在运动过程中电场力对烟尘做正功，则烟尘的电势能减少，故D正确。故选D。6.如图所示，带电小球A固定在绝缘支架上，带电小球B用绝缘丝线悬挂于天花板，悬点P位于小球A的正上方，A、B均视为点电荷。小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为，由于漏电，A、B两小球的电荷量逐渐减小。在电荷漏完之前，有关悬线对悬点P的拉力T和A、B之间库仑力F的大小，下列说法中正确的是（）A.T保持不变，F逐渐减小B.T逐渐增大，F先变大后变小C.T逐渐减小，F逐渐减小D.T先变大后变小，F逐渐增大【答案】A由平衡条件可得根据可得可得在A、B两小球的电荷量逐渐减小的过程中，PB、PQ、G均不变，则悬线的拉力T不变；因电荷量减小，库仑力F减小，故A正确，B、C、D错误。故选A。A.滑块动能增加4JB.滑块机械能增加12JC.由于放上滑块电机多消耗电能为12JD.滑块与传送带间摩擦产热为4J【答案】C【解析】A．分析滑块，由牛顿第二定律得解得1s末，滑块末速度为位移为传送带位移为则，滑块动能为故A错误；B．滑块机械能增加故B错误；C．电机多消耗电能故C正确；D．滑块与传送带间摩擦产热为故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题列出的四个备选项中至少有两个是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8.如图是静电喷涂装置的原理图，带负电荷的涂料颗粒被喷枪喷出，进入静电场，被电场加速后喷射到带正电荷的被涂物上，虚线是电场中的等差等势线，a、b、c为电场中的三点，且在同一条水平线上，下列说法正确的是（）A.a点场强大于c点场强B.a点电势高于c点电势C.a、b两点电势差小于b、c两点电势差D.涂料颗粒在a点的电势能大于在c点的电势能【答案】AD【解析】A．根据，可知等差等势线密集的地方场强大，则a点场强大于c点场强，故A正确；BD．由于被涂物带正电荷，可知场强方向偏左，根据沿电场方向电势降低可知，a点电势低于c点电势；根据，由于涂料颗粒带负电，所以涂料颗粒在a点的电势能大于在c点的电势能，故B错误，D正确；C．虚线是电场中的等差等势线，则a、b两点电势差等于b、c两点电势差，故C错误。故选AD。9.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为、电荷量为的小球，系在一根长为的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕点做圆周运动。为圆周的水平直径，为竖直直径。已知重力加速度为，电场强度，下列说法正确的是（）A.若将小球在A点由静止开始释放，则小球能沿圆弧到达点B.若小球恰能在竖直平面内绕点做圆周运动，则它运动的最小速度为C.若小球在竖直平面内绕点做圆周运动，则小球运动到点时的机械能最大D.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达点【答案】CD【解析】A．设合力方向与电场线方向夹角为则有解得所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，不能沿圆弧到达点，故A错误；B．小球受到水平向右的电场力为合力为由A项可知，与电场线方向夹角为，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，根据牛顿第二定律有解得故B错误；C．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故C正确；D．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有水平方向在电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得则时间内发生的水平位移为所以小球将不能到达B点，故D正确。故选CD。10.在光滑的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（φ0、d均为已知量）。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从O点以某一初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（）A.在d~2d间的电场强度沿x轴负方向，大小为B.在0~d间与4d~6d间电场强度相同C.只要，该带电小球就能运动到6d处D.只要该带电小球就能运动到6d处【答案】BD【解析】A．图像的斜率表示电场强度，在d~2d间的电场强度大小为根据沿电场线电势降低，在d~2d间的电场强度沿x轴正方向，故A错误；B．在0~d间与4d~6d间图像的斜率相同，可知在0~d间与4d~6d间电场强度大小相等，根据根据沿电场线电势降低，可知在0~d间与4d~6d间电场强度方向相同，沿沿x轴负方向，则在0~d间与4d~6d间电场强度相同，故B正确；CD．负电小球从O点沿x轴正方向运动过程，电场力在处间做正功，在处间做负功，在处间做正功，只要带电小球能运动至处，小球就能运动到6d处，在过程，根据动能定理有解得故只要该带电小球就能运动到6d处，故C错误，D正确。故选BD。第Ⅱ卷非选择题（共54分）三、实验题（本大题共2小题，共15分）11.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。单刀双掷开关先跟1相接，一段时间后，把开关S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S改接2后，电容器进行是________（填“充电”或“放电”）过程，此过程中流经电阻上的电流方向________（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）开关S改接2后，实验得到的图像如图乙所示，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________（填“减小”“不变”或“增大”）。【答案】（1）放电自下而上（2）不变【解析】（1）[1]当开关接2时，电容器相当于电源，进行的是放电过程。[2]开关接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电；可知开关接2时，电容器相当于电源，上极板相当于电源的正极，故流经电阻R上的电流自下而上。（2）曲线与坐标轴所围成的面积为电容器充电完成后所带电荷量，充电结束时，电路中无电流，电阻不分压，电容器两端电压等于电源电压，只减小电阻，并不能改变电容器的充好电时的电荷量，故此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变。12.某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”的实验。（1）先用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，其直径为______；用多用表粗测其电阻，如图乙所示选用“”倍率的电阻挡，其电阻为______。（2）为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测圆柱体外，实验室还备有如下实验器材，则电压表应选______（选填“”或“”），要将电流表的量程扩大至，应将电阻箱与电流表______（选填“串联”或“并联”）。A.两节新的干电池B.电压表（量程，内阻约为）C.电压表（量程，内阻约为）D.电流表A（量程，内阻为）F.滑动变阻器，额定电流G.滑动变阻器，额定电流H.电键和导线若干（3）改装后的电流表内阻已知（A为改装后的电流表），为消除系统误差，电压表示数从0开始，则下列各图中最合理的______。A. B.C. D.【答案】（1）1.846##1.844##1.845##1.8476.0##6（2）并联（3）D【解析】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为（2）[1]电源是两节干电池，电动势约为3V，为了确保电压表的安全与精度，电压表选择与电动势相差不多的量程，即选择量程为的电压表；[2]要将电流表的量程扩大至，应将电阻箱与电流表并联。（3）电压表示数从0开