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2024-2025学年河南省驻马店市新蔡县第一高级中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析）
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这是一份2024-2025学年河南省驻马店市新蔡县第一高级中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法正确的是( )
A. 由φ=Epq可知，电势φ升高，电荷q的电势能Ep变大
B. 由E=Fq可知，电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比
C. 由C=QU可知，电容C变大，电容器的两极板所带电荷量Q增加
D. 由I=UR可知，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大
2.如图所示，同种材料制成的圆柱形导体a，b，a的直径是b的2倍。将两部分导体串接在电路中，通过恒定电流时自由电子在两部分导体中定向移动的速度va:vb等于( )
A. 1∶1B. 1∶2C. 1∶4D. 2∶1
3.下列说法正确的是( )
A. 由I=UR可知，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大
B. 由φ=Epq可知，电势φ升高，电荷q的电势能Ep变大
C. 由E=Fq可知，电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比
D. 由C=QU可知，电容C变大，电容器的两极板所带电荷量Q增加
4.某一网络电路中的部分电路如图所示，已知I=3A，I1=1A，R1=5Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，则下列结论正确的是( )
A. 通过R3的电流为0.5A，方向从b→a
B. 通过R3的电流为1.5A，方向从a→b
C. 通过电流表的电流为2.5A，电流从右向左流过电流表
D. 通过电流表的电流为2.5A，电流从左向右流过电流表
5.导体的伏安特性曲线是研究导体电流和电压关系的重要工具。一灯泡的伏安特性曲线如图中的AB(曲线)所示，AC为图线在A点的切线，C点的坐标为1V,0。下列说法正确的是( )
A. 当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻不变
B. 当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻减小
C. 当灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为1Ω
D. 在灯泡两端的电压由2V变化到4V的过程中，灯泡的电阻改变了1Ω
6.以下关于多用电表的说法中，正确的是( )
A. 多用电表作为欧姆表使用时，每次更换倍率都必须进行欧姆调零
B. 在测电流时，若指针偏转过小，则需换更大的量程
C. 在测电流和电压时，都必须把多用电表串联到电路中
D. 多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，则需选择更大的倍率进行测量
7.某一区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点。则下列说法正确的是( )
A. A、B、C三点的电势关系为φC>φA>φB
B. A、B、C三点的电场强度大小关系为EA>EB>EC
C. A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大
D. 质子从B点移到A点比从A点移到C点电场力做功少
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m带电量为q的小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则( )
A. 匀强电场的电场强度大小为mgtanθq
B. 小球获得初速度的大小为 5gLcsθ
C. 小球从初始位置运动至轨迹的最左端增加的机械能为mgLtanθ1+sinθ
D. 小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
9.图中的实线分别是电阻a、b的伏安特性曲线，虚线c是b(U=1V)的切线，a、c相互平行，下列说法正确的是( )
A. U=1V时，b的电阻为5ΩB. U=1V时，a、b的电阻相等
C. b的电阻随电压的升高而增大D. U=3V时，a、b的电阻相等
10.如图所示为某线性元件甲和非线性元件乙的伏安特性曲线，两图线交于A点，A点坐标为(12V,1.5A)，甲的图线与U轴所成夹角θ为30∘。下列说法正确的是( )
A. 随电压的增大，元件乙的电阻变大
B. 在A点对应的状态时，甲、乙两元件的电阻相等
C. 元件甲的电阻为R=k=tanθ= 33(Ω)
D. 若将甲、乙两元件并联后直接接在电压恒为5V的电源上，则每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.5C
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
11.如下图所示，螺旋测微器的读数为________mm；游标卡尺的读数为________cm。
四、实验题：本大题共1小题，共12分。
12.某实验小组的同学在进行电源电动势和内阻的测量时，设计了如图甲所示的电路，实验室为其提供的实验器材有：电动势约为5.0V的电源，电流表A1程为0.6A、内阻约为8Ω，电流表A2量程为3mA、内阻为rg=100Ω，滑动变阻器R(最大阻值10Ω)，电阻箱R0调节范围0∼9999.9Ω，电键S以及导线若干。
(1)电路中，电表1应为_________(填器材符号)，为了完成实验应将其中的一个电流表改装成6 V的电压表，则电阻箱R0阻值应调为R0=_________Ω。
(2)通过调节滑动变阻器的滑片，读出多组数据，某次操作时电表1、2的读数如图乙所示，则两电表1、2的读数分别为_________、_________(均保留两位小数)。
(3)将得到的多组实验数据描绘出图像，其中纵轴为电表1的读数，横轴为电表2的读数(mA)，若图线的斜率大小为k=2、纵截距为b=5.0，则该电源的电动势为E=_________V，内阻r=_________Ω(结果保留两位有效数字)
五、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示的电路中，三个电阻的阻值均为6Ω，电压U恒为18V。电压表和电流表均为理想电表。
(1)求电流表和电压表的示数；
(2)将电压表和电流表的位置互换，求电流表和电压表的示数。
14.有一块小量程电流表，满偏电流为50µA，内阻为800Ω。现要将它改装成0∼1mA、0∼10mA的两量程电流表，某同学除了参考电路图甲外，还设计了如图乙所示电路。
(1)若采用图甲的电路，则R1、R2是多少，若采用图乙的电路，则R1、R2是多少？
(2)请分析两种电路在实际使用时的特点。
15.如图所示，真空中两块大小形状完全相同的金属板A、B正对水平放置，间距为d。两板可以通过开关S与电压为U的电源连接。开始时开关S断开，两金属板均不带电，一带电液滴从A板中央的小孔O由静止进入板间，当液滴运动到两板正中间位置时闭合开关，液滴刚好未触及B板。已知真空中平行板电容器的电容为C=S4πkd，其中d为两板间的距离，S为两板的正对面积。忽略金属板正对部分之外的电场，重力加速度为g。
(1)求液滴的比荷；
(2)求液滴再次经过O点时的速度大小；
(3)当液滴运动到最高点时，迅速断开开关并将A板竖直向上移动dn(n>2)，保持极板的电荷量不变，B板不动。求之后液滴与B板之间的最小距离。
答案解析
1.D
【解析】A. 如果电荷为正电荷，电势φ升高，电荷q的电势能 Ep 变大；如果电荷为负电荷，电势φ升高，电荷q的电势能 Ep 变小，故A错误；
B. E=Fq 为电场强度的定义式，电场中某点的电场强度与电场力和试探电荷的电荷量无关，故B错误；
C.电容器的两极板所带电荷量由电容C和两板间电压 U 共同决定，故C错误；
D. I=UR 为电流的决定式，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大，故D正确。
故选D。
2.C
【解析】根据电流的微观表达式 I=neSv ，I相同，S与v成反比， a的直径是b的2倍，则
Sa=4Sb
所以
va:vb=1:4
故选C。
3.A
【解析】A.由 I=UR 可知，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大，选项A正确；
B.由 φ=Epq 可知，电势 φ 升高，若电荷带负电，则电荷q的电势能 Ep 变小，选项B错误；
C.公式 E=Fq 为电场强度的定义式，电场中某点的电场强度E与电场力F以及电荷量q均无关，选项C错误；
D.由 C=QU 可知，当电容器两极板电压一定时，电容C变大，电容器的两极板所带电荷量Q增加，选项D错误。
故选A。
4.D
【解析】AB. R1 两端电压为
U1=I1R1=1×5V=5V
通过 R2 的电流为
I2=I−I1=2A R2 两端电压为
U2=I2R2=2×10V=20V R3 两端电压为
U3=U2−U1=20−5V=15V
且电流从a流向b，大小为
I3=U3R3=1530A=0.5A
故AB错误；
CD.通过电流表的电流为
IA=I2+I3=2.5A
方向从左到右，故C错误，D正确。
故选D。
5.C
【解析】AB.灯泡的伏安特性曲线可知，图像上每一个点与坐标原点连线斜率为k=1R，则灯泡两端的电压升高时，灯泡的电阻增大，故AB错误；
C.由I−U图像可知，当灯泡两端的电压为2V时，通过小灯泡的电流为2A，根据欧姆定律，得小灯泡的电阻R=UI=22Ω=1Ω，故C正确；
D.由I−U图像可知，当灯泡两端的电压为4V时，通过小灯泡的电流为3A，根据欧姆定律，得小灯泡的电阻R′=U′I′=43Ω，电阻的改变量为ΔR=R′−R=43Ω−1Ω=13Ω，故D错误。
6.A
【解析】A.多用电表作为欧姆表使用时，每次更换倍率都必须进行欧姆调零，故A正确；
B.在测电流时，若指针偏转过小，说明电流很小，则需换更小的量程，故B错误；
C.在测电流时，应把多用电表串联到电路中；在测电压时，应把多用电表并联到电路中，故C错误；
D.多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，说明倍率大表盘刻度示数小，则需选择更小的倍率进行测量，故D错误。
故选A。
7.C
【解析】A.根据沿电场线电势降低，则A、B、C三点的电势关系为 φB>φA>φC ，故A错误；
B.电场线越密集电场强度越大，则A、B、C三点的电场强度大小关系为 EB>EA>EC ，故B错误；
C.因C点的电势最低，则A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大，故C正确；
D.由图并结合 U=Ed 可知B、A两点之间的电势差大于A、C两点之间的电势差，则质子从B点移到A点比从A点移到C点电场力做功多，故D错误。
故选C。
8.AB
【解析】解：A.小球静止时细线与竖直方向成 θ 角，对小球受力分析如图
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有
mgtanθ=qE
解得
E=mgtanθq
A正确；
B.小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
mgcsθ=mvmin2L
则小球从初始位置运动到A点的过程中，由动能定理可得
−mg⋅2Lcsθ−qE⋅2Lsinθ=12mvmin2−12mv02
联立解得小球获得初速度的大小为
v0= 5gLcsθ
B正确；
C.由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端电场力做负功，故机械能减小，减小的机械能为
E=Ep电=qEL+Lsinθ=qmgtanθqL+Lsinθ=mgLtanθ1+sinθ
C错误；
D.小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，D错误。
故选AB。
9.CD
【解析】ABC.根据I−U图像可知，电阻a的阻值保持不变，大小为
Ra= UI = 30.6 Ω=5Ω
根据电阻b的伏安特性曲线可知，曲线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，而连线斜率为
k= IU = 1Rb
可知b的电阻随电压的升高而增大，U=1V时，b的电阻为
Rb= U1I1 = 10.4 Ω=2.5Ω故AB错误，C正确；
D.U=3V时，b的电阻为
Rb′= U2I2 = 30.6 Ω=5Ω
此时Ra=Rb′=5Ω，故D正确。
故选CD。
10.AB
【解析】A.由题图可知，随电压的增大，元件乙的图线上的点与原点连线的斜率变小，根据
1R=IU
可知，其电阻变大，A正确；
B.在A点对应的状态时，甲、乙两元件的电压、电流相等，则电阻相等，B正确；
C. I−U 图线上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，则元件甲的电阻
R=1k=121.5Ω=8Ω
C错误；
D.将甲、乙两元件并联后直接接在电压恒为5V的电源上，因并联电路电压相等，所以两元件两端的电压均为5V，由图线可知通过两元件的电流分别为
I乙=1.0A
I甲=58A=0.625A
并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以总电流
I总=I甲+I乙=1.625A
由电流定义式可得
q=It=1.625×1C=1.625C
可知每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.625C，D错误。
故选AB。
【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为8.0mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为8.400mm；
游标卡尺的主尺读数为30mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为30.50mm=3.050cm。
12.(1) A1；1900；(2)0.40A；2.30mA；(3)5.0；1.0
【解析】1 为了完成实验，应将内阻已知的电流表 A2 改装成6 V量程的电压表，则电路中的电表1应为 A1 ；电表2应为 A2 ；
由电压表的改装原理可知U=Igrg+R0，
由已知 rg=100Ω 、 Ig=3mA ，代入数据解得R0=1900Ω。
2 由于电表1为 A1 、电表2为 A2 ，则由电流表的读数规则可知，电表1的读数为 0.40A ，电表2的读数为 2.30mA 。
3 由闭合电路欧姆定律可知E=I1r+I2R0+rg，
整理得I1=−I21000R0+rgr+Er，
即I1=−2rI2+Er，
结合题意得E=5.0V，r=1.0Ω。
13.解：
(1)由于电压表视为开路，而电流表视为短路；故电路结构为两电阻R并联后与一个R串联；总电阻为：R总=(62+6)Ω=9 Ω；由欧姆定律可得总电流：I=189A=2A；故电压表示数为：U=IR=2×6 V =12 V；电流表示数为：I′=22A =1A；
(2)两表互换位置后，电路变成两电阻串联后再与一个R并联；总电阻为：R总′=(6×12)(6+12)Ω=4Ω；总电流：I= 184A=4.5A；流过R的电流：I′′=186 A =3 A；流过2R的电流为：I2=(4.5−3) A =1.5A；电压表示数为：U2=I2R=1.5×6 V = 9V。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)对甲电路，量程为10mA时
Ig(rg+R2)=(I−Ig)R1
量程为1mA时
Igrg=(I′−Ig)(R1+R2)
解得
R1=4.2Ω
R2=37.8Ω
对乙电路量程为10mA时
Igrg=(I−Ig)R1
量程为1mA时
Igrg=(I′−Ig)R2
解得
R1=4.0Ω
R2=42.1Ω
(2)由图示电路图可知，图乙在更换量程时两个分流电阻都没有并联在表头两端，容易烧坏表头，图乙所示电路不合理，图甲所示电路合理。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)由题意知，液滴受到的电场力方向竖直向上。液滴从A板小孔运动到B板过程中，根据动能定理
mgd−qU2=0
整理得
qm=2gdU
(2)设液滴再次经过O点时速度为v，则液滴从B板运动到O点过程中，根据动能定理
qU−mgd=12mv2
整理得
v= 2gd
(3)设液滴到达的最高处与B板距离为ℎ，则
−mg(ℎ−d)=0−12mv2
S断开前，两极板间的电场强度
E=Ud
S断开后，极板的电荷量Q不变，板间距离变为 d′ 后，电容变为
C′=S4πkd′
板间电压
U′=QC′
板间电场的电场强度
E′=U′d′
整理得
E′=E
设液滴与B板之间的最小距离为x，根据动能定理
mg(ℎ−x)−qE′dn+d−x=0
整理得
x=2dn
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法正确的是( )
A. 由φ=Epq可知，电势φ升高，电荷q的电势能Ep变大
B. 由E=Fq可知，电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比
C. 由C=QU可知，电容C变大，电容器的两极板所带电荷量Q增加
D. 由I=UR可知，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大
2.如图所示，同种材料制成的圆柱形导体a，b，a的直径是b的2倍。将两部分导体串接在电路中，通过恒定电流时自由电子在两部分导体中定向移动的速度va:vb等于( )
A. 1∶1B. 1∶2C. 1∶4D. 2∶1
3.下列说法正确的是( )
A. 由I=UR可知，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大
B. 由φ=Epq可知，电势φ升高，电荷q的电势能Ep变大
C. 由E=Fq可知，电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比
D. 由C=QU可知，电容C变大，电容器的两极板所带电荷量Q增加
4.某一网络电路中的部分电路如图所示，已知I=3A，I1=1A，R1=5Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，则下列结论正确的是( )
A. 通过R3的电流为0.5A，方向从b→a
B. 通过R3的电流为1.5A，方向从a→b
C. 通过电流表的电流为2.5A，电流从右向左流过电流表
D. 通过电流表的电流为2.5A，电流从左向右流过电流表
5.导体的伏安特性曲线是研究导体电流和电压关系的重要工具。一灯泡的伏安特性曲线如图中的AB(曲线)所示，AC为图线在A点的切线，C点的坐标为1V,0。下列说法正确的是( )
A. 当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻不变
B. 当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻减小
C. 当灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为1Ω
D. 在灯泡两端的电压由2V变化到4V的过程中，灯泡的电阻改变了1Ω
6.以下关于多用电表的说法中，正确的是( )
A. 多用电表作为欧姆表使用时，每次更换倍率都必须进行欧姆调零
B. 在测电流时，若指针偏转过小，则需换更大的量程
C. 在测电流和电压时，都必须把多用电表串联到电路中
D. 多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，则需选择更大的倍率进行测量
7.某一区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点。则下列说法正确的是( )
A. A、B、C三点的电势关系为φC>φA>φB
B. A、B、C三点的电场强度大小关系为EA>EB>EC
C. A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大
D. 质子从B点移到A点比从A点移到C点电场力做功少
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m带电量为q的小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则( )
A. 匀强电场的电场强度大小为mgtanθq
B. 小球获得初速度的大小为 5gLcsθ
C. 小球从初始位置运动至轨迹的最左端增加的机械能为mgLtanθ1+sinθ
D. 小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
9.图中的实线分别是电阻a、b的伏安特性曲线，虚线c是b(U=1V)的切线，a、c相互平行，下列说法正确的是( )
A. U=1V时，b的电阻为5ΩB. U=1V时，a、b的电阻相等
C. b的电阻随电压的升高而增大D. U=3V时，a、b的电阻相等
10.如图所示为某线性元件甲和非线性元件乙的伏安特性曲线，两图线交于A点，A点坐标为(12V,1.5A)，甲的图线与U轴所成夹角θ为30∘。下列说法正确的是( )
A. 随电压的增大，元件乙的电阻变大
B. 在A点对应的状态时，甲、乙两元件的电阻相等
C. 元件甲的电阻为R=k=tanθ= 33(Ω)
D. 若将甲、乙两元件并联后直接接在电压恒为5V的电源上，则每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.5C
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
11.如下图所示，螺旋测微器的读数为________mm；游标卡尺的读数为________cm。
四、实验题：本大题共1小题，共12分。
12.某实验小组的同学在进行电源电动势和内阻的测量时，设计了如图甲所示的电路，实验室为其提供的实验器材有：电动势约为5.0V的电源，电流表A1程为0.6A、内阻约为8Ω，电流表A2量程为3mA、内阻为rg=100Ω，滑动变阻器R(最大阻值10Ω)，电阻箱R0调节范围0∼9999.9Ω，电键S以及导线若干。
(1)电路中，电表1应为_________(填器材符号)，为了完成实验应将其中的一个电流表改装成6 V的电压表，则电阻箱R0阻值应调为R0=_________Ω。
(2)通过调节滑动变阻器的滑片，读出多组数据，某次操作时电表1、2的读数如图乙所示，则两电表1、2的读数分别为_________、_________(均保留两位小数)。
(3)将得到的多组实验数据描绘出图像，其中纵轴为电表1的读数，横轴为电表2的读数(mA)，若图线的斜率大小为k=2、纵截距为b=5.0，则该电源的电动势为E=_________V，内阻r=_________Ω(结果保留两位有效数字)
五、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示的电路中，三个电阻的阻值均为6Ω，电压U恒为18V。电压表和电流表均为理想电表。
(1)求电流表和电压表的示数；
(2)将电压表和电流表的位置互换，求电流表和电压表的示数。
14.有一块小量程电流表，满偏电流为50µA，内阻为800Ω。现要将它改装成0∼1mA、0∼10mA的两量程电流表，某同学除了参考电路图甲外，还设计了如图乙所示电路。
(1)若采用图甲的电路，则R1、R2是多少，若采用图乙的电路，则R1、R2是多少？
(2)请分析两种电路在实际使用时的特点。
15.如图所示，真空中两块大小形状完全相同的金属板A、B正对水平放置，间距为d。两板可以通过开关S与电压为U的电源连接。开始时开关S断开，两金属板均不带电，一带电液滴从A板中央的小孔O由静止进入板间，当液滴运动到两板正中间位置时闭合开关，液滴刚好未触及B板。已知真空中平行板电容器的电容为C=S4πkd，其中d为两板间的距离，S为两板的正对面积。忽略金属板正对部分之外的电场，重力加速度为g。
(1)求液滴的比荷；
(2)求液滴再次经过O点时的速度大小；
(3)当液滴运动到最高点时，迅速断开开关并将A板竖直向上移动dn(n>2)，保持极板的电荷量不变，B板不动。求之后液滴与B板之间的最小距离。
答案解析
1.D
【解析】A. 如果电荷为正电荷，电势φ升高，电荷q的电势能 Ep 变大；如果电荷为负电荷，电势φ升高，电荷q的电势能 Ep 变小，故A错误；
B. E=Fq 为电场强度的定义式，电场中某点的电场强度与电场力和试探电荷的电荷量无关，故B错误；
C.电容器的两极板所带电荷量由电容C和两板间电压 U 共同决定，故C错误；
D. I=UR 为电流的决定式，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大，故D正确。
故选D。
2.C
【解析】根据电流的微观表达式 I=neSv ，I相同，S与v成反比， a的直径是b的2倍，则
Sa=4Sb
所以
va:vb=1:4
故选C。
3.A
【解析】A.由 I=UR 可知，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大，选项A正确；
B.由 φ=Epq 可知，电势 φ 升高，若电荷带负电，则电荷q的电势能 Ep 变小，选项B错误；
C.公式 E=Fq 为电场强度的定义式，电场中某点的电场强度E与电场力F以及电荷量q均无关，选项C错误；
D.由 C=QU 可知，当电容器两极板电压一定时，电容C变大，电容器的两极板所带电荷量Q增加，选项D错误。
故选A。
4.D
【解析】AB. R1 两端电压为
U1=I1R1=1×5V=5V
通过 R2 的电流为
I2=I−I1=2A R2 两端电压为
U2=I2R2=2×10V=20V R3 两端电压为
U3=U2−U1=20−5V=15V
且电流从a流向b，大小为
I3=U3R3=1530A=0.5A
故AB错误；
CD.通过电流表的电流为
IA=I2+I3=2.5A
方向从左到右，故C错误，D正确。
故选D。
5.C
【解析】AB.灯泡的伏安特性曲线可知，图像上每一个点与坐标原点连线斜率为k=1R，则灯泡两端的电压升高时，灯泡的电阻增大，故AB错误；
C.由I−U图像可知，当灯泡两端的电压为2V时，通过小灯泡的电流为2A，根据欧姆定律，得小灯泡的电阻R=UI=22Ω=1Ω，故C正确；
D.由I−U图像可知，当灯泡两端的电压为4V时，通过小灯泡的电流为3A，根据欧姆定律，得小灯泡的电阻R′=U′I′=43Ω，电阻的改变量为ΔR=R′−R=43Ω−1Ω=13Ω，故D错误。
6.A
【解析】A.多用电表作为欧姆表使用时，每次更换倍率都必须进行欧姆调零，故A正确；
B.在测电流时，若指针偏转过小，说明电流很小，则需换更小的量程，故B错误；
C.在测电流时，应把多用电表串联到电路中；在测电压时，应把多用电表并联到电路中，故C错误；
D.多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，说明倍率大表盘刻度示数小，则需选择更小的倍率进行测量，故D错误。
故选A。
7.C
【解析】A.根据沿电场线电势降低，则A、B、C三点的电势关系为 φB>φA>φC ，故A错误；
B.电场线越密集电场强度越大，则A、B、C三点的电场强度大小关系为 EB>EA>EC ，故B错误；
C.因C点的电势最低，则A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大，故C正确；
D.由图并结合 U=Ed 可知B、A两点之间的电势差大于A、C两点之间的电势差，则质子从B点移到A点比从A点移到C点电场力做功多，故D错误。
故选C。
8.AB
【解析】解：A.小球静止时细线与竖直方向成 θ 角，对小球受力分析如图
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有
mgtanθ=qE
解得
E=mgtanθq
A正确；
B.小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
mgcsθ=mvmin2L
则小球从初始位置运动到A点的过程中，由动能定理可得
−mg⋅2Lcsθ−qE⋅2Lsinθ=12mvmin2−12mv02
联立解得小球获得初速度的大小为
v0= 5gLcsθ
B正确；
C.由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端电场力做负功，故机械能减小，减小的机械能为
E=Ep电=qEL+Lsinθ=qmgtanθqL+Lsinθ=mgLtanθ1+sinθ
C错误；
D.小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，D错误。
故选AB。
9.CD
【解析】ABC.根据I−U图像可知，电阻a的阻值保持不变，大小为
Ra= UI = 30.6 Ω=5Ω
根据电阻b的伏安特性曲线可知，曲线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，而连线斜率为
k= IU = 1Rb
可知b的电阻随电压的升高而增大，U=1V时，b的电阻为
Rb= U1I1 = 10.4 Ω=2.5Ω
D.U=3V时，b的电阻为
Rb′= U2I2 = 30.6 Ω=5Ω
此时Ra=Rb′=5Ω，故D正确。
故选CD。
10.AB
【解析】A.由题图可知，随电压的增大，元件乙的图线上的点与原点连线的斜率变小，根据
1R=IU
可知，其电阻变大，A正确；
B.在A点对应的状态时，甲、乙两元件的电压、电流相等，则电阻相等，B正确；
C. I−U 图线上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，则元件甲的电阻
R=1k=121.5Ω=8Ω
C错误；
D.将甲、乙两元件并联后直接接在电压恒为5V的电源上，因并联电路电压相等，所以两元件两端的电压均为5V，由图线可知通过两元件的电流分别为
I乙=1.0A
I甲=58A=0.625A
并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以总电流
I总=I甲+I乙=1.625A
由电流定义式可得
q=It=1.625×1C=1.625C
可知每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.625C，D错误。
故选AB。
【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为8.0mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为8.400mm；
游标卡尺的主尺读数为30mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为30.50mm=3.050cm。
12.(1) A1；1900；(2)0.40A；2.30mA；(3)5.0；1.0
【解析】1 为了完成实验，应将内阻已知的电流表 A2 改装成6 V量程的电压表，则电路中的电表1应为 A1 ；电表2应为 A2 ；
由电压表的改装原理可知U=Igrg+R0，
由已知 rg=100Ω 、 Ig=3mA ，代入数据解得R0=1900Ω。
2 由于电表1为 A1 、电表2为 A2 ，则由电流表的读数规则可知，电表1的读数为 0.40A ，电表2的读数为 2.30mA 。
3 由闭合电路欧姆定律可知E=I1r+I2R0+rg，
整理得I1=−I21000R0+rgr+Er，
即I1=−2rI2+Er，
结合题意得E=5.0V，r=1.0Ω。
13.解：
(1)由于电压表视为开路，而电流表视为短路；故电路结构为两电阻R并联后与一个R串联；总电阻为：R总=(62+6)Ω=9 Ω；由欧姆定律可得总电流：I=189A=2A；故电压表示数为：U=IR=2×6 V =12 V；电流表示数为：I′=22A =1A；
(2)两表互换位置后，电路变成两电阻串联后再与一个R并联；总电阻为：R总′=(6×12)(6+12)Ω=4Ω；总电流：I= 184A=4.5A；流过R的电流：I′′=186 A =3 A；流过2R的电流为：I2=(4.5−3) A =1.5A；电压表示数为：U2=I2R=1.5×6 V = 9V。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)对甲电路，量程为10mA时
Ig(rg+R2)=(I−Ig)R1
量程为1mA时
Igrg=(I′−Ig)(R1+R2)
解得
R1=4.2Ω
R2=37.8Ω
对乙电路量程为10mA时
Igrg=(I−Ig)R1
量程为1mA时
Igrg=(I′−Ig)R2
解得
R1=4.0Ω
R2=42.1Ω
(2)由图示电路图可知，图乙在更换量程时两个分流电阻都没有并联在表头两端，容易烧坏表头，图乙所示电路不合理，图甲所示电路合理。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)由题意知，液滴受到的电场力方向竖直向上。液滴从A板小孔运动到B板过程中，根据动能定理
mgd−qU2=0
整理得
qm=2gdU
(2)设液滴再次经过O点时速度为v，则液滴从B板运动到O点过程中，根据动能定理
qU−mgd=12mv2
整理得
v= 2gd
(3)设液滴到达的最高处与B板距离为ℎ，则
−mg(ℎ−d)=0−12mv2
S断开前，两极板间的电场强度
E=Ud
S断开后，极板的电荷量Q不变，板间距离变为 d′ 后，电容变为
C′=S4πkd′
板间电压
U′=QC′
板间电场的电场强度
E′=U′d′
整理得
E′=E
设液滴与B板之间的最小距离为x，根据动能定理
mg(ℎ−x)−qE′dn+d−x=0
整理得
x=2dn
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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