2023-2024学年福建师大附中高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建师大附中高二（上）期中物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.物理学中常用两个物理量的比值定义一个新的物理量，如速度是用位移与时间的比值来定义的。下列物理量的关系式不属于比值定义的是( )
A. 电场强度E=kQr2B. 电势φ=EPqC. 电容C=QUD. 电阻R=UI
2.随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后( )
A. 电容器的电容变小
B. 电容器的带电量增大
C. 极板间电场强度变小
D. 膜片下移过程中，电流表有从a到b的电流
3.避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面，M、N、P是电场中三个点，其中M、P是关于AB直线对称的两个点，下列说法正确的是( )
A. N点的电势比M点的电势高
B. M点的场强和P点的场强相同
C. 将一个试探电荷+q从M点移动到N点，电场力做正功
D. 试探电荷−q在P点的电势能大于在N点的电势能
4.某地新装了一批节能路灯可通过光控开关实现自动控制，电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。其内部电路简化原理图如图所示，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)现增加光照强度，灯泡电阻不变，则下列判断正确的是( )
A. A灯变暗，B灯变亮B. 电源的总功率变小
C. 电源的输出功率变大D. 电源的效率变小
5.如图为电阻A、B的伏安特性曲线，下列说法正确的是( )
A. 电阻A为线性元件，其阻值为0.2Ω
B. 随着所加电压的增大，电阻B的阻值增大
C. 电阻B的图线上某点切线的斜率为其相应状态的阻值
D. 在两图线的交点P处，电阻A的阻值等于电阻B的阻值
6.如图所示，空间中有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M为连线的中垂线上的两点且在竖直方向，且PO=OM=h。现将一带负电的小球从P点静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 从P到O的过程中，小球的电势能一直增大
B. 从P到O的过程中，小球的加速度一直增大
C. 从P到M的过程中，小球的机械能先增大后减小
D. 到达M点时，小球的速度为0
7.如图所示，匀强电场平行于xOy平面坐标系，矩形ABCD的顶点B和D均落在y轴上，顶点A在x轴上，OB=5cm，AB=10cm，A、B、C三点的电势分别为3V、33V、63V，下列说法正确的是( )
A. D点的电势为18V
B. 匀强电场平行于y轴，且沿着 y轴负方向
C. 将一电子从D点移动到B点，电子克服电场力做的功为30eV
D. 匀强电场的电场强度的大小为200 3V/m
8.在如图所示电路中，电压表为理想电压表，两电流表由相同的表头改装而成，电流表A1量程为1A，电流表A2量程为0.6A，闹合开关S，滑动变阻器的滑片位于a点时，电压表的读数分别为U1、两电流表示数和为I1，滑动变阻器的滑片位于b点时，电压表的读数为U2、两电流表示数和为I2，下列判断正确的是( )
A. U1>U2，I2>I1
B. 两电流表A1与A2示数相同
C. 滑片由a滑到b,U2−U1I1−I2会变大
D. 两电流表A1与A2指针偏角相同
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是( )
A. A是红表笔、B是黑表笔
B. 作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小
C. 当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零
D. 测电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率更大的挡位
10.如图所示、电源电动势E=6V内阻不计，电阻R1=2Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，电容器电容C=4μF，下列说法正确的是( )
A. S断开时电容器的电压为2V
B. S断开时电容器a极板带正电
C. S闭合电路稳定后，电容器b极板带负电
D. S闭合电路稳定后，电容器所带电荷量为8×10−6C
11.两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是( )
A. 两点电荷可能是异种点电荷
B. A点的电场强度比B点的大
C. A点的电势高于B点的电势
D. 电子运动到P点时动能最小
12.有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子(不计重力)从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关于该电场在x轴上各点的电势φ、带电粒子的动能Ek、电势能Ep以及动能与电势能之和E0随x变化的图像，正确的是( )
A. B.
C. D.
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共4小题，共36分。
13.电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即I=qt。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连。图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，R为定值电阻，C为平行板电容器。

电容器充电完毕后，把开关S接2时，其放电电流随时间变化图像如图乙所示。
(1)此过程中，电容器两极板间的场强______ (选填“增大”、“减小”或“不变”)；
(2)按“四舍五入”(大于等于半格算一格，小于半格舍去)数格法，由图乙可知电容器所带电荷量为______ C(结果保留两位有效数字)，根据计算可知，该实验选择的电容器最有可能是下图中的______ 。(选填“A”、“B”或“C”)
14.新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查询到了比亚迪“秦”电池采用的是比亚迪刀片电池技术，已知该车内的整块电池是由多块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r，设计的实验方案如图甲所示。

(1)按电路图连接电路，测量得到多组U、I数据如图乙，请作出电源的U−I图线。
(2)根据所作的U−I图线，得到电芯的电动势为E= ______ V，总内阻r= ______ Ω(保留两位有效数字)。
(3)若考虑电压表内阻的影响，电动势的测量值______ 真实值，内电阻的测量值______ 真实值。(填“大于”“等于”或“小于”)
15.某实验小组发现一卷如图甲所示的金属线，为了测定金属线的电阻率。

(1)他们从金属线中抽取一根细金属丝，截取其中的一部分，拉直后用游标卡尺测金属丝的长度，如图乙所示，则金属丝长L= ______ cm。用螺旋测微器测金属丝的直径，如图丙所示，则金属丝的直径d= ______ mm。
(2)现要进一步测量其阻值Rx(Rx约为10Ω)实验室提供了下列可选用的器材：
电流表A(量程0.3A，内阻约0.5Ω)
电压表V(量程3.0V，内阻约3kΩ)
滑动变阻器R
电源E(电动势3V，内阻可忽略)
电键、导线若干

为了尽可能提高测量准确度，且要求电表的示数从零开始。根据你所设计的实验电路，用笔画线代替导线连接实物图。
(3)某次实验中电压表、电流表的示数分别为U、I，则电阻率ρ= ______ 。(用所测物理量的符号表示)
16.某同学将一个量程为0∼1mA、内阻未知的电流表G改装为量程为0∼3V的电压表，他先测量该电流表G的内阻Rg，再进行改装，然后把改装的电压表与标准电压表进行校准并进行误差分析。实验室准备的仪器有：
电源E(电动势为4.5V，内阻约1.2Ω)；
滑动变阻器R1(最大阻值为5000Ω，允许通过的最大电流约为0.02A)；
滑动变阻器R2(最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流约为1.0A)；
电阻箱R(最大阻值为999.9Ω，允许通过的最大电流约为0.2A)；
标准电压表V0(最大量程为3.0V，内阻约为4000Ω)；
已知阻值的定值电阻若干(可以用R′表示)；
开关两个，导线若干。
他的操作过程如下：
(1)按如图a所示连接电路，其中滑动变阻器应选择______ (填仪器对应的符号)。测量电流表G的内阻Rg，其步骤为：
①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，保持开关S2断开，闭合开关S1，再调节滑动变阻器，使电流表G的指针指在满刻度Ig处；
②保持滑动变阻器接入电路的阻值不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R的阻值使电流表G的指针指在满刻度的一半处，即I=12Ig，此时电阻箱上示数如图b所示，则电流表G的内阻Rg= ______ Ω；

(2)他根据所测出的电流表G的内阻Rg的值，通过计算后，在表头G上串联一个电阻R′，就将电流表G改装成量程0∼3V的电压表V，则这个定值电阻的阻值R′= ______ Ω；
(3)他再用标准电压表V0对改装的电压表进行校准(如图所示)，由于实验中电流表G的内阻Rg存在系统误差，所以在校准过程中，同学会发现改装的电压表的示数总是比标准表的示数______ (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
17.炎热的夏天，小刘同学利用一电动势为6V，内阻为1Ω的电池，给一个小电风扇供电扇风纳凉。电风扇线圈的电阻为1Ω，额定电压为5V，电风扇恰好能正常工作，电路如图所示。求：
(1)电路的电流；
(2)电风扇热功率；
(3)电风扇的机械功率。
18.如图所示的电路中，直流电源的电动势E=9V，内电阻r=1.5Ω，R1=4.5Ω，R2为电阻箱，两带小孔的平行金属板A、B竖直放置；另两个平行金属板C、D水平放置，板长L=30cm，板间的距离d=20cm；MN为荧光屏，C、D的右端到苂光屏的距离L′=10cm，O为C、D金属板的中轴线与苂光屏的交点，P为O点下方的一点，LOP=10cm；当电阻箱的阻值调为R2=3Ω时，闭合开关K，待电路稳定后，将一带电量为q=−1.6×10−19C质量为m=9×10−30kg的粒子从A板小孔从静止释放进入极板间，不考虑空气阻力、带电粒子的重力和极板外部的电场。试求：
(1)带电粒子到达小孔B时的速度大小；
(2)为使粒子恰好打到P点，R2的阻值应调到多大？
19.如图所示，竖直平面内有一段绝缘的圆弧轨道AB和绝缘的水平轨道BC相切于B，其中AB圆弧轨道的圆心为O，R=58m，圆心角θ=53°，圆弧轨道光滑，BC轨道粗糙且足够长，滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.5，轨道AB左侧d=0.6m的区域存在一竖直向下匀强电场E1，BC轨道区域存在水平向右的匀强电场E2，一质量为m=0.2kg，电量|q|=1.0×10−4C的滑块以一定的初速度从电场E1的左边界水平抛入，滑块恰好能做直线运动，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
(1)滑块的电性和E1的大小；
(2)若电场E1大小不变，方向反向，要使滑块恰好能从A点沿切线滑入轨道，求滑块水平抛入电场E1时的初速度，以及进入A点时的速度；
(3)在第(2)问的条件下，若电场E2的大小可在0到3×104N/C范围内调节，当E2取不同值时，求滑块最终因摩擦而产生的热量。(Q可用E2表示)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、E=kQr2是点电荷产生的电场强度的计算公式，不属于比值法定义式，符合题意，故A正确；
B.电势是电荷所具有的电势能与该电荷所带电荷量的比值，电势与电势能和电荷量无关，所以电势的表达式φ=EPq属于比值法定义的，不符合题意，故B错误；
C.电容器的电容由本身决定，与所带的电荷量和两端的电压无关，所以C=QU属于比值定义的，不符合题意，故C错误；
D.导体的电阻由导体本身决定，与所加的电压无关，与通过的电流无关，所以R=UI属于比值法定义的，不符合题意，故D错误。
故选：A。
比值定义法是物理概念中常用的一种定义新物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，这个新的物理量反映物质的本质属性，与参与定义的物理量无关。根据比值定义法的特点分析。
比值定义法是常用的定义方法，解题的关键在掌握比值定义法的特点：定义出来的新物理与原来两个物理量无关。
2.【答案】B
【解析】解：ABD.根据电容器表达式C=ɛrS4πkd，当两个极板的距离减小时，电容器的电容增大；再根据电容器定义式C=QU，由于电容器一直和电源相连，电压不变，当电容增大时，带电荷量增大，即电容器被充电，电流表有从b到a的电流，故AD错误，B正确；
C.由匀强电场公式得E=Ud，所以当电压不变，两个极板的距离减小时，极板间电场强度变大，故C错误。
故选：B。
根据电容的决定式和比值定义式分析出极板上电荷量的变化，由此得出电流的方向；
根据公式U=Ed分析出极板间场强的变化。
本题主要考查了电容器的动态分析，根据电容的决定式和比值定义式，以及场强的公式U=Ed完成分析。
3.【答案】C
【解析】解：A.沿电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的电势高，故A错误；
B.电场方向沿电场线的切线方向，则M、P两点电场强度方向不同，M点的场强和P点的场强并不相同，故B错误；
C.正的试探电荷从M点到N点，电场力方向与运动方向夹角为锐角，电场力做正功，故C正确；
D.试探电荷−q从P点到N点电场力与运动方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，P点的电势能小于在N点的电势能，故D错误。
故选：C。
顺着电场线电势逐渐降低；根据电场线的特点判断场强；根据功的定义判断电场力做功情况；根据电场力做功比较两点电势能大小。
本题要掌握电场线的物理意义，电场方向沿电场线的切线方向，顺着电场线电势逐渐降低，电场力做功与路径无关。
4.【答案】D
【解析】解：A、增加光照强度，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，A灯的电压减小，所以A灯变暗。干路电流增大，通过A灯电流减小，则通过R0的电流增大，R0两端的电压增大，则B灯两端的电压减小，B灯变暗，故A错误；
BC、电源的总功率为P总=EI，电源电动势不变，干路电流增大，则电源的总功率变大；由于不知道电源内阻与外电路电阻的大小关系，则无法判断输出功率的变化情况，故BC错误；
D、电源的效率为η=P出P总=UIEI=UE，路端电压减小，则电源的效率变小，故D正确。
故选：D。
增加光照强度，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化以及路端电压的变化，进一步分析电路中电压、电流和电阻的关系，可以判断出A、B灯两端电压的变化，进而可以分析两灯亮度变化；根据干路电流的变化，由P=EI分析电源总功率的变化；根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化，结合路端电压的变化分析电源效率的变化。
在电路动态分析中，要知道电路中任何一个电阻增大，电路的总电阻就会增大，电路的总电流就减小。
5.【答案】D
【解析】解：A、电阻A的伏安特性曲线是直线，所以电阻A为线性元件，其阻值RA=UI=Ω，故A错误；
BC、电阻B的图线上某点与原点的连线的斜率的倒数为其相应状态的阻值，由图可知，随着电压的增大，各点与原点连线的斜率增大，电阻减小，故BC错误；
D、两图线的交点，U和I相等，由电阻的定义式R=UI可知此时A、B两电阻阻值相等，故D正确。
故选：D。
A、根据伏安特性曲线是直线判断为线性元件，由R=UI可得电阻值；
BC、根据图线上某点与原点的连线的斜率的倒数表示相应状态的阻值分析；
D、由电阻的定义式R=UI分析。
本题考查了伏安特性曲线，解题的关键是知道伏安特性曲线是曲线时，各点的斜率不表示阻值，图线上某点与原点的连线的斜率的倒数表示其相应状态的阻值。
6.【答案】C
【解析】解：AC.从P到O的过程中，电势先增大后减小，因为小球带负电，所以小球的电势能先减小后增大，根据能量守恒定律可知，小球的机械能先增大后减小，故A错误，C正确；
B.O点的场强为零，小球通过O点时的加速度为零．由于PO间电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不能确定，加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，不可能一直增大，故B错误；
D.根据电场的对称性原理可知，P与M两点的电势相等，则小球在这两点的电势能相等，电场力做功为零，故小球从P到M的过程中，由动能定理得
mg×2h=12mv2
解得：v=2 gh，故D错误。
故选：C。
根据电势的变化趋势，结合小球的电性得出电势能的变化趋势，结合机械能的定义分析出机械能的变化趋势；
根据场强的变化趋势得出小球加速度的变化趋势；
根据动能定理得出小球在M点的速度。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉等量同种电荷周围的场强和电势的关系，结合动能定理即可完成分析。
7.【答案】D
【解析】解：A.AC中点的电势为
φ=φA+φC2=3+632V=33V
所以AC中点、B点、D点为等势点，因此D点的电势为
φD=33V，故A错误；
B.等势线与电场线垂直，沿着电场线电势逐渐降低。因为BD为一条等势线，由此可分析出匀强电场方向为平行于x轴，沿着 x轴负方向，故B错误；
C.BD为等势线，电荷在等势线上移动，电场力不做功，故D错误；
D.根据几何关系得
xAO= xAB2−xBO2
根据匀强电场电场强度的表达式 得
E=UAOxAO
代入数据解得：E=200 3V/m，故D正确。
故选：D。
根据匀强电场中电势的特点得出D点的电势；
熟悉匀强电场中场强与等势线的关系，由此分析出场强的方向；
根据电场力的做功公式得出电子克服电场力做的功；
根据公式U=Ed得出场强的大小。
本题主要考查了电势差与场强的关系，熟悉匀强电场的特点，结合几何关系和公式U=Ed即可完成分析。
8.【答案】D
【解析】解：A.设电源电势为E，据欧姆定律有：
I1=ER1+RA+r+Ra
而I2=ER1+RA+r+Rb
由于RaI2
U1=E−I1(R1+RA+r)，
U2=E−I2(R1+RA+r)
由于I1>I2所以U1BD.两电流表是由相同的表头与不同的分流电阻并联改装而成，则相同的两表头电压相等，则偏转角相等，表示的电流的示数不同，故B错误，D正确；
C、据闭合电路欧姆定律，滑动变阻器两端的电压
U=E−I(R1+RA+r)，
那么U−I直线的斜率的绝对值就是
ΔUΔI=U2−U1I1−I2=R1+RA+r
不会改变，故C错误；
故选：D。
先根据欧姆定律和串并联电路的关系，表示出电流和电压的表达式，从表达式可以看出大小关系。根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出滑动变阻器两端电压的函数表达式，根据表达式中斜率和截距的意义回答。
本题考查了闭合电路欧姆定律的应用问题，分析清楚图示电路图、知道电路连接是解题的前提根据题意应用欧姆定律电压的的函数表达式。
9.【答案】AC
【解析】解：A.多用电红表笔与欧姆表内置电源负极相连，A接电池负极是红表笔、B接电池正极是黑表笔，故A正确；
B.作电流表时分流电阻越小量程越大，1比2量程大，作电压表时分压电阻越大量程越大，6比5量程大，故B错误；
C.当选择开关与3或4相连，回路有电池是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零，故C正确；
D.测电阻时，如果指针偏转过大，说明待测电阻小，应将选择开关拨至倍率更小的挡位，故D错误。
故选：AC。
多用电红表笔与欧姆表内置电源负极相连，黑表笔与电源正极相连；电流表的分流电阻越小，电流表量程越大，电压表分压电阻越大，电压表量程越大；根据欧姆表的使用方法分析C；测电阻时若指针偏转过大，说明电流过大，电阻过小。
本题考查了多用电表的结构，是一道基础题，知道电流表、电压表、欧姆表的改装原理是解题的前提与关键，分析清楚图示电路图即可解题。
10.【答案】BD
【解析】解：A、S断开C相当于断路，R3中无电流，C两端电压即R2两端电压，电路相当于R1和R2串联，故有：
U=ER1+R2R2=62+4×4V=4V，故A错误；
B、S断开时电容器与R2并联，电容器电压等于R2两端电压，a板电势高于b板电势，a板带正电，故B正确；
CD、S合上电路稳定后R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压即R1两端电压，U=2V，且b板电势高于a板电势，b板带正电，电容器所带电荷量为：
Q=CU=4×10−6×2C=8×10−6C
故C错误，D正确；
故选：BD。
(1)S断开电路稳定时，电容器的电压就是R2的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电压。
(2)S合上电路稳定后，R1与R2串联后再与R并联，电容器的电压就是R的电压，先根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律求出电容器的电压，再由Q=UC求出电荷量。
本题主要考查了串并联电路的特点及闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，明确电路结构变化时，电容器的电压如何变化。
11.【答案】CD
【解析】解：A、根据等势面的分布可知，两点电荷带同种电荷，故A错误；
B、等差等势面的疏密程度表示场强的强弱，A点的等差等势面疏，B点的等差等势面密，故A点的电场强度小，故B错误；
C、分析电子运动的轨迹可知，电场力指向轨迹的内侧，则电场力受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，故A点的电势高，故C正确；
D、电子从M点运动到P点的过程中，电场力做负功，动能减小，电子从P点运动到N点的过程中，电场力做正功，动能增大，故P点动能最小，故D正确。
故选：CD。
根据等势面分布判断点电荷的电性。
根据点电荷的运动轨迹判断受力情况，从而确定动能大小。
根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况。
根据点电荷的电场的特点判断电场强度的强弱。
该题考查了等势面的相关知识，明确等差等势面的疏密程度表示场强的强弱是解题的关键。
12.【答案】BD
【解析】解：A.带正电的粒子从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则电场力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向。沿电场线方向电势降低，故A错误；
C.电场力做正功，动能增加，根据功能关系可知，粒子的电势能减小，C错误；
B.由Ek−x图像斜率大小代表电场力大小，斜率正负代表电场力方向，由图可知，场强先减小后增大，方向一直为正方向，电场力F=qE先减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化一致，故B正确；
D.由能量守恒可得：
E0=Ek+Ep
动能与电势能之和E0不变，故D正确。
故选：BD。
理解φ−x图像的物理意义，结合斜率的变化完成分析；
Ek−x图像斜率大小代表电场力大小，根据图像中场强的变化趋势完成分析；
根据电场力的做功特点，结合功能关系分析出电势能的变化趋势；
根据能量守恒定律分析出动能和电势能之和的变化趋势。
本题主要考查了电场强度与电场力的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合功能关系即可完成分析。
13.【答案】减小 3.0×10−3 B
【解析】解：(1)开关S接2时，电容器放电，两极板间的电压逐渐减小，根据E=Ud可知，场强减小；
(2)由图乙可知，I−t图像的图线和t轴所围成的面积大小等于电容器所带电荷量的多少，则Q=12×0.001×0.25C=3.0×10−3C，根据电容的公式C=QU=3.0×10−38F=375μF，B最接近，所以是图B。
故答案为：(1)减小；(2)3.0×10−3，B。
(1)根据两极板放电时电压减小判断电场变化情况；
(2)根据图线和t轴所围成的面积的物理意义分析并数出格数，并计算电荷量，然后再由电容的定义式推导可能的电容值。
注意I−t图线的面积的物理意义，会根据求面积达到求解电荷量的目的。
14.【答案】3.0 4.0 小于 小于
【解析】解：(1)所作的U−I图线如图
(2)电源电动势为纵轴截距，内阻为倾斜直线的斜率绝对值
E=3.0V
r=3.0−1.00.5Ω=4.0Ω
(3)当电压表示数为零时，电流表示数等于短路电流。电压表示数等于路端电压，由于电压表分流，则实际的干路电流大于电流表示数，则图线与纵轴交点及斜率均变大，说明电源电动势和内阻的测量值均小于真实值。
故答案为：(1)作出的电源的U−I图像如上图所示；
(2)3.0，4.0；
(3)小于，小于。
(1)根据作图要求用平滑的曲线连接所描的点；
(2)根据图像纵轴截距和图线的斜率的物理意义确定电源电动势和电源内阻；
(3)根据电源电流表的外接法判断电动势和内阻的误差。
特别注意外部电路对测量电源电动势和内阻的误差分析。
15.【答案】10.750 3.205 πUd24IL
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.05mm，不需要估读，则金属丝长
L=107mm+10×0.05mm=107.50mm=10.750cm
螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则金属丝的直径为
d=3mm+20.5×0.01mm=3.205mm
(2)电压表内阻远大于待测阻值，故电流表应采用外接法，要求电表的示数从零开始，滑动变阻器要求采用分压式接法，故电路图如图所示。
(3)待测电阻的阻值为
R=UI
根据电阻定律
R=ρLS=ρLπ(d2)2=4ρLπd2
电阻率为
ρ=πUd24IL
故答案为：(1)10.750；3.205；(2)如上图所示；(3)πUd24IL
(1)熟悉实验器材的读数规则，结合题意得出对应的示数；
(2)根据实验器材的电阻特点，结合实验原理设计出对应的实验电路；
(3)根据电阻定律和欧姆定律得出电阻率的表达式。
本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。
16.【答案】R1 105 2895 偏小
【解析】解：(1)图a采用滑动变阻器的限流式接法，如果选择R2，则通过电流表G的最小电流为
Imin=ER2=4.520A=225mA≫1mA，
故滑动变阻器只能选择R1；
②保持滑动变阻器接入电路的阻值不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R的阻值使电流表G的指针指在满刻度的一半处，即I=12Ig，此时电阻箱上示数如图b所示为105Ω，根据半偏法原理，电流表G的内阻
Rg=1×100+0×10+1×5+0×0.1Ω=105Ω；
(2)根据串联电路分压的原理，有
U=Ig(Rg+R′)
代入U=3V，Ig=1mA，Rg=105Ω，得
R′=2895Ω
(3)实验中运用半偏法测电流表的内阻，当开关S2闭合时，虽然滑动变阻器的滑片位置没变，但是电路的总电阻减小了，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路的总电流增大，当电流表的示数变为12Ig时，流过电阻箱R的电流实际大于12Ig，所以Rg>105Ω，改装时电压表的实际内阻大于计算的总内阻，在校准的过程中，标准电压加在电压表两端时电压表指针偏角总小于应该偏转的夹角，故示数偏小。
故答案为：(1)R1；②105；
(2)2895；
(3)偏小。
(1)根据电动势和电流表的满偏电流估算电流中的最小电流，然后再判断选择滑动变阻器；②根据电流表的半偏法的原理，结合电阻箱的读数规则完成读数；
(2)根据串联电路分压的原理列式求解R′；
(3)分析系统误差在测量电流表内阻时到底是偏大还是偏小，再结合电表改装时的原理分析改装之后的电压表阻值的偏向来分析改装表的示数与标准表的示数差异。
特别注意系统误差的分析问题和改装后与标准表的对比。
17.【答案】解：(1)电路的电流I=U内r=E−U外r=6−51A=1A；
(2)电风扇的热功率P热=I2R0=12×1W=1W；
(3)电风扇的机械功率P机=P−P热=1×5W−1W=4W。
答：(1)电路的电流为1A；
(2)电风扇热功率为1W；
(3)电风扇的机械功率为4W。
【解析】(1)因为外电路是非纯电阻电路，用电压内电压除以内阻计算电流；
(2)根据电风扇的热功率公式代入数据求解；
(3)根据机械功率和总功率及热功率之间的关系列式求解。
熟练掌握非纯电阻电路中的电流、电压，电功率等的计算方法。
18.【答案】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律：I=Er+R1+R2=91.5+4.5+3A=1A
A、B之间的电压等于R1两端的电压，即：U1=IR1=1×4.5V=4.5V
粒子在AB之间做加速运动，则：qU1=12mv02
代入数据可得：v0=4×105m/s；
(2)L=30cm=0.30m，d=20cm=0.20m，L′=10cm=0.10m，LOP=10cm=0.10m；
粒子离开电场后做匀速直线运动，竖直方向总的位移：Y=OP=0.10m；
由几何关系可知：y′Y=L2L2+L′ ①
代入数据可得：y′=0.06m
设当粒子到达P时电阻箱的电阻值为R2′，则：I′=Er+R1+R2′ ②
AB两端的电压：U1′=I′R1 ③
CD两端的电压：U2′=I′R2 ④
粒子在电场AB中加速的过程中：qU1′=12mv0′2 ⑤
粒子在电场CD中的加速度：a′=qU2′md ⑥
粒子运动的时间：t′=Lv0′ ⑦
粒子在CD中的偏转量：y′=12a′t′2 ⑧
联立①～⑧可得：R=2.4Ω。
答：(1)带电粒子到达小孔B时的速度是4×105m/s；
(2)使带电粒子恰好打到P点，R2的阻值应调为2.4Ω。
【解析】(1)当闭合开关S后，由闭合电路的欧姆定律求出AB之间的电压，由动能定理距离求出带电粒子到达小孔B时的速度；
(2)小球将做类平抛运动，小球恰好从A、B板间飞出时偏转距离等于12d，可能向上偏转，也可能向下偏转，根据运动学公式求解加速度大小。根据牛顿第二定律、欧姆定律求解滑动变阻器接入电路的临界阻值，即可得到范围。
本题中类平抛运动与平抛运动的研究方法相同，对于类平抛运动与电路之间联系的纽带是板间的电压，要能熟练通过欧姆定律和电路连接关系得到板间电压。
19.【答案】解：(1)依题意，滑块恰好能做直线运动，根据平衡条件有：mg=qE1
解得：E1=2.0×104N/C
由滑块受电场力的方向可以确定滑块带负电。
(2)电场反向后，由牛顿第二定律可得：a=mg+qE1m
滑块做类平抛运动，水平方向有：t=dv0
竖直方向有：vy=at
根据速度合成有：tanθ=atv0
解得：v0=3m/s
且vA=v0cs53∘=30.6m/s=5m/s
(3)滑块到达B点时：12mvA2+mg(R−Rcs53°)=12mvB2
解得：vB= 30m/s
滑块向右运动到速度减为0时，12mvB2=qE2x+μmgx
解得：x=31+1×10−4E2
第一个临界值：当qE2=μmg时
E2=1.0×104N/C
第二个临界值：当滑块回到A点时速度刚好减为0，有：12mvA2=2μmgx
12mvA2+mg(R−Rcs53°)=qE2x+μmgx
解得：E2=1.4×104N/C
①当E2<1.0×104N/C时，Q=31+1×10−4E2
②当1.0×104N/C滑块最终静止在B点，Q=12mvB2=3J
③当E2>1.4×104N/C时，Q=2μmgx=61+1×10−4E2
答：(1)负电，滑块的电性和E1的大小为2.0×104N/C；
(2)滑块水平抛入电场E1时的初速度为3m/s，进入A点时的速度为5m/s；
(3)滑块最终因摩擦而产生的热量。(Q可用E2表示)
①当E2<1.0×104N/C时，Q=31+1×10−4E2
②当1.0×104N/C滑块最终静止在B点，Q=3J
③当E2>1.4×104N/C时，Q=61+1×10−4E2。
【解析】(1)根据力的平衡条件可分析解得；
(2)根据类平抛运动规律解得。
(3)根据动能定理结合分类讨论解答。
解决本题的关键理清物体的运动过程，正确分析物体的受力情况，知道物体的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解。