广东省广州市部分重点学校2023-2024高二上学期期中考试物理试题

广东省广州市部分重点学校2023-2024学年高二上学期期中考试物理试题
一、单项选择题（每小题只有一项符合题目要求，共7小题，每小题4分，共28分）
1．（2023高二上·广州期中）在点电荷Q形成的电场中某点P，放一电荷量为q的检验电荷，q受到的电场力为F。如果将q移走，那么P点的电场强度大小为（　　）
A． B． C．qF D．0
2．（2023高二上·广州期中）如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD所在平面．已知A、B、C三点的电势分别为φA=9V，φB=3V，φC=-3V，则（　　）
A．D点的电势φD=3V，场强方向平行AB方向
B．D点的电势φD=3V，场强方向平行AC方向
C．D点的电势φD=6V，场强方向平行BC方向
D．D点的电势φD=6V，场强方向平行BD方向
3．（2023高二上·广州期中）半导体材料制作的纯电阻，它的电阻率随温度的升高而减小，当加的电压由零逐渐增大时，下图中符合“电阻率随温度的升高而减小”的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2019·唐山模拟）如图所示，曲线为一带正电粒子仅受电场力作用下的一段运动轨迹，经过A点的速度为200m/s，经过B点的速度为100m/s，该粒子的比荷为105C/kg。规定B点电势为零，则A点电势为（　　）
A． 0.15V B．0.15V C． 0.3V D．0.3V
5．（2023高二上·广州期中）a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动，可知（　　）
A．c的电势能减少，机械能增加
B．a、b的电势能增加、机械能不变
C．a、b为同种电荷，c、d为异种电荷
D．d的电势能减少，机械能减少
6．（2023高二上·广州期中）如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'和荧光屏组成，当电极YY'和XX'所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是（　　）
A．当上极板Y的电势高于Y'，后极板X的电势低于X'时，电子将打在第一象限
B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关
C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关
D．电子通过XX' 时的水平偏转量与YY' 所加电压大小有关
7．（2023高二上·广州期中）如图为简易多用电表的电路图。电源E为直流电源R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻；表头G的满偏电流为5mA，内阻为20；虚线方框为换档开关；A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表共有5个档位，分别为直流电压5V档和10V档，直流电流10mA挡和25mA档，欧姆×10档。则以下说法中正确的是（　　）
A．多用电表的B端应与黑色表笔相连接
B．若换挡开关与3相连，测量中，表盘指针稳定时如图（b）所示，则其读数为 11
C．若换挡开关与2相连，为直流电流25mA档
D．若要使用直流电压5V档，则换挡开关应与4相连
二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对不全得3分，有选错或不答的得0分）
8．（2023高二上·广州期中）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点。如图所示，用E表示两极板间场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）
A．U变小，E不变 B．E变大，EP不变
C．U变小，EP不变 D．U不变，EP不变
9．（2019·泉州模拟）如图，电荷量大小相等的点电荷A、B、C放置在等边三角形的顶点上，O为三角形的中心，a、b、c分别为三边的中点，d是O关于a的对称点。已知A带负电，B、C均带正电，则（　　）
A．O点电场强度为零
B．b、c两点电场强度大小相等
C．电子在d点的电势能比在O点的小
D．质子从b点移到O点，电场力做正功
10．（2023高二上·广州期中）在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．电压表示数减小 B．电流表示数减小
C．电容器C所带电荷量减少 D．a点的电势降低
三、实验题（共2小题，共16分，请按题目要求作答）
11．（2023高二上·广州期中）某同学测定两节干电池的电动势E和内电阻r，实物图连线如图所示。
（1）电键闭合前滑动变阻器滑片P应处于　 　端（填“A”或“B”）；
（2）根据图线求出该电池电动势测量值　 　V，内阻测量值　 　Ω。（均保留3位有效数字）
12．（2023高二上·广州期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的电阻约为4Ω，用米尺测得金属丝的长度为L。
（1）从图中读出金属丝的直径d为　 　mm；
（2）用伏安法测量金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下供选择的实验器材：
直流电源：电动势约，内阻很小；
电流表：量程，内阻
电流表：量程，内阻；
电压表：量程，内阻；
滑动变阻器（0~）；开关、导线等。
应选的电流表是　 　（填“A1”或“A2”）；
（3）要求尽量减小实验误差，将图中的实物连线补充完整　 　；
（4）读出电压表和电流表的示数，分别用U和I表示。根据实验中所测得的物理量，金属丝的电阻率表达式为　 　（用U、I、d、L等字母表示）；
（5）由于电压表和电流表不是理想电表，所以金属电阻率的测量值比真实值偏　 　（填“大”或“小”）。
四、计算题（共3小题，共38分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分）
13．（2023高二上·广州期中）如图所示，有两块平行金属板A、B相距d=8cm，接在U=24V的直流电源上。电源正极接地，C、D两点在两板之间且分别与A、B两板的距离均为d1=2cm。
（1）求AB板间的电场强度E；
（2）求C点的电势；
（3）求将电量为1×10-5C的负电荷由C点移到D点，电场力做的功。
14．（2023高二上·广州期中）如图所示，水平放置的两平行金属板，板长为l=10 cm，两板相距d=2 cm。一束电子以初速度v0＝4.0×107 m/s从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L=45 cm、宽D=20 cm的荧光屏上。不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，已知电子质量为m＝9.1×10－31 kg，电荷量为e＝1.6×10－19 C。求：
（1）电子飞入两板前所经历的加速电场的电压U1；
（2）若偏转电压为U2=72V，求电子射出偏转电场时的偏转距离；
（3）为使电子都能射中荧光屏，求偏转电压的取值范围。
15．（2023高二下·深圳期末）在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来控制带电粒子的运动．如图所示，以O为圆心，半径为R的圆形区域内有方向竖直向下的匀强电场．质量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内自圆周上M点先后以不同的速率沿水平方向进入电场．其中速率为 的粒子，可从直径 上的N点穿出．直径 与水平方向的夹角为 ，粒子重力不计．（ ， ）
（1）求电场强度的大小；
（2）以某一速率入射的粒子在电场中运动时间最长，求此粒子动能的增加量．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电场强度
【解析】【解答】根据电场强度的定义式可得P点的电场强度大小为，某点的电场强度由电场自身决定，与试探电荷q和试探电荷受到的电场力F无关，所以，如果将q移走，P点的电场强度大小仍为，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据电场强度的定义式求出P点的电场强度的大小，某点的电场强度由电场自身决定，与试探电荷q和试探电荷受到的电场力F无关。
2．【答案】B
【知识点】电势；等势面
【解析】【解答】匀强电场中，任意一条直线上的电势都是均匀变化的，所以连接AC，其中点E的电势，连接BE，延长线刚好通过D点，因为，所以直线BED为等势线，故D点电势为，根据电场线与等势面处处垂直的特点可知，电场线方向平行AC方向，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据匀强电场中，任意一条直线上的电势都是均匀变化的特点，找出等势面，再根据电场线与等势面处处垂直，找出场强方向。
3．【答案】B
【知识点】电阻率；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】当导体两端的电压由零逐渐增大时，由欧姆定律可知，导体的电阻等于图线上的点与原点连线的斜率，如果电阻率随温度的升高而减小，则图线上的点与原点连线的斜率一直减小，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由欧姆定律推导U-I图中电阻R的表示方法，再根据电阻率随温度的升高而减小的要求，选择正确图像。
4．【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】根据动能定理得： ，两边同时除m得：
，代入数解得：UAB=-0.15V。根据公式UAB=φA-φB，φB=0，代入数据解得：φA=-0.15V。
故答案为：A
【分析】求解A点的电势，利用电荷在该位置的电势能除以电荷量即可。
5．【答案】A
【知识点】能量守恒定律；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】四个带电液滴均在匀强电场中做匀速直线运动，根据共点力平衡条件可知，四个电荷受到的电场力均与重力等大反向，即电场力竖直向上。
A.c受到的电场力方向与位移同向，电场力做正功，电势能减少，根据能量守恒定律可知，机械能增加，A符合题意；
B.a、b受的电场力与位移方向垂直，所以不做功，电势能不变，根据能量守恒定律可知，a、b机械能均不变，B不符合题意；
C.由于四个带电液滴受到的电场力均竖直向上，与场强方向相同，所以四个液滴均带正电，C不符合题意；
D.d受到的电场力方向与位移方向相反，电场力做负功，电势能增加，根据能量守恒定律可知，机械能减少，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由共点力平衡条件分析四个液滴受到的电场力方向，再由电场力方向与位移的方向关系，分析电场力做功的正负，得出电势能的变化情况，然后根据能量守恒定律分析机械能的变化情况。
6．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A.由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故电子经过竖直偏转电极YY' 时向Y偏转，经过水平偏转电极XX'向X'偏转，故电子将打在第二象限，A不符合题意；
B.电子只受电场力，在示波管轴线方向上不受力，所以电子沿轴线方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，B不符合题意；
C.电子在轴线方向上速度是固定的，但是x、y两个方向的分速度与偏转电压有关，故电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关，C符合题意；
D.电子通过XX'时的水平偏转量与XX'所加电压大小有关，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据极板的电势的高低判断电子的偏转方向；电子在示波管轴线方向上不受力，所以电子沿轴线方向做匀速运动，在沿x方向和y方向上，有偏转电压做功。
7．【答案】D
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A.参考欧姆表接入电路的情况，即B端接“3”，根据“红进黑出”的规律可知，图中的B端与红表笔相连接，A不符合题意；
B.当选择开关接3时，为欧姆表，表盘读数为，使用的倍率为，所以欧姆表的读数应为，B不符合题意；
C.1、2为电流档，由图中的电路结构可知，换档开关接“2”与接“1”相比较，接“2”，并联电阻的分流较小，电流档量程较小，可知接“2”时为10mA挡，C不符合题意；
D.由电压表的改装原理可知，B端接“4”或“5”为电压档，接“4”与接“5”相比较，接“4”，串联的分压电阻小，电压档的量程小，所以直流电压5V档时选择开关应接“4”，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据“红进黑出”的规律判断表笔插孔；表盘读数与倍率的乘积即为待测电阻的阻值；根据并联电阻分流的情况分析电流档的量程；根据串联电阻分压的情况分析电压档的量程。
8．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；电势能；电势差
【解析】【解答】由题意可知，电容器充电后与电源断开，所以移动极板的过程中，电容器所带电荷量不变，正极板下移，极板间距d减小，根据、和可得，可知电场强度E与极板间距d无关，所以E不变，P到负极板的距离不变，P与下极板间的电势差不变，可知P点的电势不变，则电势能与电势的关系可知，电荷的电势能不变，AC符合题意，BD不符合意。
故答案为：AC。
【分析】先根据、和求出极板间的电场强度的变化，再分析P点电势的变化，然后由分析电荷电势能的变化。
9．【答案】B,C
【知识点】电场力做功；电场强度
【解析】【解答】A项：O点的电场强度为B、C电荷在O的产生的场强与A电荷在O点产生的场强的合成，由平行四边形定则可知，O点的电场强度不为零，A不符合题意；
B项：由对称性可知，b、c两点电场强度大小相等，B符合题意；
C项：如果没有A处的负电荷存在，O点和d点的电势相等，由于A处负电荷的存在，且O点离负电荷更近，所以O点的电荷更低，所以电子在O点的电势能更大，C符合题意；
D项：O、b两点位于A、C连线的中垂线上，如果没有B处电荷存在，O、b两点电势相等，由于B处正电荷的存在且O点离正电荷更近，所以O点电势更高，质子在O点的电势能更大，所以质子从b点移到O点，电势能增大，所以电场力做负功，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用电场强度的叠加可以判别场强的大小；利用电场线的分布可以比较电势能的高低；利用叠加原理可以判别电场力做功。
10．【答案】C,D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】滑动变阻器的滑片P自a端向b端滑动，滑动变阻器电阻减小，外电阻减小，干路电流I增大，电阻两端的电压，增大，则电压表示数变大。电阻两端的电压，增大，则减小，电容器两极板间的电压减小，由可知，电容器带电荷量减少。根据外电路中沿着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，减小，则a点的电势降低。因为电压减小，所以通过的电流减小，则通过电流表的电流，I增大，减小，则增大，即电流表示数变大，AB不符合题意，CD符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据滑动变阻器阻值的变化情况，由闭合电路欧姆定律分析回路中的电流和外电压的变化，再根据公式法和作差法分析电路中各部分的电压和电流的变化；由电容的定义式分析电容器极板电量的变化。
11．【答案】（1）A
（2）3.00；3.33
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了保护电路的安全，应该在开关闭合前将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，故滑片应置于A端；
（2）由闭合电路欧姆定律可得，可知U-I图的纵轴截距等于电源电动势，即E=3.00V，电源内阻图像斜率的绝对值，即。
【分析】（1）根据保护电路安全的目的，分析电键闭合前滑动变阻器滑片P应处于的位置；（2）根据闭合电路欧姆定律推导U-I的关系式，再由关系式结合图中数据求出电源电动势和内阻。
12．【答案】（1）3.194/3.195/3.196/3.197
（2）A1
（3）
（4）
（5）小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，由图可知，该螺旋测微器的主尺读数为3mm，可动尺读数为，故金属丝的直径为。
（2）由题给数据可知，电源电动势为4V，待测电阻大约为4Ω，故通过待测电阻的最大电流约为1A，再考虑到其他电阻，故应选的电流表是。
（3）由于，所以应选择电流表外接法，为了精确测量电阻值，需要多组数据，因此滑动变阻器采取分压式接法，实物连接如图所示：
（4）由欧姆定律可得，根据电阻定律可得，导体的横截面积为，联立得金属丝的电阻率。
（5）由于电压表和电流表不是理想电表，电流表采用外接时由于电压表分流作用，电流测量值偏大，由上式子知则金属电阻率的测量值比真实值偏小。
【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则读出金属丝直径；（2）根据欧姆定律求出流过待测电阻的最大电流，再结合所给电流表的量程选出适合的电流表；（3）根据待测电阻与电表的阻值关系选择电流表的内接与外接，为了能更精确的测量待测电阻的阻值，滑动变阻器选择分压式接法；（4）由欧姆定律和电阻定律推导金属丝电阻率的表达式；（5）根据电压表的分流，分析实验误差。
13．【答案】（1）解：A、B两板间的场强大小为
方向竖直向上。
（2）解：以地面为电势零点，则有
根据，
可得
可得
（3）解：CD间的电势差为
将电量为1×10-5C的负电荷由C点移到D点，电场力做的功
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）由匀强电场中电场强度与电势差的关系式，求解AB板间的电场强度E；（2）根据电势差与电势的关系式求解C点的电势；（3）由U=Ed求出CD两点间的电势差，再由电场力做功的公式计算电场力做功。
14．【答案】（1）解：设加速电场的电压为由动能定理得：
解得
（2）解：如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为，和水平方向的夹角为，偏转电压为，偏转位移为y，则
代入数据得
（3）解：根据
由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得
代入所有数据得U2＝360 V
因此偏转电压在－360 V~360 V范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）由动能定理分析电子在加速电场中的运动，求出电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；（2）电子在偏转电场做类平抛运动，根据类平抛规律，由牛顿第二定律和运动学公式综合求解电子射出偏转电场时的偏转距离；（3）射出电场后电子恰能极板的边缘射出，为电子能射中荧光屏的临界状态，然后根据类平抛的规律，结合几何关系，求解偏转电压的取值范围。
15．【答案】（1）解：设从N点穿出电场的粒子在电场中运动时间为t，
由类平抛运动规律可得：
解得：
（2）解：从图中P点出来的粒子在电场中运动时间最长，
设初速度大小为 ，从M到P点过程中由动能定理得：
所以动能的变化量
即
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）带电粒子在匀强电场中的运动是类平抛运动，将运动分解，水平方向是匀速直线运动，可以解出时间t，竖直方向为匀加速直线运动，再根据牛顿第二定律F=ma，电场力F=Eq，解出电场强度；
（2）根据类平抛运动运动分析，竖直方向位移最大时，运动时间最长，找到运动时间最长的射出点为P点，再根据动能定理计算出动能的变化量。
广东省广州市部分重点学校2023-2024学年高二上学期期中考试物理试题
一、单项选择题（每小题只有一项符合题目要求，共7小题，每小题4分，共28分）
1．（2023高二上·广州期中）在点电荷Q形成的电场中某点P，放一电荷量为q的检验电荷，q受到的电场力为F。如果将q移走，那么P点的电场强度大小为（　　）
A． B． C．qF D．0
【答案】A
【知识点】电场强度
【解析】【解答】根据电场强度的定义式可得P点的电场强度大小为，某点的电场强度由电场自身决定，与试探电荷q和试探电荷受到的电场力F无关，所以，如果将q移走，P点的电场强度大小仍为，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据电场强度的定义式求出P点的电场强度的大小，某点的电场强度由电场自身决定，与试探电荷q和试探电荷受到的电场力F无关。
2．（2023高二上·广州期中）如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD所在平面．已知A、B、C三点的电势分别为φA=9V，φB=3V，φC=-3V，则（　　）
A．D点的电势φD=3V，场强方向平行AB方向
B．D点的电势φD=3V，场强方向平行AC方向
C．D点的电势φD=6V，场强方向平行BC方向
D．D点的电势φD=6V，场强方向平行BD方向
【答案】B
【知识点】电势；等势面
【解析】【解答】匀强电场中，任意一条直线上的电势都是均匀变化的，所以连接AC，其中点E的电势，连接BE，延长线刚好通过D点，因为，所以直线BED为等势线，故D点电势为，根据电场线与等势面处处垂直的特点可知，电场线方向平行AC方向，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据匀强电场中，任意一条直线上的电势都是均匀变化的特点，找出等势面，再根据电场线与等势面处处垂直，找出场强方向。
3．（2023高二上·广州期中）半导体材料制作的纯电阻，它的电阻率随温度的升高而减小，当加的电压由零逐渐增大时，下图中符合“电阻率随温度的升高而减小”的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电阻率；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】当导体两端的电压由零逐渐增大时，由欧姆定律可知，导体的电阻等于图线上的点与原点连线的斜率，如果电阻率随温度的升高而减小，则图线上的点与原点连线的斜率一直减小，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由欧姆定律推导U-I图中电阻R的表示方法，再根据电阻率随温度的升高而减小的要求，选择正确图像。
4．（2019·唐山模拟）如图所示，曲线为一带正电粒子仅受电场力作用下的一段运动轨迹，经过A点的速度为200m/s，经过B点的速度为100m/s，该粒子的比荷为105C/kg。规定B点电势为零，则A点电势为（　　）
A． 0.15V B．0.15V C． 0.3V D．0.3V
【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】根据动能定理得： ，两边同时除m得：
，代入数解得：UAB=-0.15V。根据公式UAB=φA-φB，φB=0，代入数据解得：φA=-0.15V。
故答案为：A
【分析】求解A点的电势，利用电荷在该位置的电势能除以电荷量即可。
5．（2023高二上·广州期中）a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动，可知（　　）
A．c的电势能减少，机械能增加
B．a、b的电势能增加、机械能不变
C．a、b为同种电荷，c、d为异种电荷
D．d的电势能减少，机械能减少
【答案】A
【知识点】能量守恒定律；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】四个带电液滴均在匀强电场中做匀速直线运动，根据共点力平衡条件可知，四个电荷受到的电场力均与重力等大反向，即电场力竖直向上。
A.c受到的电场力方向与位移同向，电场力做正功，电势能减少，根据能量守恒定律可知，机械能增加，A符合题意；
B.a、b受的电场力与位移方向垂直，所以不做功，电势能不变，根据能量守恒定律可知，a、b机械能均不变，B不符合题意；
C.由于四个带电液滴受到的电场力均竖直向上，与场强方向相同，所以四个液滴均带正电，C不符合题意；
D.d受到的电场力方向与位移方向相反，电场力做负功，电势能增加，根据能量守恒定律可知，机械能减少，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由共点力平衡条件分析四个液滴受到的电场力方向，再由电场力方向与位移的方向关系，分析电场力做功的正负，得出电势能的变化情况，然后根据能量守恒定律分析机械能的变化情况。
6．（2023高二上·广州期中）如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'和荧光屏组成，当电极YY'和XX'所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是（　　）
A．当上极板Y的电势高于Y'，后极板X的电势低于X'时，电子将打在第一象限
B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关
C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关
D．电子通过XX' 时的水平偏转量与YY' 所加电压大小有关
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A.由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故电子经过竖直偏转电极YY' 时向Y偏转，经过水平偏转电极XX'向X'偏转，故电子将打在第二象限，A不符合题意；
B.电子只受电场力，在示波管轴线方向上不受力，所以电子沿轴线方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，B不符合题意；
C.电子在轴线方向上速度是固定的，但是x、y两个方向的分速度与偏转电压有关，故电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关，C符合题意；
D.电子通过XX'时的水平偏转量与XX'所加电压大小有关，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据极板的电势的高低判断电子的偏转方向；电子在示波管轴线方向上不受力，所以电子沿轴线方向做匀速运动，在沿x方向和y方向上，有偏转电压做功。
7．（2023高二上·广州期中）如图为简易多用电表的电路图。电源E为直流电源R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻；表头G的满偏电流为5mA，内阻为20；虚线方框为换档开关；A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表共有5个档位，分别为直流电压5V档和10V档，直流电流10mA挡和25mA档，欧姆×10档。则以下说法中正确的是（　　）
A．多用电表的B端应与黑色表笔相连接
B．若换挡开关与3相连，测量中，表盘指针稳定时如图（b）所示，则其读数为 11
C．若换挡开关与2相连，为直流电流25mA档
D．若要使用直流电压5V档，则换挡开关应与4相连
【答案】D
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A.参考欧姆表接入电路的情况，即B端接“3”，根据“红进黑出”的规律可知，图中的B端与红表笔相连接，A不符合题意；
B.当选择开关接3时，为欧姆表，表盘读数为，使用的倍率为，所以欧姆表的读数应为，B不符合题意；
C.1、2为电流档，由图中的电路结构可知，换档开关接“2”与接“1”相比较，接“2”，并联电阻的分流较小，电流档量程较小，可知接“2”时为10mA挡，C不符合题意；
D.由电压表的改装原理可知，B端接“4”或“5”为电压档，接“4”与接“5”相比较，接“4”，串联的分压电阻小，电压档的量程小，所以直流电压5V档时选择开关应接“4”，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据“红进黑出”的规律判断表笔插孔；表盘读数与倍率的乘积即为待测电阻的阻值；根据并联电阻分流的情况分析电流档的量程；根据串联电阻分压的情况分析电压档的量程。
二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对不全得3分，有选错或不答的得0分）
8．（2023高二上·广州期中）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点。如图所示，用E表示两极板间场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）
A．U变小，E不变 B．E变大，EP不变
C．U变小，EP不变 D．U不变，EP不变
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；电势能；电势差
【解析】【解答】由题意可知，电容器充电后与电源断开，所以移动极板的过程中，电容器所带电荷量不变，正极板下移，极板间距d减小，根据、和可得，可知电场强度E与极板间距d无关，所以E不变，P到负极板的距离不变，P与下极板间的电势差不变，可知P点的电势不变，则电势能与电势的关系可知，电荷的电势能不变，AC符合题意，BD不符合意。
故答案为：AC。
【分析】先根据、和求出极板间的电场强度的变化，再分析P点电势的变化，然后由分析电荷电势能的变化。
9．（2019·泉州模拟）如图，电荷量大小相等的点电荷A、B、C放置在等边三角形的顶点上，O为三角形的中心，a、b、c分别为三边的中点，d是O关于a的对称点。已知A带负电，B、C均带正电，则（　　）
A．O点电场强度为零
B．b、c两点电场强度大小相等
C．电子在d点的电势能比在O点的小
D．质子从b点移到O点，电场力做正功
【答案】B,C
【知识点】电场力做功；电场强度
【解析】【解答】A项：O点的电场强度为B、C电荷在O的产生的场强与A电荷在O点产生的场强的合成，由平行四边形定则可知，O点的电场强度不为零，A不符合题意；
B项：由对称性可知，b、c两点电场强度大小相等，B符合题意；
C项：如果没有A处的负电荷存在，O点和d点的电势相等，由于A处负电荷的存在，且O点离负电荷更近，所以O点的电荷更低，所以电子在O点的电势能更大，C符合题意；
D项：O、b两点位于A、C连线的中垂线上，如果没有B处电荷存在，O、b两点电势相等，由于B处正电荷的存在且O点离正电荷更近，所以O点电势更高，质子在O点的电势能更大，所以质子从b点移到O点，电势能增大，所以电场力做负功，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用电场强度的叠加可以判别场强的大小；利用电场线的分布可以比较电势能的高低；利用叠加原理可以判别电场力做功。
10．（2023高二上·广州期中）在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．电压表示数减小 B．电流表示数减小
C．电容器C所带电荷量减少 D．a点的电势降低
【答案】C,D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】滑动变阻器的滑片P自a端向b端滑动，滑动变阻器电阻减小，外电阻减小，干路电流I增大，电阻两端的电压，增大，则电压表示数变大。电阻两端的电压，增大，则减小，电容器两极板间的电压减小，由可知，电容器带电荷量减少。根据外电路中沿着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，减小，则a点的电势降低。因为电压减小，所以通过的电流减小，则通过电流表的电流，I增大，减小，则增大，即电流表示数变大，AB不符合题意，CD符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据滑动变阻器阻值的变化情况，由闭合电路欧姆定律分析回路中的电流和外电压的变化，再根据公式法和作差法分析电路中各部分的电压和电流的变化；由电容的定义式分析电容器极板电量的变化。
三、实验题（共2小题，共16分，请按题目要求作答）
11．（2023高二上·广州期中）某同学测定两节干电池的电动势E和内电阻r，实物图连线如图所示。
（1）电键闭合前滑动变阻器滑片P应处于　 　端（填“A”或“B”）；
（2）根据图线求出该电池电动势测量值　 　V，内阻测量值　 　Ω。（均保留3位有效数字）
【答案】（1）A
（2）3.00；3.33
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了保护电路的安全，应该在开关闭合前将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，故滑片应置于A端；
（2）由闭合电路欧姆定律可得，可知U-I图的纵轴截距等于电源电动势，即E=3.00V，电源内阻图像斜率的绝对值，即。
【分析】（1）根据保护电路安全的目的，分析电键闭合前滑动变阻器滑片P应处于的位置；（2）根据闭合电路欧姆定律推导U-I的关系式，再由关系式结合图中数据求出电源电动势和内阻。
12．（2023高二上·广州期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的电阻约为4Ω，用米尺测得金属丝的长度为L。
（1）从图中读出金属丝的直径d为　 　mm；
（2）用伏安法测量金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下供选择的实验器材：
直流电源：电动势约，内阻很小；
电流表：量程，内阻
电流表：量程，内阻；
电压表：量程，内阻；
滑动变阻器（0~）；开关、导线等。
应选的电流表是　 　（填“A1”或“A2”）；
（3）要求尽量减小实验误差，将图中的实物连线补充完整　 　；
（4）读出电压表和电流表的示数，分别用U和I表示。根据实验中所测得的物理量，金属丝的电阻率表达式为　 　（用U、I、d、L等字母表示）；
（5）由于电压表和电流表不是理想电表，所以金属电阻率的测量值比真实值偏　 　（填“大”或“小”）。
【答案】（1）3.194/3.195/3.196/3.197
（2）A1
（3）
（4）
（5）小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，由图可知，该螺旋测微器的主尺读数为3mm，可动尺读数为，故金属丝的直径为。
（2）由题给数据可知，电源电动势为4V，待测电阻大约为4Ω，故通过待测电阻的最大电流约为1A，再考虑到其他电阻，故应选的电流表是。
（3）由于，所以应选择电流表外接法，为了精确测量电阻值，需要多组数据，因此滑动变阻器采取分压式接法，实物连接如图所示：
（4）由欧姆定律可得，根据电阻定律可得，导体的横截面积为，联立得金属丝的电阻率。
（5）由于电压表和电流表不是理想电表，电流表采用外接时由于电压表分流作用，电流测量值偏大，由上式子知则金属电阻率的测量值比真实值偏小。
【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则读出金属丝直径；（2）根据欧姆定律求出流过待测电阻的最大电流，再结合所给电流表的量程选出适合的电流表；（3）根据待测电阻与电表的阻值关系选择电流表的内接与外接，为了能更精确的测量待测电阻的阻值，滑动变阻器选择分压式接法；（4）由欧姆定律和电阻定律推导金属丝电阻率的表达式；（5）根据电压表的分流，分析实验误差。
四、计算题（共3小题，共38分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分）
13．（2023高二上·广州期中）如图所示，有两块平行金属板A、B相距d=8cm，接在U=24V的直流电源上。电源正极接地，C、D两点在两板之间且分别与A、B两板的距离均为d1=2cm。
（1）求AB板间的电场强度E；
（2）求C点的电势；
（3）求将电量为1×10-5C的负电荷由C点移到D点，电场力做的功。
【答案】（1）解：A、B两板间的场强大小为
方向竖直向上。
（2）解：以地面为电势零点，则有
根据，
可得
可得
（3）解：CD间的电势差为
将电量为1×10-5C的负电荷由C点移到D点，电场力做的功
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）由匀强电场中电场强度与电势差的关系式，求解AB板间的电场强度E；（2）根据电势差与电势的关系式求解C点的电势；（3）由U=Ed求出CD两点间的电势差，再由电场力做功的公式计算电场力做功。
14．（2023高二上·广州期中）如图所示，水平放置的两平行金属板，板长为l=10 cm，两板相距d=2 cm。一束电子以初速度v0＝4.0×107 m/s从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L=45 cm、宽D=20 cm的荧光屏上。不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，已知电子质量为m＝9.1×10－31 kg，电荷量为e＝1.6×10－19 C。求：
（1）电子飞入两板前所经历的加速电场的电压U1；
（2）若偏转电压为U2=72V，求电子射出偏转电场时的偏转距离；
（3）为使电子都能射中荧光屏，求偏转电压的取值范围。
【答案】（1）解：设加速电场的电压为由动能定理得：
解得
（2）解：如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为，和水平方向的夹角为，偏转电压为，偏转位移为y，则
代入数据得
（3）解：根据
由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得
代入所有数据得U2＝360 V
因此偏转电压在－360 V~360 V范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）由动能定理分析电子在加速电场中的运动，求出电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；（2）电子在偏转电场做类平抛运动，根据类平抛规律，由牛顿第二定律和运动学公式综合求解电子射出偏转电场时的偏转距离；（3）射出电场后电子恰能极板的边缘射出，为电子能射中荧光屏的临界状态，然后根据类平抛的规律，结合几何关系，求解偏转电压的取值范围。
15．（2023高二下·深圳期末）在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来控制带电粒子的运动．如图所示，以O为圆心，半径为R的圆形区域内有方向竖直向下的匀强电场．质量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内自圆周上M点先后以不同的速率沿水平方向进入电场．其中速率为 的粒子，可从直径 上的N点穿出．直径 与水平方向的夹角为 ，粒子重力不计．（ ， ）
（1）求电场强度的大小；
（2）以某一速率入射的粒子在电场中运动时间最长，求此粒子动能的增加量．
【答案】（1）解：设从N点穿出电场的粒子在电场中运动时间为t，
由类平抛运动规律可得：
解得：
（2）解：从图中P点出来的粒子在电场中运动时间最长，
设初速度大小为 ，从M到P点过程中由动能定理得：
所以动能的变化量
即
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）带电粒子在匀强电场中的运动是类平抛运动，将运动分解，水平方向是匀速直线运动，可以解出时间t，竖直方向为匀加速直线运动，再根据牛顿第二定律F=ma，电场力F=Eq，解出电场强度；
（2）根据类平抛运动运动分析，竖直方向位移最大时，运动时间最长，找到运动时间最长的射出点为P点，再根据动能定理计算出动能的变化量。