2023学年度广东省广州十六中高二(上)期中物理试卷(附答案详解).docx

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1、2023-2023 学年广东省广州十六中高二上期中物理试卷一、单项选择题本大题共 7 小题，共 28.0 分1. 关于静电场，以下说法正确的选项是()A. 在电场中，电势越高的地方，电荷在该点具有的电势能越大B. 由公式𝑈 = 𝐸𝑑可知，在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比𝑞C. 由𝑈𝐴𝐵 = 𝑊𝐴𝐵可知，带电荷量为1𝐶的正电荷，从𝐴点移动到𝐵点抑制电场力做功为1w

2、869;，则𝐴、𝐵两点间的电势差为1𝑉D. 在电场中电场强度大的地方，电势确定高2. 如以下图为电子束焊接机，𝐾为阴极，𝐴为阳极，两极之间的距离为𝑑，在两极之间加上高电压𝑈，两极之间形成了辐向分布的电场，图中带箭头的虚线代表电场线，𝐵、𝐶是电场中两点。有一电子在𝐾极由静止被加速，不考虑电子重力，元电荷为𝑒，则以下说法正确的选项是( )A. A、𝐾之间的电场强度均为𝑈𝑑B.

3、𝐵点电势大于𝐶点电势C. 𝐵点电场强度大于𝐶点电场强度D. 电子由𝐾到𝐴的电势能削减了𝑒𝑈3. 电子产品制作车问里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容 器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上(如以下图)，以下说法正确的选项是()A. 开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大B. 开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小C. 开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少D. 开关断开时，

4、灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗的总功率不变第 1 页，共 17 页4. 如以下图的电路中，𝑅1、𝑅2均为定值电阻，𝑅为可变电阻，电源的电动势为𝐸，内阻为𝑟，假设开关𝑆闭合后，电压表示数为𝑈，电流表示数为𝐼，当可变电阻𝑅的滑片向右端移动时，以下说法中正确的选项是()A. 𝑈变小，𝐼变大B. 𝑈变小，𝐼变小C. 𝑈变大，𝐼变大D. 𝑈变大，

5、𝐼变小5. 如图甲所示，在𝑥轴上有一个点电荷𝑄(图中未画出)，𝑂、𝐴、𝐵为轴上三点，放在𝐴、𝐵两点的摸索电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以𝑥轴的正方向为静电力的正方向，则()A. A、𝐵所受电场力方向相反B. 点电荷𝑄确定为正电荷C. 点电荷𝑄在𝐴、𝐵之间D. 𝐴点的电场强度大小为5 103𝑁/𝐶6. 如以下图

6、，实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，𝑎、𝑏是轨迹上的两点。带电粒子在运动中只受电场力作用，依据此图可作出正确推断的是( )A. 该粒子带正电B. 该电场强度的方向向左C. 粒子在𝑎、𝑏两点的加速度𝑏处较大D. 粒子在𝑎、𝑏两点的速度𝑎处较大7. 如以下图，在匀强电场中，将电荷量为6 106𝐶的点电荷从电场中的𝐴点移到𝐵点，抑制静电力做了2.4 105𝐽的功，再从&

7、#119861;点移到𝐶点，静电力做第 2 页，共 17 页了1.2 105 𝐽的功。电场的方向与 𝐴𝐵𝐶所在的平面平行，𝐴𝐵长6𝑐𝑚，𝐵𝐶长4𝑐𝑚。以下说法正确的选项是()A. A、𝐵两点间的电势差𝑈𝐴𝐵 = 4𝑉B. B、𝐶两点的电势差𝑈𝐵𝐶

8、= 2𝑉C. 电场强度的大小为5 102𝑉/𝑚6D. 场强的方向垂直于𝐴𝐶指向𝐵二、多项选择题本大题共 3 小题，共 18.0 分8. 如以下图，平行板电容器与一恒压直流电源相连，下极板通过𝐴点接地，一带负电小球被固定于𝑃点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则 ( )A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针偏角变大C. 带电小球的电势能将变小D. 假设先将下极板与𝐴点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受静电

9、力不变9. 如以下图，等量异种点电荷(+𝑄, 𝑄) 固定放置，𝑂是两电荷连线的中点，以𝑂为圆心，在垂直于两电荷连线的平面内作圆，𝐴、𝐵是圆上两点，且𝐴𝐵连线不过圆心𝑂， 则以下说法正确的选项是( )A. A、𝐵两点的电场强度不同B. 将一个电荷沿圆弧从𝐴点移到𝐵点，电场力不做功C. 将一个电荷沿该圆弧从𝐴点移到𝐵点，电荷受到的电场力始终不变D. 𝐴点的电势比

10、𝐵点的电势高10. 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与其接入电路的有效阻值𝑅𝑃的关系如图乙所示。则以下说法中正确的选项是()第 3 页，共 17 页A. 图乙中滑动变阻器的最大功率𝑃2 = 2𝑊B. 图乙中𝑅1 = 6𝛺C. 滑动变阻器消耗的功率𝑃最大时，定值电阻𝑅

11、;也消耗功率最大D. 调整滑动变阻器𝑅𝑃的阻值，不行能使电源的输出电流达2𝐴三、试验题本大题共 2 小题，共 16.0 分11. 发光二极管是目前电器指示灯广泛使用的电子元件，在电路中的是只有电流从标有“+”号的一端流入，从标有“”的一端流出时，它才能发光，这时可将它视为一个纯电阻。某同学欲测量一只工作电压为1.9𝑉的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3𝑉，内阻约3𝑘𝛺)，电流表(用多用电表的直流25𝑚𝐴 挡替代，内阻约为5

12、0570;)，滑动变阻器(0 20𝛺)，电池组(内阻不计)，开关和导线假设干。他设计的电路如图𝑎所示。答复以下问题：(1) 依据电路图𝑎，在答卷中将实物图𝑏中的连线补充完整；(2) 某次测量中，多用电表示数如图𝑐，则通过二极管的电流为𝑚𝐴；(3) 二极管的伏安特性曲线如图𝑑所示，当二极管上所加电压从1.5𝑉缓慢增加至1.9𝑉时，伏安特性曲线先是曲线，后来渐渐趋于一条直线，可知该二极管正向电阻阻值 。(选填“先减小后不变”、“始终减小”、

13、“先增大后不变”)第 4 页，共 17 页12. 某试验小组利用图甲所示的电路测量金属丝的电阻率(图中𝑅𝑥表示待测金属丝的电阻)。(1) 正确操作螺旋测微器，测量金属丝的直径结果如图乙所示，则该次测得的金属丝的直径𝑚𝑚；(2) 连接好电路后，开关𝑆闭合前滑动变阻器的滑片应滑至；(选填“左端”或“右端”)(3) 试验中觉察电压表的量程无法满足试验要求，某同学将量程为4𝑚𝐴、内阻为120𝛺的灵敏电流计𝐺与阻值为𝑅1的定值电阻串联后，改装成量

14、程为6𝑉的电压表， 则𝑅1 =𝛺；(4) 用刻度尺测得被测金属丝接入电路的长度为𝑙，螺旋测微器测得金属丝的直径为𝑑，用电流表和电压表测得金属丝的电阻为𝑅𝑥，则被测金属丝的电阻率为𝜌 = ； (用题中所给物理量的字母表示)(5) 试验中测得待测金属丝的电阻𝑅𝑥的阻值约为70𝛺。试验时电流表承受了外接法， 经检验该方法是正确的，则关于电流表的内阻𝑅𝐴 的推断可能正确的选项是。 A.Ү

15、77;𝐴 = 0.9𝛺B.𝑅𝐴 = 2.4𝛺C.𝑅𝐴 = 3.9𝛺第 5 页，共 17 页四、简答题本大题共 1 小题，共 16.0 分13. 如以下图，一群速率不同的一价离子从𝐴. 𝐵两平行极板正中心水平射入偏转电场，离子的初速度为𝑣0，𝐴. 𝐵间电压为𝑈，间距为𝑑。𝐶为竖直放置，并与𝐴. 𝐵间隙正对的金属档

16、板，屏𝑀𝑁足够大。假设𝐴. 𝐵极板长为𝐿，𝐶到极板的距离也为𝐿，𝐶的高为𝑑。不考虑离子所受重力，元电荷为𝑒。(1)写出离子射出𝐴、𝐵板时的侧移距离𝑦的表达式； (2)离子通过𝐴、𝐵板时电势能变化了多少？(3)求初动能范围是多少的离子才能打到屏𝑀𝑁上。五、计算题本大题共 2 小题，共 22.0 分14. 如以下图，在竖直平面内有

17、两个点电荷，固定在同一水平直线上相距为3𝑙的𝐴、𝐵 两点，其电荷量分别为+𝑄、+𝑄。在𝐴、𝐵两点连线的垂直平分线处固定一光滑竖 直绝缘杆，在杆上𝐶点有一个质量为𝑚、电荷量为𝑞的小环(可视为点电荷)由静止释放。𝐴、𝐵、𝐶三点连线为正三角形，𝐷为𝐴𝐵的中点，小环由𝐶运动到𝐷的过 程中小环的电势能削减了⻔

18、2;，重力加速度为𝑔。求：第 6 页，共 17 页(1)释放小环瞬间，小环加速度的大小； (2)小环滑到𝐷点时的速度大小。15. 如以下图的电路中，两平行金属板𝐴、𝐵水平放置，两板间距离𝑑 = 40𝑐𝑚。电源电动势𝐸 = 24𝑉，内电阻𝑟 = 1𝛺，电阻𝑅1 = 6𝛺。闭合开关𝑆，待电路稳定后，将一带正电的小球从𝐴板小孔上方10𝑐Ү

19、98;处自由释放，假设小球带电荷量𝑞 = 1 102 𝐶，质量为𝑚 = 2 102 𝑘𝑔，不考虑空气阻力，𝑔取10𝑚/𝑠2。求： 滑动变阻器接入电路的阻值𝑅2为多大时，小球恰能到达𝐵板？第 7 页，共 17 页答案和解析1. 【答案】𝐶【解析】解：𝐴、依据𝐸𝑝 = 𝑞𝜑知，在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小，故 A 错误；

20、B、由公式𝑈 = 𝐸𝑑可知，在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比，故 B 错误；C、从𝐴点移动到𝐵点抑制电场力做功为1𝐽，则𝑊𝐴𝐵 = 1𝐽，带电荷量为1𝐶的正电荷，从𝐴点移动到𝐵点抑制电场力做功为1𝐽，由𝑈𝐴𝐵 = 𝑊𝐴𝐵= 1 𝑉 =

21、 1𝑉，可知𝐴、𝐵两点间的电势差为1𝑉，故 C 正确。𝑞1D、电场强度与电势无关，电场强度大，电势不愿定高，如负点电荷四周，靠近负点电荷处的电场强度大，但电势低，故 D 错误。应选：𝐶。在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小。在公式𝑈 = 𝐸𝑑中𝑑是两点沿电场方向的距离。电场强度与电势无关。电场强度总是指向该点电势降落最快的方向。解决此题时要明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向。要留意公式

22、𝑈 = 𝐸𝑑中，𝑑不是两点间的距离，而是两点沿电场方向的距离。2. 【答案】𝐷【解析】解：𝐴、如以下图，𝐴、𝐾之间的电场为非匀强电场，不行用𝐸 = 𝑈进展计算，𝑑故 A 错误；B、沿电场线方向电势渐渐减小，等势面垂直于电场线，综合可得𝐵点电势小于𝐶点电势， 故 B 错误；C、电场线越密电场强度越大，则𝐵点电场强度小于𝐶点电场强度，故 C 错误；D、电子由&#

23、119870;到𝐴的电势能削减量等于电场力做的功，即|𝛥𝐸𝑝| = 𝑊 = 𝑒𝑈，故 D 正确。应选：𝐷。A、𝐾之间形成的是非匀强电场，公式𝐸 = 𝑈不适用；依据沿电场线方向电势降低推断电𝑑势凹凸；电场线的疏密程度表示电场强度大小；由电场力做功与电势能的关系和动能定理求得电子由𝐾到𝐴的电势能削减量。第 8 页，共 17 页此题以电子束焊接机为背景考察电子在电场中的加速问题，

24、特别需要明确𝐴、𝐾之间建立的是非匀强电场，留意公式的适用条件。3. 【答案】𝐴【解析】解：𝐴、开关接通时，灯泡发生短路，电阻小于开关断开时的电阻，有公式𝑃 = 𝑈2𝑅可知，开关接通时比开关断开时消耗的总功率大，故A 正确；B、开关接通时，电灯熄灭，只有电烙铁通电，电路中电阻减小，有公式𝑃 = 𝑈2可知，𝑅消耗的功率增大；故 B 错误；C、开关断开时，电灯发光，电烙铁也通电，消耗的总功率减小，且电烙铁发热较少， 故 C 错误D、开关断开时

25、，灯泡串联在电路中，电灯发光，总电阻增大，可供在焊接时照明使用， 消耗总功率减小，故 D 错误；应选：𝐴。开关闭合时，灯泡会发生短路，总电阻会减小，消耗的功率会增大，同理当开关断开时， 灯泡串联在电路中，总电阻增大，消耗的功率较小此题考察了串联电路的特点和电阻、电压、实际功率的计算，关键是公式及其变形的灵敏运用4. 【答案】𝐴【解析】解：当𝑅的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小， 依据闭合电路欧姆定律分析得知总电流𝐼增大，电压表测量𝑅两端电压𝑈，而𝑈 = &#

26、119864; 𝐼(𝑟 + 𝑅2)，𝐼增大，𝐸、𝑟、𝑅2不变，则𝑈变小，通过𝑅2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数𝐼变大，故 A 正确，BCD 错误； 应选：𝐴。当𝑅的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，依据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压，即可推断电压表示数的变化，由欧姆定律分 析变阻器两端电压的变化，分析电流表示数的变化。此题按“局部整体局部”的思路进展动态变化

27、分析，对于电压表的示数，可以直接依据路端电压随外电阻而增大的结论进展分析，也可以依据“串反并同”进展分析，直第 9 页，共 17 页接得出结论。5. 【答案】𝐶【解析】解：𝐴𝐵𝐶.由图乙知，正的摸索电荷放在𝐴点和负的摸索电荷放在𝐵点所受的静电力的方向都沿𝑥轴的正方向，说明点电荷𝑄为负电荷且在𝐴、𝐵之间，故 AB 错误，C 正确；D.由图像的斜率𝑘 = 𝐹 = 𝐸𝑞可知

28、19864;𝐴= 41032106𝑁/𝐶 = 2 103𝑁/𝐶故 D 错误。应选：𝐶。由图读出两个检验电荷所受的电场力方向，分析𝑄的位置依据电场强度的定义式𝐸 = 𝐹𝑞可知，𝐹𝑞图线的斜率等于场强的大小，分析场强的大小。此题要把握电场力与场强方向、大小的关系，从数学的角度理解图线𝐹𝑞斜率的物理意义，这是解决图象问题常用的方法6. 【答案】𝐷【解析】解：

29、19860;𝐵、依据运动轨迹可确定受力方向，电场力在轨迹的凹侧，能确定带电 粒子在𝑎、𝑏两点的受力方向向左，但电场线方向和带电粒子电性未知，所以无法确定电场强度的方向，带电粒子电性也无法确定，故AB 错误；C、由图可知𝑎处的电场线密，则𝑎处的电场强度大，依据𝑎 = 𝐹𝑚处的加速度大，故 C 错误；= 𝑞𝐸，可知带电粒子在𝑎𝑚D、假设粒子从𝑎运动到𝑏，电场力与速度方向成钝角，

30、电场力做负功，动能减小，可确定𝑎点动能大于𝑏点动能，则粒子在𝑎、𝑏两点的速度𝑎处较大，故 D 正确；应选：𝐷。依据运动轨迹可确定受力方向，但电场线方向和带电粒子电性未知，所以无法确定电场强度的方向，依据电场线的疏密推断电场的强弱，然后结合牛顿其次定律推断加速度的大小；依据电场力做功可确定速度的变化。此题主要考察依据带电粒子的轨迹来确定其受力，结合电场力做功来确定动能的比较，第 10 页，共 17 页但无法确定其电性和电场强度的方向。7. 【答案】𝐶【解析】解：𝐴

31、19861;、依据公式𝑈 = 𝑊，则有：𝑈𝐴𝐵 = 𝑊𝐴𝐵 ，代入数据解得= 4𝑉，= 2𝑉故 AB 错误；𝑞𝑞𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶𝐷、由于该电场为匀强电场，所以等势面在所示平面内投影为直线且电势在任意直线 上均匀变化。设𝐵点的电势为零，那么当取𝐴、𝐵中点𝐷

32、，𝐷点电势为2𝑉，连接𝐶𝐷点，得到一样电势的一条直线，由于电场强度方向垂直等势面且指向电势减小的方向，所以过𝐵点做该直线垂线即得到一条电场线，方向如以下图指向𝐵，场强方向𝐴并不是垂直于𝐴𝐶的。依据几何关系可解得𝐵𝐹 = 2.4𝑐𝑚 = 0.024𝑚依据𝐸 = 𝑈 = 𝑈𝐹𝐵 =2𝑉

33、;/𝑚 = 5 102𝑉/𝑚𝑑𝐹𝐵0.0246故 C 正确，D 错误； 应选：𝐶。依据电场力做功与电势差的关系求出𝐴𝐵间的电势差、𝐵𝐶间的电势差；依据电势差等于电势之差，从而判定𝐵、𝐶点的电势凹凸；找出等势线，结合电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，作出电场线，依据𝐸 = 𝑈解得电场大小。𝑑解决此题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势

34、差与电势的关系。知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势。8. 【答案】𝐶𝐷【解析】解：𝐴、依据电容的打算式𝐶 =容将减小，故 A 错误；𝑟𝑆 4𝜋𝑘𝑑知，下极板竖直向下移动时，𝑑增大，则电第 11 页，共 17 页B、静电计测量的是电容器两端的电势差，由于电容器始终与电源相连，则电势差不变， 所以静电计指针张角不变，故 B 错误；C、电势差不变，𝑑增大，则由公式𝐸 = 𝑈分析得知板间电

35、场强度减小，𝑃点与上极板间𝑑的电势差减小，而𝑃点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则𝑃点的电势增大，因小球带负电，则小球的电势能减小，故C 正确；D、电容器与电源断开，则电荷量不变，𝑑转变，依据电容的定义式𝐶 = 𝑄与打算式𝐶 =𝑈𝑟𝑆 ，4𝜋𝑘𝑑及电场强度公式𝐸 = 𝑈，则电场强度综合表达式𝐸 = 4𝜋&#

36、119896;𝑄，则知电场强度不变，则小球𝑑所受电场力不变，故 D 正确； 应选：𝐶𝐷。𝜖𝑟𝑆电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，依据电容器𝑑的变化推断电容的变化，由公式𝐸 = 𝑈分析电场强度的变化，从而推断电荷电势能和电场力的变化。𝑑此题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变。要把握𝐶 = 𝑄、

37、19862; =𝑈𝑟𝑆 4𝜋𝑘𝑑、𝐸 = 𝑈三个公式。𝑑9. 【答案】𝐵𝐶【解析】解：𝐴、由异种电荷电场线分布可知，𝐴处的电场线与𝐵处的电场线疏密程度一样，且方向都向右，则𝐴点的场强等于𝐵点的场强，故 A 错误；B、𝐴、𝐵两点电势一样，两点间的电势差为零，把电荷从𝐴点移动到𝐵点，

38、静电力对质子做功为零，故 B 正确；C、由异种电荷电场线分布可知，圆弧上各点场强都一样，将一个电荷沿圆弧从𝐴点移到𝐵点，电荷受到的电场力都不变，故C 正确；D、依据电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，可知，𝐴点、𝐵点在同一个等势面，则𝐴点电势等于𝐵点电势，故 D 错误；应选：𝐵𝐶。电场线越密的地方场强越大，电磁线越稀疏的地方场强越小，电场线与等势面相互垂直， 电场线从高等势面指向低等势面，电场力做功等于电势能的变化量，依据电场线分布分 析答题。此题考

39、察了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的中垂线第 12 页，共 17 页是等势线即可正确解题。10. 【答案】𝐵𝐷【解析】解：𝐴𝐵、依据电路中功率的规律结合图乙知，当𝑅𝑟 = 𝑅1 = 𝑅 + 𝑟 = 4𝛺 + 2𝛺 =6𝛺时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率𝑃2 = (代入数据解得𝑃2 = 1.5𝑊，故 A 错误，B 正确；

40、19864;𝑅1+𝑅+𝑟)2 𝑅1C、当回路中电流最大时，即𝑅𝑟 = 0，时定值电阻𝑅消耗的功率最大，故 C 错误；D、当滑动变阻器𝑅𝑟的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为𝐼𝑚 =𝐸𝑅+𝑟=64+2𝐴 = 1𝐴，则调整滑动变阻器𝑅𝑟的阻值，不行能使电源的输出电流到达2𝐴，故 D 正确 应选：&

41、#119861;𝐷。将𝑅看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时滑动变阻器消耗的功率最大，由图读出𝑅𝑟的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，依据功率公式求出电源的电动势。依据滑动变阻器的阻值为4𝛺与阻值为𝑅时消耗的功率相等列式，可求得𝑅𝑟.当𝑅𝑟 = 0时电路中电流最大，𝑅消耗的功率最大。依据闭合电路欧姆定律求电路中最大电流。解决此题的关键是把握推论：当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大。对于定值电阻

42、，当电流最大时其消耗的功率最大。对于滑动变阻器的最大功率，可承受等效法争论。11. 【答案】13.5始终减小【解析】解：(1)依据图𝑎所示电路图连接实物电路图，实物电路图如以下图(2)多用电表的量程为25𝑚𝐴，由图𝑐所示表盘可知，其分度值为0.5𝑚𝐴，示数为13.5𝑚𝐴； (3)由图𝑑所示图像可知，随电压𝑈增大图线上的点与坐标原点连线的斜率始终增大，斜率的倒数始终减小，斜率的倒数等于二极管电阻，因此二极管电阻始终减小。第 13 页，共

43、17 页故答案为：(1)实物电路图如以下图：(2)13.5；(3)始终减小。(1) 依据试验原理图连接实物电路图。(2) 依据多用表量程确定其分度值，然后依据指针位置读出其示数； (3)依据图示图线应用欧姆定律分析阻值如何变化。此题考察了试验电路连接，滑动变阻器承受分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置，分析图示图线应用欧姆定律即可解题。12.【答案】2.095左端 1380 𝜋𝑑2𝑅𝑥𝐶4𝑙【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为2𝑚⻕

44、8; + 0.01 9.5𝑚𝑚 = 2.095𝑚𝑚 (2)为了保护电路，开关𝑆闭合前滑动变阻器的滑片应滑至最左端使待测支路电流为零；(3)由电表改装原理𝑈 = 𝐼𝑔(𝑅𝑔 + 𝑅1)可得，代入数据解得应串联的电阻𝑅1 = 1380𝛺 (4)由电阻定律得𝑥𝑅= 𝜌 𝑙𝑆及金属丝的横截面积公式𝑆 =

45、 𝜋𝑅2 = 𝜋 (𝑑)22联立可得𝜌 = 𝜋𝑑2 𝑅𝑥4𝑙(5)由(3)可知电压表的内阻为1500𝛺，由题意知电流表承受了外接法，经检验该方法是正确的，则有𝑅𝑉 𝑅𝑥𝑅𝑥𝑅𝐴代入数据得𝑅𝐴 3.27𝛺故 C 可能，𝐴⻒

46、1;不行能。应选 C故答案为：(1)2.095，(2)左端；(3)1380；(4) 𝜋𝑑2𝑅𝑥；(5)𝐶4𝑙(1) 依据螺旋测微器的读数方法可解得；(2) 为了保护电路，开关𝑆闭合前滑动变阻器的滑片应滑至最左端； (3)由电表改装原理可解得；(4) 由电阻定律变形可解得电阻率；第 14 页，共 17 页(5) 依据电流表外接的原理求解。此题考察测量金属丝的电阻率，解题关键把握试验原理以及电阻定律的应用，同时留意电流表外接的原理。13.【答案】解：(1)偏转电场的场强大小为：w

47、864; =𝑈 𝑑离子所受电场力：𝐹 = 𝐸𝑞 离子的加速度为： 𝐹 = 𝑚𝑎 由解得：𝑎 =𝑈𝑒 𝑚𝑑设离子的质量为𝑚，初速度为𝑣0，离子射出电场的时间𝑡为：𝐿 = 𝑣0𝑡 射出电场时的偏转距离𝑦为：𝑦 = 1 𝑎𝑡22由解得：&

48、#119910; =𝑈𝑒𝐿202𝑚𝑑𝑣 2(2) 离子通过𝐴、𝐵板时电场力所做的功等于电势能的变化，电场力做正功，所以电势能削减了；依据动能定理可得：𝑊 = 𝑒𝐸𝑦 = 𝑒𝑈 𝑦 =𝑑𝑒2𝑈2𝐿2 2𝑚𝑑 2𝑣20(3) 离子射出电场时的竖直分速度

49、 𝑣𝑦= 𝑎𝑡 射出电场时的偏转角：𝑡𝑎𝑛𝜑 = 𝑣𝑦 𝑣0由得：𝑡𝑎𝑛𝜑 =𝑒𝑈𝐿 0𝑚𝑣 2𝑑离子射出电场时做匀速直线运动要使离子打在屏𝑀𝑁上，需满足：𝑦 𝑑由可得：𝑒Ү

50、80;𝐿22𝑑2 𝐸𝑘22 3𝑒𝑈𝐿2。2𝑑2答：(1)离子射出𝐴、𝐵板时的侧移距离𝑦的表达式为𝑦 =(2)离子通过𝐴、𝐵板时电势能变化了𝑒2𝑈2𝐿2 ；02𝑚𝑑 2𝑣2𝑈𝑒𝐿2 ；02𝑚𝑑w

51、907; 2(3)初动能范围为𝑒𝑈𝐿22𝑑2 𝐸𝑘 3𝑒𝑈𝐿2的离子才能打到屏𝑀𝑁上。2𝑑2【解析】(1)离子在𝐴𝐵板间的电场中做类平抛运动，将离子的运动按水平和竖直两个方 向进展分析，运用牛顿其次定律、运动学公式，结合两个分运动的等时性，求出离子射出电场时的偏转距离𝑦。(2) 依据电场力做的功与电势能的变化来分析；第 15 页，共 17 页(3) 离子离开

52、电场后做匀速直线运动，离子要打在屏𝑀𝑁上，𝑦必需满足𝑦 𝑑.联马上可求解。 2此题考察粒子在偏转电场中的运动，解题关键是利用类平抛运动学问，要能娴熟推导出偏转距离和偏转角度的表达式，同时要正确分析临界条件，相结合即可进展求解。14.【答案】解：(1)由库仑定律：𝐹 = 𝑘 𝑄𝑞可知，𝐴处正点电荷对𝐶点处小环的库仑力大𝑟2小𝐹𝐴 =𝑘𝑄

53、9902; (3𝑙)2，方向沿𝐶𝐴斜向下；𝐵处正点电荷对𝐶点处小环的库仑力大小𝐹𝐵 =𝑘𝑄𝑞 (3𝑙)2，方向沿𝐵𝐶方向斜向下，释放小环瞬间，依据几何学问可知𝐹𝐴、𝐹𝐵 两个力夹角为60，且两个力大小相等，则应用数学学问可知两点电荷对小环的合力大小𝐹 = 𝑘 3𝑄𝑞

54、;3𝑙2则依据牛顿其次定律杆释放小环瞬间𝐹 + 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎联立解得𝑎 = 𝑔 + 3𝑘𝑄𝑞3𝑚𝑙 2(2)小环从𝐶滑到𝐷，依据动能定理有𝑄 + 𝑚𝑔 = 1 𝑚𝑣2 02 = 3𝑙𝑠𝑖𝑛60所以小环滑到w

55、863;点时的速𝑣 = 3𝑔𝑙 + 2𝑊𝑚答：(1)释放小环瞬间，小环加速度的大小为𝑔 + 3𝑘𝑄𝑞 ；3𝑚𝑙 2(2)小环滑到𝐷点时的速度大小为3𝑔𝑙 + 2𝑊。𝑚【解析】(1)依据库仑定律，结合力的合成法则，依据牛顿其次定律可解得加速度； (2)小环从𝐶滑到𝐷点的过程，运用动能定理，结合几何关系，即可求解小

56、环滑到𝐷点的速度大小。此题分析小环的受力状况是根底，要知道小环在垂直于杆的方向受力是平衡的，要把握力的合成法则，并能正确运用。15【.答案】解：假设小球恰能到达𝐵板，设𝐴𝐵板间电势差为𝑈，则依据动能定理可得𝑚𝑔(𝑑 +) 𝑞𝑈 = 0代入数据解得𝑈 = 10𝑉依据闭合电路欧姆定律有𝑈 = 𝐸 𝐼(𝑅1 + 𝑟)第 16 页，共 17 页电流𝐼 =𝐸𝑅1 𝑅 2𝑟联立解得𝑅2 = 5𝛺答：滑动变阻器接入电路的阻值𝑅2为5𝛺时，小球恰能到达𝐵板【解析】先对球从释放到𝐵板过程依据动能定理列式求解𝐴𝐵间的电压，再依据闭合电路欧姆定律列式求解𝑅2。此题是力电综合问题，关键是明确小球的受力状况和电路构造，依据动能定理和闭合电路欧姆定律列式求解，不难。第 17 页，共 17 页