2024-2025学年河南省南阳市高二上学期十月第一次月考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年秋期高二年级第一次月考物理试题一、单选题（共7小题，每题4分，共28分）1.下列关于电场的说法正确的是（）A.“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则，元电荷就是电子B.电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用C.由电场强度的定义式：可知E与F成正比，与q成反比D.点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体都当作点电荷处理【答案】B【解析】A．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则，即质子或电子带的电荷量，而不是粒子本身，故A错误；B．电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用，故B正确；C．电场强度的定义式为，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，故C错误；D．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型，如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作点电荷，故D错误。2.如图，在坐标平面内，圆心为O、半径为r的圆上等距放置三个点电荷，y轴上的A点电荷量为点电荷量均为。P点为圆弧中点。则（）A.O点电场强度方向沿y轴正向 B.O点电场强度大小为0C.P点电场强度方向沿y轴正向 D.P点电场强度大小为【答案】D【解析】AB．根据电场的矢量叠加可知O点电场强度方向沿y轴负向，大小为故AB错误；CD．三个点电荷在P点的场强如图A点电荷在P点的场强为B点电荷在P点的场强为C点电荷在P点的场强为根据矢量的合成可知A、B点电荷在P点的场强为方向向下，再与C点电荷在P点的场强合成可知方向向下，故C错误，D正确；3.如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上．下列判断正确的是（）A.带电粒子在P点的电势能比在Q点的大B.三个等势面中，a的电势最低C.带电粒子在P点的加速度比在Q点的小D.带电粒子在R点的加速度方向沿虚线b向右【答案】A【解析】B．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故B错误；A．沿着电场线方向电势降低，根据前面分析可知P点电势大于Q点电势，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故A正确；C．因P点的等差等势面较Q点密集，则P点的电场线较Q点密集，P点场强比Q点大，则带电粒子在P点的加速度比在Q点大，选项C错误；D．电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，故D错误。故选A。4.如图所示，在x轴上的M、N处分别固定一个点电荷、，x轴上各点的电场强度E随坐标x的变化曲线（取x轴正方向为电场强度的正方向），其中O点电场强度为零，．P点和Q点在x轴上，且．下列说法正确的是（）A.与带等量负电荷B.与均带正电荷，且电荷量之比为C.P点与Q点的电场强度等大反向D.若将一负试探电荷从P点移到Q点，电势能减小【答案】B【解析】AB．根据题意，由图可知，MO间电场为正，ON间电场为负，且O点电场强度为零，则与均带正电荷，且解得故A错误，B正确；CD．根据题意，由点电荷场强公式结合电场叠加原理可知，令，P点的电场强度Q点的电场强度P点的电场强度大于Q点，P点电势Q点电势P点电势高于Q点，若将一负试探电荷从P点移到Q点，电势能增加，故CD错误。故选B。5.如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接。下极板接地，一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则以下说法错误的是（）A.电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大B.带电质点将沿竖直方向向上运动C.P点的电势将降低D.若将带电质点固定，则其电势能不变【答案】D【解析】A．下极板向上移动时，板间距减小，根据可知，电容将增大，因U不变，由Q=CU可知，电量将增大；故A正确；B．开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动；故B正确；C．场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故C正确；D．电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大；故D错误。本题选说法错误的，故选D。6.导体的伏安特性曲线表示导体的导电特性，如图是A、B两个导体的伏安特性曲线，其中图线A的斜率为k，并且图线A与横轴成角。下列关于这两个导体的伏安特性曲线的说法正确的是（）A.两条图线的交点表示此状态下两导体的电阻相等B.导体A的电阻值不随电压变化而变化，B的电阻值随电压的增大而增大C.导体B是非线性元件，曲线上某点切线的斜率为相应状态的电阻的倒数D.导体A为线性元件，且【答案】A【解析】A．两线的交点处，U和I相等，此时电阻也相等，故A正确；BCD．因为A元件的伏安特性曲线是直线，所以A是线性元件，其斜率的倒数等于其电阻，但因为横纵坐标轴标度不一定相同，则斜率不能用倾角的正切值求解，A元件的电阻值不随电压变化而变化；因为B元件的伏安特性曲线是弯曲的曲线，所以导体B是非线性元件，各点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数，不是某点切线的斜率表示电阻的倒数，B的电阻值随电压的增大而减小。故BCD错误。故选A。7.如图所示，带电荷量为小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知A、C间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A.OB的距离B.OB的距离C.从A到C，静电力对小滑块做的功D.A、C之间的电势差【答案】A【解析】AB．由题意知小滑块在B点处的加速度为零则根据受力分析有沿斜面方向解得故A正确；B错误；C．因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有解得故C错误；D．AC之间的电势差故D错误。故选A。二、多选题（共3小题，每题5分，共15分）8.如图所示，边长为的正方形ABCD处在匀强电场中，且正方形平面与电场线平行。已知，，，O是对角线AC、BD的交点，下列说法正确的是（）A.D点的电势 B.C.电场强度的方向由C指向A D.电场强度大小为【答案】BC【解析】A．由于A点电势为2V，C点电势为6V，O是AC中点，由匀强电场特点知，O点电势为4V，故对角线BD为等势线A错误；B．由题知代入得B正确；C．电场强度由高电势指向低电势，故电场强度的方向由C指向A；C正确；D．电场强度大小为代入得D错误；9.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论正确的是（）A.甲表是电流表，R增大时量程增大B.甲表是电流表，R增大时量程减小C.乙表是电压表，R增大时量程减小D.乙表是电压表，R增大时量程增大【答案】BD【解析】AB．甲表是灵敏电流计并联分流电阻，是电流表，R增大时分流较小，量程减小，A错误B正确；CD．乙表是灵敏电流计串联分压电阻，是电压表，分压电阻R增大时量程增大，D正确C错误。故选BD。10.如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器A、B板边缘，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.小球带正电B.A板的电势为C.若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为D.在此过程中小球的电势能减小【答案】AB【解析】A．分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力方向为垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图所示电场线方向垂直于极板，从极板B指向极板A，带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场线的方向相同，由此可知，该小球带正电，故A正确；B．根据小球的受力情况可得解得根据几何关系可得板间距为电场强度为解得A板的电势为故B正确；C．小球在电场中所受合力为根据牛顿第二定律可得小球在电场中的加速度大小为根据几何关系可得小球的位移为则有解得小球在电场中运动的时间为故C错误；D．此过程中电场力做负功，则可知小球的电势能增加，故D错误。故选AB。三、实验题（共17分）11.图甲所示电路为“用传感器观察电容器的放电过程”实验电路图。开关未闭合时，电源的电压。实验操作时，单刀双掷开关先跟2相接。某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接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。开关再改接2后得到的图像如图乙所示。（1）开关改接1后流经电阻上的电流方向为_______（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）已知电容器的电容为，则图乙中图线与坐标轴所围“面积”为_______。（3）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量与电容器的电容、电荷量及电容器两极板间电压之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他还做出电容器两极板间的电压随电荷量变化的图像如图所示。按照他的想法，下列说法正确的是（）A.图线的斜率越大，电容越小B.对同一电容器，电容器储存的能量与电荷量成正比C.对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比【答案】（1）自上而下（2）（3）AC【解析】（1）开关S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，电子自下而上流经电阻，故开关改接1后流经电阻上的电流方向为自上而下；（2）图乙中图线与坐标轴所围“面积”为电容器充电后所带电荷量，由得（3）A．由得图线的斜率为，故图线的斜率越大，电容越小，故A正确；BC．电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积解得从上面的式子看出，电容器储存的能量与电荷量的平方成正比，对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比，故B错误，故C正确。故选AC。12.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和图乙所示。（1）由甲、乙两图读得圆柱体的直径为________mm，长度为________。（2）选择合适的实验器材，实验电路图如图丙所示，按照电路图正确连接实物图。在实验电路图中，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端（填“”或“”）。（3）若流经圆柱体的电流为，圆柱体两端之间的电压为，圆柱体的直径和长度分别用表示，则用表示电阻率的关系式为________。【答案】（1）（2）a（3）【解析】（1）[1][2]由题图甲螺旋测微器可知，圆柱体直径为由题图乙可知，游标卡尺是20分度的，游标卡尺的精度是，游标卡尺示数为（2）由题图丙可知，为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于端。（3）由欧姆定律可知，圆柱体电阻为由电阻定律得联立可得电阻率四、解答题（共40分）13.如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r＝0.8Ω，电路中另一电阻R＝10Ω，直流电压U＝160V，电压表示数UV＝110V。试求：（1）通过电动机的电流；（2）输入电动机电功率；（3）若电动机以v＝1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10m/s2）【答案】（1）5A；（2）550W；（3）53kg【解析】（1）由电路中电压关系可得电阻R的分压为则流过电阻R的电流为则通过电动机的电流为（2）输入电动机的电功率为（3）电动机的发热功率电动机输出的机械功率又可得14.如图所示，电荷量为q、质量为m的带正电小球，用轻质不可伸长的绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，细线长为L。假设电场区域足够大，静止时细线与竖直方向夹角，小球在运动过程中电荷量始终保持不变，，，重力加速度为g。（1）求匀强电场电场强度的大小E；（2）若保持电场强度大小不变，某时刻将电场方向改为竖直向上，求小球运动到最低点时的速度大小v；【答案】（1）（2）【解析】（1）对小球进行受力分析，根据平衡条件有解得（2）根据动能定理，电场方向改为竖直向上，小球运动到最低点过程有解得15.如图所示，一个质量为、电荷量的带电粒子（重力忽略不计），从静止开始经电压为的加速电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长，两板间距。求：（1）微粒进入偏转电场时的速度是多大？（2）若微粒射出电场时的偏转角度为，求两金属板间的电压是多大？粒子从电场中出射时的侧位移y是多少cm？【答案】（1）；（2）200V，【解析】（1）带电微粒经电场加速后速度为，根据动能定理解得（2）带电微粒在偏转电场中只受静电力作用，做类平抛运动。水平方向有设电子在偏转电场中运动的加速度为a，射出电场时竖直方向的速度为，则有解得侧位移为y，则有解得2024年秋期高二年级第一次月考物理试题一、单选题（共7小题，每题4分，共28分）1.下列关于电场的说法正确的是（）A.“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则，元电荷就是电子B.电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用C.由电场强度的定义式：可知E与F成正比，与q成反比D.点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体都当作点电荷处理【答案】B【解析】A．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则，即质子或电子带的电荷量，而不是粒子本身，故A错误；B．电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用，故B正确；C．电场强度的定义式为，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，故C错误；D．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型，如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作点电荷，故D错误。2.如图，在坐标平面内，圆心为O、半径为r的圆上等距放置三个点电荷，y轴上的A点电荷量为点电荷量均为。P点为圆弧中点。则（）A.O点电场强度方向沿y轴正向 B.O点电场强度大小为0C.P点电场强度方向沿y轴正向 D.P点电场强度大小为【答案】D【解析】AB．根据电场的矢量叠加可知O点电场强度方向沿y轴负向，大小为故AB错误；CD．三个点电荷在P点的场强如图A点电荷在P点的场强为B点电荷在P点的场强为C点电荷在P点的场强为根据矢量的合成可知A、B点电荷在P点的场强为方向向下，再与C点电荷在P点的场强合成可知方向向下，故C错误，D正确；3.如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上．下列判断正确的是（）A.带电粒子在P点的电势能比在Q点的大B.三个等势面中，a的电势最低C.带电粒子在P点的加速度比在Q点的小D.带电粒子在R点的加速度方向沿虚线b向右【答案】A【解析】B．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故B错误；A．沿着电场线方向电势降低，根据前面分析可知P点电势大于Q点电势，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故A正确；C．因P点的等差等势面较Q点密集，则P点的电场线较Q点密集，P点场强比Q点大，则带电粒子在P点的加速度比在Q点大，选项C错误；D．电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，故D错误。故选A。4.如图所示，在x轴上的M、N处分别固定一个点电荷、，x轴上各点的电场强度E随坐标x的变化曲线（取x轴正方向为电场强度的正方向），其中O点电场强度为零，．P点和Q点在x轴上，且．下列说法正确的是（）A.与带等量负电荷B.与均带正电荷，且电荷量之比为C.P点与Q点的电场强度等大反向D.若将一负试探电荷从P点移到Q点，电势能减小【答案】B【解析】AB．根据题意，由图可知，MO间电场为正，ON间电场为负，且O点电场强度为零，则与均带正电荷，且解得故A错误，B正确；CD．根据题意，由点电荷场强公式结合电场叠加原理可知，令，P点的电场强度Q点的电场强度P点的电场强度大于Q点，P点电势Q点电势P点电势高于Q点，若将一负试探电荷从P点移到Q点，电势能增加，故CD错误。故选B。5.如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接。下极板接地，一带电质点恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则以下说法错误的是（）A.电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大B.带电质点将沿竖直方向向上运动C.P点的电势将降低D.若将带电质点固定，则其电势能不变【答案】D【解析】A．下极板向上移动时，板间距减小，根据可知，电容将增大，因U不变，由Q=CU可知，电量将增大；故A正确；B．开始时电场力与重力平衡，合力为零；下极板上移时，因U不变，根据可知，电场强度增大，电场力增大，粒子将向上运动；故B正确；C．场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故C正确；D．电场力向上，故粒子一定带负电，P点的电势降低，则其电势能将增大；故D错误。本题选说法错误的，故选D。6.导体的伏安特性曲线表示导体的导电特性，如图是A、B两个导体的伏安特性曲线，其中图线A的斜率为k，并且图线A与横轴成角。下列关于这两个导体的伏安特性曲线的说法正确的是（）A.两条图线的交点表示此状态下两导体的电阻相等B.导体A的电阻值不随电压变化而变化，B的电阻值随电压的增大而增大C.导体B是非线性元件，曲线上某点切线的斜率为相应状态的电阻的倒数D.导体A为线性元件，且【答案】A【解析】A．两线的交点处，U和I相等，此时电阻也相等，故A正确；BCD．因为A元件的伏安特性曲线是直线，所以A是线性元件，其斜率的倒数等于其电阻，但因为横纵坐标轴标度不一定相同，则斜率不能用倾角的正切值求解，A元件的电阻值不随电压变化而变化；因为B元件的伏安特性曲线是弯曲的曲线，所以导体B是非线性元件，各点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数，不是某点切线的斜率表示电阻的倒数，B的电阻值随电压的增大而减小。故BCD错误。故选A。7.如图所示，带电荷量为小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知A、C间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A.OB的距离B.OB的距离C.从A到C，静电力对小滑块做的功D.A、C之间的电势差【答案】A【解析】AB．由题意知小滑块在B点处的加速度为零则根据受力分析有沿斜面方向解得故A正确；B错误；C．因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有解得故C错误；D．AC之间的电势差故D错误。故选A。二、多选题（共3小题，每题5分，共15分）8.如图所示，边长为的正方形ABCD处在匀强电场中，且正方形平面与电场线平行。已知，，，O是对角线AC、BD的交点，下列说法正确的是（）A.D点的电势 B.C.电场强度的方向由C指向A D.电场强度大小为【答案】BC【解析】A．由于A点电势为2V，C点电势为6V，O是AC中点，由匀强电场特点知，O点电势为4V，故对角线BD为等势线A错误；B．由题知代入得B正确；C．电场强度由高电势指向低电势，故电场强度的方向由C指向A；C正确；D．电场强度大小为代入得D错误；9.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论正确的是（）A.甲表是电流表，R增大时量程增大B.甲表是电流表，R增大时量程减小C.乙表是电压表，R增大时量程减小D.乙表是电压表，R增大时量程增大【答案】BD【解析】AB．甲表是灵敏电流计并联分流电阻，是电流表，R增大时分流较小，量程减小，A错误B正确；CD．乙表是灵敏电流计串联分压电阻，是电压表，分压电阻R增大时量程增大，D正确C错误。故选BD。10.如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ角，极板的长度为L，A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为k的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器A、B板边缘，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.小球带正电B.A板的电势为C.若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为D.在此过程中小球的电势能减小【答案】AB【解析】A．分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力方向为垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图所示电场线方向垂直于极板，从极板B指向极板A，带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场线的方向相同，由此可知，该小球带正电，故A正确；B．根据小球的受力情况可得解得根据几何关系可得板间距为电场强度为解得A板的电势为故B正确；C．小球在电场中所受合力为根据牛顿第二定律可得小球在电场中的加速度大小为根据几何关系可得小球的位移为则有解得小球在电场中运动的时间为故C错误；D．此过程中电场力做负功，则可知小球的电势能增加，故D错误。故选AB。三、实验题（共17分）11.图甲所示电路为“用传感器观察电容器的放电过程”实验电路图。开关未闭合时，电源的电压。实验操作时，单刀双掷开关先跟2相接。某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接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。开关再改接2后得到的图像如图乙所示。（1）开关改接1后流经电阻上的电流方向为_______（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）已知电容器的电容为，则图乙中图线与坐标轴所围“面积”为_______。（3）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量与电容器的电容、电荷量及电容器两极板间电压之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他还做出电容器两极板间的电压随电荷量变化的图像如图所示。按照他的想法，下列说法正确的是（）A.图线的斜率越大，电容越小B.对同一电容器，电容器储存的能量与电荷量成正比C.对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比【答案】（1）自上而下（2）（3）AC【解析】（1）开关S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，电子自下而上流经电阻，故开关改接1后流经电阻上的电流方向为自上而下；（2）图乙中图线与坐标轴所围“面积”为电容器充电后所带电荷量，由得（3）A．由得图线的斜率为，故图线的斜率越大，电容越小，故A正确；BC．电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积解得从上面的式子看出，电容器储存的能量与电荷量的平方成正比，对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比，故B错误，故C正确。故选AC。12.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数