陕西省陕西师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷

这是一份陕西省陕西师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理试卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.“富兰克林铃”可以简化成如图所示的模型，当与毛皮摩擦过的气球靠近金属钉甲时，铝箔小球就会在塑料管内“左右横跳”。下列关于“富兰克林铃”的说法中正确的是( )
A. 与毛皮摩擦过的气球带正电
B. 气球靠近金属钉甲时，金属钉甲左侧感应出电荷，右侧带等量的异种电荷
C. 气球靠近金属钉甲时，金属钉甲吸引铝箔小球，说明电荷可以创生
D. 铝箔小球会在塑料管内“左右横跳”，说明能量可以创生
2.如图所示，在一椭圆的两焦点M、N和短轴上的一个端点P，固定有三个电荷量相等的点电荷，其中M、N处的电荷带正电，P处的电荷带负电，O为椭圆中心，A、B是椭圆上关于O点对称的两个点。取无穷远处电势为零。下列说法中正确的是( )
A. A、B两点的电势不相同
B. A、B两点的电场强度相同
C. 一质子从靠近P点处沿直线到O点再到A点，电势能一直增大
D. 一电子从靠近P点处沿直线到O点再到B点，电势能先减小后增大
3.如图所示，两个截面不同、长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为U，则( )
A. 通过两棒的电流不相等
B. 细棒的电压U1等于粗棒的电压U2
C. 两棒的自由电子定向移动的平均速率v1ΔU1ΔI=ΔU2ΔI
D. 电源的输出功率可能先变大后变小
8.如图所示，图甲中M表示电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )
A. 电路中电源电动势为3.5V
B. 滑动变阻器的滑片向右滑动时，电压表V2的读数逐渐减小
C. I=0.3A时，电动机的机械功率为0.54W
D. 滑动变阻器的最大阻值为40Ω
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.比值法定义是指用两个量的比值来定义一个新的物理量，而新的物理量反映物质的属性，与参与定义的两个物理量无关。下列各物理量的表达式中，是用比值法定义该物理量的是( )
A. 电容C=QUB. 电流强度I=URC. 电场强度E=UdD. 电阻R=UI
10.某同学将一直流电源的总功率PE、电源内部的发热功率Pr和输出功率PR随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。以下判断正确的是( )
A. 在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC
B. b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4
C. 电源的最大输出功率Pm=9W
D. 电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω
11.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是( )
A. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点
B. 断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
C. 保持开关S闭合，减小R1，粒子依然打在O点
D. 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点右侧
12.如图所示，一长为L的轻质绝缘细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电量为+q的小球，小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，AB是水平直径，空间存在与小球运动平面平行的匀强电场。已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为TA=2mg，TB=5mg(g为重力加速度)，不计空气阻力。则以下说法正确的是( )
A. 小球运动中机械能最小的位置可能是A点
B. 若A点是小球运动中速度最小的位置，则电场强度E=5mg2q
C. 若小球运动中机械能最小的位置是A点，则小球运动过程中的最小速度是va= 72gL- 5gL
D. A、B两点的电势差一定等于mgLq
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.在“DIS描绘电场等势线”的实验中。
(1)给出下列器材，电源和传感器应选用______(用字母表示)。
A.6V的交流电源电流传感器
B.6V的直流电源电流传感器
C.6V的交流电源电压传感器
D.6V的直流电源电压传感器
(2)按图示连接电路，在电极A、B的连线上等距离的取a、b、c、d、e共5个基准点。
(a)已知传感器正接线柱的电势高于负接线柱时，计算机读数显示为正。若在图中连接传感器正接线柱的红探针接触a点，连接负接线柱的黑探针接触b点时，读数为正，则可以判断电极A接在电源的______极上(选填“正”或“负”)。
(b)在寻找基准点e的等势点时，将红探针固定于e点，黑探针在纸上移动，当移动到某点时读数为负，为了找到基准点e的等势点，则黑探针应平行于A、B连线向______(选填“A”或“B”)端移动。
(3)如果将红探针固定在电极A上，黑探针沿AB连线移动，每移动一小段相等距离记录一次传感器读数，以到A的距离x为横坐标，传感器读数y为纵坐标，作出的图可能为图中的______。
14.如图甲是研究电容器电容大小的电路图。电压传感器(内阻可看作无穷大)可以实时显示A、B间电压大小，电流传感器(内阻可看作零)可实时显示出电流大小。连接好电路检查无误后进行了如下操作：
①将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零。
②将S拨至1，观察并保存计算机屏幕上的I-t、UAB-t图，得到图乙和图丙。
(1)操作①的目的是______；
(2)进行操作②时，通过R的电流方向是向______(选填“左”或“右”)，电流随时间______(选填“增大”或“减小”)；
(3)充满电时所带的电荷量为______ C，该电容器的电容约为______μF。
四、计算题：本大题共4小题，共36分。
15.如图甲所示的电路，其中电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，定值电阻R=4Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值Rp的关系如图乙所示。滑动变阻器最大阻值为20Ω，求：
(1)图乙中滑动变阻器的最大功率P2；
(2)图乙中R2的阻值；
(3)求出滑动变阻器的功率最大时的电源效率。
16.如图所示，质量均为m、电荷量分别为+2q、-q的小球A、B，中间用绝缘轻绳连接，两球在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升。忽略两电荷间的库仑力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)某时刻轻绳断开，断开后A、B两球各自的加速度；
(3)自轻绳断开到B球速度为零的过程，A、B两球组成的系统电势能的变化量。
17.如图所示，带电量q=+1.0×10-2C、质量m1=1kg的滑块以v0=6m/s的速度滑上静置在光滑水平面上的质量m2=0.5kg的绝缘木板，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，一段时间后滑块与木板以共同速度进入方向水平向左的电场区域，以水平面为x轴、电场区域左侧竖直边界为y轴建立直角坐标系，不同位置的电场强度大小E随x变化的规律为E=kx，其中k=1×102V/m2。滑块可视为质点，电量保持不变，且始终未脱离木板；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑块与木板进入电场前因摩擦产生的热量；
(2)滑块进入电场后即将与木板产生相对滑动时的横坐标x1与此时滑块的速度大小；
(3)已知滑块与木板在电场中未再次达到共同速度，则滑块从进入电场到向左运动到速度最大的过程中，电场力对其做的功和滑块向左运动过程中的最大速度大小。
18.如图甲所示，M、N为极板，PQ为荧光屏(足够长)，M极板上O1处有一粒子源，t=0时刻开始连续释放初速度为零、比荷为qm的正粒子。粒子经过M、N间的加速电场后，从N极板上的细缝O2进入N和PQ之间的偏转电场。已知M、N间的电压UMN-t图像如图乙所示，O1O2连线的延长线与PQ交于O3，O2O3间距离为L，不计粒子在M、N间的加速时间，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
(1)粒子到达细缝O2时速度v的大小范围；
(2)若N和PQ间的偏转电场方向平行PQ向上，场强大小E=16U03L，粒子打到PQ上形成的亮线长度Δy；
(3)若N和PQ间的偏转电场为图丙所示的周期性变化电场，取平行PQ向上为正方向。从t=0时刻释放的粒子恰好打到O3，则t=T时刻释放的粒子打到PQ上的位置。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.根据研究发现，与毛皮摩擦过的气球带负电，故A错误；
B.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可得气球靠近金属钉甲时，金属钉甲左侧感应出电荷，根据电荷守恒定律可知，右侧带等量的异种电荷，故B正确；
C.由上述可知气球靠近金属钉甲时，金属钉甲吸引铝箔小球，说明带电物体具有吸引轻小物体的性质；电荷的总量是守恒的，不能被创造，故C错误；
D.能量既不会消失，也不会创生，只会从一个物体转移到另外一个物体，或者从一种形式转变为另一种形式，故D错误。
故选：B。
毛皮摩擦过的气球带负电；结合静电感应现象判断；根据电荷守恒定律判断；根据能量守恒定律判断。
该题结合静电感应现象考查多个知识点的内容，都比较简单，在平时注意积累即可。
2.【答案】C
【解析】解：AB、根据A、B两点关于O点对称，M、N两点电荷电性相同，电荷量相等，A、B两点到P点的距离相等，根据点电荷的电场线的分布情况及电场的叠加原理、等势面与电场线的关系，可知A、B两点的电势相同，电场强度大小相等，方向不同，故AB错误；
C、根据电场的叠加可知，P点到O点的合场强应沿OP向下，质子从P点到O点，电场力做负功，电势能增大，O到A的过程中，电场力也做负功，电势能继续增大，故C正确；
D、电子从P点到O点，电场力做正功，电势能减小，O到B的过程中，电场力也做正功，电势能继续减小，故D错误。
故选：C。
根据点电荷电场线的分布特点和等势面与电场线的关系分析A、B两点电势和电场强度的关系；根据带电粒子运动过程中电场力做功分析电势能的变化。
本题主要考查电场力做功和电场叠加问题，根据场强叠加原则分析场强大小和电势高低。
3.【答案】D
【解析】解：A、两棒是串联在电路中的，根据串联电路的特点可知通过两棒的电流相等，故A错误；
B、根据电阻定律R=ρLS可知，细棒的电阻大于粗棒的电阻，根据U=IR可知，细棒的电压U1大于粗棒的电压U2，故B错误；
C、根据电流的微观表达式I=neSv，可知，S1v1=S2v2，所以两棒的自由电子定向移动的平均速率v1>v2，故C错误；
D、细棒的电压U1大于粗棒的电压U2，根据电场强度与电势差的关系U=Ed可知，两棒内的电场强度不同，细棒内场强E1大于粗棒内部场强E2，故D正确。
故选：D。
根据串联电路特点分析；根据电阻定律和欧姆定律分析；根据电流的微观表达式分析；根据U=Ed分析。
熟练掌握电阻定律、欧姆定律、电流的微观表达式是解题的基础，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：BD、φ-x图像的斜率为电场强度E，顺着电场线电势降低，D点电场方向沿x轴正方向；从D到G的过程中E先减小后增大，所以质子从D到G的过程中所受电场力先减小后增大，故B错误，D正确；
A、质子从D点由静止释放，仅在电场力作用下加速运动，电场力越来越小，之后电场力反向，质子做减速运动，根据对称性可知质子在DG之间做周期性运动，故A正确；
C、根据Ep=qφ可得EpD=40eV，EpC=20eV，质子从D到C的过程中其电势能减小ΔEP=40eV-20eV=20eV，故C正确。
本题选不正确的，故选：B。
φ-x图像的斜率为电场强度E，从图像分析电势和电场强度情况，再根据电场力来分析物体的运动情况，结合Ep=qφ分析质子电势能变化。
本题考查是φ-x图像，注意从图像上不但可以知道电势的变化情况，而且φ-x图像的斜率为电场强度E，从而确定电场的分布情况。
5.【答案】C
【解析】解：A、保持向前匀速运动时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器所带电荷量不变，所以回路无电流，电阻R没有热功率，故A错误；
B、由匀速突然向前减速时，N板向前运动，则两极板间距变小，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器的电容增大，由于电容器的电压不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；
C、由静止突然加速后退时，N板向前运动，则两极板间距变小，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器的电容增大，由于电容器的电压不变，所以电容器所带电量增大，电容器充电，则电流由a向b流过电流表，故C正确；
D、保持向前的匀减速运动时，N板不动，电容器的两极板间距不变，而电容器的电压不变，则MN之间的电场强度不变，P点电势不变，故D错误。
故选：C。
匀速运动时，分析电容器的电容和电荷量变化情况，判断电路中有无电流，从而分析电阻R发热功率的变化；由匀速突然向前减速时，根据电容器的电压是否变化，分析静电计张角是否变化；由静止突然加速后退时，由电容的决定式C=εrS4πkd分析电容的变化，由电容的定义式C=QU结合电压不变，分析电容器所带电荷量的变化，再判断流过电流表的电流方向；保持向前匀减速运动时，由E=Ud分析MN间的电场强度如何变化，再分析P点电势变化情况。
本题考查电容器动态分析问题，要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式和定义式相结合进行分析。
6.【答案】B
【解析】解：C、如图所示，连接RS，
连接RQ，取BC中点P，连接QP、PS.有RS//QP，且RS=QP，则P点电势φP=3V，其中H点电势φH=2V，连接MD、MC。G为MD中点，H为MC中点，因为R点的电势为1V，S点的电势为3V，所以G点电势φG=2V，有φG=φH=φM=2V，可知三角形MDC所在的平面为等势面，AB与三角形MDC所在的平面垂直，则电场线沿AB方向由B指向A，故C错误；
A、由几何知识知，SR与MA平行且相等，有φS-φR=φM-φA=2V，M点的电势为零，所以φA=0，故A错误；
B、匀强电场的场强大小E=Ud=φM-φAL2=21.02V/m=4V/m，故B正确；
D、由φB-φM=φM-φA=2V，可知φB=4V，则B、C两点间的电势差UBC=φB-φC=4V-2V=2V，将一个电子从B点移到C点，电场力做功W=-eUBC=-2eV，电势能增加ΔE=-W=2eV，故D错误。
故选：B。
根据几何知识和匀强电场的电势，场强特点找等势面，求场强和电势，根据BC间的电势差和电场力做功与电势能改变的关系求电势能增加最。
本题考查了匀强电场中电场强度与电势的关系，能够根据各点电势做出等势面，进而根据几何关系得到电场强度是解题的关键。
7.【答案】C
【解析】解：A、当开关S闭合，分析电路可知，滑动变阻器与定值电阻R1串联后接在电源两端；
将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可得，电路电流减小，理想电流表A示数减小；
理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，
根据欧姆定律可得U1=IR1
电路电流减小，则U1变小，即理想电压表V1示数减小；而理想电压表V2测量电源的路端电压，
根据闭合电路欧姆定律可得
U2=E-Ir
电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大，故A错误；
B、理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得
U3=E-I(R1+r)
电路电流减小，则U3增大；根据
C=QU3
可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻R2中有从b流向a的瞬间电流；
又C=εrS4πkd，E=U3d
可得E=4πkQϵrS
电荷量Q增大，E增大，向上的电场力增大，则质点将向上运动，故B错误；
C、理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，
U1=IR1
理想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得
U2=E-Ir
理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得
U3=E-I(R1+r)
R1=r，电阻R1的阻值不变，故
ΔU3ΔI=(R1+r)>ΔU1ΔI=R1=ΔU2ΔI=r
故C正确；
D、电源的输出功率与外电阻变化的图像如下
当定值电阻R1的阻值与电源内阻r的阻值相等的时候，电源的输出功率最大，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的外电阻阻值从大于内阻r继续增大，则电源的输出功率减小，故D错误。
故选：C。
理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当于短路。分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析。
本题考查电路动态分析问题，一般先要分析电路结构，把电容器看作开路，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，再按部分→整体→部分的思路进行分析。
8.【答案】C
【解析】解：A、由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，当电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以图乙中最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，则由闭合电路欧姆定律有
U2=E-rI
所以此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
r=3.4-3.00.2Ω=2Ω
由图乙知，当I=0.1A时，U=3.4V
则电源的电动势为E=U+Ir=3.4V+0.1×2V=3.6V，故A错误；
B、滑动变阻器的滑片向右滑动时，R阻值变大，电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则V2读数逐渐增大，故B错误；
C、由图可知，电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，此时电压表V1的示数即电动机内阻两端的电压，根据欧姆定律可知，电动机的电阻
rM=0.8-0.40.1Ω=4Ω
当I=0.3A时，U=3V
电动机输出功率最大，最大为P=UI-l2rM=3V×0.3A-(0.3A)2×4Ω=0.54W，故C正确；
D、当I=0.1A时，电路中电流最小，滑动变阻器接入电路的电阻最大，所以滑动变阻器的最大阻值为
R=EI-r-rM=()Ω=30Ω，故D错误。
故选：C。
先确定U-I图线与两个电压表示数对应的关系，再根据图线求出电源的电动势，并判断V2读数的变化情况。滑动变阻器的全部接入电路时，电路中电流最小，由欧姆定律求解变阻器的最大阻值。电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，此时电压表V1的示数即电动机内阻两端的电压，根据欧姆定律求出电动机的电阻。当I=0.3A时，根据输入功率与发热功率之差求电动机的机械功率。
本题考查对物理图像的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表对应的图线，对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键。
9.【答案】AD
【解析】解：A.电容C由电容器本身性质决定，与Q、U无关，符合比值法定义的共性，所以C=QU属于比值法定义，故A正确；
B.电流强度I由U、R决定，则电流强度I=UR为部分电路欧姆定律，不属于比值定义法，故B错误；
C.电场强度E=Ud，适用于匀强电场的电场强度的计算，不属于比值定义法，电场强度E=Fq属于比值定义法，故C错误；
D.电阻R=ρLS由电阻本身性质决定，与U、I无关，符合比值法定义的共性，所以R=UI属于比值法定义，故D正确。
故选：AD。
根据比值定义法分析，电容是物质本身的一种特性，与参与定义的两个物理量无关。
本题主要考查了比值定义法，解题关键是理解比值定义法是定义物理概念的重要方法，在高中物理概念定义中有着广泛的应用。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，则在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，故A正确；
B、当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为I=ER+r=E2r，功率的大小为P=E24r，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为I'=Er，功率的大小为P'=E2r，所以横坐标之比为I：I'=1：2，纵坐标之比为P：P'=1：4，故B正确；
C、图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故C错误；
D、当I=3A时，PR=0，说明外电路短路，根据PE=EI知电源的电动势E=3V，内电阻r=EI=33Ω=1Ω，故D正确。
故选：ABD。
根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系。
本题考查电源的输出功率规律，要注意当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和。
11.【答案】AB
【解析】解：AB、设平行金属板的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，根据牛顿第二定律可得，粒子的加速度为
a=mg-qEm=g-qUmd
方向垂直于板向下。
断开开关，平行金属板带电量不变，平行金属板间的电场强度为
E=Ud
结合C=QU，C=εrS4πkd，可得E=4πkQϵrS
可知，只改变板间距离，板间电场强度不变，故粒子的加速度不变，M极板稍微上移，不会影响粒子的运动，故粒子还打在O点；N极板稍微下移，粒子在竖直方向运动的位移增大，由h=12at2可知粒子运动时间增大，由x=v0t可知，粒子沿平行板方向运动的位移变大，故粒子打在O点的右侧，故AB正确；
C、保持开关S闭合，由串联电压分压规律可知，R0两端的电压为
U=ER0+R1R0
减小R1，U将增大，电容器的电压增大，板间场强增大，粒子运动的加速度减小，由h=12at2可知粒子运动时间变长，由x=v0t可知，粒子沿平行板方向运动的位移变大，则粒子打在O点右侧，故C错误；
D、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子仍打在O点，故D错误。
故选：AB。
断开开关S，平行金属板带电量不变，根据E=Ud、C=QU、C=εrS4πkd相结合分析板间场强的变化，判断粒子打在极板上的位置；保持开关S闭合，电路稳定时，电容器的电压等于R0的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响。减小R1，分析电容器电压的变化，判断粒子加速度的变化，再分析粒子打在极板上的位置。
本题关键分析电容器的电压是否变化、电场强度是否变化。当断开开关S，改变板间距离时，板间场强不变，粒子的运动情况不变。
12.【答案】ACD
【解析】解：已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为
TA=2mg
TB=5mg
小球带正电，设小球受到的电场力方向与竖直方向的夹角为θ，则可得
TA+Eqsinθ=mv2L
TB-Eqsinθ=mv'2L
根据动能定理可得
12mv'2-12mv2=Eqsinθ×2L
解得
mg=2qEsinθ
AC.若小球运动中机械能最小的位置是A点，则此时电场方向水平向右，即此时θ=π2，可得
mg=2Eq
可设小球在势能最高点时细绳与竖直方向的夹角为α，可得
tanα=Eqmg=12
设此时的小球的速度为va，若要能完成完整的圆周运动，可得
mgcsα 52gL
根据动能定理可得
12mv2-12mva2=mgLcsα-EqL(1-sinα)
解得小球运动过程中的最小速度
va= 72gL- 5gL> 52gL
即小球运动中机械能最小的位置可能是A点，故AC正确；
B.若A点是小球运动中速度最小的位置，可得
mg=Eqcsθ
联立解得
E= 5mg2q
故B错误；
D.从A到B电场力做功为
W=Eqsinθ×2L
则可得A、B两点间的电势差为
U=Wq=mgLq
故D正确。
故选：ACD。
ABC.在A、B两点根据牛顿第二定律结合动能定理分析重力和电场力的关系，若小球运动中机械能最小的位置是A点，根据动能定理和圆周运动的临界条件分析；
D.根据电场力做功解得电势差。
本题是动能定理、向心力、动量守恒守恒定律的综合应用，难点是分析做完整圆周运动的条件。
13.【答案】D 正 B B
【解析】解：(1)本实验中要模拟了两个等量异种电荷产生的电场，所以应采用直流电源，同时实验中需要找出的是等势点，因此应采用电压传感器，故ABC错误，D正确，故选D；
(2)(a)由题意，电压传感器读数为正时，正接线柱的电势高于负接线柱时，则电压传感器读数为正时，a点的电势高于b点的电势，电场线从A到B，故电极A接在电源的正极；
(b)当移动到某点时读数为负，说明负接线柱所接点的电势高于e点的电势，故应将黑表笔将B端移动；
(3)根据E=Ud可知，x-y图象的斜率等于场强，探针从A移到B，场强先减小后增大，图象的斜率先减小后增大，AB点附近两侧场强并不相等，由数学知识可知B正确，ACD错误，故选B。
故答案为：(1)D；(2)(a)正；(b)B；(3)B。
(1)明确实验原理，从而确定应需要的电源和采用的测量仪器；
(2)电压传感器读数为正时，正接线柱的电势高于负接线柱，可判断出a、b两点电势的高低，确定电极A所接电源的正负极；同时根据电势的高低确定触头移动方向；
(3)由题，y是探针b与a间的电压，x是距离，根据E=Ud可知，图象的斜率等于场强，根据电场线的分布：探针从A移到B，场强先减小后增大，即可选择图象。
本题的解题关键是明确实验目的，理解实验原理，本实验的原理是用恒定电流场模拟静电场，关键利用电压传感器要找到等势点，明确实验基本操作方法。
14.【答案】让电容器充分放电，或保证电容器初始所带电荷量为零 左 减小 2.24×10-3 187
【解析】解：(1)开关拨到2，接通足够长时间后，使AB间电压等于零，由Q=CU可知，此时电容器电荷量为零，即使电容器充分放电，储存的电荷量减为零；
(2)电容充电时，电源正极与A极板相连，负极与B极板相连，电流方向为顺时针，从R右侧向左；
由图乙可知，随充电的继续，电流会减小；
(3)图乙中，图线与横坐标围成的面积，即为电容器储存的电荷量；由图可知格数为28格，即Q=nIt=28×15mA×25s=2.24×10-3C；
由丙图可知，稳定时，电容器两端电压为12V；
由电容的定义式可知：C=QU=2.24×10-3C12V≈187μF。
故答案为：(1)让电容器充分放电，或保证电容器初始所带的电荷量为零；(2)左；减小；(3)2.24×10-3；187。
(1)根据电路的连接方式，即可分析操作①的目的；
(2)电容充电时，根据电容器极板带电情况，即可判断电流方向；由乙图可知电流大小变化；
(3)根据乙图，可得到电容储存的电荷量；根据丙图，可知稳定时电容的电压；根据电容定义式可计算电容值。
本题考查电容器充放电的理解，关键是理解图线的含义，在I-t图中，图线与横坐标围成的面积，即为电容器储存的电荷量。
15.【答案】解：(1)设外电阻为R外，电源的输出功率为：P出=I2R外=(ER外+r)2R外=E2R外+r2R外+2r
根据数学知识可得：R外=r2R外时分母最小，电源的输出功率最大，此时有：R外=r
所以当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大。
根据“等效法”，将定值电阻也看作电源内阻，当外电阻等于内电阻时，即电源的输出功率最大，同时滑动变阻器的功率也是最大，此时有：
RP=r+R=2Ω+4Ω=6Ω
滑动变阻器的最大功率：P2=E24(R+r)=624×(4+2)W=1.5W；
(2)结合图乙可知，当滑动变阻器阻值为R1时候，滑动变阻器的功率最大，再结合对A选项的分析，所以可以得知：R1=6Ω
当滑动变阻器接入电路的有效阻值为3Ω与阻值为R2时消耗的功率相等，则有：(ER+r+3)2×3=(ER+r+R2)2×R2
解得：R2=12Ω(或3Ω，舍去)；
(3)滑动变阻器阻值为R1时滑动变阻器的功率最大，电源的效率为：η=R+R1R+R1+r×100%
代入数据解得：η=83.3%
答：(1)图乙中滑动变阻器的最大功率为1.5W；
(2)图乙中R2的阻值为12Ω；
(3)滑动变阻器的功率最大时的电源效率为83.3%
【解析】(1)当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，求解滑动变阻器功率最大的时候，根据“等效法”，将定值电阻也看作电源内阻；
(2)根据闭合电路的欧姆定律、电功率的计算公式进行解得R2的阻值；
(3)根据效率的计算公式解得。
解答本题的关键是根据题意，结合串并联电路的特点，电功率的公式，分析出保证电路安全且功率最大的条件，然后选取恰当的计算公式进行计算。
16.【答案】解：(1)设电场强度为E，把小球A、B两球看作一个整体，由于绳未断前作匀速运动，受力平衡有
2qE-qE-2mg=0
解得
E=2mgq
(2)细绳断后，设向上为正方向，根据牛顿第二定律，对A球有
2qE-mg=maA
解得
aA=3g
方向向上
对B球，根据牛顿第二定律有
-qE-mg=maB
解得
aB=-3g
负号表示方向向下。
(3)设自绳断开到B球速度为零的时间为t，则
0=v0+aBt
解得
t=v03g
当B球速度为零时，A球的速度大小
vA=v0+aAt
联立解得vA=2v0
在该时间内A球的位移为
xA=v0+vA2t
联立解得xA=v022g
由功能关系知，电场力对A球做了正功
WA=2qExA
联立解得WA=2mv02
B球的位移为
xB=v0+02t
联立解得xB=v026g
电场力对B球做了负功
WB=-qExB
联立解得WB=-13mv02
在这一过程中，系统的电势能变化量为
ΔEp=-(WA+WB)
联立解得ΔEp=-53mv02
答：(1)电场强度的大小为2mgq；
(2)某时刻轻绳断开，断开后A球的加速度为3g，方向向上，B球的加速度为3g，方向向下；
(3)自轻绳断开到B球速度为零的过程，A、B两球组成的系统电势能的变化量-53mv02。
【解析】(1)对两球整体受力分析，根据平衡方程求解电场强度；
(2)细绳断后，分别对A、B两球受力分析，由牛顿第二定律求解加速度；
(3)由电势能的变化与电场力做功的关系，求解电势能变化。
本题考查静电场，学生需能够正确的受力分析并借助功能关系求解，力电综合能力要求比较高，有一定的难度。
17.【答案】解：(1)进入电场前，滑块与木板组成的系统动量守恒，有
m1v0=(m1+m2)v1
解得
v1=4m/s
由能量守恒有
Q=12m1v02-12(m1+m2)v12
解得
Q=6J
(2)即将发生相对滑动时，由牛顿第二定律有
qkx1=(m1+m2)a，m2a=μm1g
解得
x1=3m
由动能定理有
-qkx12⋅x1=12(m1+m2)v22-12(m1+m2)v12
解得
v2= 10m/s
(3)滑块向左运动到速度最大时，有
qkx2=μm1g
解得
x2=1m
电场力对其做的功
W=-qkx22⋅x2
解得
W=-12J
当滑块向左运动至速度大小与v2相同时，由于对称性，此时所处位置横坐标仍为x1=3m，从此处运动至速度最大x2=1m处，由动能定理有
qkx1+qkx22(x1-x2)-μm1g(x1-x2)=12m1v32-12m1v22
解得
v3= 14m/s
答：(1)滑块与木板进入电场前因摩擦产生的热量为6J；
(2)滑块进入电场后即将与木板产生相对滑动时的横坐标为3m，此时滑块的速度大小为 10m/s；
(3)已知滑块与木板在电场中未再次达到共同速度，则滑块从进入电场到向左运动到速度最大的过程中，电场力对其做的功为-12J，滑块向左运动过程中的最大速度大小为 14m/s。
【解析】(1)研究滑块与木板在进入电场前的相对滑动过程。在此过程中，滑块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，最终二者达到共同速度。根据能量守恒定律，摩擦产生的热量等于系统动能的减少量；
(2)根据牛顿第二定律分别列出滑块和木板的方程，联立求解横坐标，再根据动能定理求出此时滑块的速度大小；
(3)滑块进入电场后，在电场力和摩擦力的作用下向左做减速运动，当电场力与摩擦力平衡时，速度达到最大。
本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿运动定律、电场力做功等多个重要物理知识点，对学生的综合运用能力要求较高。
18.【答案】解：(1)粒子在极板间加速，根据动能定理有
qU=12mv2
根据图乙可知，粒子到达细缝O2时速度v的大小范围为
2qU0m≤v≤2 2qU0m
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则有
a=qEm
水平方向有
L=vt
竖直方向有
y=12at2
将速度的两个极值代入可解得
y1=43L，y2=163L
粒子打到PQ上形成的亮线长度
Δy=y2-y1
解得Δy=4L
(3)从t=0时刻释放的粒子恰好打到O3，根据竖直方向的运动规律可知，粒子在0∼T向上加速，T∼2T向上减速，2T∼3T向下加速，3T∼4T向下减速，直至打到O3，则t=T时刻释放的粒子打到PQ上用时为T，根据竖直方向的运动规律有
L= 2qU0m×4T
a=qEm
y=12aT2
解得
y=112L
答：(1)粒子到达细缝O2时速度v的大小范围为 2qU0m≤v≤2 2qU0m；
(2)粒子打到PQ上形成的亮线长度为4L；
(3)则t=T时刻释放的粒子打到PQ上的位置为112L。
【解析】(1)根据动能定理求带电粒子进入偏转电场的速度范围；
(2)根据类平抛运动的规律即可求解亮线长度；
(3)根据运动的分解分析竖直方向的运动情况，从而分析计算。
该题考查粒子在匀强电场中的加速和偏转，并且电场还是变化的，这就要求我们要有较强的过程分析能力，对物体的运动进行分段处理。