2025-2026学年广东省深圳市多校联考高二上学期10月月考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025—2026学年度第一学期高中阶段联考（10月）高二物理注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.高铁列车在启动阶段的运动，可认为做初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能（）A.与它的位移成正比B.与它的位移平方成正比C.与它的速度成正比D.与它所经历的时间成正比【答案】A【解析】C．列车的动能，故 C错误；AB．列车做初速度为零的匀加速直线运动，位移则动能，故A正确，B错误；D．列车做初速度为零的匀加速直线运动，速度将代入动能公式，得，故D错误。故选A。2.如图所示，某同学在桌上放两摞书，然后把一块洁净的玻璃板放在上面，使玻璃板离开桌面2~3cm，在宽约0.5cm的纸条上画出各种舞姿的人形用剪刀把它们剪下来，放在玻璃板下面再用一块硬泡沫塑料在玻璃上来回擦动，此时会看到小纸人翩翩起舞，下列哪种做法能使实验效果更好（）A.将玻璃板换成钢板 B.向舞区哈一口气C.将玻璃板和地面用导线连接 D.用一根火柴把舞区烤一烤【答案】D【解析】A．钢板是导体，与泡沫摩擦时不易带电，故效果并不好，故A错误；

B．向舞区哈一口气时，由于含有大量的水分，电量会减小，效果更不明显，故B错误；

C．将玻璃板和地面用导线连接时，电量会流入大地，电量减小，故效果不明显，故C错误；

D．用火烤会使玻璃板更加干燥，更容易发生静电现象，实验现象更明显，故D正确。

故选D。3.如图，为静电除尘器除尘机理示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（）A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由放电极指向集尘极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】D【解析】ABC．由图示可知，集尘极与直流高压电源正极相连，则电场方向由集尘板指向放电极，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则尘埃的电场力方向向右，故到达到达集尘极的尘埃带负电荷，故ABC错误；D．根据可知，同一位置带电荷量越多场强越大，尘埃所受电场力越大，故D正确。故选D。4.如图所示，冬天天气干燥，常出现当手指靠近门把手时，二者之间产生了放电现象，人有触电的感觉。已知手指带负电，放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手（）A.内部的场强逐渐变大B.与手指之间场强逐渐增大C.左端电势高于右端电势D.右端带负电荷且电量增加【答案】B【解析】ACD．放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手在手的影响下，发生静电感应，在其右端感应出正电荷，左端感应出负电荷。本身是处于静电平衡状态，内部场强为零，两端电势相等，故ACD错误；B．门把手与手之间看成一个电容器，可知当两者距离减小时根据公式联立可得由于异种电荷相互吸引，手接近的过程中，感应电荷越来越接近手，离手近的右端电荷密度越来越大，电荷分布的电荷密度变大，故门把手与手指之间场强逐渐增大，故B正确。故选B。5.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中A.向负极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电量无关【答案】C【解析】A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．6.如图是库仑做实验用的库仑扭秤。带电小球A与不带电小球B等质量，带电金属小球C靠近A，两者之间的库仑力使横杆旋转，转动旋钮M，使小球A回到初始位置，此时A、C间的库仑力与旋钮旋转的角度成正比。现用一个电荷量是小球C的三倍、其他完全一样的小球D与C完全接触后分开，再次转动旋钮M使小球A回到初始位置，此时旋钮旋转的角度与第一次旋转的角度之比为（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】设A带电量为qA，C球带电量为qB，库仑力与旋钮旋转的角度成正比，则有依题意有由题可知D球带电量为接触后分开，电荷量将均分，有依题意有联立可得故选C。7.一带电粒子在电场中仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图象中合理的是（）A.电场强度与位移关系 B.粒子动能与位移关系C粒子速度与位移关系 D.粒子加速度与位移关系【答案】D【解析】AD．电场力做功等于电势能的减小量即得图像斜率表示电场力，即电场力减小，场强减小，加速度减小，A错误，D正确；B．带电粒子在电场中仅受电场力作用，根据动能定理图像斜率为电场力，由于电场力减小，则斜率应减小，B错误；C．根据可知，速度与位移不成正比，C错误。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.我国的特高压直流输电技术领先世界。若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇如图所示的等差等势线同心圆，是等势线上的四点，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，则（）A.电势的大小为B.电场强度的大小为C.间距离小于间距离的2倍D.人从沿着圆弧走到会发生触电【答案】ABC【解析】A．据题意，圆心处的电势最高，向外越来越低，电势的大小为，故A正确；B．电场强度看等势线的疏密，由题图可知电场强度的大小为，故B正确；C．的平均场强大于的平均场强，的电势差等于电势差的两倍，根据可以定性判断出间距离小于间距离的2倍，故C正确；D．B和D在同一条等线上，人从沿着圆弧走到不会发生触电，故D错误。故选ABC。9.如图所示，正电荷固定于半径为的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为、质量为的带正电小球，从轨道的处无初速度释放。下列说法正确的是（）A.在轨道上运动时库仑力做功为B.小球运动到点时的速度大小为C.小球在点时受到的支持力大小为D.小球在点时对轨道的压力大小为【答案】BD【解析】AB.带电小球在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则解得A错误，B正确；CD.小球到达点时，受到重力、库仑力和支持力由圆周运动和牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律，小球在点时对轨道的压力为，方向竖直向下C错误，D正确。故选BD。10.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（）A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.3s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度不为零 D.前3s内，静电力做的总功为零【答案】AD【解析】A．带电粒子由静止释放后，在时间内，由牛顿第二定律可知粒子加速度大小为在时间内粒子的加速度大小为可知粒子由静止先以加速度大小加速2s，再以加速度大小减速1s，由于，可知此时粒子速度是零，同理在时间内由静止又以加速度大小加速2s，再以加速度大小减速1s，此时粒子速度是零，因此粒子在时间内，带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度时间图像如图所示，A正确；B．由带电粒子的速度时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此3s末带电粒子回不到原出发点，B错误；C．由带电粒子的速度时间图像可知，3s末带电粒子的速度是零，C错误；D．在前3s内，由动能定理可知前3s内，静电力做的总功是零，D正确。故选AD。三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。11.探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R0，电容器C，单刀双置开关S。（1）为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测_____（电流、电压）仪器。（2）接通电路并接通开关使电容器充电，当电压表示数最大时，电流表示数为_____。（3）根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为_____（充电，放电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R0消耗的功率_____W。【答案】（1）电压（2）0（3）放电0.16【解析】（1）位置②与电容器并联，为测电压仪器。（2）电压表示数最大时，电容器充电完毕，电流表示数为零。（3）[1]电容器放电时电压和电流都减小，图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。[2]电容器充电完毕后的电压等于电源电动势，大小为12V，由题图丙可知t=0.2s时电容器两端电压为U=8V，由题图乙可知当U=8V时，电流I=40mA，则电阻R0两端的电压为12V-8V=4V则电阻R0消耗的功率为P=4×40×10－3W=0.16W12.电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。（1）请在图1中画出上述u—q图像______。类比直线运动中由v—t图像求位移的方法，求得两极间电压为U时电容器所储存的电能=______。（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q—t曲线如图3中①②所示。a.①②两条曲线不同是______的改变造成的；b.电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径_________。【答案】（1）（2）减小电阻，可实现快速充电，增大电阻，可以实现均匀充电。【解析】（1）[1]根据知，故图像如图所示。[2]电压为时，电容器带电，图线和横轴围成的面积表示所储存的电能又故。（2）[1]由图像知，电容器充完电后，①②两次电荷量相等，由知，两次电源电动势相等，故①②两条曲线不同不是的改变造成的，只能是的改变造成的。[2]刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为故减小电阻，则开始充电瞬间电流大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①，这样能在较短时间内使电荷量达到最大，故可以实现对电容器快速充电。增大电阻，刚开始充电瞬间电流小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电。13.如图所示，一静止的电子经过电压为的电场加速后，立即从点射入匀强电场中，射入方向与匀强电场的方向垂直，最终电子从点离开电场。已知匀强电场的电场强度大小为，宽度为，方向竖直向上，电子的电荷量为，质量为，重力忽略不计。（1）求电子射入匀强电场的速度。（2）若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍经过点，求匀强电场的电场强度。【答案】（1）（2）【解析】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得解得（2）在加速电场中有电子在匀强电场中垂直电场方向沿电场方向解得由牛顿第二定律得联立解得根据题意可知均不变，当加速电场的电压增大到原来的2倍，匀强电场的场强也增大为原来的2倍，即14.如图是带有转向器的粒子直线加速器，转向器中有辐向电场，、接在电压大小恒为的交变电源上。质量为、电量为的离子，以初速度进入第1个金属圆筒左侧的小孔。离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均为；在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由点射入转向器，沿着半径为的圆弧虚线（等势线）运动，并从点射出，且全过程不计重力和其他阻力对粒子的影响。求：（1）第2个金属圆筒的长度。（2）辐射电场中离圆心处的电场强度。【答案】（1）（2），方向指向圆心【解析】（1）设离子进入第二个圆筒的速度为由动能定理得第2个金属圆筒的长度联立解得（2）设离子进入第三个圆筒的速度为由动能定理得设辐射电场中离圆心处的电场强度大小为，由点射入转向器，沿着半径为的圆弧虚线（等势线）运动，由电场力提供向心力得联立解得方向指向圆心。15.多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间；（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；（3）已知质量为的离子总飞行时间为，待测离子的总飞行时间为，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有①离子在漂移管中做匀速直线运动，则②联立①②式，得③（2）根据动能定理，有④得⑤（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有⑥通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为，在无场区的总路程设为，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为。有⑦联立①⑥⑦式，得⑧可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。由题意可得可得⑨2025—2026学年度第一学期高中阶段联考（10月）高二物理注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.高铁列车在启动阶段的运动，可认为做初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能（）A.与它的位移成正比B.与它的位移平方成正比C.与它的速度成正比D.与它所经历的时间成正比【答案】A【解析】C．列车的动能，故 C错误；AB．列车做初速度为零的匀加速直线运动，位移则动能，故A正确，B错误；D．列车做初速度为零的匀加速直线运动，速度将代入动能公式，得，故D错误。故选A。2.如图所示，某同学在桌上放两摞书，然后把一块洁净的玻璃板放在上面，使玻璃板离开桌面2~3cm，在宽约0.5cm的纸条上画出各种舞姿的人形用剪刀把它们剪下来，放在玻璃板下面再用一块硬泡沫塑料在玻璃上来回擦动，此时会看到小纸人翩翩起舞，下列哪种做法能使实验效果更好（）A.将玻璃板换成钢板 B.向舞区哈一口气C.将玻璃板和地面用导线连接 D.用一根火柴把舞区烤一烤【答案】D【解析】A．钢板是导体，与泡沫摩擦时不易带电，故效果并不好，故A错误；

B．向舞区哈一口气时，由于含有大量的水分，电量会减小，效果更不明显，故B错误；

C．将玻璃板和地面用导线连接时，电量会流入大地，电量减小，故效果不明显，故C错误；

D．用火烤会使玻璃板更加干燥，更容易发生静电现象，实验现象更明显，故D正确。

故选D。3.如图，为静电除尘器除尘机理示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（）A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由放电极指向集尘极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】D【解析】ABC．由图示可知，集尘极与直流高压电源正极相连，则电场方向由集尘板指向放电极，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则尘埃的电场力方向向右，故到达到达集尘极的尘埃带负电荷，故ABC错误；D．根据可知，同一位置带电荷量越多场强越大，尘埃所受电场力越大，故D正确。故选D。4.如图所示，冬天天气干燥，常出现当手指靠近门把手时，二者之间产生了放电现象，人有触电的感觉。已知手指带负电，放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手（）A.内部的场强逐渐变大B.与手指之间场强逐渐增大C.左端电势高于右端电势D.右端带负电荷且电量增加【答案】B【解析】ACD．放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手在手的影响下，发生静电感应，在其右端感应出正电荷，左端感应出负电荷。本身是处于静电平衡状态，内部场强为零，两端电势相等，故ACD错误；B．门把手与手之间看成一个电容器，可知当两者距离减小时根据公式联立可得由于异种电荷相互吸引，手接近的过程中，感应电荷越来越接近手，离手近的右端电荷密度越来越大，电荷分布的电荷密度变大，故门把手与手指之间场强逐渐增大，故B正确。故选B。5.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中A.向负极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电量无关【答案】C【解析】A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．6.如图是库仑做实验用的库仑扭秤。带电小球A与不带电小球B等质量，带电金属小球C靠近A，两者之间的库仑力使横杆旋转，转动旋钮M，使小球A回到初始位置，此时A、C间的库仑力与旋钮旋转的角度成正比。现用一个电荷量是小球C的三倍、其他完全一样的小球D与C完全接触后分开，再次转动旋钮M使小球A回到初始位置，此时旋钮旋转的角度与第一次旋转的角度之比为（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】设A带电量为qA，C球带电量为qB，库仑力与旋钮旋转的角度成正比，则有依题意有由题可知D球带电量为接触后分开，电荷量将均分，有依题意有联立可得故选C。7.一带电粒子在电场中仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图象中合理的是（）A.电场强度与位移关系 B.粒子动能与位移关系C粒子速度与位移关系 D.粒子加速度与位移关系【答案】D【解析】AD．电场力做功等于电势能的减小量即得图像斜率表示电场力，即电场力减小，场强减小，加速度减小，A错误，D正确；B．带电粒子在电场中仅受电场力作用，根据动能定理图像斜率为电场力，由于电场力减小，则斜率应减小，B错误；C．根据可知，速度与位移不成正比，C错误。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.我国的特高压直流输电技术领先世界。若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇如图所示的等差等势线同心圆，是等势线上的四点，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，则（）A.电势的大小为B.电场强度的大小为C.间距离小于间距离的2倍D.人从沿着圆弧走到会发生触电【答案】ABC【解析】A．据题意，圆心处的电势最高，向外越来越低，电势的大小为，故A正确；B．电场强度看等势线的疏密，由题图可知电场强度的大小为，故B正确；C．的平均场强大于的平均场强，的电势差等于电势差的两倍，根据可以定性判断出间距离小于间距离的2倍，故C正确；D．B和D在同一条等线上，人从沿着圆弧走到不会发生触电，故D错误。故选ABC。9.如图所示，正电荷固定于半径为的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为、质量为的带正电小球，从轨道的处无初速度释放。下列说法正确的是（）A.在轨道上运动时库仑力做功为B.小球运动到点时的速度大小为C.小球在点时受到的支持力大小为D.小球在点时对轨道的压力大小为【答案】BD【解析】AB.带电小球在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则解得A错误，B正确；CD.小球到达点时，受到重力、库仑力和支持力由圆周运动和牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律，小球在点时对轨道的压力为，方向竖直向下C错误，D正确。故选BD。10.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（）A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.3s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度不为零 D.前3s内，静电力做的总功为零【答案】AD【解析】A．带电粒子由静止释放后，在时间内，由牛顿第二定律可知粒子加速度大小为在时间内粒子的加速度大小为可知粒子由静止先以加速度大小加速2s，再以加速度大小减速1s，由于，可知此时粒子速度是零，同理在时间内由静止又以加速度大小加速2s，再以加速度大小减速1s，此时粒子速度是零，因此粒子在时间内，带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度时间图像如图所示，A正确；B．由带电粒子的速度时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此3s末带电粒子回不到原出发点，B错误；C．由带电粒子的速度时间图像可知，3s末带电粒子的速度是零，C错误；D．在前3s内，由动能定理可知前3s内，静电力做的总功是零，D正确。故选AD。三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。11.探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R0，电容器C，单刀双置开关S。（1）为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测_____（电流、电压）仪器。（2）接通电路并接通开关使电容器充电，当电压表示数最大时，电流表示数为_____。（3）根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为_____（充电，放电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R0消耗的功率_____W。【答案】（1）电压（2）0（3）放电0.16【解析】（1）位置②与电容器并联，为测电压仪器。（2）电压表示数最大时，电容器充电完毕，电流表示数为零。（3）[1]电容器放电时电压和电流都减小，图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。[2]电容器充电完毕后的电压等于电源电动势，大小为12V，由题图丙可知t=0.2s时电容器两端电压为U=8V，由题图乙可知当U=8V时，电流I=40mA，则电阻R0两端的电压为12V-8V=4V则电阻R0消耗的功率为P=4×40×10－3W=0.16W12.电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。（1）请在图1中画出上述u—q图像______。类比直线运动中由v—t图像求位移的方法，求得两极间电压为U时电容器所储存的电能=______。（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q—t曲线如图3中①②所示。a.①②两条曲线不同是______的改变造成的；b.电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径_________。【答案】（1）（2）减小电阻，可实现快速充电，增大电阻，可以实现均匀充电。【解析】（1）[1]根据知，故图像如图所示。[2]电压为时，电容器带电，图线和横轴围成的面积表示所储存的电能又故。（2）[1]由图像知，电容器充完电后，①②两次电荷量相等，由知，两次电源电动势相等，故①②两条曲线不同不是的改变造成的，只能是的改变造成的。[2]刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为故减小电阻，则开始充电瞬间电流大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①，这样能在较短时间内使电荷量达到最大，故可以实现对电容器快速充电。增大电阻，刚开始充电瞬间电流小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电。13.如图所示，一静止的电子经过电压为的电场加速后，立即从点射入匀强电场中，射入方向与匀强电场的方向垂直，最终电子从点离开电场。已知匀强电场的电场强度大小为，宽度为，方向竖直向上，电子的电荷量为，质量为，重力忽略不计。（1）求电子射入匀强电场的速度。（2）若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍经过点，求匀强电场的电场强度。【答案】（1）