湖南省长沙市师大附中2025-2026学年高二上学期10月月考物理试卷

这是一份湖南省长沙市师大附中2025-2026学年高二上学期10月月考物理试卷，共12页。试卷主要包含了实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：75 分钟 满分：100 分
得分：____________
一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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．碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说
法正确的是
A．事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量相同
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
2．如图所示，电源电动势 E＝10 V、内阻 r＝1 Ω，电动机内阻 r0＝0.5 Ω，闭合开关 S，
小灯泡 L 恰好正常发光，电动机正常工作，此时理想电压表示数为 8.0 V，理想电流表示数
为 1 A，下列说法正确的是
A．电动机正常工作时发热功率为 0.25 W
B．小灯泡额定功率为 8 W
C．电源的输出功率为 18 W
D．电动机正常工作时其输出的机械功率为 8 W
3．如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平面上。为了使质量为 m、带电荷量为
＋q(q>0)的小球静止在斜面上，可加一平行于纸面的方向可调的匀强电场，重力加速度为 g。
下列说法正确的是
A．电场强度的最小值为 E＝mgq
B．电场强度的最小值为 E＝mgtan θq
C．若电场强度 E＝mgq，则电场强度方向一定竖直向上
D．若电场强度 E＝mgq，则电场强度方向不一定竖直向上
4．假如一质点沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，取向右为正方向，则物体
的动量 p 关于位置 x 的图像可能是
5．如图为多用电表的原理示意图，其中电流表的满偏电流为 0.5 mA，内阻 Rg＝200 Ω，
R1＝200 Ω，调零电阻的最大值 R0＝10 kΩ，电池电动势 E＝1.5 V，内阻 r＝5 Ω。虚线框中
S 为选择开关，下列说法不正确的是
A．若电池用久了，电动势减小，内阻增大，即使能够欧姆调零，测量的电阻值也会偏
小
B．若电压表的量程为 0～3 V，则 R2 的阻值为 2 900 Ω
C．测某电阻阻值时，正确操作后若指针指在正中央，则待测阻值为 1 500 Ω
D．当 S 接触点 1 时，多用电表处于测量电流的挡位
6．静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，静电场中任意一点电场方向均沿半
径方向指向圆心，大小 E＝kr(k 为与装置有关的常数，r 为该点到圆心 O 的距离)。某次实验
中质量之比为 1∶2、电荷量之比为 2∶1 的甲、乙两粒子由入射口 P 进入静电分析器，分别
沿轨迹Ⅰ、Ⅱ仅在电场力作用下做圆心为О的匀速圆周运动，最后从出射口 Q 射出，下列说
法正确的是
A．甲、乙两粒子运动时的速率之比为 4∶1
B．甲、乙两粒子运动时的角速度之比 2∶1
C．甲、乙两粒子运动时的动量大小之比为 1∶1
D．甲、乙两粒子运动时的动能之比为 1∶2
二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)
7．现有一高空实验小平台，平台正下方的水平地面上安装有声音记录仪。平台上的爆炸
物被引爆后炸裂成两个碎块 A 和 B，且 A、B 质量之比为 2∶1、初速度均沿水平方向。引爆
瞬间开始计时，在 5 s 末和 6 s 末先后记录到碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播
速度为 340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是
A．从爆炸后到落地，A、B 受到的冲量大小之比为 2∶1
B．从爆炸后到落地，A、B 的位移大小之比为 1∶2
C．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 1 020 m
D．爆炸后碎块 A 的初速度为 68 m/s
8．如图所示，弹性绳一端固定于 A 点，另一端连接穿在竖直杆上质量为 m 的小球，B
是位于 AM 中点的光滑轻质定滑轮，且 AB 距离等于弹性绳原长 L，此时 ABM 在同一水平线
上，弹性绳劲度系数 k＝mgL(g 为重力加速度)。小球从 M 点由静止开始经过时间 t 滑到距 M
点为 h 的 N 点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为μ＝0.5。则从 M 到 N 的过程中
A．摩擦力对小球做的功为－12mgh
B．弹性绳对小球做的功为－mgh
C．弹性绳对小球的冲量大小为 mgt
D．小球下落 L2 时，速度大小达到最大值
9．物理学的不断发展使人们对于世界的认识逐渐趋于统一，大到宇宙天体小到带电粒子
，它们的运动也能发现很多相似之处。若在点电荷 M 的作用之下，一试探电荷 P 在 xOy 平
面内绕 x 轴上固定的点电荷 M 做低速椭圆运动，其中 C、D 关于 O 点的对称点分别为 E、F，
不计点电荷 P 的重力。下列说法正确的是
A．若 P 为负电荷，则 A 点的电势比 B 点的电势高
B．当 P 沿 E、A、C 运动时，电场力先做负功后做正功
C．P 从 C 运动到 D 的时间等于从 E 运动到 F 的时间
D．若点电荷 M 到坐标原点的距离与半长轴之比为 2∶3，则 P 在 A、B 两点的速度之比
为 1∶5
10．在真空中水平放置的平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，两极板间距为 d，
当平行板电容器电压为 U0 时，油滴保持静止，当给电容器充电使电压增加ΔU1，油滴开始
以加速度 a 向上运动；经时间Δt1 后，电容器又突然放电使电压减少ΔU2，加速度大小变为
3a，且加速度方向向下，又经过时间Δt2，油滴恰好回到原来位置。假设充放电的过程均很
短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，油滴未与极板相碰，则下列说法中正确的是
A．ΔU1∶ΔU2＝1∶8
B．Δt1＝Δt2
C．Δt1 时间内和Δt2 时间内，油滴动能变化量之比为 1∶4
D．Δt1 时间内和Δt2 时间内，油滴动量变化量大小之比为 1∶3
答题卡
题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答 案
三、实验题(本大题共两小题，11 题 8 分，12 题 6 分，共 14 分)
11．(8 分)某同学利用如图(a)所示的装置来测量重力加速度 g。细绳跨过固定在铁架台上
不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度 d。
②将遮光片固定在重锤 1 上，用天平测量重锤 1 和遮光片的总质量 m、重锤 2 的质量 M
(M>m)。
③将光电门安装在铁架台上，将重锤 1 压在桌面上，保持系统静止，重锤 2 离地面足够
高。用刻度尺测量遮光片中心到光电门的竖直距离 H。
④释放重锤 1，测出遮光片经过光电门所用时间 t。
⑤求出重力加速度 g。
⑥多次改变光电门高度，重复步骤，求出 g 的平均值。
回答下列问题：
(1)测量 d 时，游标卡尺的示数如图(b)所示，读数为__________cm。
(2)重锤 1 通过光电门时的速度大小为 v＝__________(用遮光片 d、t 表示)。若不计摩擦，
则 g＝____________(用 m、M、d、t、H 表示)。
(3)实验发现，当 M 和 m 之比接近于 1 时，g 的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱
体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。有理论分析表明，保持 M＋m＝2m0
不变，其中 M＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋β)m0，m＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－β)m0，β足够小时，重
锤运动的加速度大小可近似表示为 a＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－γ)g，其中γ是只与圆柱体有关的常
数。现测得不同β时重锤的加速度大小 a，结果如下表。根据表格数据，采用逐差法得到重力
加速度大小 g＝__________ m/s2(保留三位有效数字)。
β 0.04 0.06 0.08 0.10
a/( m/s2) 0.084 0.281 0.477 0.673
12.(6 分)某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、
定值电阻(阻值为 R0)、金属夹、刻度尺、开关 S、导线若干。设计了如下电路原理图。
(1)实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图(a)连接电路，金属夹置于电阻丝的__________(填“A”或“B”
)端；
②闭合开关 S，滑动金属夹并记录电压表示数 U，断开开关 S，记录金属夹与 B 端的距
离 L；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组 U、L 的值，作出图(c)中图线Ⅰ；
④按照图(b)将定值电阻 R0 接入电路，多次重复步骤②，作出图(c)中图线Ⅱ。
(2)由图线得出纵轴截距为 b，则待测电池的电动势 E＝__________。
(3)由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为 k1、k2，若 k2k1＝n，则待测电池的内阻 r＝__________
(用 n 和 R0 表示)。
四、解答题(本大题共 3 小题，13 题 12 分，14 题 14 分，15 题 16 分，共 42 分)
13．(12 分)如图甲所示，R2＝6 Ω，电容器的电容 C＝5 μF，开关 S 闭合、S1 断开。将
滑动变阻器的滑片从 a 端缓慢移动到 b 端的过程中，电压表的示数 U 随电流表的示数 I 变化
的关系如图乙所示。电压表和电流表均为理想电表。
(1)求电源的电动势 E、内阻 r 和电阻 R1 的阻值；
(2)求滑动变阻器 R 消耗的最大功率 P；
(3)将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，闭合开关 S1，电路再次稳定后，求通过
电阻 R3 的电荷量 Q。
14．(14 分)如图所示，在水平向左的匀强电场中，一长为 L 的绝缘细线一端固定于 O 点
，另一端系着一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球，小球静止在 M 点。现给小球一垂直
于 OM 的初速度 v0，使其在竖直平面内绕 O 点恰好能做完整的圆周运动，AB 为圆的竖直直
径，已知匀强电场的场强大小为 3)mgq，重力加速度为 g。当小球第二次运动到 B 点时细线
突然断裂，求：
(1)小球恰好做完整的圆周运动时，小球在 M 点初速度 v0 的大小；
(2)细线断裂后的运动过程中，小球速度的最小值 vmin；
(3)从细线断裂到小球的电势能再次与在 B 点的电势能相等时，重力势能的改变量。
15.(16 分)如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速
器由 n 个的金属圆筒依次排列(图中只画出 4 个)，直线加速器的交变电压的变化规律如图乙
所示，在 t＝0 时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为 0 的金属圆板中
央的一个电子由静止开始加速，冲进圆筒 1，电子穿过圆筒与圆筒之间各个间隙时，都能恰
好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速。已知电子的质量为 m、电荷量为 e、交
变电压的绝对值为 U0，周期为 T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计。偏转电场由两块相同
的平行金属极板 A 与 B 组成，板长为 L，两板间距为 2L，UAB＝8U0，忽略边缘效应，距两极
板右侧 1.5L 处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线 PO
射入偏转电场，最后打到荧光屏上。
(1)求第 2 个金属圆筒的长度 s2；
(2)若金属圆筒个数 n＝4，求电子打在荧光屏的位置与 O 点间的距离 Y1；
(3)①金属圆筒个数 n 取何值时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为多少？并
求出此时打在荧光屏上的位置到 O 点的距离 Y2。
②若通过圆筒间隙的时间不可忽略，已知相邻圆筒间隙距离均为 d，其他条件不变，求
电子在直线加速器中获得的最大动能。(电子开始做减速运动后不再研究)
高二物理参考答案(附中版)
湖南师大附中 2025—2026 学年度高二第一学期第一次大练习
物理参考答案
一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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)
题号 1 2 3 4 5 6
答案 D B D C A C
1.D 【解析】事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作用力大小相等，方向相反，
且作用时间相等，所以，可知事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等，方向
相反，故 A 错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故
B 错误；在安全气囊的缓冲作用之下，司机的动能最终全部转换为内能，故 C 错误；因为安
全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓
冲故增加了作用时间，故 D 正确。
2．B 【解析】电动机正常工作时发热功率为 Pr0＝I2r0＝0.5 W，故 A 错误；根据闭合
电路欧姆定律有 E＝U＋I′r，小灯泡的电流为 IL＝I′－I，小灯泡额定功率为 P＝UIL，代入数
据解得 P＝8 W，故 B 正确；电源的输出功率为 P′＝UI′＝16 W，故 C 错误；电动机正常工作
时其输出的机械功率为 P″＝UI－Pr0＝7.5 W，故 D 错误。
3．D 【解析】当电场力方向沿斜面向上时场强最小，此时 qEmin＝mgsin θ
电场强度的最小值为 Emin＝mgsin θq，选项 AB 错误；
由图可知，若电场强度 E＝mgq，即 mg＝qE
则电场强度方向不一定竖直向上，选项 C 错误，D 正确。
4．C 【解析】质点沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 v2＝2ax
而动量为 p＝mv，联立可得 p＝m2ax＝m2a·x12
动量 p 关于 x 为幂函数，且 x>0，故 C 正确。
5．A 【解析】该多用电表内部的电源电动势减小，内阻增大，可以通过欧姆调零改变
欧姆表的内部电阻，中值电阻减小，测量结果偏大，选项 A 错误；若电压表的量程为 0～3 V，
S 接 3 位置，则 IgRg＋\a\vs4\al\c1(Ig＋\f(IgRgR1))R2＝U，解得 R2＝2 900 Ω，选项 B 正确；
测某电阻阻值时 S 接 2，电流表的量程变为 2Ig，此时指针满偏时 2Ig＝ER 内，指针指在正中
央时 Ig＝ER 内＋Rx，解得 Rx＝1 500 Ω，选项 C 正确；当 S 接触点 1 时，R1 与 G 并联，则
多用电表处于测量电流的挡位，D 正确。
6．C 【解析】由电场力提供向心力可得 qE＝mv2r，其中 E＝kr
解得 v＝qkm)，故 v 甲 v 乙＝q 甲 m 乙 m 甲＝221＝2，可得速度之比为 2∶1，故 A 错误；
根据ω＝vr，由于两粒子运动的半径之比未知，则角速度之比未知。故 B 错误；
由动量 p＝mv，可得 p 甲 p 乙＝m 甲 m 乙·v 甲 v 乙＝12×21＝1，可得动量之比为 1∶
1，故 C 正确；
动能 Ek＝12mv2，可得动能之比为 Ek 甲 Ek 乙＝m 甲 m 乙·\a\vs4\al\c1(\f(v 甲 v 乙))2＝
12×\a\vs4\al\c1(\f(21))2＝2
可得动能之比为 2∶1，故 D 错误。
二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)
题号 7 8 9 10
答案 AC AD BD BD
7.AC 【解析】从爆炸后到落地，碎块 A、B 均做平抛运动，设两碎块落地时间均为 t，
则
IAIB＝mAgtmBgt＝21，A 正确；
爆炸时，水平方向根据动量守恒定律可知 mAvA－mBvB＝0
爆炸后两碎块均做平抛运动，下落高度相同，两碎块落地时间相等，则 xAxB＝vAvB＝
mBmA＝12
A、B 的水平位移之比为 1∶2，而从爆炸瞬间到落地，下落高度相同，两碎块的位移之
比不等于 1∶2，B 错误；
xAxB＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(5 s－t))v 声\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6 s－t))v 声＝12，解得 t＝4 s
则碎块 A 的水平位移 xA＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(5 s－4 s)×340 m/s＝340 m，碎块 B 的水平位
移 xB＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(6 s－4 s)×340 m/s＝680 m
则爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 340 m＋680 m＝1 020 m
碎块 A 的初速度为 vA＝xAt＝85 m/s，C 正确，D 错误。
8．AD 【解析】设小球在 MN 中间的任意位置 C 时，此时 BC 两点水平方向的距离不
变，则此时小球对杆的弹力 FN＝kx·cs θ＝kL＝mg
则摩擦力始终为 f＝μFN＝12mg，即从 M 到 N 摩擦力做功为 Wf＝－fh＝－12mgh，选项 A
正确；
从 M 到 N 由能量关系可知 mgh＋W 弹＋Wf＝0，即弹性绳对小球做的功为－12mgh，选项
B 错误；
小球下滑过程中弹性绳的弹力大于 mg，则弹性绳对小球的冲量大于 mgt，选项 C 错误；
小球下落 L2 时，弹性绳的伸长量ΔL＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L2)))2＝5)2L
弹力大小为 F＝kΔL＝5)2mg
此时弹力沿竖直向上的分量为 Fy＝Fcs α＝5)2mg·12\r(52＝12mg
则此时 f＋Fy＝mg，即竖直方向合力为零，加速度为零，速度最大，选项 D 正确。
9．BD 【解析】点电荷 P 在 xOy 平面内绕 x 轴上固定的点电荷 M 做逆时针方向的低速
椭圆运动，两者为吸引力，若 P 为负电荷，则点电荷 M 为正电荷，则 A 点的电势比 B 点的
电势低。故 A 错误；两点电荷为吸引力，当 P 沿 E、A、C 运动时，速度与电场力的夹角先
为钝角后为锐角，所以电场力先做负功后做正功。故 B 正确；由对称性可知，点电荷 P 在
CD 上任一点的电势能比在 EF 点上任一的电势能小，由能量守恒可知，点电荷 P 点 CD 上任
一点的动能比在 EF 点上任一点的动能大，即在 CD 上的平均速率比在 EF 上的大，而 CD 与
EF 的长度相等，根据 t＝sv，可知 P 从 C 运动到 D 的时间小于从 E 运动到 F 的时间。故 C
错误；若点电荷 M 到坐标原点的距离与半长轴之比为 2∶3，则点电荷 M 到 A、B 两点的距
离之比为 5∶1，设 A、B 两处的曲率圆半径均为 r(对称性)，则在 A 点，kq1q2AM2＝m2Avr。
在 B 点 kq1q2BM2＝m2Bvr，解得 vA∶vB＝BM∶AM＝1∶5。可得 P 在 A、B 两点的速度之比
为 1∶5。故 D 正确。
10．BD 【解析】由题可知，液滴处于静止状态时 U0dq＝mg
电容器电压增加ΔU1，油滴开始向上以加速度 a 运动 U0＋ΔU1dq－mg＝ma
电容器电压减少ΔU2，加速度大小变为 3a 向下 mg－ΔU1＋U0－ΔU2dq＝3ma
以上式子联立可得ΔU1ΔU2＝14，A 错误；
设向上为正方向，在经过Δt1 后，油滴的位移 x1＝12aΔt21，此时的速度为 v＝aΔt1
当再经过Δt2 时，Δt2 时间的位移 x2＝vΔt2－12×3aΔt22，油滴回到初始位置则有 0＝
x1＋x2
联立可以得出Δt1＝Δt2，B 正确；
Δt1 时间末的速度 v＝aΔt1，再经过Δt2 时间后的速度 v2＝v－3aΔt2
因为Δt1＝Δt2，所以 v2＝－2aΔt1
因此油滴的动量变化量之比为\f(mvm（v2－v）))＝13，故 D 对，C 错误。
三、实验题(本大题共两小题，11 题 8 分，12 题 6 分，共 14 分)
11． (1)0.515(2 分 ) (2)dt(2 分 ) \rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋ m))
d22\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M－m))Ht2(2 分) (3)9.81(2 分)
【解析】(1)根据游标卡尺的读数规律，该游标卡尺的读数为 5 mm＋0.05×3 mm＝5.15
mm＝0.515 cm
(2)根据光电门的测速原理，重锤 1 通过光电门时的速度大小为 v＝dt
对 重 锤 1 与 重 锤 2 构 成 的 系 统 进 行 分 析 ， 根 据 系 统 机 械 能 守 恒 定 律 有 \
rc\)(\a\vs4\al\c1(M－ m)gH＝ 12\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋ m)v2， 其 中 v＝ dt， 解 得 g＝ \
rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))d22\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M－m))Ht2
(3)由于γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数，且有 a＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－γ)g＝
gβ－gγ
取表格从左至右四组数据分别为 a1，a2，a3，a4 和对应的β1，β2，β3，β4
利用表格中的数据，根据逐差法有 a4＋a3－a2－a1＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(β4＋β3－β2－β1)g
带入数据可则重力加速度 g＝9.81 m/s2
12．(1)A(2 分) (2)1b(2 分) (3)R0n－1(2 分)
【解析】(1)为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，
应该置于 A 端。
(2)对于电路图(a)，根据闭合电路欧姆定律有 U＝E－Ir
设金属丝的电阻率为ρ，横截面积为 S，结合欧姆定律和电阻定律 I＝UR，R＝ρLS
联立可得 U＝E－USρLr，整理可得 1U＝1E＋SrEρ·1L
对于电路图(b)，根据闭合电路欧姆定律有 U＝E－I(r＋R0)
结合欧姆定律和电阻定律 I＝UR，R＝ρLS
联立后整理 1U＝1E＋S（r＋R0）Eρ·1L
可知图线的纵轴截距 b＝1E，解得 E＝1b
(3)由题意可知 k1＝SrEρ，k2＝S（r＋R0）Eρ，又 k2k1＝n，联立解得 r＝R0n－1
四、解答题(本大题共 3 小题，13 题 12 分，14 题 14 分，15 题 16 分，共 42 分)
13．(1)E＝6 V，r＝2 Ω，R1＝2 Ω(3 分) (2)P＝2.25 W(4 分) (3)Q＝2.1×10－5 C(5 分)
【解析】(1)依题开关 S 闭合、S1 断开，根据闭合电路欧姆定律 E＝U＋Ir
结合图像，得
E＝0.5r＋5，E＝1.5r＋3，解得 E＝6 V，r＝2 Ω(2 分)
图像可知，当滑动变阻器的滑片滑到 b 处时，R1 电压为 3 V，流过 R1 电流为 1.5 A，故
R1＝UI＝31.5 Ω＝2 Ω(1 分)
(2)将 R1 等效为电源内阻一部分，故电源等效内阻 r 等效＝R1＋r＝4 Ω
此时外电路只有滑动变阻器，结合闭合闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器消耗功率
P＝\a\vs4\al\c1(\f(ER 滑＋r 等效))2R 滑＝E2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R 滑－r 等效)R 滑
可知 R 滑＝r 等效时，功率最大，即 P＝E24r 等效＝624×4 W＝2.25 W(4 分)
(3)结合图像当滑动变阻器的滑片置于 a 端时，外电阻
R 外＝UI＝50.5 Ω＝10 Ω，R 外＝R1＋R 滑，解得 R 滑＝8 Ω(1 分)
将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，此时电容器两端电压为滑动变阻器电压
UC1＝ER 滑 2×R 滑 2＝62＋2＋4×4 V＝3 V(1 分)
将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，闭合开关 S1，电路再次稳定后，干路电流
I′＝ER2×\b\lc\(\rc\2))R 滑 2)＝1.2 A
故通过 R1 的电流为 IR1＝I′2＝0.6 A(1 分)
此时电容器两端电压为 R1 两端电压，又因为极板间所带正负电荷与之前相反，即
UC2＝IR1×R1＝－1.2 V(1 分)
故求通过电阻 R3 的电荷量 Q＝C(UC1－UC2)，解得 Q＝2.1×10－5 C(1 分)
14．(1)v0＝10gL(4 分) (2)vmin＝gL(5 分) (3)－83mgL(5 分)
【解析】(1)将重力与电场力合成一个力，即等效重力，根据题意可知二者合力为 G′＝\
rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)mgq)·q))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg))2＝2mg(1 分)
设重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为θ，则 tan θ＝Eqmg＝3，可知θ＝60°
小球恰能做完整的圆周运动时，在“等效最高点”速度最小，在“等效最高点”有 2mg
＝mv2L
可得 v＝2gL(1 分)
从 M 点到等效最高点有－mg·2Lcs 60°－Eq·2Lsin 60°＝12mv2－12mv20(1 分)
解得 v0＝10gL(1 分)
(2)细线断裂后，小球相对合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为 0 时
，合速度最小，从 M 到 B，由动能定理有－mg\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋Lcs 60°)－EqLsin 60°＝
12mv2B－12mv20(2 分)
解得 vB＝2gL(2 分)
则最小速度 vmin＝vBcs 60°＝gL(1 分)
(3)从细线断裂到小球的电势能与 B 点电势能相等的过程中，电场力做功为零，即相当于
B 点水平方向的速度等大反向，则水平方向有 vB＝a′t′，qE＝ma′(2 分)
竖直方向有 H＝12g\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t′)2(2 分)
根据 W＝mgH＝－ΔEp，联立解得ΔEp＝－83mgL(1 分)
15．(1)TeU0m)(4 分) (2)L(4 分)
(3)①2(2 分)，4eU0(2 分)，2L(2 分) ②20e2UT28md2(2 分)
【解析】(1)根据图乙可知，为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的
时间均为 T2，电子加速两次过程，根据动能定理有 2eU0＝12mv22(2 分)
第 2 个金属圆筒的长度 s2＝v2·T2，解得 s2＝TeU0m)(2 分)
(2)电子整个加速过程，根据动能定理得 4eU0＝12mv24
解得 v4＝8U0em)(1 分)
电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有 L＝v4t1，y1＝12at21
其中 a＝8U0e2mL，解得 y1＝L4(1 分)
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有 1.5L＝v4t2
沿竖直方向 y2＝vyt2，vy＝at1，解得 y2＝3L4(1 分)
电子打在荧光屏的位置与 O 点间的距离为 Y1＝y1＋y2＝L(1 分)
(3)①电子通过 n 个圆筒后，根据动能定理有 neU0＝12mv2n
电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有 L＝vntn，yn＝12at2n
令电子打在荧光屏上的动能为 Ek，根据动能定理有 e·8U02Lyn＝Ek－12mv2n
解得 Ek＝\a\vs4\al\c1(n＋\f(4n))eU0
根据数学函数规律可知，当 n 等于 2 时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为
Ekmin＝4eU0
电子通过 2 个圆筒加速后在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有 L＝v2t3，y3＝
12at23
解得 y3＝L2
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有 1.5L＝v2t4，沿竖直方向 y4＝vy1t4，vy1
＝at3
解得 y4＝3L2
电子打在荧光屏的位置与 O 点间的距离为 Y2＝y3＋y4＝2L
②由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律不变，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延后一些，如果延后累计时间等于 T2，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。由于两圆筒间隙的电场可以近似看
为匀强电场，间距均为 d，粒子在电场中后一个加速过程可以看为前一加速过程的延续部分，
令经过 N 次加速，即经过 N 个圆筒达到最大动能，则有 Nd＝vm2·T2
根据动能定理有 NeU0＝12mv2m－0，解得 vm＝eU0T2md
则最大动能为 Ekm＝12mv2m
解得 Ekm＝20e2UT28md2