福建省三明市五校协作2022-2023学年高二上学期物理期中考试试卷

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福建省三明市五校协作2022-2023学年高二上学期物理期中考试试卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
1．（2分）国际单位制中，不是电场强度的单位是（ ）
A ．N/C
B ．V/m
C ．J/C
D ．kg ⋅m/(s 2⋅C)
2．（2分）如图所示，在某静电除尘器产生的电场中，带等量负电荷的两颗微粒只受电场力作用，分
别从p 点沿虚线pm 、pn 运动，被吸附到金属圆筒上。

下列说法正确的是（ ）
A ．p 点的电势高于n 点的电势
B ．微粒在p 点的电势能小于在m 点的电势能
C ．微粒从p 到n 的动能变化量大于从p 到m 的动能变化量
D ．微粒从p 到n 的电势能变化量等于从p 到m 的电势能变化量
3．（2分）如图所示，电荷均匀分布在半球面上，半球面上所有电荷在这半球的中心口处电场强度大
小等于E 。

两个平面通过同一条直径，两平面之间的夹角为60°，从半球中分出一部分球面。

则所分出的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在圆心O 处产生的电场强度大小等于（ ）
A ．E 4
B ．E 3
C ．E 2
D ．√3
E 2
4．（2分）为了打击酒驾醉驾行为，保障交通安全，交警常甪酒精浓度检测仪对驾驶员进行酒精测
试，如图甲是某型号酒精测试仪，其工作原理如图乙所示，R 为气敏电阻，其阻值随酒精气体浓度的
增大而减小，电源的电动势为E 、内阻为r ，电路中的电表均为理想电表，R 0为定值电阻，且R 0=r 。

酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，与未饮酒的驾驶员相比（ ）
A ．电流表的示数较大，电压表的示数较大
B ．电压表示数变化量ΔU 与电流表示数变化量ΔI 的绝对值之比不变
C ．电源的输出功率较小
D ．电源的效率较大
5．（2分）如图，一带正电的点电荷固定于O 点，两虚线圆均以O 为圆心，两实线分别为不同带电粒
子M 和N 仅在电场力作用下先后在该点电荷形成的电场中运动的轨迹，a 、b 、c 、d 为运动轨迹和虚
线圆的交点，e 为两轨迹的交点。

不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A ．M 带负电荷，N 带正电荷
B ．M 在b 点的动能大于它在a 点的动能
C ．N 在d 点的电势能大于它在c 点的电势能
D ．两带电粒子分别从a 、c 运动到e 的过程中，电场力对两带电粒子所做的功一定相等
6．（2分）真空中有一半径为R ，带电量为+Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立
x 轴坐标轴，如图甲所示（其中x 1点在球体内部，x 2点在球体外部），理论分析表明，x 轴上各点的场
强随x 变化关系如图乙所示，则（ ）
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内…………○○…………线…………○…※
外…………○○…………线…………○…
A ．x 1、x 2两点处的电势相同
B ．球内部的电场为匀强电场
C ．球表面的电势最高
D ．x 1、x 2两处场强大小相等，方向相同
7．（2分）熔喷布是医用口罩的最核心的材料。

工厂在生产熔喷布时为了实时监控其厚度，通常要在
生产流水线上设置如图所示传感器，其中A 、B 为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上，G 是灵敏电流计。

熔喷布匀速从两极板间穿过时，关于熔喷布说法正确的是（ ）
A ．突然变薄时，电容器两端电压变小
B ．突然变薄时，极板上所带的电荷量增加
C ．突然变厚时，有自b 向a 的电流流过灵敏电流计
D ．厚度未发生变化时，灵敏电流计读数不为零
8．（2分）如图所示，电源电动势E =9V ，内电阻r =4.5Ω，变阻器R 1的最大电阻R m =5.0Ω，R 2=
1.5Ω，R 3=R 4=1000Ω，在开关S 与a 接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，那么下列说法正确的是（ ）
A ．R 1接入电路的阻值为3Ω，电源的输出功率为9 W
B ．当开关与a 断开但未与b 接触时，流过R 3的电流方向为c→d
C ．R 1的阻值增大时，R 2两端的电压增大
D ．当开关接向b 后，流过R 3的电流方向为d→c
(共4题；共12分)
9．（3分）下列关于电压、电动势说法正确的是（ ）
A ．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量
B ．在闭合电路中，电动势在数值上等于路端电压与电源内部电势降落之和
C ．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法
D ．由电动势公式
E =W
q 可知，电动势的大小，与非静电力所做功的大小成正比
10．（3分）如图所示，其中电流表A 的量程为0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每小格表示0.02
A ；R 1的阻值等于电流表内阻的一半：R 2的阻值等于电流表内阻的2倍，若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）
A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.06 A
B ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A
C ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A
D ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A
…
装
…
…
…
…
○
…
…
…
…
…
…
线
…
…
…
_
姓
名
：
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_
_
班
级
：
…
装
…
…
…
…
○
…
…
…
…
…
…
线
…
…
…
11．（3分）如图所示，图中直线①表示某电路的路端电压与电流的关系图像，图中曲线②表示该电
路中电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是（）
A．电源的电动势为30V
B．电源的内阻为5Ω
C．电流为2.5 A时，外电路的电阻为15Ω
D．输出功率为120 W时，输出电压是30 V
12．（3分）如图所示，相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，电键S闭合后，MN间有匀强
电场。

一个带电粒子垂直于电场方向从M板边缘射入电场，恰好打在N板中央，若不计重力。

下列
说法正确的是（）
A．电键S闭合时，N板不动，为了使粒子刚好飞出电场，可仅将M板向下移动适当距离
B．电键S闭合时，N板不动，为了使粒子刚好飞出电场，可仅将M板向上移动适当距离
C．电键S断开时，M板不动，为了使粒子刚好飞出电场，可仅将N板向下移动3d
D．电键S断开时，M板不动，为了使粒子刚好飞出电场，可仅将N板向下移动d
(共1题；共2分)
13．（2分）用游标卡尺和螺旋测微器测量一根金属丝的长度和直径，测量的结果如图所示，则此金属
丝的长度L = cm，直径d = mm。

(共3题；共11分)
14．（3分）
（1）（2分）用多用电表测量一电阻的阻值。

当选择开关置于倍率为“×100”的欧姆挡时，表盘指针
位置如图1所示，则被测电阻的阻值为Ω。

若待测电阻的阻值约为200Ω，则选择开关应调
到电阻挡的（选填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k”）位置。

（2）（1分）电流表改装成欧姆表的电路如图2所示，两表笔直接相连时，指针指在表盘刻度“5”
上；两表笔之间接有1200Ω的电阻时，指针指在刻度“1”上。

则刻度“3”应标注的电阻值为
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………装…………○…………………○…………线……请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※答※※题※※
………装…………○…………………○…………线……Ω。

15．（4分）某中学实验兴趣小组在“测定金属的电阻率”实验中，为了测量金属丝的电阻R x 的阻值，实
验室提供如下实验器材：
A ．待测金属丝电阻R x （约100Ω）
B ．电动势E ＝6V ，内阻很小的直流电源
C ．量程50 mA ，内阻约为50Ω的电流表
D ．量程0.6 A ，内阻约为0.2Ω的电流表
E ．量程6 V ，内阻约为15 k Ω的电压表
F ．最大阻值15Ω，最大允许电流1 A 的滑动变阻器
G ．最大阻值15 k Ω，最大允许电流0.5 A 的滑动变阻器
H ．开关一个，导线若干
（1）（2分）为了操作方便，且能比较精确的测量金属丝的电阻值，电流表选用 ，滑动变阻器选用 （填写选用器材前的序号）。

（2）（1分）根据所选用的实验器材，设计出测量电阻的下列甲、乙、丙、丁四种电路，为尽可能减少实验误差，应采用 图（选填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”）。

甲．乙．丙．丁．
（3）（1分）实验中测得该金属丝直径为d ，长度为L ，接入电路后，电压表示数为U ，电流表示数为I ，则该金属丝的电阻率的表达式为ρ＝ 。

16．（4分）如图甲所示，用铜片、铝片和可乐可以做成可乐电池，电动势在0.4 V ～0.6 V 范围内，内
阻几千欧，某实验兴趣小组制作了一个可乐电池并测量其电动势和内阻。

（1）（1分）如图乙所示，直接用多用电表“直流2.5 V”挡测量出可乐电池的电动势为 V 。

（2）（3分）现有实验器材：
A ．电压表（0～3 V ；R V 约为3000Ω）
B ．电流表（0～300μA ，R A 为300Ω）
C ．电阻箱（0～9999Ω）
D ．滑动变阻器（0～20Ω）
E ．开关，导线若干
①为了更准确测量可乐电池的电动势和内阻，选择合适的器材并按电路图 完成电路连接。

A ．
B ．
C ．
D ．
②通过数据处理画出相应的可乐电池R −1
I
图像如图实线所示，可知该可乐电池的内阻约为 Ω（保留2位有效数字）。

③将该可乐电池静置5h 后再次测量获得的R −1
I
图像如图丙虚线所示，可知该可乐电池的电动势 （选填“增大”“减小”或“不变”）。

(共3题；共40分)
17．（10分）如图所示，半径R=0.8m 的14
光滑绝缘圆弧轨道PQ 固定在竖直平面内，Q 点的切线水
平，质量m=6×10-2kg ，带电量q=8×10-3C 从与圆心O 等高的P 点由静止释放，从Q 点进入极板间距d=8×10-2m 的两水平平行板电容器后，刚好能在水平方向做匀速直线运动，且此时电动机刚好能正常工作。

已知电源电动势E=15V 、内阻r=1Ω、定值电阻R 0=6Ω、电动机线圈电阻r M =0.6Ω，取
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……
……○…………订……线…………○名：___________ 班级：___________ 考…………○…………订……线…………○g=10m/s 2。

求：
（1）（5分）小球到达Q 点时的速度大小； （2）（5分）电动机输出的机械功率。

18．（15分）如图所示，静止于A 处的离子，先经加速电场加速后能沿图中圆弧虚线匀速率地通过静
电分析器，静电分析器通道内有均匀辐射方向分布的电场，然后再从P 点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，场强方向水平向左。

已知加速电场的电压为U ，圆弧虚线的半径为R ，离子质量为m 、电荷量为q ；QN=d 、PN=2d ，离子重力不计。

求：
（1）（5分）静电分析器圆弧虚线所在处电场强度E 的大小；
（2）（5分）若离子恰好能打在Q 点上，则矩形区域QNCD 内电场强度E 0的大小； （3）（5分）从A 到Q 点的整个运动过程，离子电势能的变化量ΔE p 。

19．（15分）如图甲所示，真空中水平放置的平行金属板AB 间距为a ，紧邻两板右侧有一荧光屏，O
点为荧光屏的中心。

AB 两板间加如图乙所示周期为4t 0的变化电压（U 0已知），现有大量粒子由静止开始，经加速电场U 1后，沿平行板正中间水平射入AB 两板之间。

甲粒子在t =0时刻进入AB 两板，经过时间为4t 0打在荧光屏上P 点，已知平行金属板长为L ，粒子质量为m 、电荷量为q ，所有粒子均从AB 两板间射出。

不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
（1）（5分）加速电压U 1； （2）（5分）间距OP 的长度
（3）（5分）粒子打在荧光屏上的落点与O 点间距的最大值与最小值之比。

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线…………○…线…………○…答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A ．根据电场强度的定义式 E =F q 可知，力的单位是N ，电荷的单位是C ，所以N/C
是电场强度的单位，A 正确，不符合题意；
B ．根据电场强度的公式 E =U d 可知，电势差的单位为V ，距离的单位为m ，所以V/m 是电场强度
的单位，B 正确，不符合题意；
C ．根据电势差的公式 U =W
q 可知，功的单位为J ，电量的单位为C ，所以J/C 是电势差的单位，不
是电场强度的单位，C 错误，符合题意；
D ．根据电场强度的定义式
E =F
q F =ma
可知，力的单位是 kg ⋅m/s 2 ，电荷的单位是C ，所以 kg ⋅m/(s 2⋅C) 是电场强度的单位，D 正确，不符合题意； 故答案为：C 。

【分析】根据电场强度的定义式和匀强电场电场强度的表达式以及电场力做功的表达式判断不是电场强度的单位。

2．【答案】D
【解析】【解答】A ．沿着电场线，电势逐渐降低，则有 φn >φp ，A 不符合题意；
B ．负电荷从p 到m 运动电场力做正功，电势能减小，有 E pp >E pm ，B 不符合题意；
C ．两微粒均只受电场力而做正功，由动能定理有 qU =ΔE k
因初末电势差相同，电量q 相等，则电场力做正功相等，电势能能减小相等，两微粒的动能变化量相等，C 不符合题意，D 符合题意； 故答案为：D 。

【分析】利用电场线的分布可以比较电势的大小，结合电性可以判别电势能的变化；利用电势差的大小相等可以判别微粒的动能变化量相等及电势能变化量相等。

3．【答案】C
【解析】【解答】把半球面三等分，则每一部分在O 点处的场强大小均相等设为 E ′ ，方向如图
依题意，半球面在O 点的合场强为E ，根据矢量合成，可得 E =2E ′ 所以 E ′=E 2
故答案为：C 。

【分析】根据点电荷周围电场线的方向以及电场强度的合成得出O 点的电场强度。

4．【答案】B
【解析】【解答】A ．酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，R 减小，电路总电阻减小，总电流I 增大，则电
流表示数增大，根据 U R =E −I(R 0+r)
可知R 两端的电压减小，故电压表的示数减小，A 不符合题意； B ．根据闭合电路欧姆定律可得 U =E −I(R 0+r) 可得 |
ΔU
ΔI
|=R 0+r B 符合题意；
C ．电源的输出功率为 P =I 2
(R 0+R)=
E 2(R 0+R)(R 0+R+r)
2
=
E
2
R 0+R+r 2
R 0
+R +2r
根据数学知识可知，当R 0+R>r 时，P 随R 的减小而增大，C 不符合题意； D ．电源的效率为 η=UI EI ×100%=U E
×100%
当I 增大时，路端电压减小，故效率减小，D 不符合题意。

故答案为：B 。

【分析】根据闭合电路欧姆定律得出电压表示数的变化情况以及电压表示数的变化量和电流表示数变化量比值的变化情况，结合电功率的表达式得出电源的输出功率。

5．【答案】B
【解析】【解答】A ．由两轨迹均凹向中心点电荷方向，可知两带电粒子均受到吸引力，M 和N 均带负
电荷，A 不符合题意；
B ．M 从a 点到b 点过程中库仑力总体表现为做正功，故动能增大，B 符合题意；
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C ．N 从c 点到d 点过程中库仑力总体表现为做正功，故电势能减小，C 不符合题意；
D ．由于不知道两个粒子的电荷量关系，无法比较两个粒子分别从a 、c 运动到e 的过程中电场力对两带电粒子所做的功的多少，D 不符合题意。

故答案为：B 。

【分析】两轨迹均凹向中心点电荷方向，结合电场力的方向得出MN 电荷的电性，通过功能关系得出电势能的变化情况。

6．【答案】D
【解析】【解答】A ．由图象与x 轴所围面积表示电势差，可知x 1处与球表面、球表面与x 2处的电势
差不同，则x 1、x 2两点处的电势不同，A 不符合题意；
B ．由图象可知，球内部的电场强度不是处处相等，所以内部电场为非匀强电场，B 不符合题意；
C ．根据顺着电场线电势逐渐减小，可知球体内电势比球表面高，C 不符合题意；
D ．由图象可知，x 1处与x 2处场强大小相等，方向相同，D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】E-X 图像与坐标轴围成图形的面积表示电势差，结合图乙得出球内部的电势差处处相等，沿着电场线电势逐渐降低。

7．【答案】C
【解析】【解答】A ．由于电容器与电源保持连接，故两板间的电压保持不变，A 不符合题意；
B ．根据C=εrS4πkd
可知，当熔喷布的厚度变薄导致介电常数εr 变小时，电容器的电容C 减小，再根据Q=CU 可知极板带电量Q 减小，B 不符合题意；
CD ．由对B 选项分析知，当熔喷布的厚度变厚时，极板带电量Q 增加，有充电电流从b 向a 流过灵敏电流计；当熔喷布的厚度未发生变化时，极板所带电量不变，灵敏电流计读数为零。

C 符合题意，D 不符合题意。

故答案为：C 。

【分析】其电容器与电源相连，其电压保持不变；利用电容器的决定式可以判别电容的变化，结合电压不变可以判别其电荷量的变化，利用电荷量的变化可以判别电流的方向。

8．【答案】D
【解析】【解答】A ．在开关S 与 a 接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知 R 1+
R 2=r
由于 R 2=1.5Ω ，则 R 1=3Ω 。

电源的输出功率 P m =P
总2=E 24r =92
4×4.5
W =4.5W
A 不符合题意；
B ．当开关与a 断开但未与b 接触时，电容所在支路没有形成通路，因此没有电流流过R 3，B 不符合题意；
C ．电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下， R 1 和 R 2 及电源构成串联电路， R 1 的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小， R 2 两端的电压减小，C 不符合题意；
D ．在题设条件下，开关接 a 时，上极板带正电，当开关接 b 后，下极板带正电，则流过 R 3 的电流方向为 d →c ，D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】根据串联电路的特点以及电功率的表达式得出电源的输出功率，结合电路的动态分析以及欧姆定律得出电压的变化情况。

9．【答案】A,B
【解析】【解答】A ．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，A 符合题意；
B ．根据闭合电路欧姆定律得知，在闭合电路中，电动势等于外电压与内电压之和，B 符合题意；
C ．电压与电动势的单位都是伏特，但是电动势与电压有本质的不同，C 不符合题意；
D ．由电动势公式
E =W
q
可知，电动势的大小用非静电力的功W 与移动电量q 的比值来量度，反映
电源本身的特性，但是电源把其他形式的能转化为电能越多，即W 越大，电动势不一定就越高，D 不符合题意。

故答案为：AB 。

【分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领，结合电动势的定义式和闭合电路欧姆定律进行分析判断正确的选项。

10．【答案】A,C
【解析】【解答】AB ．将接线柱1、2接入电路时电流表与 R 1 并联，根据电路知识可得当电流表中电
流为 I 时， R 1 上的电流为 2I ，得流过接线柱1的电流值为 3I ，所以此时每一小格表示0.06 A ，A 符合题意，B 不符合题意；
CD ．将接线柱1、3接入电路时，电流表与 R 1 并联再与 R 2 串联，可得当电流表中电流为 I 时，
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流过接线柱1的电流值仍为3I，所以可得此时每一小格仍表示0.06 A，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】根据串并联电路的特点以及电表的改装得出电表每格的代表的示数。

11．【答案】B,C
【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir
当电流为零时，路端电压等于电源电动势大小，所以可得电动势为50V，A不符合题意；
B．U−I图像的斜率的绝对值表示电源内阻大小，所以电源的内阻为r=50−20
6Ω=5Ω
B符合题意；
C．根据前面分析可得当电流为2.5 A时有50=U′+2.5×5
解得此时路端电压为U′=37.5V
得此时外电路的电阻为R=37.5
2.5Ω=15Ω
C符合题意；
D．设输出功率为120 W时对应的干路电流大小为I0，根据前面分析可得此时路端电压为U0= 50−5I0
可得P输出=U0I0=（50−5I0）I0=120
解得I0=4A或者6A
当电流为4A时输出电压为U1=1204V=30V
当电流为6A时输出电压为U2=1206V=20V
D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】利用闭合电路欧姆定律得出电动势的大小，结合U-I图像得出电源的内阻，结合电功率的表达式得出输出的电压。

12．【答案】B,C
【解析】【解答】设极板的长度为L，带电粒子的初速度为v0，电源两端的电压为U。

A．当电键S闭合时，电压U不变，N板不动，将M板向下移前d=1
2a1t1
2=qU
2md（
L
2v0）
2
若将M板向下移动适当距离后，则竖直方向的位移y减小，则有y=
1
2×
qU
my t
2
可知运动的时间减小，则水平方向的位移减小，故粒子不能飞出，A不符合题意；
B．当电键S闭合时，电压U不变，N板不动，将M板向上移前d=
1
2a1t1
2=qU
2md（
L
2v0）
2
将M板向上移动适当距离，则竖直方向的位移y增大，则有y=
1
2×
qU
my t
2
可知运动的时间增大，则水平方向的位移增大，故粒子有可能飞出，B符合题意；
CD．若S断开，电量Q不变，根据C=εS
4kπd，C=
Q
U，E=
U
d
解得E=4kπQ
εS
可知电容器板间场强不变，则带电粒子的加速度大小不变，将N板向下移前d=
1
2a1（
L
2v0）
2
将N板向下移后，粒子刚好飞出电场时水平位移大小为L，设竖直位移大小为y，则有y=
1
2a1
（
L
v0）
2
联立解得y=4d
则将N板向下移动3d，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，类平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方
向的自由落体运动，结合类平抛运动的规律选择正确的选项。

13．【答案】11.050；1.650
【解析】【解答】金属丝的长度为L = 11cm＋10 × 0.05mm = 11.050cm
直径为d = 1.5mm＋15.0 × 0.01mm = 1.650mm
【分析】根据游标卡尺和螺旋测微的读数原理进行读数。

14．【答案】（1）1500；×10
（2）200
【解析】【解答】（1）被测电阻的阻值为R=15×100Ω=1500Ω
由于欧姆表指针越靠近中间，测量越准确，因此若待测电阻的阻值约为200Ω时，应选用“×10”挡位。

（2）由题意知
E
r=5(单位)
并且
E
r+1200=1(单位)
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而
E
r+R =3(单位) 联立可得待测电阻 R =200Ω 【分析】（1）根据多用电表欧姆表的读数原理得出被测电阻的阻值，欧姆表指针越靠近中间测量越准确；
（2）结合闭合电路欧姆定律得出待测电阻的阻值。

15．【答案】（1）C ；F
（2）甲 （3）πUd 2
4IL
【解析】【解答】（1）估算电路的最大电流为 I m =E R x
=6
100A =0.06A =60mA
所以电流表选择量程为50mA 的电流表C ；为调节方便，且采用分压接法，所以滑动变阻器选择最大阻为15Ω的F ；
（2）由于电压表的内阻远大于待测电阻，故电流表采用外接法，为了多次测量，滑动变阻器采用分压接法。

故答案为：甲。

（3） 根据欧姆定律和电阻定律有
R x =U I =ρL π(d 2
)2
解得电阻率 ρ=πUd 2
4IL
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出电路中的最大电流，从而得出选择的电流表，为调节方便，滑动变阻器利用分压式接法，并得出滑动变阻器的阻值；
（2）结合电压表和待测电阻的大小关系得出电流表的接法，结合滑动变阻器的接法选择了正确的电路图；
（3）结合欧姆定律以及电阻定律得出该金属的电阻率。

16．【答案】（1）0.43
（2）A ；2.0×103；不变
【解析】【解答】（1）选择“直流2.5 V”挡时分度值为 0.05V ，估读到 0.01V ，可得可乐电池的电动
势大小为 E =8.5×0.05V ≈0.43V
（2）电流表内阻已知，将其与电阻箱串联，电流表测量流过电路的准确电流，通过闭合电路欧姆定律得到电动势和电路中总电阻的关系，以减小系统误差。

故答案为：A 。

根据电路图和闭合电路欧姆定律可得 E =I(R +R A +r)
整理得 R =E ⋅1
I
−(R A +r)
所以可得 R −1
I
图像的斜率表示电源电动势，纵截距的绝对值表示电池内阻和电流表的内阻之和，根
据图线可得 R A +r =2.3×103Ω 解得 r =2.0×103Ω
根据前面分析可得 R −1
I
图像的斜率表示电源电动势，虚线所示图线的斜率不变，所以可乐电池的电
动势不变。

【分析】（1）根据直流电压表的读数原理得出电压表的读数原理得出电池的电动势；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出R −1
I
的表达式，结和图像得出电源的内阻，并判断电动势的变化情
况。

17．【答案】（1）解：设小球到达Q 点的速度v ，小球从P 到Q 只有重力做功，由机械能守恒定律有 mgR =1
2
mv 2
解得 v =4 m/s
（2）解：小球进入平行板间所受电场力和重力平衡，设板间电压为U ，有 q U
d =mg
由欧姆定律得电路中的电流 I =U
R 0
所以，电动机两端电压 U M =E −U −Ir
电动机输出的机械功率 P 机=IU M −I 2
r M
联立解得 P 机= 7.4W
【解析】【分析】（1） 小球从P 到Q 只有重力做功，由机械能守恒定律 得出小球到达Q 点的速度；
（2）根据匀强电场的电场强度的表达式以及共点力平衡和欧姆定律得出电动机两端的电压，通过电功率的表达式得出 电动机输出的机械功率 。

18．【答案】（1）解：离子在加速电场中加速，根据动能定理 Uq =
1
2
mv 2 可得 v =√2qU m
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得 qE =mv 2
R
联立可得 E =
2U R
（2）解：离子矩形区域QNCD 内做类平抛运动，加速度为 a =qE
0m
10/ 10
沿电场方向和垂直电场方向的位移分别为2d=12at2 d=vt
联立可得E0=8U d
（3）解：从A到Q点的整个运动过程，电场力对离子所做的总功为W=W1+W2=qU+qE0⋅
2d=17qU
离子电势能的变化为ΔE p=−W=−17qU
【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速的过程根据动能定理得出射出加速电场的速度，辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力得出电场强度的表达式；
（2）离子矩形区域QNCD内做类平抛运动，利用类平抛运动规律以及牛顿第二定律得出矩形区域QNCD内电场强度；
（3）从A到Q点的整个运动过程根据电场力做功的表达式得出电势能的变化量。

19．【答案】（1）解：分析可知，甲粒子刚进入AB两板时的速度为v0=
L 4t0
粒子在加速电场中，由动能定理得qU1=12mv02
解得U1=
mL2 32qt02
（2）解：0~2t0，粒子在竖直方向上的加速度为a′=Eq m=U0q am
2t0时，竖直速度为v y1=a′2t0=2t0qU0
am
2t0时，竖直位移为y
1=
v y1
2⋅2t0=
2t02U0q
am
2t0~3t0，粒子在竖直方向上做匀速运动，竖直位移为y
2=v y1t0=
2t02qU0
am
3t0~4t0，粒子在竖直方向上做匀加速运动，加速度为a′。

4t0时，竖直速度为v y2=v y1+a′t0= 3t0qU0
am
3t0~4t0，竖直位移为
y 3=
v y1+v y2
2t0=
5t02qU0
2am
整个过程的竖直位移为y=y
1+y2+y3=
13t02U0q
2am
（3）解：当粒子在竖直方向上，先加速3t0后匀速t0时，打在荧光屏上的落点与O点间距的最大，
为Y=v y2
2⋅3t0+v y2t0=
15t02U0q
2am
由于无法比较与平行板正中间虚线到上平行板间距a
2大小，故默认为Y最大。

粒子在竖直方向上，先匀速t0后加速3t0时，打在荧光屏上的落点与O点间距的最小，为Y′=
v y2
2⋅
3t0=
9t02U0q
2am
则最大值与最小值之比为
Y
Y′
=53
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中根据动能定理得出加速电场的电势差；
（2）粒子在加速电场中根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度与时间的关系以及平均速度速度
的定义式得出整个过程的竖直位移；
（3）粒子在竖直方向先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，利用匀变速直线运动的平均速度的
表达式得出粒子打在荧光屏上的落点与O点间距的最大值与最小值之比。