浙江省嘉兴市嘉兴高级中学2025-2026学年高二上学期第一次教学调研物理试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1.本卷满分为 100 分，考试时间为 90 分钟。
2.请将答案正确填写在答题卡上，答案写在试题卷上不给分。
一、单选题（每小题 3 分，共 39 分）
1. 在国际单位制中，下列物理量的单位表示正确的是（ꢀꢀ）
A. 磁感应强度： N A1 m1 B. 电动势： JC
C. 电场强度： Vm D. 磁通量： Tm2
【答案】A
【解析】
D．根据公式   BS ，磁通量的单位为 T·m2 ，D 错误。
故选 A 。
2. 下列关于电流和磁场的说法中正确的是（ꢀꢀ）
B. 电荷定向移动的方向即为电流的方向
C. 电流元在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D. 磁化、退磁现象可以用“安培分子电流假说”来解释
【答案】D
【解析】
【详解】A．电荷量越大，流过的电流未必越大，所以不能说 I 与 q 成正比，故 A 错误；
B．正电荷定向移动方向为电流的方向，负电荷定向移动方向与电流的方向相反，故 B 错误；
C．当电流元中电流方向与磁场方向平行时不受磁场力的作用，该处磁场强度未必为零，故 C 错误；
D．当铁、钴、镍在磁体附近受磁力作用时，内部会逐渐形成分子电流，从而本身产生磁性，若经剧烈敲打
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【详解】A．根据公式
B
F
 ，磁感应强度的单位为 N·A1·m1 ，A 正确；
IL
B．根据公式
E 
W
非 ，电动势的单位为 J / C ，B 错误；
q
C．根据公式
E
U
 ，电场强度 单位为 V / m ，C 错误；
的
d
A. 根据
I
q
 ，可知 I 与 q 成正比
t
或高温煅烧，内部分子电流消失，本身磁性也会消失，故 D 正确。
故选 D。
3. 如图所示，四根相互平行的通有电流均为 I 的长直导线 a、b、c、d，放在正方形的四个顶点上。每根通
电直导线单独存在时，四边形中心 O 点的磁感应强度大小都是 B，则四根通电导线同时存在时 O 点的磁感
应强度的大小和方向为（ꢀꢀ）
A . 2 2B ，方向向左 B . 2 2B ，方向向下
C . 2B ，方向向右 D . 2B ，方向向上
【答案】A
【解析】
【详解】在 ac 处的直导线在O 点产生的磁场的合磁感应强度大小为 2B ，方向沿Od 方向；在bd 处的直
导线在O 点产生的磁场的合磁感应强度大小为 2B ，方向沿Oa 方向；则O 点的合磁感应强度为
B  （2B）2 （2B）2  2 2B
O
方向向左。
故选 A。
4. 随着科技发展，扫地机器人作为智能化家电典型代表逐步走入千家万户。如图所示为某一款扫地机器人
的主机，产品的相关参数如表所示，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A. “ mAh ”为能量单位
B. 主机工作电流约为 2.93A
C. 主机电动机的电阻约为 645
D. 电池最多能储存的能量约为5.0106 J
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【答案】D
【解析】
可得电荷量 q  It
所以 “ mAh ”是电荷量 单位，而不是能量单位，故 A 错误；
的
B．由题知，主机电动机的功率 P = 75W，额定电压 U = 220V，根据 P UI
代入数据解得主机电动机工作电流约为 I  0.34A
故 B 错误；
C．若主机电动机是纯电阻，根据欧姆定律U  IR
可得电阻为 R  645
因扫地机器人的电动机不是纯电阻用电器，其消耗的电能一部分转化为机械能，一部分转化为内能，所以
不能用欧姆定律进行计算电阻，故 C 错误；
D．已知充电电池的电荷量 q  6400mAh  23040C ，额定电压U  220V ，根据W Uq
可得电池最多能储存的能量W  5.0106 J
故 D 正确。
故选 D。
5. 如图所示，把一根柔软的轻质弹簧悬挂起来，弹簧下端系一锡箔纸揉的小球，静止时小球刚好跟金属板
接触，通电后发现小球迅速向上运动，若弹簧不超出弹性限度，不计空气阻力，下列说法正确的是
（ꢀꢀ）
A. 小球在空中运动过程中机械能守恒
B. 改变电源正负极小球不再向上运动
C. 小球回到金属板时，对金属板有作用力
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D. 若加大电压，小球第一次到达最高点的时间变长
【答案】C
【解析】
【详解】A．通电后发现小球迅速向上运动，小球在空中运动过程中机械能增加，A 错误；
B．同向电流相互吸引，改变电源的正负极，弹簧内部仍然是同向电流，仍然相互吸引，弹簧仍然收缩，
小球仍然向上运动，B 错误；
C．当弹簧通有电流时，由于同向电流相互吸引，弹簧缩短，弹簧处于压缩状态。当弹簧失去电流时，引
力消失，弹簧要恢复原长，将小球弹开，当弹簧恢复原长时，小球与金属板接触前的瞬间速度不等 0，小
球与金属板接触时对金属板有压力，所以小球回到金属板时，对金属板有作用力，C 正确；
D．若加大电压，电流增大，引力增大，小球第一次到达最高点的时间变短，D 错误。
故选 C。
6. 如图所示，A、B、C、D 分别是点电荷 Q 周围三个等势面上的点，其中 A、B、C 在同一条电场线上，且
AB  BC ，C、D 在同一等势面上。将电荷量 q  1.61010 C 的电荷从 A 移动到 C 的过程中，电势能减
少了 2.56109 J 。则（ꢀꢀ）
A. 点电荷 Q 带负电
B. C、D 两点的电场强度相同
C. 负电荷在 A 点的电势能小于在 D 点的电势能
D. 若取 C 点的电势为 0，则 B 点的电势为 8V
【答案】C
【解析】
【详解】A．将电荷量 q  1.61010 C 的电荷从 A 移动到 C 的过程中，电势能减少了 2.56109 J ，则电
场力做正功，电场力向右，故点电荷 Q 带正电，故 A 错误；
B．C、D 两点的电场强度大小相等，方向不同，故 B 错误；
C．点电荷 Q 带正电，则 A 点的电势高于 D 点的电势，根据 Ep  q 可知，负电荷在 A 点的电势能小于在 D
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点的电势能，故 C 正确；
D．根据电势能的公式有
  E  V
P 16 A
q
点电荷的电场不是匀强电场，AB 间的电场强度大于 BC 间的电场强度，因此由U  Ed 可知
U U
AB BC
即
    
A B B C
则中点 B 的电势不于 8V，故 D 错误；
故选 C。
7. 如图，电路中电源电动势 8V、内阻 0.5Ω， 电流表内阻不计，R 为定值电阻，M 为电动机，P、Q 两极板
正对，间距为 d。闭合开关 S、S1 电流表示数为 3.2A，电子从 P 板以速度 v₀垂直于极板射出，恰能到达两
极板中央。再将 S2 闭合，稳定后电流表示数为 4A。下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A. 电动机 M 的输出功率为 6W
B. 电动机 M 的绕线电阻为 6Ω
C. 定值电阻 R 消耗的功率减小 18W
D. 再让电子从 P 板以速度 2v₀垂直于极板射出，能到达 Q 板
【答案】D
【解析】
【详解】AB．闭合开关 S、S1 时，电流表示数为 I1  3.2A ，根据闭合电路欧姆定律可得
解得定值电阻 R 的阻值为
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【详解】A．在单位“ mAh ”中，mA 是电流的单位，h 是时间的单位，根据电流的定义式
I 
q
t
I 
E
R  r
再将 S2 闭合，稳定后电流表示数为 I2 = 4A ，此时电动机 M 和定值电阻 R 并联，两者电压相等，根据闭
合电路欧姆定律，有
E U  Ir
解得两者的电压为
U U  E  I r      
M R 2 8 4 0.5 V 6V
通过定值电阻的电流为
通过电动机的电流为
IM  I2  IR 1A
AB 错误；
C．闭合开关 S、S1 时，定值电阻 R 消耗的功率为
P  I2R 
R 1 20.48W
再将 S2 闭合，稳定后定值电阻 R 消耗的功率为
P  I2 R 18W
R R
定值电阻 R 消耗的功率的变化为
P  P  P  
2.48W R R R
因此定值电阻 R 消耗的功率减小 2.48W ，故 C 错误；
D．设电子从 P 板以速度 2v₀垂直于极板射出，运动的距离为 x ，根据动能定理可得
d 1
eE   0  mv
2 0
2 2
1
eE 'x  0  m2v 
2
0
2
由于极板间电压减小，则电场强度减小，联立解得
x  2d  d
因此让电子从 P 板以速度 2v₀垂直于极板射出，能到达 Q 板，故 D 正确。
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R
E  I r 83.20.5
  Ω  2Ω
1
I 3.2
1
I
R
U 6
  A  3A
R
R 2
U
I
M
因电动机为非纯电阻电路，则电动机的绕线电阻小于
M
 6Ω ，电动机的输出功率小于
UM IM  6W ，故
故选 D。
8. 如图所示，直线为某电源的U  I 图线，曲线为某元件的U  I 图线的一部分，虚线为过交点的切线交
于纵轴 0.5A 处，用该电源和元件串联起来组成闭合电路，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A. 此时导体的电阻为3
B. 电源的输出效率为 50%
C. 随着电压增大，元件电阻不断减少
D. 若用该电源和两个该元件串联，电流变为 0.5A
【答案】B
【解析】
【详解】A．此时导体的电阻为
故 A 错误；
B．由图可知，电源的电动势和内阻
3.0
E  3.0V ， r  Ω 1.5Ω
2.0
电源的输出效率为
U 1.5
   100%  50%
E 3
故 B 正确；
C．图像与原点连接的斜率表示元件电阻的倒数，由图可知，随着电压增大，元件电阻不断增大，故 C 错
误；
D．若用该电源和两个该元件串联，则可看成将电源分成电动势为1.5V ，内阻为 0.75Ω 的两个新电源分
别为元件供电，新电源的图像如图
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R
U
 1.5Ω
I
由图可知，若用该电源和两个该元件串联，电流大于 0.5A，故 D 错误
故选 B。
9. 我国高度重视再生能源的开发与利用，太阳能发电、风力发电领先与全球，如图所示，每台风力发电机
的叶片转动时可形成半径为 r 的圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动
能转化为输出电能的效率为  20% 。风速在 15～20m/s 范围内， 可视为不变。已知风速 v 15m/s 时
每台发电机输出电功率为 3000kW，空气的密度为  1.3kg/m3 ，则（ ）
A. 单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流的质量为 rv2
D. 当风速为 20m/s 时，每台发电机的输出电功率约为 7100kW
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流的质量为
m  V  Sv  r v
2 2
单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为
1 1
E  mv  r v
2 2 3
k
2 2
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B. 单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为
1
2
r2v2
C. 单位时间内经过每台发电机叶片圆面的气流动能为
1
2
rv2
故 ABC 错误；
D．根据
风速 v 15m / s 时每台发电机输出电功率为3000kW ，当风速为 20m / s 时每台发电机的输出电功率为
203
P    7100k
3 3000kW W
15
故 D 正确。
故选 D。
为半径的圆，a、b、c、d 是圆上的四个点，其中 a、c 两点在 x 轴上，b、d 两点关于 x 轴对称。下列判断正
确的是（ꢀꢀ）
A. b、d 两点处的电场强度相同
B. a 点电场强度小于 c 点电场强度
C. 将一试探电荷 q 沿圆周从 b 点移至 d 点，电场力做功不为零
D. 将一试探电荷 q 沿圆周由 a 点移至 c 点， q 的电势能增加
【答案】B
【解析】
【详解】等量异种点电荷的电场线与等势面分布如图所示
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P
E Ekt 1 2 3 3
 
 电    
 r v v
t t 2
10. 如图所示，在 x 轴相距为 L 的两点固定两个等量异种点电荷 Q、 Q ，虚线是以 Q所在点为圆心、
L
2
A．b、d 两点关于 x 轴对称，由点电荷的场强公式与电场叠加原理可知，b、d 两点电场强度大小相等，但
方向不同，故 A 错误；
B．根据对称性可知，正点电荷 Q在 a、c 两点产生的场强大小相等，在 a 点产生的场强方向向左，在 c
点产生的场强方向向右；负点电荷 Q 在 a、c 两点产生的场强方向均向右，根据电场叠加原理可知，a 点
电场强度小于 c 点电场强度，故 B 正确；
C．根据对称性可知，b、d 两点电势相等，则将一试探电荷 q 沿圆周从 b 点移至 d 点，电场力做功为
零，故 C 错误；
D．正点电荷 Q产生电场在 a、c 两点的电势相等，负点电荷 Q 产生电场在 a 点的电势大于 c 点的电
势，则两点电荷产生电场在 a 点的电势大于 c 点的电势，将一试探电荷 q 沿圆周由 a 点移至 c 点，电场
力做正功，的电势能减少，故 D 错误。
故选 B。
11. 如图所示为静电推进装置的基本原理图。发射极和吸板分别接在高压直流电源的两极，带电液滴由发
射极向吸板运动，不计液滴重力，以下说法正确的是（ꢀꢀ）
A. 液滴携带负电荷
B. 电场力对液滴做正功
C. 液滴做匀变速直线运动
D. 液滴的电势能在不断增加
【答案】B
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【解析】
【详解】ABD．由图可知，发射极与电源正极相连，吸板与电源负极相连，而发射出的带电液滴从发射极
向吸板运动，即电场力对液滴做正功，可知液滴带正电，并且液滴的电势能减小，故 AD 错误，B 正确；
C．发射极的尖端集聚大量的正电荷，故越靠近尖端，电场线越密，电场强度越大，所以该电场是非匀强
电场，从左到右，电场强度不断减小，故加速度不断减小，所以液滴不是做匀变速直线运动，故 C 错误。
故选 B。
12. 如图所示是有两个量程的电表的原理图，测量时分别接入“A、B”或“A、C”，下列说法正确的是
（ꢀꢀ）
A. 此为电流表，接“A、B”时量程更大
B. 此为电压表，接“A、B”时量程更大
C. 若 R2 被短路，接“A、B”时电表测量值仍正确
D. 若 R1 被短路，接“A、C”时电表测量值仍正确
【答案】C
【解析】
【详解】A．电流表的原理是表头 Rg 与电阻并联（并联电阻起分流作用），而图中是表头与电阻串联，所
以这不是电流表，是电压表，故 A 错误；
B．当接入“A、B”时，串联的电阻是 R1 ；接入“ A 、C ”时，串联的电阻是 R1  R2 。根据串联分压，
串联的电阻越大，电压表的量程越大。所以接入“ A 、C ”时量程更大，故 B 错误；
C．若 R2 被短路，接入“ A 、 B ”时， R2 未被使用，所以测量值正确，故 C 正确；
可见电流发生变化，指针指示的电压值变化，所以电表测量值不正确，故 D 错误。
故选 C。
13. 如图所示，电源电动势 E、内阻 r 恒定，定值电阻 R 的阻值等于 r，定值电阻 R2 的阻值等于 2r ，闭合
开关 S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表
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D．若 R1 被短路，接入“ A 、C ”时，表头与 R2 串联，在被测电压不变的情况下，电流
I 
U
R  R
g 2
下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A. 理想电压表 V1 示数增大，理想电压表 V2 示数增大，理想电流表 A 示数减小
B. 带电液滴将向下运动，定值电阻 R2 中有从 a 流向 b 的瞬间电流
U  U  U C . 1 2 3
I I I
D. 电源的输出功率可能先变大后变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．分析电路可知，当开关 S 闭合，滑动变阻器与定值电阻 R1串联后接在电源两端；将滑动变阻
器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，则电路电流减小，理想电流表 A
减小；而理想电压表 V2 测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得U2  E  Ir
电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表 V2 的示数增大，故 A 错
误；
B．理想电压表 V3 测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得U  E  I R  r
3 1
可知板间场强 E 增大，带电液滴受到的电场力增大，所以带电液滴将向上运动，故 B 错误；
C．理想电压表 V1 测量定值电阻 R1两端的电压，根据欧姆定律可得U  IR
1 1
理想电压表 V2 测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得U2  E  Ir
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V、V 、V 示数变化量的绝对值分别为
1 2 3
U 、U 、U ，理想电流表 A 示数变化量的绝对值为 I ，
1 2 3
示数减小；理想电压表 V1 测量定值电阻 R1两端的电压，由于通过 R1的电流减小，则理想电压表
V 示数
1
电路电流减小，则U3 增大；根据C

Q
U
3
可知电容器的电荷量Q 增大，电容器充电，所以定值电阻
U
R 中有从 b 流向 a 的瞬间电流；由 E  3
2
d
理想电压表 V3 测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得U  E  I R  r
3 1
故 C 正确；
D．电源的输出功率与外电阻变化的图像如下
定值电阻 R1的阻值等于电源内阻 r 的阻值，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增
大，电路的外电阻阻值从大于内阻 r 继续增大，则电源的输出功率减小，故 D 错误。
故选 C。
二、多选题（每题 4 分，共 8 分，每题漏选得 2 分，错选不得分）
14. 如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为 L 的绝缘细线一端固定于 O 点，另一端系着一
个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球，小球静止在 M 点。现给小球一垂直于 OM 的初速度v0 ，使其在竖
速度为 g。当小球第二次运动到 B 点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（ꢀꢀ）
C. 从细线断裂到小球的动能与在 B 点时的动能相等的过程中，电势能增加了 mgL
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电路中定值电阻 R1的阻值等于电源内阻 r 的阻值，则有
ΔU ΔU U
1 2
 R   r  3  R  r
( )
1  1
ΔI ΔI I
直平面内绕 O 点恰好做完整的圆周运动，AB 为圆的竖直直径。知匀强电场的场强大小为
3mg
q
，重力加
A. 小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为
1
2
mgL
B. 细线断裂后，小球动能的最小值为
1
2
mgL
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题意等效最高点在 OM 连线的反向延长线与圆周的交点上，设为 N，则在 N 点满足
F  (mg)  ( 3mg)  2mg
2 2
由几何关系可知该方向与竖直方向夹角为 60°，所以
即动能的最小值为
1
E  mv2  mgL
kmin
2
故 A 错误；
B．由题意细线断裂后，当 B 点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从 B 到 N
点，由动能定理得
1 1
2mg(L  Lsin30)  mv2  mv2
B
2 2
v  2 gL
B
所以最小动能为
1
E '  m(v sin30)
2 kmin B
2
联立解得
1
E '  mgL
kmin
2
故 B 正确；
C．因为从细线断裂到小球的动能与 B 点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即 B 点速度
沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足
vBcs30°=at
2mg
a   2g
m
x=vBsin30°•2t
ΔEp=-（-qExcs60°）
联立解得
第 14 页/共 24 页
D. 从细线断裂到小球的电势能与在 B 点时的电势能相等的过程中，重力势能减少了
8
3
mgL
2mg  m
v2
L
ΔEp=1.5mgL
即电势能增加 1.5mgL，故 C 错误；
D．从细线断裂到小球的电势能与 B 点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于 B 点水平方向
的速度等大反向时，即
vB=a't'
qE=ma'
1
h  g(2t)2
2
W=-ΔEp'=mgh
解得
故 D 正确。
故选 BD。
15. 如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向
里。一速度大小为v0 的带电小球恰能做匀速直线运动，速度方向与水平方向成 30°角斜向右下方，最后进
入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道（管道内径略大于小球直径），下列说法正确的是
（ ）
A. 小球带负电
B. 磁场和电场的大小关系为 E  2Bv0
C. 若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动
D. 若小球刚进入管道时撤去电场，小球运动时的机械能守恒
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，小球做匀速直线运动，小球所受合力为 0，小球所受电场力只能是水平方向，
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ΔEp'=-
8
3
mgL
则小球所受洛伦兹力指向右上，结合左手定则可知，小球带正电，由平衡条件有 qv0Bsin 30  qE ，
qv0Bcs 30  mg
1 mg
E  Bv  解得 0
2 3q
故 AB 错误；
C．由上述分析可知，重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等，方向相反，且洛伦兹力方向与管垂直，若
小球刚进入管道时撤去磁场，重力和电场力合力不做功，支持力不做功，则小球仍沿管做匀速直线运动，
故 C 正确；
D．若小球刚进入管道时撤去电场，只有重力做功，小球运动时的机械能守恒，故 D 正确。
故选 CD。
三、实验题（每空 2 分，共 24 分）
16. 在“金属丝电阻率的测量”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图 1 所示，金属丝直径 d  ______mm。
（2）按图 2 所示的电路测量金属丝的电阻 Rx 。将单刀双掷开关分别打到 a 处和b 处，通过观察分析，发
现电压表示数变化更明显，由此判断开关打到______（填“ a ”、“b ”）处时进行实验系统误差较小。
（3）为了消除系统误差，设计用电流计 G 和电阻箱替代 V，电路如图 3 所示。 R 为电阻箱阻值读数， I
______。
【答案】（1）1.00 0
（2） a
【解析】
【小问 1 详解】
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为 A 示数， Ig 为 G 示数。实验绘制出了
I
I
g
 R 图像是如图 4 所示直线，斜率为 k ，纵截距为b 。则
R 
x
（3）
1
k
由图中的显示可知，螺旋测微器读数为 d 1mm  0.00.01mm 1.000mm
【小问 2 详解】
单刀双掷开关分别打到 a 处和 b 处，发现电压表示数变化更明显，说明电流表分压对实验影响较大，应采
用电流表外接法，即开关应接 a 处。
【小问 3 详解】
根据并联电路两支路电压相等可得    
I R  R  I  I R
g g 箱 g x
17. 某研究小组想测量待测电阻丝的电阻率。除待测电阻丝 Rx 外，还有下列器材供选用：
电压表 V（量程 0 ~ 3V ，内阻约为3kΩ）
电流表 A（量程 0 ~ 0.6A ，内阻约为 0.1 ）
滑动变阻器（最大阻值5 ，额定电流 3A）
多用电表一个，干电池、开关、导线若干。
（1）该小组先用多用电表粗略测量了待测电阻丝的阻值。他们选用“×1”倍率的欧姆挡后，还需要进行
______（选填“机械调零”或“欧姆调零”），测量后多用电表的示数如图 1 所示，则测量结果为
______Ω。
（2）该小组为了更加精准地测出待测电阻丝的阻值，改用伏安法测量，应选图 2 中的______电路测量
（选填“甲”或“乙”）。
（3）该小组为了进一步测量待测电阻丝的电阻率，又测出了该电阻丝的长度为 l、直径为 D，前面测出电
阻丝的阻值用 R 表示，则该电阻丝电阻率的表达式为______（用字母 l、D、R 表达）。
【答案】（1） ①. 欧姆调零 ②. 9##9.0##8.9##9. 1
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化简整理可得
R
I 1
1 g 
I R R
g x x
R
箱
I
I
g
— 图像中的斜率为 k ，所以可得 1
R R — 图像中的斜率为 k ，所以可得 1
箱
x
k
【解析】
【小问 1 详解】
[1]欧姆挡选好倍率后，需要进行欧姆调零；
[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为9.01  9.0
【小问 2 详解】
表明电流表分压影响大，实验中需要排除电流表分压影响，测量电路采用电流表外接法，可知，应选图 2
中的甲电路测量。
【小问 3 详解】
18. 学习小组要做“测量电源的电动势和内阻”实验，设计了图 1 所示电路，实验室提供的器材有：
干电池一节（电动势约 1.5V，内阻约 1Ω）；
电压表 V（量程 0~3V，内阻约 3kΩ）；
电流表 A（量程 0~0.6A，内阻约 1Ω）；
滑动变阻器 R1（最大阻值 20Ω）；
滑动变阻器 R2 （最大阻值 200Ω）；
定值电阻 R0 （阻值 0.5Ω）；
开关一个，导线若干。
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（2）甲 （3）

D R
2
4l
由于
R 3000 R 9.0
V   x 
R 9.0 R 0.1
x A
根据电阻定律有
R  
l
S
其中
2
S    D 
 2 
解得
 

D R
2
4l
（2）正确操作，调节滑动变阻器滑片，记录多组电压表和电流表的示数，并根据实验数据作出U  I 图
像，如图 3 所示。根据图线求得电动势 E  ________V。（选填“1.48”或“0.48”）
（3）若采用图 2 实验原理图进行实验，由于________（选填“电压”或“电流”）表的分压作用，________
（选填“电压”或“电流”）表的测量存在误差，其测量值________（选填“偏大”或“偏小”）。如果用实线表示
由实验数据描点得到的U  I 图线，用虚线表示该干电池真实的路端电压和干路电流的关系图像，则下列
图像正确的是________。
A. B. C. D.
【答案】（1） R1
（2）1.48 （3） ①. 电流 ②. 电压 ③. 偏小 ④. C
【解析】
【小问 1 详解】
【小问 2 详解】
根据闭合电路欧姆定律和电路图可知 E U  I r  R 
0
整理得U  E r  R I
0
U  I 图像的纵截距表示电源电动势，结合U  I 图像可得 E=1.48V ；
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（1）实验中，滑动变阻器应选择________（选填“ R1”或“
R ”）。
2
若选用滑动变阻器 R1，且阻值全部接入电路，则电流表示数约为
1.5V
22.5Ω
 0.07A ，结合电流表量程可
知， R1能够满足实验需要，
R 阻值过大，为了操作方便，滑动变阻器应选择
2
R ；
1
【小问 3 详解】
[1][2][3]图 2 中，真实路端电压为电压表示数加电流表两端电压，故由于电流表的分压作用，电压表的测
量存在误差且偏小；
[4]根据“等效电源法”，知图 2 测得的电动势准确，但内阻偏大，即测量电动势等于真实电动势，测量图
线斜率大于真实图线斜率，故选 C。
四、解答题（第 19 题 7 分，第 20 题 10 分，第 21 题 12 分，共 29 分）
19. 如图所示，长为 l 的绝缘细线一端悬于 O 点，另一端系一质量为 m=80g 带电荷 q=-2×10-4C 的小球。现
将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在 A 点，此时细线与竖直方向成 37°角。重力加速度 g 取
10m/s2 ，sin 37  0.6，cs 37  0.8 ，求：
（1）求该匀强电场的电场强度 E 的大小；
（2）若将细线剪断，小球由静止释放，经过 t=2s 电势能变化了多少；
（3）现撤去电场，小球由静止释放，运动最低点时重力的功率多大。
【答案】（1）3103 V/m
（2）减小 9J （3）0
【解析】
【小问 1 详解】
小球在 A 点静止，其受力情况如图所示
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根据共点力平衡条件有 mg tan 37  qE
【小问 2 详解】
解得 a 12.5m/s2
电场力做功为W  qExsin 37  9J
所以电势能减少了 9J
【小问 3 详解】
由于重力的瞬时功率为 P  mgv
G y
而 vy=0，所以 PG  0
20. 日常应用电动机提升物体来研究微型电动机的性能。如图所示是采用的原理电路，初始时使电动机停止
转动时，此时电压表和电流表的示数分别 为U₁1.0V 和I₁ 0.5A。重新调整后，滑动变阻器 R 也能按照
工作要求进行调节，使电动机恢复正常运转，电动机的输出功率全部转化为机械功率。此时电动机能拉着
原来静止重物以加速 度a  2m / s2 匀加速上升，当重物的速 度v  2m / s 时，此时电压表和电流表的示数
分别 为U₂  24.0V 和I₂  2.0A, g 取10m / s2, 求：
P ； （1）此时电动机的热功 率
热
（2）电动机的效率 η；
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解得
E
3mg
  310 V/m
3
4q
mg
细线剪断，小球受到的合外 力  ，由牛顿第二定律有
cs 37
mg
 
cs 37
ma
根据
1
x  at2 
2
25m
（3）重物的质量 m。
【答案】（1）8W
（2）83.3%
【解析】
【小问 1 详解】
电机不转时，由欧姆定律得电动机的内电阻
正常工作时，电动机总功率为
P U2I2  24.02.0W  48W
总
电动机热功率为
P I r
热  22  22 2W  8W
【小问 2 详解】
电动机输出功率为
P  P  P  48W 8W  40W
出 总 热
电动机的效率为
P 40
  100%  100%  83.3%
出
P 48
总
【小问 3 详解】
根据机械功率知
P出  Fv
根据牛顿第二定律知
F  mg  ma
联立解得
21. 如图所示，电子显像管由电子枪、加速电场、偏转磁场及荧光屏组成。在加速电场右侧有相距为 d、
长为 l 的两极板，两极板构成的矩形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的右边界与荧光屏之
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间的距离也为 d。荧光屏中点 O 与加速电极上两小孔 S1、S2 位于两板的中心线上。从电子枪发射质量为
m、电荷量大小为 e 的电子，经电压为 U0 的加速电场后从小孔 S2 射出，经磁场偏转后，恰好从上极板右
3d
l  ，不计电子进入加速电场前的速度及其重力。 侧边缘离开磁场，最后打到荧光屏上。若
2
（1）求电子进入磁场时的速度大小；
（2）求磁场的磁感应强度 B 的大小；
（3）求电子到达荧光屏的位置与 O 点距离 y。
（4）若要电子沿直线到达 O 点，两极板间再加上竖直方向的匀强电场，求所加电场强度大小及方向。
2eU
【答案】（1） v  0
0
m
2 2mU
（2） B  0
5d e
5
y  d （3）
4
4U
（4） E  0 ，方向竖直向上
5d
【解析】
【小问 1 详解】
2eU
解得 v  0
0
m
【小问 2 详解】
电子在磁场中偏转，经磁场偏转后，恰好从上极板右侧边缘离开磁场，即偏转后沿直线运动到荧光屏，如
图所示
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（3）
5
3
kg
r
U 1.0
 1  
Ω 2.0Ω
I 0.5
1
m 
5
3
kg
1
eU  mv 
2
设电子经电场加速后的速度大小为 v0，由动能定理可得
0 0
2
0
2
    
d
由几何知识可得 R l R
2 2
 
 2 
3 2eU
l  d ，  0 已知 v
2 m
0
【小问 3 详解】
由解析图可知，粒子到达荧光屏的位置与 O 点的距离为 y，由几何知识可得
【小问 4 详解】
根据平衡条件可知 qBv  qE
解得 2 2 0 2 0 4 0
mU eU U
E  Bv  
5d e m 5d
方向竖直向上。ev B  m
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
0
v2
0
R
解得
R  5 d ， 2 2mU0
B 
2 5d e
y 
l
tan   tan 
d d
R 
2
d
2
解得
5
y  d
4