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四川省内江市资中县第二中学2022-2023学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）
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这是一份四川省内江市资中县第二中学2022-2023学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了计算题，共3个小题，共40分等内容，欢迎下载使用。
资中二中高2024届高二10月考
物理试题
一、选择题，共9小题，每小题6分，共54分。1-5题单选， 6-9题多选。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 物体带电荷量可能为
B. 金属导体感应起电的本质是电子的移动
C. 元电荷的数值最早是由英国物理学家库仑测出的
D. 点电荷是理想模型， 电场线是真实存在于电场周围的
【答案】B
【解析】
【详解】A．物体带电荷量只能是元电荷的整数倍，则物体带电荷量不可能为，故A错误；
B．金属导体感应起电的本质是电子从导体的一端移动到另一端，故B正确；
C．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测出的，故C错误；
D．点电荷是理想模型， 电场线是人为假想的，不是真实存在于电场周围的，故D错误。
故选B。
2. 关于电场的描述正确的是（ ）
A. 库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律
B. 只适用于点电荷产生的电场
C. 由库仑定律表达式可知，当r→0时，F→无穷大
D. 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
【答案】A
【解析】
【详解】A．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律，故A正确；
B．是电场的定义式，适用于任何电场，故B错误；
C．当两电荷相距很近时，库仑定律将不再适用，故C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，两电荷之间的静电力是一对相互作用力，必定大小相等，故D错误。
故选A。
3. 有两段电阻丝是由同种材料制成的。它们的质量之比为，长度之比 ，则它们的电阻之比为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据
可得两段电阻丝的横截面积之比为
根据电阻定律
可得两段电阻丝的电阻之比为
故选D。
4. 两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5 V，V2表的量程是15 V，把它们串联起来接入电路中，则 （ ）
A. 它们的示数相等，指针偏转角度也相等
B. 它们的示数之比为l:3，指针偏转角度相等
C. 它们的示数相等，指针偏转角度之比为1:3
D. 它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1:3
【答案】B
【解析】
【详解】电压表是由电流计与定值电阻串联改装而成的；V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的两个电流计改装，可知，V2表的内阻是V1表的内阻的3倍．把它们串联接入电路，通过的电流相等，电表指针的偏角相同；电表两端电压之比等于内阻之比1：3，它们的示数之比为1：3．故B项正确，ACD错误。
故选B。
5. 如图所示，Q1，Q2是两个电荷量相等的点电荷，O点为它们连线的中点，M、N为连线中垂线上的两点。下列说法正确的是（ ）
A. 若Q1，Q2均带正电，则在中垂线上，O点的电场强度不为零
B. 若Q1，Q2均带正电，则M点的电场强度一定大于N点的电场强度
C. 若Q1带正电、Q2带负电，则M点的电势一定比N点的电势高
D. 若Q1带正电、Q2带负电，则在中垂线上，O点的电场强度最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．若、均带正电，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点O的场强为零，故A错误；
B．若、均带正电，中点O的场强为零，中垂线上无穷远处场强也为0，则从O点到无穷远处，场强先增大后减小，所以无法确定M、N两点的场强大小，故B错误。
C．若带正电、带负电，由等量异种电荷的电场线分布可知，连线的中垂线为等势线，则M点的电势与N点的电势相等，故C错误；
D．若带正电、带负电，由等量异种电荷的电场线分布可知，在中垂线上，O点的电场线最密集，电场强度最大，故D正确。
故选D。
6. 一种简化的示波管装置（包括电子运动轨迹）如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压U1，在偏转电极（一对水平的平行金属板）加上直流高压U2.。则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中（ ）
A. 电子在水平方向先做加速运动，再做匀速运动
B. 电子在水平方向一直做匀速运动
C U1一定时，U2越大，则图中亮点位置越低
D. U2一定时，U1越大，则图中亮点位置越低
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，A正确，B错误；
CD．U1一定时，电子做匀速运动的速度就一定，则电子到达屏幕的时间就一定，U2越大，电子的侧向位移
越大，则图中的亮点越高。U1越大，则电子做匀速运动的速度越大，电子到达屏幕的时间就越短，U2一定时，则侧移就越小，图中亮点位置越低。C错误，D正确。
故选AD。
7. 如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在 P点的正点电荷，两板间的电场强度大小为E，两板间的电势差为U，点电荷在P点的电势能为Ep，静电计指针的偏角为θ，若保将下极板不动，将上极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A. U不变，E减小 B. E不变，Ep不变
C. θ增大，U增大 D. E不变，Ep增大
【答案】BC
【解析】
【详解】由于静电计所带电荷量远小于极板所带电荷量，则可认为电容器极板所带电荷量保持不变；根据
，
将上极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，两极板间的距离增大，则电容减小；由于不变，则两板间的电势差增大，静电计指针的偏角增大；根据
可知极板间电场强度不变，由于P点到下极板的距离保持不变，则P点和下极板间的电势差保持不变，P点的电势不变，根据
可知点电荷在P点的电势能不变。
故选BC。
8. 如图，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三个带电小球质量均为M，其中A球的电荷量qA=q0>0，B球的电荷量，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度为g，小球间距离远大于小球的半径，则（ ）
A. C球的电荷量 B. 弹簧伸长量为
C. A球受到库仑力大小为 D. 相邻两小球间距为
【答案】AC
【解析】
【详解】AD．设相邻两小球间距为r，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件有
对B球受力分析，根据平衡条件有
两式联立解得
A正确，D错误；
B．对三个小球整体受力分析，根据平衡条件有
弹簧伸长量
B错误；
C．对A球受力分析，根据平衡条件有
解得A球受到的库仑力为
C正确。
故选AC。
9. 在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势随x坐标值的变化图线如图所示。一质量为m，带电量为q的带正电小球（可视为质点）从O点以初速度沿x轴正向移动。下列叙述正确的是（ ）
A. 若小球能运动到处，则带电小球从0运动到的过程中所受电场力不变
B. 带电小球从运动到的过程中，电势能先减小后增大
C. 若该小球能运动到处，则初速度至少为
D. 若带电粒子在运动过程中的最大速度为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于φ-x图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x1的过程中，场强不变，由
F=qE
知，粒子所受电场力保持不变，故A正确；
B．正电荷在电势高处电势能大，则小球从x1运动到x3的过程中，电势不断减少，正电荷的电势能不断减少，故B错误；
C．若该小球能运动到x4处，则必须能运动到x1处，若小球恰好能运动到x1处，初速度v0最小，从x=0到x1处，根据动能定理得
得
故C错误；
D．当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x=0到x3处，根据动能定理得
qφ0=mvm2-mv02
由题意
得最大速度为
故D正确。
故选AD。
二、实验题，共2个小题，每空2分，共16分。
10. 某实验小组通过测绘小灯泡的I—U图线来研究小灯泡的电阻随电压的变化规律。所用的实验器材如下：
A．小灯泡（额定电压2.8V，额定电流0.5A）；
B．电压表（量程3V，内阻约3kΩ；量程15V，内阻约 15kΩ）；
C．电流表（量程0.6A，内阻约1.0Ω；量程3A，内阻约0.2Ω）；
D．滑动变阻器（0~10Ω）；
E．蓄电池（电动势4V，内阻不计）；
F．开关一个、导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图甲中的电路补充完整______；
（2）该实验小组得出小灯泡的伏安特性图线如图乙所示。由图可知，随着小灯泡两端电压增大，小灯泡的电阻______（填“增大”“不变”或“减小”），P点处小灯泡的电阻为______Ω；
【答案】 ①. ②. 增大 ③. 3.5
【解析】
详解】（1）[1]由图乙可知电压从零逐渐增大，则滑动变阻器采用分压式接法，由于电压表内阻远大于小灯泡电阻，电流表采用外接法，实物电路图如图所示：
（2）[2]小灯泡的I—U图上某点与原点连线的斜率的倒数表示灯泡电阻值，由图乙可知，电阻随灯泡两端电压增大而增大。
[3]P点处小灯泡的电阻
11. 在“测定金属丝的电阻率”实验中，某金属丝的阻值 Rx约为5Ω，为精确测量其阻值，可供选择的器材如下：
A．电源：电动势12V、内阻很小
B．电流表A1（量程0~0.6A，内阻r1=1Ω）
C．电流表A2（量程0~3A，内阻r2约为0.3Ω）
D．电压表V（量程0~3V，内阻约为4kΩ）
F．滑动变阻器R01（0~10Ω、额定电流1.5A）
G．滑动变阻器R02（0~500Ω、额定电流0.5A）
H．开关和若干根导线
（1）用千分尺测得金属丝直径d如题图所示，则d=______mm；
（2）为了测量安全性与准确性，应选用的电流表______（填“B”或“C”）；
（3）为了测量的方便性，滑动变阻器选______（填“F”或“G”）；
（4）某次实验中电流表读数如图所示，I=______A，若实验中金属丝的长为 L， 直径为d，本实验若测得电压表的读数为U，电流表的读数为I，金属丝电阻率的表达式为______（用题中所给字母表示）。
【答案】 ①. 0.900 ②. B ③. F ④. 0.50 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] 由螺旋测微器的读数规则可知，金属丝直径
（2）[2]由于电流表B的内阻已知，则为了测量的安全性与准确性，应选用的电流表B。
（3）[3]滑动变阻器的阻值均大于待测电阻的阻值，为了减小误差，滑动变阻器采用限流式接法，同时为了测量的方便性，滑动变阻器选用F。
（4）[4]电流表B的量程为0~0.6A，由图可知
I=0.50A
[5]由电阻定律可知
电流表内阻已知，为了测量的安全性与准确性，故电流表采用内接法可以修正误差，则
联立解得
三、计算题，共3个小题，共40分。
12. 如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为q=-2×10-5C的负电荷由A点移到B点，其电势能变化了ΔEp=0.1J，已知A、B两点间距离为L=2cm，两点连线与电场方向成θ=60°角，求：
（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；；
（2）若规定B点的电势为零，则电场中A的电势φA；
（3）该匀强电场的电场强度E的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）因为负电荷由A移到B的过程中，电场力做负功，则电势能增加了0.1J，则
（2）A、B两点间的电势差
又知
其中
所以
（3）因为在匀强电场中，根据
U=Ed
所以有
13. 如图所示，热电子由K发射后，初速度可以忽略不计，经加速电压为U1的加速电场加速后，垂直于电场方向飞入偏转电压为U2的偏转电场，最后打在荧光屏（图中未画出）上．已知两偏转极板间距为d，板长为L．电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力．求：
（1）电子进入偏转电场时的速度大小；
（2）电子在偏转电场中所用的时间和离开时的偏移量y；
（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功．
【答案】（1）（2）； （3）
【解析】
【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理得：
解得：
（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有：
竖直方向有：
则电子从偏转电场射出时垂直偏移量：
（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功为：
代入解得：
14. 如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且LBC=2m，CDF为竖直平面内半径为R=0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E=1.5×103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，当滑块P运动到F点瞬间对轨道压力为2N。已知滑块P的质量为m=0.2kg，电荷量的绝对值q=1.0×10-3C，与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.2，忽略滑块P与轨道间电荷转移。已知，，。求：
（1）滑块从F点抛出后落点离C的距离；
（2）滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
（3）欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道且能从F点飞出，弹簧释放弹性势能的取值范围。
【答案】（1）；（2）3.5N，方向沿OD连线向右；（3）
【解析】
【详解】（1）F点时，由牛顿第二定律
从F点开始做平抛运动，有
可解得
（2）滑块从D到F的过程中，根据动能定理，有
在D点时，有
可解得
FD=3.5N
根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为3.5N，方向沿OD连线向右
（3）重力和电场力可看作等效重力（斜向左下方），此时
设等效重力的方向与竖直方向夹角为，则有
可得
设M点为等效最高点，要使滑块P沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，有
可得
滑块P从压缩时到M点的过程中，由动能定理得
联立可得
资中二中高2024届高二10月考
物理试题
一、选择题，共9小题，每小题6分，共54分。1-5题单选， 6-9题多选。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 物体带电荷量可能为
B. 金属导体感应起电的本质是电子的移动
C. 元电荷的数值最早是由英国物理学家库仑测出的
D. 点电荷是理想模型， 电场线是真实存在于电场周围的
【答案】B
【解析】
【详解】A．物体带电荷量只能是元电荷的整数倍，则物体带电荷量不可能为，故A错误；
B．金属导体感应起电的本质是电子从导体的一端移动到另一端，故B正确；
C．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测出的，故C错误；
D．点电荷是理想模型， 电场线是人为假想的，不是真实存在于电场周围的，故D错误。
故选B。
2. 关于电场的描述正确的是（ ）
A. 库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律
B. 只适用于点电荷产生的电场
C. 由库仑定律表达式可知，当r→0时，F→无穷大
D. 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
【答案】A
【解析】
【详解】A．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律，故A正确；
B．是电场的定义式，适用于任何电场，故B错误；
C．当两电荷相距很近时，库仑定律将不再适用，故C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，两电荷之间的静电力是一对相互作用力，必定大小相等，故D错误。
故选A。
3. 有两段电阻丝是由同种材料制成的。它们的质量之比为，长度之比 ，则它们的电阻之比为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据
可得两段电阻丝的横截面积之比为
根据电阻定律
可得两段电阻丝的电阻之比为
故选D。
4. 两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5 V，V2表的量程是15 V，把它们串联起来接入电路中，则 （ ）
A. 它们的示数相等，指针偏转角度也相等
B. 它们的示数之比为l:3，指针偏转角度相等
C. 它们的示数相等，指针偏转角度之比为1:3
D. 它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1:3
【答案】B
【解析】
【详解】电压表是由电流计与定值电阻串联改装而成的；V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的两个电流计改装，可知，V2表的内阻是V1表的内阻的3倍．把它们串联接入电路，通过的电流相等，电表指针的偏角相同；电表两端电压之比等于内阻之比1：3，它们的示数之比为1：3．故B项正确，ACD错误。
故选B。
5. 如图所示，Q1，Q2是两个电荷量相等的点电荷，O点为它们连线的中点，M、N为连线中垂线上的两点。下列说法正确的是（ ）
A. 若Q1，Q2均带正电，则在中垂线上，O点的电场强度不为零
B. 若Q1，Q2均带正电，则M点的电场强度一定大于N点的电场强度
C. 若Q1带正电、Q2带负电，则M点的电势一定比N点的电势高
D. 若Q1带正电、Q2带负电，则在中垂线上，O点的电场强度最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．若、均带正电，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点O的场强为零，故A错误；
B．若、均带正电，中点O的场强为零，中垂线上无穷远处场强也为0，则从O点到无穷远处，场强先增大后减小，所以无法确定M、N两点的场强大小，故B错误。
C．若带正电、带负电，由等量异种电荷的电场线分布可知，连线的中垂线为等势线，则M点的电势与N点的电势相等，故C错误；
D．若带正电、带负电，由等量异种电荷的电场线分布可知，在中垂线上，O点的电场线最密集，电场强度最大，故D正确。
故选D。
6. 一种简化的示波管装置（包括电子运动轨迹）如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压U1，在偏转电极（一对水平的平行金属板）加上直流高压U2.。则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中（ ）
A. 电子在水平方向先做加速运动，再做匀速运动
B. 电子在水平方向一直做匀速运动
C U1一定时，U2越大，则图中亮点位置越低
D. U2一定时，U1越大，则图中亮点位置越低
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，A正确，B错误；
CD．U1一定时，电子做匀速运动的速度就一定，则电子到达屏幕的时间就一定，U2越大，电子的侧向位移
越大，则图中的亮点越高。U1越大，则电子做匀速运动的速度越大，电子到达屏幕的时间就越短，U2一定时，则侧移就越小，图中亮点位置越低。C错误，D正确。
故选AD。
7. 如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在 P点的正点电荷，两板间的电场强度大小为E，两板间的电势差为U，点电荷在P点的电势能为Ep，静电计指针的偏角为θ，若保将下极板不动，将上极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A. U不变，E减小 B. E不变，Ep不变
C. θ增大，U增大 D. E不变，Ep增大
【答案】BC
【解析】
【详解】由于静电计所带电荷量远小于极板所带电荷量，则可认为电容器极板所带电荷量保持不变；根据
，
将上极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，两极板间的距离增大，则电容减小；由于不变，则两板间的电势差增大，静电计指针的偏角增大；根据
可知极板间电场强度不变，由于P点到下极板的距离保持不变，则P点和下极板间的电势差保持不变，P点的电势不变，根据
可知点电荷在P点的电势能不变。
故选BC。
8. 如图，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三个带电小球质量均为M，其中A球的电荷量qA=q0>0，B球的电荷量，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度为g，小球间距离远大于小球的半径，则（ ）
A. C球的电荷量 B. 弹簧伸长量为
C. A球受到库仑力大小为 D. 相邻两小球间距为
【答案】AC
【解析】
【详解】AD．设相邻两小球间距为r，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件有
对B球受力分析，根据平衡条件有
两式联立解得
A正确，D错误；
B．对三个小球整体受力分析，根据平衡条件有
弹簧伸长量
B错误；
C．对A球受力分析，根据平衡条件有
解得A球受到的库仑力为
C正确。
故选AC。
9. 在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势随x坐标值的变化图线如图所示。一质量为m，带电量为q的带正电小球（可视为质点）从O点以初速度沿x轴正向移动。下列叙述正确的是（ ）
A. 若小球能运动到处，则带电小球从0运动到的过程中所受电场力不变
B. 带电小球从运动到的过程中，电势能先减小后增大
C. 若该小球能运动到处，则初速度至少为
D. 若带电粒子在运动过程中的最大速度为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于φ-x图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x1的过程中，场强不变，由
F=qE
知，粒子所受电场力保持不变，故A正确；
B．正电荷在电势高处电势能大，则小球从x1运动到x3的过程中，电势不断减少，正电荷的电势能不断减少，故B错误；
C．若该小球能运动到x4处，则必须能运动到x1处，若小球恰好能运动到x1处，初速度v0最小，从x=0到x1处，根据动能定理得
得
故C错误；
D．当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x=0到x3处，根据动能定理得
qφ0=mvm2-mv02
由题意
得最大速度为
故D正确。
故选AD。
二、实验题，共2个小题，每空2分，共16分。
10. 某实验小组通过测绘小灯泡的I—U图线来研究小灯泡的电阻随电压的变化规律。所用的实验器材如下：
A．小灯泡（额定电压2.8V，额定电流0.5A）；
B．电压表（量程3V，内阻约3kΩ；量程15V，内阻约 15kΩ）；
C．电流表（量程0.6A，内阻约1.0Ω；量程3A，内阻约0.2Ω）；
D．滑动变阻器（0~10Ω）；
E．蓄电池（电动势4V，内阻不计）；
F．开关一个、导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图甲中的电路补充完整______；
（2）该实验小组得出小灯泡的伏安特性图线如图乙所示。由图可知，随着小灯泡两端电压增大，小灯泡的电阻______（填“增大”“不变”或“减小”），P点处小灯泡的电阻为______Ω；
【答案】 ①. ②. 增大 ③. 3.5
【解析】
详解】（1）[1]由图乙可知电压从零逐渐增大，则滑动变阻器采用分压式接法，由于电压表内阻远大于小灯泡电阻，电流表采用外接法，实物电路图如图所示：
（2）[2]小灯泡的I—U图上某点与原点连线的斜率的倒数表示灯泡电阻值，由图乙可知，电阻随灯泡两端电压增大而增大。
[3]P点处小灯泡的电阻
11. 在“测定金属丝的电阻率”实验中，某金属丝的阻值 Rx约为5Ω，为精确测量其阻值，可供选择的器材如下：
A．电源：电动势12V、内阻很小
B．电流表A1（量程0~0.6A，内阻r1=1Ω）
C．电流表A2（量程0~3A，内阻r2约为0.3Ω）
D．电压表V（量程0~3V，内阻约为4kΩ）
F．滑动变阻器R01（0~10Ω、额定电流1.5A）
G．滑动变阻器R02（0~500Ω、额定电流0.5A）
H．开关和若干根导线
（1）用千分尺测得金属丝直径d如题图所示，则d=______mm；
（2）为了测量安全性与准确性，应选用的电流表______（填“B”或“C”）；
（3）为了测量的方便性，滑动变阻器选______（填“F”或“G”）；
（4）某次实验中电流表读数如图所示，I=______A，若实验中金属丝的长为 L， 直径为d，本实验若测得电压表的读数为U，电流表的读数为I，金属丝电阻率的表达式为______（用题中所给字母表示）。
【答案】 ①. 0.900 ②. B ③. F ④. 0.50 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] 由螺旋测微器的读数规则可知，金属丝直径
（2）[2]由于电流表B的内阻已知，则为了测量的安全性与准确性，应选用的电流表B。
（3）[3]滑动变阻器的阻值均大于待测电阻的阻值，为了减小误差，滑动变阻器采用限流式接法，同时为了测量的方便性，滑动变阻器选用F。
（4）[4]电流表B的量程为0~0.6A，由图可知
I=0.50A
[5]由电阻定律可知
电流表内阻已知，为了测量的安全性与准确性，故电流表采用内接法可以修正误差，则
联立解得
三、计算题，共3个小题，共40分。
12. 如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为q=-2×10-5C的负电荷由A点移到B点，其电势能变化了ΔEp=0.1J，已知A、B两点间距离为L=2cm，两点连线与电场方向成θ=60°角，求：
（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；；
（2）若规定B点的电势为零，则电场中A的电势φA；
（3）该匀强电场的电场强度E的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）因为负电荷由A移到B的过程中，电场力做负功，则电势能增加了0.1J，则
（2）A、B两点间的电势差
又知
其中
所以
（3）因为在匀强电场中，根据
U=Ed
所以有
13. 如图所示，热电子由K发射后，初速度可以忽略不计，经加速电压为U1的加速电场加速后，垂直于电场方向飞入偏转电压为U2的偏转电场，最后打在荧光屏（图中未画出）上．已知两偏转极板间距为d，板长为L．电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力．求：
（1）电子进入偏转电场时的速度大小；
（2）电子在偏转电场中所用的时间和离开时的偏移量y；
（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功．
【答案】（1）（2）； （3）
【解析】
【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理得：
解得：
（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有：
竖直方向有：
则电子从偏转电场射出时垂直偏移量：
（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功为：
代入解得：
14. 如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且LBC=2m，CDF为竖直平面内半径为R=0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E=1.5×103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，当滑块P运动到F点瞬间对轨道压力为2N。已知滑块P的质量为m=0.2kg，电荷量的绝对值q=1.0×10-3C，与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.2，忽略滑块P与轨道间电荷转移。已知，，。求：
（1）滑块从F点抛出后落点离C的距离；
（2）滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
（3）欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道且能从F点飞出，弹簧释放弹性势能的取值范围。
【答案】（1）；（2）3.5N，方向沿OD连线向右；（3）
【解析】
【详解】（1）F点时，由牛顿第二定律
从F点开始做平抛运动，有
可解得
（2）滑块从D到F的过程中，根据动能定理，有
在D点时，有
可解得
FD=3.5N
根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为3.5N，方向沿OD连线向右
（3）重力和电场力可看作等效重力（斜向左下方），此时
设等效重力的方向与竖直方向夹角为，则有
可得
设M点为等效最高点，要使滑块P沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，有
可得
滑块P从压缩时到M点的过程中，由动能定理得
联立可得
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