期中考试测控卷-【三清必刷】2025-2026学年高二物理必修第三册（人教版2019）

— 18 — 高中期考测控卷 期中考试测控卷 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 【名师推好题】 第14题,本题以带电粒子在电场中运动为背景,考查学生利用动能定理及牛顿 运动定律解决带电粒子在电场中加速计偏转的能力,本题综合性较强,对学生思维能力要求教 高,值得推荐. 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分.每小题只有一个选项符合题目要求) 1.静电现象无处不在,给我们的生产生活带来便利,也会给我们的生产生活造成危害.下列描述中, 与静电现象无关的是 ( ) A.用微波炉加热饭菜 B.危化品运载车辆底盘尾部都拖着一条铁链 C.含尘气体经过高压静电场时被分离,尘粒与负离子结合带上负电后,趋向阳极表面放电而沉积 D.利用光电敏感材料在曝光时按影像发生电荷转移而存留静电潜影,经一定的干法显影、影像转 印和定影而得到复制件 2.关于电场强度定义式E=Fq 和点电荷电场强度公式E=kQ r2 ,下列说法正确的是 ( ) A.E=Fq 和E=kQ r2 都只对点电荷产生的电场才成立 B.E=Fq 中的E 是式中q所产生的电场的场强大小 C.E=kQ r2 中的E 是某电场的场强,式中Q 是放入此电场中的点电荷 D.在某一电场中,根据E=Fq ,当q变为两倍,q所受到的电场力F 也变为两倍 3.我们赖以生存的地球,是一颗带负电的天体.假设它是一个均匀带电的球体,将一带负电的粉尘 置于距地球表面h高处,恰处于悬浮状态,假设科学家将同样的带电粉尘带到距地球表面5h高 处无初速度释放,则此带电粉尘将(不考虑地球的自转影响) ( ) A.向星球中心方向下落 B.被推向太空 C.仍在那里悬浮 D.无法确定 4.某示波管内的聚焦电场如图所示,实线表示电场线,虚线表示等势线,A、B、C为电场中的三点.两 电子分别从A、B 运动到同一点C,电场力对两电子做功分别为WA 和WB,则 ( ) A.WA=WB<0 B.WA=WB>0 C.WA>WB>0 D.WA<WB<0 5.x轴上,在0~x0 区域内电势φ随x 的变化如图所示,一带负电粒子以大小为v0 的初速度仅在电 场力的作用下沿直线通过0~x0 区域,在通过0~x0 区域的过程中,粒子速度与时间的v-t图像 可能正确的是 ( ) 6.2025年4月11日晚,受强对流天气影响,狂风暴雨袭击川渝地区,据气象部门监测,九龙坡区局 地风力己达10级.小李同学用所学知识设计了一个电容式风力传感器.如图所示,将电容器与静 电计组成回路,可动电极在风力作用下向右移动,引起电容的变化,风力越大,移动距离越大(两 电极不接触).若极板上电荷量保持不变,在受到风力作用时,则 ( ) A.电容器电容变小 B.极板间电场强度变大 C.极板间电压变小 D.静电计指针张角越大,风力越大 第6题图 第7题图 7.如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上如图乙所示的电压.现有两个质子以相同 的初速度分别从t=0和t=T2 时刻水平射入电场,已知两质子在电场中的运动时间均为T,并从 右端离开电场,则两质子在电场中的偏转位移大小之比是 ( ) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得 6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.如图所示,在一带电竖直平行金属板之间,有一质量为m,带电荷量为+q的小球 被绝缘细线悬挂静止于A 点,剪断细线后,小球恰能沿直线AB 运动,经时间t后 到达B 点,已知直线AB 与水平方向的夹角为45°,重力加速度为g,规定A 点的电 势为零,下列说法正确的是 ( ) A.电场强度大小为E= 2mgq B.B 点的电势φB=- mg2t2 2q C.B 点的电势能EB= mg2t2 2 D. 小球机械能的变化量为mg 2t2 2 9.如图所示,空间有a、b两个点电荷,实线为电场线,虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨 迹,M、N 为轨迹上的两点,则 ( ) A.M 点的电势比N 点的高 B.M 点的电场强度比N 点的大 C.a、b为异种电荷,a的电荷量小于b的电荷量 D.粒子从 M 点运动到N 点电势能减小 — 17 — — 20 — 10.匀强电场中的A、B、C 三点的连线构成直角三角形,且dAB=30cm, dBC=40cm,D 为AC 边的中点,已知 A、B、C 三点的电势分别为 φA=φB=6V,φC=12V.则 ( ) A.D 点的电势为9V B.该电场的电场强度为15V/m C.该电场的电场强度为12V/m D.电场方向可能从C指向A 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素.图甲中,A 是一个带正 电的物体,系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离,静电力的大小可以 通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来.他们分别进行了以下操作. 步骤一:把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3 等位置,比较小球在不同位置所 受带电物体的静电力的大小. 步骤二:使小球处于同一位置,增大(或减小)小球 所带的电荷量,比较小球所受的静电力的大小. (1)图甲中实验采用的方法是 (填正确选 项前的字母). A.理想实验法 B.等效替代法 C.微小量放大法 D.控制变量法 (2)图甲实验表明,电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大,随着距离的减小而 (填“增大”“减小”或“不变”). (3)接着该组同学使小球处于同一位置,增大(或减少)小球A 所带的电荷量,比较小球所受作用 力大小的变化.如图乙,悬挂在P 点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B,在 两次实验中,均缓慢移动另一带同种电荷的小球A,当A 球到达悬点P 的正下方并与B 在同一 水平线上,B 处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向角度为θ,若两次实验中A 的电量分别为q1 和 q2,θ分别为45°和60°,则 q1 q2 为 . 12.(8分)(1)如图甲所示为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验,给电容器充电后与电源断 开.若将B 板上移,电容器的电容 (选填“变小”“变大”或“不变”);若将B 板左移,静电 计指针偏角 (选填“变小”“变大”或“不变”). (2)“探究电容器充放电”的实验装置示意图如图乙所示,图中G为电流传感器,先将开关接a,待 电容器充电后将开关扳到b,利用传感器记录电容器放电过程,得到该电容器放电过程的I-t图 像如图丙所示.已知电源电压保持为2V,则电容器的电容C= F(结果保留两位有效 数字). 13.(12分)如图所示,带电小球A 和B 放在光滑的绝缘水平面 上,球A 质量m1=2×10-3kg,球B 质量为m2=1×10-3kg; 所带电荷量值q1=q2=1×10-7C,A 带正电,B 带负电,现有 水平向右恒力F作用于A 球,可使A、B 一起向右运动,且保持间距d=0.1m不变,静电力常量 k=9×109Nm2/C2,求: (1)A、B 间库仑力的大小F1; (2)B 的加速度a; (3)恒力F的大小. 14.(12分)如图所示,加速电场极板A、B 间的电压为U1,偏 转电场极板C、D 间的电压为U2、间距为d,荧光屏到C、 D 板右端的距离等于C、D 板的板长,均为L.一质量为 m、电荷量为+q的粒子紧靠A 板由静止释放的,经电场 加速后,沿极板C、D 的中心线射入偏转电场,最终打到 与中心线垂直的荧光屏上、不计粒子的重力.求: (1)粒子刚射出偏转电场时的速度方向与中心线间的交 角的正切值tanθ; (2)粒子打到荧光屏的点到中心线与屏交点的距离Y. 15.(16分)如图所示,在水平向右的匀强电场中,一根长为L 的细线 一端系一个质量为m、电荷量为+q的带电小球,另一端固定在O 点.现将细线水平拉直,小球从A 点由静止释放,运动到最低点B 时速度为零.已知重力加速度为g. (1)求电场强度的大小E; (2)若从A 点垂直OA 方向给小球一初速度,小球刚好能做完整 的圆周运动,求该初速度大小v. — 19 — —56 — 12.解析 (1)探究多种因素电容大小的关系,采用的是控制变量法, 故选B; (2)该实验中静电计是为了测定该电容器两极的电势差,从而反 映出电容器电容大小的变化,故选A; (3)①甲图中 的 手 水 平 向 左 移 动 增 大 极 板 间 距 离d 时,由 C= εrS 4πkd 可知,电容器电容C减小,又由于Q 不变,则由C=QU 可知, U 变大; ②乙图中的手竖直向上移动减小极板间正对面积S 时,由C= εrS 4πkd 可知,电容器电容C减小,又由于Q 不变,则由C=QU 可知, U 变大; (4)由实验现象归纳总结可得:平行板电容器板间距d越大,电容 C越小;两板间的正对面积S越小,电容C越小. 答案 (1)B (2)A (3)①变大 ②变大 (4)见解析 13.解析 (1)由动能定理得qU1= 1 2mv 2 解得v= 2qU1m ; (2)电子在偏转电场水平方向L=vt y=12at 2 a=U2qmd 联立上式得y= U2L2 4dU1 . 答案 (1) 2qU1 m (2) U2L2 4dU1 14.解析 (1)根据牛顿第二定律 mgsinα-F=ma 根据库仑定律F=kQq r2 r= Hsinα 联立以上各式解得a=gsinα-kQqsin 2α mH2 ; (2)当A 球受到的合力为零、加速度为零时,速 度 最 大,动 能 最 大.设此时A 球与B 点间的距离为R,则 mgsinα=kQqR2 解得R= kQqmgsinα. 答案 (1)gsinα-kQqsin 2α mH2 (2) kQqmgsinα 15.解析 (1)在2秒到4秒内物块做匀速直线运动 qE2=μmg 在前2秒物块的加速度为 a=ΔvΔt=2m /s2 由牛顿第二定律得qE1-μmg=ma 解得m=1kg; (2)在2秒到4秒内物块做匀速直线运动qE2=μmg 则有μ=0.4; (3)由题意可得,由图像得前2秒内的位移为 x1= 1 2×2×4m=4m 在2秒到4秒内物块的位移 x2=4×2m=8m 则电场力的功为 W=qE1x1+qE2x2=24J+32J=56J 则电势能减少了56J. 答案 (1)1kg (2)0.4 (3)减少56J 高中期考测控卷 期中考试测控卷 1.A [微波炉是通过磁控管所发射的微波加热食物的,微波穿透食 物,使食物中的水分子随之运动,水分子在运动的过程中会产生大 量的热能,于是食物就被加热了,与静电现象无关,A正确;危化品 运载车辆底盘尾部都拖着一条铁链,可以把车上产生的静电及时 导走,B错误;含尘气体经过高压静电场时被分离,尘粒与负离子 结合带上负电后,趋向阳极表面放电而沉积,利用的是静电除尘技 术,C错误;利用光电敏感材料在曝光时按影像发生电荷转移而存 留静电潜影,经一定的干法显影、影像转印和定影而得到复制件, 利用的是静电现象,D错误.故选A.] 2.D [公式E=Fq 对所有电场都成立,故 A错误;E=Fq 中,q是试 探电荷,电场强度与试探电荷无关,并不是试探电荷产生的,故B 错误;E=kQ r2 中的E 是点电荷在某点产生的场强,式中Q 是产生 此电场的场源电荷,故C错误;在某一电场中,根据E=Fq ,当q变 为两倍,电场强度不变,则q所受到的电场力F 也变为两倍,故D 正确.故选D.] 3.C [根 据 平 衡 条 件 得 G Mm(R+h)2 =k Qq(R+h)2 ,根 据 上 式 得 G Mm(R+5h)2 =k Qq(R+5h)2 假设科学家将同样的带电粉尘带到距地 球表面5h高处无初速度释放,此带电粉尘仍在那里悬浮.故选C.] 4.B [图中A、B 两点在一个等势面上电势相等,则AC 间的电势差 等于BC 间的电势差,沿着电场线方向,电势是降低的,则有UAC= UBC<0,根据W=qU,则有WA=WB>0,故B正确,ACD错误;故 选B.] 5.D [由φ-x 图像可知,电场为匀强电场,方向沿x轴正方向,当带 负电粒子从0点向x0 点运动时,电场力向x轴负方向,粒子做匀 减速运动,v-t图像为直线.故选D.] 6.C [根据C=εrS4πkd ,在受到风力作用时,d减小,则电容器电容变 大,故A错误;极板间电场强度E=Ud = Q C d = Q Cd= 4πkQ εrS 不变,故 B错误;极板间电压U=QC 变小,故C正确;风力越大,d 越小,极 板间电压越小,静电计指针张角越小,故D错误.故选C.] 7.C [粒子在两板之间的运动时间均为T,在t=0时刻进入的粒子 在前半个周期竖直方向是加速,后半个周期竖直方向是匀速,设加 速度为a,则位移为y1= 1 2 ·a· T2 2 +a·T2 ·T 2= 3 8aT 2.在 t=12T 进入的粒子,竖直方向上在前半个周期是静止,后半个周 期是匀加速,侧移量为y2= 1 2a T2 2 =18aT 2,故y1∶y2=3∶1. 故选C.] 8.BD [小球沿直线 AB 运动, 合力 沿 AB 方 向,如 图 所 示, 则有 qEtan45°=mg,解 得 E=mgq ,A错误;小 球 所 受 合 力为F= 2mg,由 牛 顿 第 二 定律得加速度为a= 2g,由 匀变速直线运动规律,得小球 到B点的速度为v= 2gt.设AB=L,根据动能定理得mgLsin45°+ qELcos45°=12mv 2,解得电场力做功 W=qELcos45°=mv 2 4 . 根 据W=qUAB,解得UAB = mv2 4q . 根据UAB =φA-φB,且A 点的电势 为零,解得φB=- mv2 4q . 代入速度得φB=- mg2t2 2q ,则P 点的电势 能为EB=qφB=- mv2 4 ,代入速度得EB=- mg2t2 2 . 故B正确,C错 误;小球机械能的变化量等于电场力做的功,为ΔE=W=mv 2 4 ,代 入速度得ΔE=mg 2t2 2 ,故D正确.故选BD.] 9.CD [由于不清楚a、b两个点电荷的电性和带电粒子的电性,故 不能确定电场线的指向,不能确定 M、N 两 点 的 电 势 高 低,A错 误;M 点处的电场线比较稀疏,N 点的电场线比较密集,故 M 点的 电场强度比N 点的小,B错误;由图中电场线分布可知a、b为异种 电荷,且b附近电场线更密集,故a的电荷量小于b的电荷量,C正 确;D.如图所示 带电粒子从 M 点运动到N 点受到的电场力与速度方向的夹角为 锐角,电场力做正功,故电势能减小,D正确;故选CD.] 10.AB [该电场为匀强电场,D 为AC 边的中点,则 D 点 电 势 为 φD=φ A+φC 2 =9V ,A正确;由题知φA=φB=6V,则AB 边即是 该匀强电场的一个等势面,电场线垂直于等势面,且沿电场线方 向电势降低,故电场方向为从C指向B,D错误;dBC=40cm,CB间 电势差为6V,则该电场的电场强度为E=Ud = 6V 0.4m=15V /m, B正确,C错误.故选AB.] 11.解析 (1)图甲中保持电荷量不变,只改变距离,研究力的变化情 况,所以,用的是控制变量法,故选D; (2)本实验中,根据小球的摆角可以看出小球所受作用力的大小, 由图可知,电荷量越大,距离越小,细线偏离竖直方向的角度越 大,根据对小球受力分析可知电荷之间的静电力随着电荷量的增 大、距离的减小而增大; (3)对小球B 受力分析,根据库仑定律结合平衡条件有 mgtanθ= kqAqB (Lsinθ)2 解得qA= mgL2tanθsin2θ kqB 可得两次实验中A 的电量之比为 q1 q2 =tan45°sin 245° tan60°sin260° = 2 3 3 =2 39 . 答案 (1)D (2)增大 (3)2 39 12.解析 (1)给电容器充电后与电源断开,就是保持电容器的带电 量Q 不变,根据电容决定式 C=εrS4πkd 若将B 板上移,两极板正对面积减小,可知C 变小,若将B 板左 移,则两极板间间距变大, 可知C变小,再根据电容器定义式 C=QU 可知两极板间电压变大,则静电计指针偏角变大; (2)根据Q=It 可知I-t图像与时间轴围成的面积表示电荷量,由图可知,图像与 时间轴围城面积有17个小格,则 Q=17×1×10-3×1C=1.7×10-2C 则电容 C=QU = 1.7×10-2 2 F=8.5×10 -3F. 答案 (1)变小 变大 (2)8.5×10-3 13.解析 (1)根据库仑定律,则有:A、B 间库仑力的大小 F1= kq1q2 d2 =9×10-3N; (2)对B 研究,B 球向右加速,合力向右,根据A、B 间库仑力的大 小,及牛顿第二定律 F1=m2a 解得a=9m/s2; (3)A、B 一起向右运动,且保持间距不变,A、B 加速度相等.对 A,受到拉力与库仑引力,由牛顿第二定律 F-F1=m1a 解得F=2.7×10-2N. 答案 (1)9×10-3N (2)9m/s2 (3)2.7×10-2N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 55 — —58 — 14.解析 (1)根据粒子在加速电场由动能定理有 qU1= 1 2mv0 2-0 偏转电场中,水平方向 L=v0t 竖直方向 a=qU2md ,vy=at 离开偏转电场 tanθ=vyv0 解得tanθ=U2L2U1d ; (2)偏转电场中竖直位移 y=12at 2 相似三角形 y Y = L 2 3L 2 解得Y=3U2L 2 4U1d . 答案 (1)tanθ=U2L2U1d (2)Y=3U2L 2 4U1d 15.解析 (1)对小球从A 到B,由动能定理得 mgL-EqL=0-0 解得E=mgq ; (2)小球在等效最高点D,当细线拉力等于零时,小球刚好能做完 整的圆周运动,由牛顿第二定律 2mg=m v02 L 对小球A→D,由动能定理得 -mgLsin45°-Eq(L+Lcos45°)=12mv0 2-12mv 2 其中Eq=mg,解得v= (2+3 2)gL. 答案 (1)E=mgq (2)v= (2+3 2)gL 第十一章 电路及其应用 1.A [由电流定义式I=qt ,可知等效电流为I=eT ,又因为 T= 2π ω ,联立可得I=eω2π. 又因为电子带负电,所以电流方向与电子运 动方向相反,故电流方向逆时针.A正确,BCD错误.故选A.] 2.D [温度对电阻率有影响,进而影响电阻的大小,故A错误;导体 的电阻率是由材料本身决定的,与横截面积、长度无关,故B错误; R=UI 为比值定义式,R 的大小与其两端电压U 及电流I 无关,故 C错误;R=ρLS 为电阻的决定式,由此式可看出导体的电阻与导体 的长度成正比,与导体的横截面积成反比,故D正确.故选D.] 3.A [加5V的电压时,电流为1.0A,由欧姆定律可知,导体的电 阻R=UI = 5 1 Ω=5Ω ,故 A正确;虽然该元件是非线性元件,但 仍可以用欧姆定律计算各状态的电阻值,故B错误;由图可知,随 电压的增大,图像上的点到原点连线的斜率减小,又因为I-U 图像 的斜率表示电阻的倒数,则导体的电阻不断增大,同理可知,随电 压的减小,导体的电阻不断减小,故CD错误.故选A.] 4.A [R1 与R2 并联在电路中,再串联R3,根据分流原理可知I1= I2,I3=I1+I2,所以它们的电流之比为I1∶I2∶I3=1∶1∶2,故 选A.] 5.B [根据R=ρLS 可知,甲对折起来,长度减为原来一半,横截面积 变为原来两倍,电阻变为原来的1 4 倍;乙拉长为原来的两倍时,截 面积减小为原来的一半,电阻变为原来的4倍;串联在同一电路 中,电压之比等于电阻之比,故电压之比为1∶16.故选B.] 6.C [据题:Uab=6V,Ucd=6V,即L2 的电压等于电源两极间的电 压,说明d与a 连接完好,c与b 连接完好,所以不可能是L1 的灯 丝烧断了,也不可能变阻器R 断路.只可能是L2 的灯丝烧断,故 ABD错误,C正确.故选C.] 7.B [甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R 并联,利用并联电阻 的分流,改装成电流表,乙由一个灵敏电流表 G和一个变阻器R 串联,利用串联电阻的分压,改装成电压表,故A错误;由公式I= Ig+ IgRg R 知,在甲图中,若改装成的电流表的量程为2.5mA,则 R=50Ω.由公式U=Ig(Rg+R)知,在乙图中,若改装成的电压表 的量程为3V,则R=5800Ω,故B正确;安培表的量程I=Ig+ IgRg R ,若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些,说明改装后 的量程偏大,导致偏角小,示数偏小,所以应当增大R,减小量程, 故C错误;电压表的量程U=Ig(Rg+R),若使用中发现乙表的示 数总比准确值稍小一些,说明改装后的量程偏大,导致偏角小,示 数偏小,所以应当减小R,减小量程,故D错误;故选B.] 8.BD [伏安法测电阻的误差为系统误差,通过甲乙图的合理选择 得到变小,而不能消除,故A错误;甲图是电流表分压导致电压表 测量偏大,导致待测电阻测量值偏大,故B正确;乙图是电压表分 流导致电流表测量偏大,导致待测电阻测量值偏小,故C错误;电 流表内阻约几欧姆,电压表内阻大于1kΩ,测金属丝电阻率时电 阻较小,满足Rx2<RA·RV,选择小外偏小,用乙图的连接方式较 好,故D正确;故选BD.] 9.BD [R1、R3 串联后与R2 并联,然后它们再与R4 串联.并联电阻 为R并 = (R1+R3)R2 R1+R3+R2 =5Ω,所以U1= U R并 +R4 R并 =1.5V,选项 A错误,B正确;因为U2= U R并 +R4 R4=0.9V,设流过R1、R3 的电 流为I,I= U1R1+R3 =0.15A,U3=IR3+U2=1.5V,选项C错误, D正确.故选BD.] 10.BD [设表头的满偏电流为Ig,内阻为Rg,利用并联分流的原理 改装成电流表,若并联的分流电阻的阻值为R,则改装成的电流 表的量程为I=Ig+ IgRg R ,量程越大,并联的分流电阻越小,由于 A1 量程大于A2,因此A1 并联的电阻小,A、C错误;图甲中,由于 A1、A2 并联,因此小量程电流表G的电压相等,流过小量程电流 表G的电流相等,A1、A2 的指针偏角相同,B正确;图乙中,由于 A1、A2 串联,因此,流过A1、A2 的电流相等,因此,A1、A2 的示数 相同,D正确.故选BD.] 11.解析 (1)游标卡尺读数为 L=50mm+3×0.05mm=50.15mm; (2)螺旋测微器的读数为 d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm; (3)欧姆表的读数为 R=22×10Ω=220Ω; (4)直流电源电动势4V,则电压表选择V1;根据闭合电路欧姆定 律可知,电路中的最大电流为 Imax= E Rx = 4220×1000mA≈18mA 所以电流表应选A2;由于要求“测得多组数据”,所以变阻器应用 分压式接法,应选择阻值小的变阻器R1. 答案 (1)50.15 (2)4.700 (3)220 (4)A2 V1 R1 12.解析 (1)电流表内阻已知,电流表与R0 并联扩大电流表量程, 进而准确测量通过Rx 的电流,电压表单独测量Rx 的电压;滑动 变阻器采用分压式接法,电表示数从0开始变化,满足题中通过 Rx 的电流从0~5mA连续可调,电路图如图. (2)电路中R 应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器,方便电路的调 节,测量效率高、实验误差小; 通过Rx 的电流最大为5mA,需要将电 流表量程扩大为原来的5倍,根据并联 分流的规律,示意图如图. 根据并联分 流,即 并 联 电 路 中 电 流 之 比 等 于 电 阻 的 反 比,可 知 4mA 1mA= 300Ω R0 ,解得R0=75Ω. (3)电压表每小格表示0.1V,估读到0.01V,即 U0=2.30V; 电流表每小格表示0.02mA,估读到0.01mA,即0.84mA,电流 表量程扩大5倍,所以通过Rx 的电流为I=4.20mA; 根据欧姆定律可知 Rx= U0 I = 2.30 4.20×10-3 Ω≈548Ω. 答案 (1)见解析图 (2)10Ω 75Ω (3)2.30 4.20 548 13.解析 (1)由I=UR 可得:I=4.0×10 -2 2.0×10-3 A=20A; (2)由U=Ed可得E=Ud = 4.0×10-2 2 V /m =2×10-2V/m; (3)设铜导线中自由电子定向移动的速率为v,导线中自由电子 从一端定向移到另一端所用时间为t.则导线的长度为l=vt,体 积为V=Sl=Svt,在t时间内这些电子都能通过下一截面,则电 流为:I=qt = nevtS t =nevS , 所以v= IneS = 20 8.0×1029×1.6×10-19×2.0×10-5 m/s =7.8×10-6m/s 答案 (1)20A (2)2.0×10-2V/m (3)7.8×10-6m/s 14.解析 (1)由欧姆定律可知,该表头的满偏电压为 U=IgRg=2×10-3×200V=0.4V; (2)接A、B 时,R1 起分流作用为一支路,电流表与R2 串联为一 支路,此时量程为I1=1A,此接法电路的量程为当电流表达到满 偏时通过电流表的总电流,即为 I1=Ig+ Ig(Rg+R2) R1 同理,接A、C时,R1 与R2 为一支路起分流的作用,G表为一支 路,此时的量程为I2=0.1A,则 I2=Ig+ IgRg R1+R2 代入数据,解得 R1=0.41Ω R2=3.67Ω. 答案 (1)0.4V (2)R1=0.41Ω R2=3.67Ω 15.解析 先简化电路,标出R3 两端分别为C、D 两点,由于电流表 电阻忽略,可视为导线由 A 经R1,再分为两路R3、R4 到B 为一 支路,由A 经R2 到B 为另一支路,电路可改画成如图(甲)所示, 然后根据串联、并联组合电路的有关规律求解. (1)R3、R4 并联后与R1 串联,有 R34= R3 2= 10 2 Ω=5Ω R串 =R1+R34=5Ω+5Ω=10Ω 而它们又与R2 并联,有 RAB= R2R串 R2+R串 =10×1010+10Ω=5Ω (2)实际上流过电流表的电流是流经R2 与流经R3 的电流之和, 如图(乙)所示 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 57 —