2025-2026学年湖南省高二上学期9月联考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025年秋季学期高二9月月考物理试卷总分：100分时间：75分钟一、单选题（6×4分=24分）1.图甲中商场常见的阶梯式电梯可简化为图乙，乘客站在水平踏板上与电梯相对静止、随电梯上行，下列说法正确的是（）A.若电梯向上匀速运动，则人受重力、支持力和摩擦力的作用B.若电梯向上匀速运动，则人对电梯的作用力方向竖直向上C.若电梯向上加速运动，则电梯对人的作用力方向竖直向上D.若电梯向上加速运动，则人受到的摩擦力方向水平向右【答案】D【解析】AB．若电梯匀速上行，乘客受重力和支持力二力平衡，摩擦力为0，电梯对乘客的作用力方向竖直向上，大小等于乘客的重力，根据牛顿第三定律，则人对电梯的作用力方向竖直向下，故AB错误；CD．若电梯加速上行，人所受合力方向平行斜面向上，人受重力、支持力和静摩擦力的作用，且静摩擦力方向水平向右，电梯对人的作用力即支持力与静摩擦力的合力，方向斜向右上方，故C错误，D正确。故选D。2.如图所示，在粗糙的水平地面上，两相同物块用轻绳相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为3N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，若物体与地面间动摩擦因数为0.1，重力加速度大小取10m/s2，则F的最大值为（）A.4N B.5N C.6N D.8N【答案】C【解析】对左边的物块受力分析，根据牛顿第二定律可得解得物块的加速度对两物块整体受力分析可得解得故选C。3.如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线。一带电粒子仅在静电力作用下通过该电场，图中虚线为了粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。下列判断正确的是（）A.粒子经过a点时的动能大于经过b点时B.粒子一定带负电C.若粒子由a点向b点运动，则电场力做正功D.a点场强小于b点场强【答案】A【解析】ABC．带电粒子只受静电力，根据合力指向轨迹的内侧和正电荷所受电场力方向与场强的方向相同，可知带电粒子带正电,由沿着电场方向电势降低，可知b点的电势的电势高于a点电势，所以带电粒子在b点电势能高于a点电势能，若粒子由a点向b点运动，根据电场力做功与电势能的关系，可知电场力做负功，根据只有电场力做功，带电粒子的电势能与动能之和不变，可知带电粒子在a点的动能高于b点的动能，A正确，BC错误；D．根据电场线的疏密表示电场的强弱，可知a点场强大于b点场强，故D错误。故选A。4.利用静电悬浮技术可以进行材料的无容器处理，其原理为当静电场中的带电物体所受电场力与重力平衡时，可实现物体的悬浮。如图所示，某装置中为电阻箱、为定值电阻，电容器与并联。现闭合开关S，待电路稳定后，在电容器间的P点释放一带电液滴，液滴恰好静止。下列操作中，液滴依然可以保持静止的是（）A.断开开关SB.将电容器的上极板M上移一小段距离C.将电容器的下极板N左移一小段距离D.增大的阻值【答案】C【解析】A．开关S断开后，电容器将有流经电阻的放电电流，电容器的正负电荷会中和，电场力消失，液滴将竖直向下加速运动，故A错误；B．将电容器的上极板M上移一小段距离，电容器与并联，电压不变，由可知，电场强度E减小，电场力小于重力，液滴将竖直向下加速运动，故B错误；C．将电容器的下极板N左移一小段距离，极板间距d未变，电容器与并联，电压不变，由可知电场强度不变，故液滴依然静止，C正确；D．由闭合电路欧姆定律由欧姆定律可知，电容器电压增大的阻值，电流减小，电容器的电压增大，电场强度E增大，电场力将大于重力，液滴竖直向上加速运动，故D错误。故选C。5.如图所示，匀强电场中有一半径为的圆形区域，O为圆心，等边三角形abc的三个顶点均位于圆上，电场方向与圆形区域所在平面平行。将电子从点移动到点电场力做功；将电子从点移动到点，电场力做功。电子重力不计，下列说法正确的是（）A.点的电势高于点的电势B.O，b两点间的电势差为C.匀强电场的场强大小为D.电子在点的电势能大于在点的电势能【答案】C【解析】A．由题意知可知点的电势低于点的电势，故A错误；BD．的中点的电势与点的电势相等，为匀强电场中的一条等势线，所以电子在点的电势能等于在点的电势能，故BD错误；C．匀强电场的场强大小为，故C正确。故选C。6.均匀带正电半球壳在球心O处的电场强度大小为，现截去左边一小部分，截取面与底面的夹角，剩余部分在球心O处的电场强度大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据对称性，表面积较小的这部分球面上的电荷产生的电场在O处的电场强度E一定沿着角的角平分线向右下方，同理，表面积较大的部分球面上的电荷产生的电场在O处的电场强度一定沿着角的角平分线向左下方，两部分球面产生的电场在O处的电场强度一定相互垂直，而均匀带电的半球壳的电场强度大小为，同理可以分析其电场强度方向，画出矢量图，如下图所示。则剩余部分的电场强度大小为，故B正确，ACD错误。故选B。二、多选题（4×5分=20分）7.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（）A.甲表是电流表，增大时量程减小B.乙表是电压表，增大时量程减小C.在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则D.在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则【答案】AD【解析】A．甲由一个灵敏电流表和一个变阻器并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，电流表的量程为可知，当增大时，量程减小，故A正确；B．乙由一个灵敏电流表和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，电压表的量程为可知，增大时，量程增大，故B错误；C．在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则解得，故C错误；D．在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则解得，故D正确。故选AD。8.如图所示，质量为M、长度为L木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体（大小不计）放在木板上最左端，现用水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动。已知物体和木板之间的滑动摩擦力大小为f。当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则（）A.此过程中力恒力F对物体做功大小为B.此过程中摩擦力对木板做功为C.物体滑到木板的最右端时，物体的速度大小为D.物体滑到木板最右端时，木板的速度大小为【答案】AD【解析】A．由功的概念可知，此过程中力恒力F对物体做功大小为，A正确；B．此过程中摩擦力对木板做功为，B错误；C．物体滑到木板的最右端时，根据动能定理解得物体的速度大小为，C错误；D．物体滑到木板的最右端时，根据动能定理木板速度大小为，D正确。故选AD。9.在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t落回原处；若在某星球表面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经4t时间落回原处。不计空气阻力，忽略星球和地球自转。已知该星球半径与地球半径之比为1：4，则（）A.该星球密度与地球密度之比为1：1B.该星球质量与地球质量之比为64：1C.该星球表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为4：1D.该星球表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为1：4【答案】AD【解析】CD．地球和星球上遵循的理论是一样的，不考虑自转，万有引力等于重力。设地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为，根据竖直上抛回到原处，有以相同初速度竖直上抛，重力加速度之比等于它们所需时间之反比，星球上的时间与地球上的时间比为，则星球表面重力加速度和地球表面的重力加速度之比故C错误，D正确；B．根据万有引力等于重力，有得星球和地球表面的重力加速度之比为，半径比为，所以星球和地球的质量比故B错误；A．根据密度的定义所以所以该星球密度与地球密度之比为故A正确。故选AD10.如图甲，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块（可视为质点）在x=1m处以初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能。如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是经过x=lm处的切线，并且AB经过（0，3）和（3，0）两点，。则（）A.x=3m处电势最低B.滑块向右运动过程中，速度一直减小C.滑块运动至x=3m处时，动能最大D.滑块向右一定能经过x＝4m处的位置【答案】BD【解析】A．由图可知滑块在x=3m处电势能最低，因滑块带负电，根据可知在x=3m处的电势最高，故A错误；BC．图像的斜率大小表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力的大小为滑块所受滑动摩擦力大小为因x=3m处的电势最高，则在1~3m区间内电场强度方向向左，故滑块受到的电场力方向向右，滑动摩擦力方向向左，且电场力大小逐渐减小，故滑块所受的合外力方向与速度方向相反；在x=3m后，电场强度方向向右，则滑块所受电场力与滑动摩擦力方向都向左，且电场力大小逐渐增大，故滑块所受的合外力方向与速度方向相反。综上所述可知滑块在向右运动中，速度一直减小，在x=1m处电场力与摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，则速度最大，即动能最大，故B正确，C错误；

D．由图可知，滑块在x=1m处的电势能与x=4m处的电势能相等，由能量守恒定律，若滑块能够滑到x=4m处。则应满足由题中数据可知>可知满足上述条件，则滑块向右一定能经过x＝4m处的位置，故D正确。故选BD。三、实验题（8×2分=16分）11.（1）用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为___________。用游标卡尺可以测量某些工件的外径。在测量时，示数如图所示，则读数分别为___________。（2）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，如果测出金属丝接入电路的长度、直径和金属丝接入电路时的电流和其两端的电压，就可求出金属丝的电阻率。用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为___________。（3）在此实验中，金属丝的电阻大约为，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电丝外，选用了如下实验器材：A．直流电源：电动势约，内阻不计；B．电流表A：量程，内阻约；C．电压表V：量程，内阻约；D．滑动变阻器：最大阻值；E．开关、导线等。在以下可供选择的实验电路中，应该选图___________（填“甲”或“乙”）.【答案】（1）0.680②.29.8（2）（3）甲【解析】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图中刻度可知金属丝的直径为[2]10分度游标卡尺的精确值为，由图中刻度可知工件的外径为（2）[3]根据电阻定律可得，又，联立可得电阻率表达式为（3）[4]金属丝的电阻大约为，由于故电流表应采用外接法，实验电路应该选图甲。A.电池组（，内阻不计）B.定值电阻C.定值电阻D.电流表（量程为，内阻为）E.电流表（量程为，内阻约为）F.电压表（量程为，内阻约为）G.滑动变阻器（最大阻值）H.开关导线若干（1）为了减小实验误差，要求电表的测量值在量程的以上，定值电阻应该选择________（填“”或“”），在方框中画出合适的电路图，并标上各器材的符号________；（2）实验时测得示数为，示数为，由此可测得该导体的电阻________（用、及所选定值电阻的符号表示）；（3）调节滑动变阻器滑片，测得多组和，并作出图像如图所示，则该导体的电阻值________（结果保留1位小数）。【答案】（1）（2）（3）25.1【解析】（1）[1]由于题目所给的电压表量程较小，不能满足测量要求，所以需要用电流表改装成一个大量程电压表，根据串并联电路关系和欧姆定律，可得若串联电阻为，则有若串联电阻为，则有题目的电动势为15V，所以选择定值电阻；[2]由上述分析可知，改装后的电压表电阻为10000Ω，则电流表采用外接法，设计实验电路，如图所示（2）根据实验图可知，两端的电压通过的电流为由欧姆定律可得（3）由上述分析可知化简后可得由图像可知斜率计算得四、解答题（10分+14分+16分=40分）13.如图所示，用绝缘细线将一质量为、电荷量为的小球拴于O点。现在空间中加一水平向右的匀强电场，小球平衡时细线与竖直方向成37°角，g取，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求细线的拉力大小及电场强度的大小；（2）若t＝0时刻突然剪断细线，求前2s内带电小球运动的位移大小及此过程电场力所做的功。【答案】（1）0.5N，（2）25m，4.5J【解析】（1）以小球为研究对象，根据受力平衡可得，联立各式解得，（2）若t＝0时刻突然剪断细线，则带电小球的加速度大小为前2s内带电小球运动的位移大小为电场力所做的功为14.如图所示，圆柱形水桶放置在水平面上，拧开水龙头，水从离地高为2h放置的水平水管A端流出，刚好从水桶口中心B处无阻挡地落到桶底边沿C处，已知水桶高为h，直径为D，水管的内径为d（），求：（1）水从A点流出时的速度及水管末端A与水桶口中心B之间水平距离；（2）充满整个水管截面的水从水管末端A流出时开始计时，经过多长时间将水桶装满。【答案】（1），（2）【解析】（1）流出的水做平抛运动，从A点到B点，水平方向上竖直方向上从A点到C点，水平方向上竖直方向上解得（2）单位时间流量为水桶的体积为则灌满水解得除此之外还要计算水从水管末端A流出至B的时间，故整个时间为15.如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1=，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：（1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；（2）t=0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；（3）在0～内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。【答案】（1）（2）（3）50%【解析】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得解得（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向解得t=0时刻进入偏转电场的电子加速度电子离开电场时距离A、B中心线的距离解得（3）在0~内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t′后速度此后两板间电压大小变为3U0，加速度大小变为电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为，则解得则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为则在0～时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比2025年秋季学期高二9月月考物理试卷总分：100分时间：75分钟一、单选题（6×4分=24分）1.图甲中商场常见的阶梯式电梯可简化为图乙，乘客站在水平踏板上与电梯相对静止、随电梯上行，下列说法正确的是（）A.若电梯向上匀速运动，则人受重力、支持力和摩擦力的作用B.若电梯向上匀速运动，则人对电梯的作用力方向竖直向上C.若电梯向上加速运动，则电梯对人的作用力方向竖直向上D.若电梯向上加速运动，则人受到的摩擦力方向水平向右【答案】D【解析】AB．若电梯匀速上行，乘客受重力和支持力二力平衡，摩擦力为0，电梯对乘客的作用力方向竖直向上，大小等于乘客的重力，根据牛顿第三定律，则人对电梯的作用力方向竖直向下，故AB错误；CD．若电梯加速上行，人所受合力方向平行斜面向上，人受重力、支持力和静摩擦力的作用，且静摩擦力方向水平向右，电梯对人的作用力即支持力与静摩擦力的合力，方向斜向右上方，故C错误，D正确。故选D。2.如图所示，在粗糙的水平地面上，两相同物块用轻绳相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为3N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，若物体与地面间动摩擦因数为0.1，重力加速度大小取10m/s2，则F的最大值为（）A.4N B.5N C.6N D.8N【答案】C【解析】对左边的物块受力分析，根据牛顿第二定律可得解得物块的加速度对两物块整体受力分析可得解得故选C。3.如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线。一带电粒子仅在静电力作用下通过该电场，图中虚线为了粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。下列判断正确的是（）A.粒子经过a点时的动能大于经过b点时B.粒子一定带负电C.若粒子由a点向b点运动，则电场力做正功D.a点场强小于b点场强【答案】A【解析】ABC．带电粒子只受静电力，根据合力指向轨迹的内侧和正电荷所受电场力方向与场强的方向相同，可知带电粒子带正电,由沿着电场方向电势降低，可知b点的电势的电势高于a点电势，所以带电粒子在b点电势能高于a点电势能，若粒子由a点向b点运动，根据电场力做功与电势能的关系，可知电场力做负功，根据只有电场力做功，带电粒子的电势能与动能之和不变，可知带电粒子在a点的动能高于b点的动能，A正确，BC错误；D．根据电场线的疏密表示电场的强弱，可知a点场强大于b点场强，故D错误。故选A。4.利用静电悬浮技术可以进行材料的无容器处理，其原理为当静电场中的带电物体所受电场力与重力平衡时，可实现物体的悬浮。如图所示，某装置中为电阻箱、为定值电阻，电容器与并联。现闭合开关S，待电路稳定后，在电容器间的P点释放一带电液滴，液滴恰好静止。下列操作中，液滴依然可以保持静止的是（）A.断开开关SB.将电容器的上极板M上移一小段距离C.将电容器的下极板N左移一小段距离D.增大的阻值【答案】C【解析】A．开关S断开后，电容器将有流经电阻的放电电流，电容器的正负电荷会中和，电场力消失，液滴将竖直向下加速运动，故A错误；B．将电容器的上极板M上移一小段距离，电容器与并联，电压不变，由可知，电场强度E减小，电场力小于重力，液滴将竖直向下加速运动，故B错误；C．将电容器的下极板N左移一小段距离，极板间距d未变，电容器与并联，电压不变，由可知电场强度不变，故液滴依然静止，C正确；D．由闭合电路欧姆定律由欧姆定律可知，电容器电压增大的阻值，电流减小，电容器的电压增大，电场强度E增大，电场力将大于重力，液滴竖直向上加速运动，故D错误。故选C。5.如图所示，匀强电场中有一半径为的圆形区域，O为圆心，等边三角形abc的三个顶点均位于圆上，电场方向与圆形区域所在平面平行。将电子从点移动到点电场力做功；将电子从点移动到点，电场力做功。电子重力不计，下列说法正确的是（）A.点的电势高于点的电势B.O，b两点间的电势差为C.匀强电场的场强大小为D.电子在点的电势能大于在点的电势能【答案】C【解析】A．由题意知可知点的电势低于点的电势，故A错误；BD．的中点的电势与点的电势相等，为匀强电场中的一条等势线，所以电子在点的电势能等于在点的电势能，故BD错误；C．匀强电场的场强大小为，故C正确。故选C。6.均匀带正电半球壳在球心O处的电场强度大小为，现截去左边一小部分，截取面与底面的夹角，剩余部分在球心O处的电场强度大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据对称性，表面积较小的这部分球面上的电荷产生的电场在O处的电场强度E一定沿着角的角平分线向右下方，同理，表面积较大的部分球面上的电荷产生的电场在O处的电场强度一定沿着角的角平分线向左下方，两部分球面产生的电场在O处的电场强度一定相互垂直，而均匀带电的半球壳的电场强度大小为，同理可以分析其电场强度方向，画出矢量图，如下图所示。则剩余部分的电场强度大小为，故B正确，ACD错误。故选B。二、多选题（4×5分=20分）7.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（）A.甲表是电流表，增大时量程减小B.乙表是电压表，增大时量程减小C.在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则D.在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则【答案】AD【解析】A．甲由一个灵敏电流表和一个变阻器并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，电流表的量程为可知，当增大时，量程减小，故A正确；B．乙由一个灵敏电流表和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，电压表的量程为可知，增大时，量程增大，故B错误；C．在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则解得，故C错误；D．在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则解得，故D正确。故选AD。8.如图所示，质量为M、长度为L木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体（大小不计）放在木板上最左端，现用水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动。已知物体和木板之间的滑动摩擦力大小为f。当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则（）A.此过程中力恒力F对物体做功大小为B.此过程中摩擦力对木板做功为C.物体滑到木板的最右端时，物体的速度大小为D.物体滑到木板最右端时，木板的速度大小为【答案】AD【解析】A．由功的概念可知，此过程中力恒力F对物体做功大小为，A正确；B．此过程中摩擦力对木板做功为，B错误；C．物体滑到木板的最右端时，根据动能定理解得物体的速度大小为，C错误；D．物体滑到木板的最右端时，根据动能定理木板速度大小为，D正确。故选AD。9.在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t落回原处；若在某星球表面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经4t时间落回原处。不计空气阻力，忽略星球和地球自转。已知该星球半径与地球半径之比为1：4，则（）A.该星球密度与地球密度之比为1：1B.该星球质量与地球质量之比为64：1C.该星球表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为4：1D.该星球表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为1：4【答案】AD【解析】CD．地球和星球上遵循的理论是一样的，不考虑自转，万有引力等于重力。设地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为，根据竖直上抛回到原处，有以相同初速度竖直上抛，重力加速度之比等于它们所需时间之反比，星球上的时间与地球上的时间比为，则星球表面重力加速度和地球表面的重力加速度之比故C错误，D正确；B．根据万有引力等于重力，有得星球和地球表面的重力加速度之比为，半径比为，所以星球和地球的质量比故B错误；A．根据密度的定义所以所以该星球密度与地球密度之比为故A正确。故选AD10.如图甲，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块（可视为质点）在x=1m处以初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能。如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是经过x=lm处的切线，并且AB经过（0，3）和（3，0）两点，。则（）A.x=3m处电势最低B.滑块向右运动过程中，速度一直减小C.滑块运动至x=3m处时，动能最大D.滑块向右一定能经过x＝4m处的位置【答案】BD【解析】A．由图可知滑块在x=3m处电势能最低，因滑块带负电，根据可知在x=3m处的电势最高，故A错误；BC．图像的斜率大小表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力的大小为滑块所受滑动摩擦力大小为因x=3m处的电势最高，则在1~3m区间内电场强度方向向左，故滑块受到的电场力方向向右，滑动摩擦力方向向左，且电场力大小逐渐减小，故滑块所受的合外力方向与速度方向相反；在x=3m后，电场强度方向向右，则滑块所受电场力与滑动摩擦力方向都向左，且电场力大小逐渐增大，故滑块所受的合外力方向与速度方向相反。综上所述可知滑块在向右运动中，速度一直减小，在x=1m处电场力与摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，则速度最大，即动能最大，故B正确，C错误；

D．由图可知，滑块在x=1m处的电势能与x=4m处的电势能相等，由能量守恒定律，若滑块能够滑到x=4m处。则应满足由题中数据可知>可知满足上述条件，则滑块向右一定能经过x＝4m处的位置，故D正确。故选BD。三、实验题（8×2分=16分）11.（1）用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为___________。用游标卡尺可以测量某些工件的外径。在测量时，示数如图所示，则读数分别为___________。（2）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，如果测出金属丝接入电路的长度、直径和金属丝接入电路时的电流和其两端的电压，就可求出金属丝的电阻率。用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为___________。（3）在此实验中，金属丝的电阻大约为，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电丝外，选用了如下实验器材：A．直流电源：电动势约，内阻不计；B．电流表A：量程，内阻约；C．电压表V：量程，内阻约；D．滑动变阻器：最大阻值；E．开关、导线等。在以下可供选择的实验电路中，应该选图___________（填“甲”或“乙”）.【答案】（1）0.680②.29.8（2）（3）甲【解析】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图中刻度可知金属丝的直径为[2]10分度游标卡尺的精确值为，由图中刻度可知工件的外径为（2）[3]根据电阻定律可得，又，联立可得电阻率表达式为（3）[4]金属丝的电阻大约为，由于故电流表应采用外接法，实验电路应该选图甲。A.电池组（，内阻不计）B.定值电阻C.定值电阻D.电流表（量程为，内阻为）E.电流表（量程为，内阻约为）F.电压表（量程为，内阻约为）G.滑动变阻器（最大阻值）H.开关导线若干（1）为了减小实验误差，要求电表的测量值在量程的以上，定值电阻应该选择________（填“”或“”），在方框中画出合适的电路图，并标上各器材的符号________；（2）实验时测得示数为，示数为，由此可测得该导体的电阻________（用、及所选定值电阻的符号表示）；（3）调节滑动变阻器滑片，测得多组和，并作出图像如图所示，则该导体的电阻值________（结果保留1位小数）。【答案】（1）（2）（3）25.1【解析】（1）[1]由于题目所给的电压表量程较小，不能满足测量要求，所以需要用电流表改装成一个大量程电压表，根据串并联电路关系和欧姆定律，可得若串联电阻为，则有若串联电阻为，则有题目的电动势为15V，所以选择定值电阻；[2]由上述分析可知，改装后的电压表电阻为10000Ω，则电流表采用外接法，设计实验电路，如图所示（2）根据实验图可知，两端的电压通过的电流为由欧姆定律可得（3）由上述分析可知化简后可得由图像可知斜率计算