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2023-2024学年天津市汇文中学高二（上）第一次月考物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年天津市汇文中学高二（上）第一次月考物理试卷（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线。若有一质子仅在电场力的作用下以某一初速度沿直线AB由A运动到B，其速度图像如图乙所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB，以及质子在A、B两点所具有的电势能EpA、EpB和动能EkA、EkB，判断错误的是( )
A. EAφBC. EpA>EpBD. EkA2.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C的因素，设两极板正对面积S，极板间的距离为d，极板所带电荷量为Q，静电计指针偏角为θ，实验中( )
A. 保持Q、S不变，增大d，则θ变小，C变小
B. 保持d，S不变，增大Q，则θ变大，C变大
C. 保持Q，d不变，减小S，则θ变大，C变小
D. 保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，则θ变小，C变小
3.如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是( )
A. 到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B. 到达Q板的速率与板间距离无关
C. 两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D. 若板间电压U、与电荷电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍
4.在2s的时间内通过导体某横截面的电量为3.2C，则通过导体的电流强度为( )
A. 0.8AB. 1.6AC. 3.2AD. 6.4A
5.如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是( )
A. R1：R2=1：3
B. R1：R2=3：1
C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3
D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图是某区域的电场线分布，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是( )
A. 三点中B点场强最强，C点场强最弱
B. 一正点电荷在A处所受电场力的方向就是A点场强方向
C. 三点中C点电势最高
D. 把一负电荷从B点移到C点，电势能减小
7.两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m的带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中( )
A. 如果保持连接电源，两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流从b流向a
B. 如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动
C. 如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势不变
D. 如果断开电源，两板间接静电计，A板上移，静电计指针张角变大
8.如图所示为有两个量程的电流表，已知表头的内阻Rg=90Ω，满偏电流Ig=10mA，电阻R1=1Ω，R2=9Ω。以下说法正确的是( )
A. 若使用A、B两个端点时，电流表量程为0～0.9A
B. 若使用A、B两个端点时，电流表量程为0～1A
C. 若使用A、C两个端点时，电流表量程为0～0.1A
D. 若使用A、C两个端点时，电流表量程为0～1A
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
9.如图所示，螺旋测微器的示数为______ mm；游标卡尺的示数为______ cm．
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
10.在“测定金属的电阻率”的实验中，将测金属导线的电阻Rx约为5Ω。电源为3伏特。
①为减小实验误差，应选用图1中______ (填“a”或“b”)为该实验的电路图。此接法的测量值______ 真实值(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②若两点表的示数分别如图2所示，电流表的读数______ A，则电阻值为______ Ω(计算结果取两位有效数字)。
五、简答题：本大题共3小题，共48分。
11.如图所示，粒子发射器发射出一束质量为m，电荷量为q的粒子(不计重力)，从静止经加速电压U1加速后，沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以某一速度离开电场。已知平行板长为L，两板间距离为d，求：
(1)粒子进入偏转电场速度v0；
(2)粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y；
(3)粒子在离开偏转电场时的动能Ek。
12.如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为R，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道最低点与一水平粗糙绝缘轨道MN相切于N点。一小滑块(可视为质点)带正电且电荷量为q，质量为m，与水平轨道间的滑动摩擦力大小为0.5mg，现将小滑块从水平轨道的M点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点H。已知电场强度大小为3mgq，重力加速度大小为g，求：
(1)小滑块在最高点H的速度vH大小；
(2)M点距半圆轨道最低点N的水平距离L；
(3)小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小。
13.如图所示的平面直角坐标系，在第一象限内有方向沿y轴负方向的匀强电场，现有一质量为m、带电荷量为+q的不计重力的微粒自y轴左侧第二象限内经一加速电压U0加速后从P点沿x轴正方向进入第一象限，微粒通过坐标为(+x0,0)的Q点且此时速度与x轴正方向间夹角为α=60°，不计空气阻力。求：
(1)从P点进入电场时的速度v0的大小；
(2)微粒在一象限运动所需时间为多少？
(3)匀强电场的电场强度E的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.速度—时间图像的斜率表示质子的加速度的大小，由于斜率减小，则从A运动到B过程中质子的加速度减小，根据牛顿第二定律可知电场力减小，由F=Eq知由A运动到B，场强E减小，所以EA>EB，故A错误；
B.质子带正电，在电场力的作用下做加速运动，所以电场方向从A指向B，则B点的电势低，即φA>φB，故B正确；
CD.电场力对质子做正功，电势能减小，动能增大，则EpA>EpB，EkA本题选错误的，
故选：A。
根据速度图像得出带电粒子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义分析判断，根据速度变化判断电场线的方向，从而判断电势高度，根据电场力做功正负判断电势能的变化。
根据图像考查对电场的认识，要求学生能从图像中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容与极板间距离成反比。当保持Q、S不变，增大d时，电容C减小，因电容器的带电量Q不变，则由电容的定义式C=QU分析可知，电容器板间电压增大，故静电计指针的偏角θ变大，故A错误；
B、当保持d、S不变，增大Q时，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容C不变，由电容的定义式C=QU分析可知，电容器板间电压增大，则θ变大，故B错误；
C、根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，由电容的定义式C=QU分析可知板间电压增大，则静电计指针的偏角θ变大，故C正确；
D、当保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容C变大，由电容的定义式C=QU分析可知，电容器板间电压减小，则θ变小，故D错误。
故选：C。
静电计测定电容器两极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大。根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析电容的变化情况，再由电容的定义式C=QU分析板间电压的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况。
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的带电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=ɛrS4πkd和电容的定义式C=QU。
3.【答案】B
【解析】解：AB.由动能定理可得
qU=12mv2
则到达Q板的速率为
v= 2qUm
可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确；
C.根据运动学公式
L=12at2
可知两板间距离越大，加速的时间越长，则加速度越小，故C错误；
D.若板间电压U与电荷的电量q均变为原来的2倍，由
v= 2qUm
可知到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。
故选：B。
粒子运动过程只有电场力做功，应用牛顿第二定律、运动学公式与动能定理分析答题。
电场力做功仅与加速的电压高低有关，当极板间的间距发生变化时要首先判断极板间的电压是否发生变化。
4.【答案】B
【解析】解：根据电流强度的定义有I=qt=3.22A=1.6A，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据电流的定义式I=qt求解电流。
该题考查电流的计算，牢记公式即可。
5.【答案】A
【解析】解：A、B由图R1=U1I1=1Ω，R2=U2I2=3Ω，故A正确。
C、R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1.故C错误。
D、将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1故D错误。
故选：A。
由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1与R2串联后接于电源上时，电流相等．将R1与R2并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．
本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．
6.【答案】AB
【解析】解：A、电场线的疏密反映电场强度强弱，由图象疏密知场强EB>EA>EC，故A正确；
B、场强的方向规定为正电荷受力的方向，则正点电荷在A处所受电场力的方向就是A点场强方向，故B正确；
C、沿电场线的方向电势逐渐降低，电势φB>φA>φC，C点电势最低，故C错误；
D、把一负电荷从B点移到C点，电场力做负功，电势能增加，故D错误；
故选：AB。
电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大．沿电场线的方向电势逐渐降低．
本题考查对电场线物理意义的理解，知道电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线的方向电势逐渐降低．
7.【答案】CD
【解析】解：A、保持连接电源，则两板间的电势差不变，将两极距离不变，非常缓慢地错开一些，根据C=ɛrS4πkd可知，电容减小，由U=QC可知，U不变时，A极板上的电荷量减少，则电流计中电流从a流向b，故A错误；
B、如果保持连接电源，将A板上移，根据E=Ud可知，电场强度减小，则合力向下，油滴将向下加速运动，故B错误；
C、如果断开电源，A板上移，B板接地，根据E=Ud，C=QC，C=ɛrS4πkd可得E=4πkQϵrS，则可知电场强度不变，则油滴静止不动。B板接地，小球到B板的距离不变，则油滴P处电势φp=EdPB不变，故C正确；
D、如果断开电源，两板间接静电计，B板下移，由C选项的分析可知，Q不变，电场强度E不变，根据E=Ud可知，d在增大，两极板电势差增大，因此静电计指针张角变大，故D正确。
故选：CD。
带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡；分别对连接电源和断开电源两种情况分析，根据电容的定义式和决定式进行分析，明确电场强度的变化，再分析电势差和电量的变化，从而分析电势以及电荷的流动方向。
本题是电容的动态分析问题，关键确定电容器的电压和电量，要知道电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压，并掌握电容定义式与决定式的内容，及理解电场力做功正负，与其电势能变化关系；注意应用当电容和电源断开只改变两板间距离时，两板间的电场强度不变。
8.【答案】BC
【解析】解：AB.若使用A、B两个端点时，电阻R2与表头串联再与电阻R1并联；
电阻R1两端电压UR=Ig(Rg+R2)
根据欧姆定律结合并联电路的特点
电路的最大电流为I1m=Ig+Ig(Rg+R2)R1=10mA+10×(90+9)1mA=1000mA=1A
则电流表量程为0～1A，故A错误，B正确；
CD.若使用A、C两个端点时，电阻R1与R2串联再与表头并联；
电阻R1、R2两端电压UR′=IgRg
根据欧姆定律结合并联电路的特点
电路的最大电流为I2m=Ig+IgRgR1+R2=10mA+10×901+9mA=100mA=0.1A
则电流表量程为0～0.1A，故C正确，D错误。
故选：BC。
并联电阻有分流作用，分流与电阻成反比；根据欧姆定律结合并联电路的特点分析作答。
本题考查了电流表改装，知道电表改装原理与分析清楚电路结构是解题的前提。
9.【答案】2.236 10.235
【解析】解：1、螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为23.6×0.01mm=0.236mm，所以最终读数为2mm+0.236mm=2.236mm．
2、游标卡尺的主尺读数为102mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：102mm+0.35mm=102.35mm=10.235cm．
故答案为：2.236，10.235
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
10.【答案】a 小于 0.50 4.8
【解析】解：(1)电压表内阻远大于待测电阻阻值，为减小实验误差，电流表应采用外接法，电路图应选择图a所示的电路。电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
(2)电压表量程为3V，由图c电压表可知，其分度值为0.1V，则读数为2.40V；电流表量程为0.6A，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，则读数为0.50A，电阻阻值
R=UI=Ω
故答案为：(1)a，小于；(2)0.50，4.80。
(1)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路图；
(2)由图示电表读出其示数，然后由欧姆定律求出电阻阻值。
确定电流表的接法是正确选择实验电路的关键，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法。
11.【答案】解：(1)粒子在加速电场中，由动能定理得：qU1=12mv02
变形整理解得：v0= 2qU1m
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动
水平方向上有：L=v0t
变形得：t=Lv0
竖直方向上有：y=12at2
又根据牛顿第二定律有：a=qU2md
联立解得：y=U2L24dU1
(3)粒子从静止到离开偏转电场的运动过程中，由动能定理得：q(U1+U2dy)=Ek
解得，粒子在离开偏转电场时的动能：Ek=qU1+qU22L24U1d2
答：(1)粒子进入偏转电场速度v0为 2qU1m；
(2)粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y为U2L24dU1；
(3)粒子在离开偏转电场时的动能Ek为(qU1+qU22L24U1d2)。
【解析】(1)由动能定理可以求出加速后的速度；
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出粒子在偏转电场中的偏移量；
(3)对整个过程，根据动能定理求出粒子离开电场时的动能。
解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。
12.【答案】解：(1)在H点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mg=mvH2R
解得：vH= gR
(2)设MN间的水平距离为L，从M点到H点的全过程，由动能定理得：
qEL−0.5mgL−2mgR=12mvH2
解得：L=R
(3)从P到H的过程，由动能定理得：
−qER−mgR=12mvH2−12mvP2
在P点弹力F与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F−qE=mvP2R
联立解得：F=12mg
答：(1)小滑块在最高点H的速度vH大小为 gR；
(2)M点距半圆轨道最低点N的水平距离L为R；
(3)小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小为12mg。
【解析】(1)在H点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
(2)对于从M点到H点的全过程，根据动能定理求解；
(3)从P到H的过程，由动能定理求得在P点的速度，在P点弹力F与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求解。
本题考查了带电体在匀强电场中有轨道的运动问题，涉及到圆周运动的临界条件问题。基础题，分析向心力的来源，应用动能定理和牛顿第二定律解答。
13.【答案】解：(1)微粒在加速电场中，根据动能定理可得：
qU0=12mv02，
可得从P点进入电场时的速度的大小：
v0= 2qU0m。
(2)微粒在偏转电场中，微粒做类平抛运动，则有：
x0=v0t，
解得微粒在一象限运动所需时间为：
t=x0 m2qU0。
(3)粒子的加速度：
a=qEm，以及vy=at
对Q点有：
tan60°=vyv0，
联立解得：
E=2 3U0x0。
答：(1)从P点进入电场时的速度v0的大小为v0= 2qU0m；
(2)微粒在一象限运动所需时间为t=x0 m2qU0；
(3)匀强电场的电场强度E的大小为E=2 3U0x0。
【解析】(1)微粒在电场中加速，电场力做功转化为微粒动能，可求出速度；
(2)微粒在电场中偏转做类平抛运动，利用类平抛公式可求出运动时间；
(3)利用牛顿第二定律求出微粒加速度，然后结合运动学公式求出电场强度。
本题将动能定理、类平抛运动与牛顿第二定律结合，考查了考生多方面的知识掌握情况。
1.如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线。若有一质子仅在电场力的作用下以某一初速度沿直线AB由A运动到B，其速度图像如图乙所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB，以及质子在A、B两点所具有的电势能EpA、EpB和动能EkA、EkB，判断错误的是( )
A. EA
A. 保持Q、S不变，增大d，则θ变小，C变小
B. 保持d，S不变，增大Q，则θ变大，C变大
C. 保持Q，d不变，减小S，则θ变大，C变小
D. 保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，则θ变小，C变小
3.如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是( )
A. 到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B. 到达Q板的速率与板间距离无关
C. 两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D. 若板间电压U、与电荷电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍
4.在2s的时间内通过导体某横截面的电量为3.2C，则通过导体的电流强度为( )
A. 0.8AB. 1.6AC. 3.2AD. 6.4A
5.如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是( )
A. R1：R2=1：3
B. R1：R2=3：1
C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3
D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图是某区域的电场线分布，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是( )
A. 三点中B点场强最强，C点场强最弱
B. 一正点电荷在A处所受电场力的方向就是A点场强方向
C. 三点中C点电势最高
D. 把一负电荷从B点移到C点，电势能减小
7.两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m的带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中( )
A. 如果保持连接电源，两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流从b流向a
B. 如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动
C. 如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势不变
D. 如果断开电源，两板间接静电计，A板上移，静电计指针张角变大
8.如图所示为有两个量程的电流表，已知表头的内阻Rg=90Ω，满偏电流Ig=10mA，电阻R1=1Ω，R2=9Ω。以下说法正确的是( )
A. 若使用A、B两个端点时，电流表量程为0～0.9A
B. 若使用A、B两个端点时，电流表量程为0～1A
C. 若使用A、C两个端点时，电流表量程为0～0.1A
D. 若使用A、C两个端点时，电流表量程为0～1A
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
9.如图所示，螺旋测微器的示数为______ mm；游标卡尺的示数为______ cm．
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
10.在“测定金属的电阻率”的实验中，将测金属导线的电阻Rx约为5Ω。电源为3伏特。
①为减小实验误差，应选用图1中______ (填“a”或“b”)为该实验的电路图。此接法的测量值______ 真实值(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②若两点表的示数分别如图2所示，电流表的读数______ A，则电阻值为______ Ω(计算结果取两位有效数字)。
五、简答题：本大题共3小题，共48分。
11.如图所示，粒子发射器发射出一束质量为m，电荷量为q的粒子(不计重力)，从静止经加速电压U1加速后，沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以某一速度离开电场。已知平行板长为L，两板间距离为d，求：
(1)粒子进入偏转电场速度v0；
(2)粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y；
(3)粒子在离开偏转电场时的动能Ek。
12.如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为R，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道最低点与一水平粗糙绝缘轨道MN相切于N点。一小滑块(可视为质点)带正电且电荷量为q，质量为m，与水平轨道间的滑动摩擦力大小为0.5mg，现将小滑块从水平轨道的M点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点H。已知电场强度大小为3mgq，重力加速度大小为g，求：
(1)小滑块在最高点H的速度vH大小；
(2)M点距半圆轨道最低点N的水平距离L；
(3)小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小。
13.如图所示的平面直角坐标系，在第一象限内有方向沿y轴负方向的匀强电场，现有一质量为m、带电荷量为+q的不计重力的微粒自y轴左侧第二象限内经一加速电压U0加速后从P点沿x轴正方向进入第一象限，微粒通过坐标为(+x0,0)的Q点且此时速度与x轴正方向间夹角为α=60°，不计空气阻力。求：
(1)从P点进入电场时的速度v0的大小；
(2)微粒在一象限运动所需时间为多少？
(3)匀强电场的电场强度E的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.速度—时间图像的斜率表示质子的加速度的大小，由于斜率减小，则从A运动到B过程中质子的加速度减小，根据牛顿第二定律可知电场力减小，由F=Eq知由A运动到B，场强E减小，所以EA>EB，故A错误；
B.质子带正电，在电场力的作用下做加速运动，所以电场方向从A指向B，则B点的电势低，即φA>φB，故B正确；
CD.电场力对质子做正功，电势能减小，动能增大，则EpA>EpB，EkA
故选：A。
根据速度图像得出带电粒子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义分析判断，根据速度变化判断电场线的方向，从而判断电势高度，根据电场力做功正负判断电势能的变化。
根据图像考查对电场的认识，要求学生能从图像中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容与极板间距离成反比。当保持Q、S不变，增大d时，电容C减小，因电容器的带电量Q不变，则由电容的定义式C=QU分析可知，电容器板间电压增大，故静电计指针的偏角θ变大，故A错误；
B、当保持d、S不变，增大Q时，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容C不变，由电容的定义式C=QU分析可知，电容器板间电压增大，则θ变大，故B错误；
C、根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，由电容的定义式C=QU分析可知板间电压增大，则静电计指针的偏角θ变大，故C正确；
D、当保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容C变大，由电容的定义式C=QU分析可知，电容器板间电压减小，则θ变小，故D错误。
故选：C。
静电计测定电容器两极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大。根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析电容的变化情况，再由电容的定义式C=QU分析板间电压的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况。
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的带电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=ɛrS4πkd和电容的定义式C=QU。
3.【答案】B
【解析】解：AB.由动能定理可得
qU=12mv2
则到达Q板的速率为
v= 2qUm
可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确；
C.根据运动学公式
L=12at2
可知两板间距离越大，加速的时间越长，则加速度越小，故C错误；
D.若板间电压U与电荷的电量q均变为原来的2倍，由
v= 2qUm
可知到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。
故选：B。
粒子运动过程只有电场力做功，应用牛顿第二定律、运动学公式与动能定理分析答题。
电场力做功仅与加速的电压高低有关，当极板间的间距发生变化时要首先判断极板间的电压是否发生变化。
4.【答案】B
【解析】解：根据电流强度的定义有I=qt=3.22A=1.6A，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据电流的定义式I=qt求解电流。
该题考查电流的计算，牢记公式即可。
5.【答案】A
【解析】解：A、B由图R1=U1I1=1Ω，R2=U2I2=3Ω，故A正确。
C、R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1.故C错误。
D、将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1故D错误。
故选：A。
由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1与R2串联后接于电源上时，电流相等．将R1与R2并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．
本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．
6.【答案】AB
【解析】解：A、电场线的疏密反映电场强度强弱，由图象疏密知场强EB>EA>EC，故A正确；
B、场强的方向规定为正电荷受力的方向，则正点电荷在A处所受电场力的方向就是A点场强方向，故B正确；
C、沿电场线的方向电势逐渐降低，电势φB>φA>φC，C点电势最低，故C错误；
D、把一负电荷从B点移到C点，电场力做负功，电势能增加，故D错误；
故选：AB。
电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大．沿电场线的方向电势逐渐降低．
本题考查对电场线物理意义的理解，知道电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线的方向电势逐渐降低．
7.【答案】CD
【解析】解：A、保持连接电源，则两板间的电势差不变，将两极距离不变，非常缓慢地错开一些，根据C=ɛrS4πkd可知，电容减小，由U=QC可知，U不变时，A极板上的电荷量减少，则电流计中电流从a流向b，故A错误；
B、如果保持连接电源，将A板上移，根据E=Ud可知，电场强度减小，则合力向下，油滴将向下加速运动，故B错误；
C、如果断开电源，A板上移，B板接地，根据E=Ud，C=QC，C=ɛrS4πkd可得E=4πkQϵrS，则可知电场强度不变，则油滴静止不动。B板接地，小球到B板的距离不变，则油滴P处电势φp=EdPB不变，故C正确；
D、如果断开电源，两板间接静电计，B板下移，由C选项的分析可知，Q不变，电场强度E不变，根据E=Ud可知，d在增大，两极板电势差增大，因此静电计指针张角变大，故D正确。
故选：CD。
带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡；分别对连接电源和断开电源两种情况分析，根据电容的定义式和决定式进行分析，明确电场强度的变化，再分析电势差和电量的变化，从而分析电势以及电荷的流动方向。
本题是电容的动态分析问题，关键确定电容器的电压和电量，要知道电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压，并掌握电容定义式与决定式的内容，及理解电场力做功正负，与其电势能变化关系；注意应用当电容和电源断开只改变两板间距离时，两板间的电场强度不变。
8.【答案】BC
【解析】解：AB.若使用A、B两个端点时，电阻R2与表头串联再与电阻R1并联；
电阻R1两端电压UR=Ig(Rg+R2)
根据欧姆定律结合并联电路的特点
电路的最大电流为I1m=Ig+Ig(Rg+R2)R1=10mA+10×(90+9)1mA=1000mA=1A
则电流表量程为0～1A，故A错误，B正确；
CD.若使用A、C两个端点时，电阻R1与R2串联再与表头并联；
电阻R1、R2两端电压UR′=IgRg
根据欧姆定律结合并联电路的特点
电路的最大电流为I2m=Ig+IgRgR1+R2=10mA+10×901+9mA=100mA=0.1A
则电流表量程为0～0.1A，故C正确，D错误。
故选：BC。
并联电阻有分流作用，分流与电阻成反比；根据欧姆定律结合并联电路的特点分析作答。
本题考查了电流表改装，知道电表改装原理与分析清楚电路结构是解题的前提。
9.【答案】2.236 10.235
【解析】解：1、螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为23.6×0.01mm=0.236mm，所以最终读数为2mm+0.236mm=2.236mm．
2、游标卡尺的主尺读数为102mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：102mm+0.35mm=102.35mm=10.235cm．
故答案为：2.236，10.235
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
10.【答案】a 小于 0.50 4.8
【解析】解：(1)电压表内阻远大于待测电阻阻值，为减小实验误差，电流表应采用外接法，电路图应选择图a所示的电路。电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
(2)电压表量程为3V，由图c电压表可知，其分度值为0.1V，则读数为2.40V；电流表量程为0.6A，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，则读数为0.50A，电阻阻值
R=UI=Ω
故答案为：(1)a，小于；(2)0.50，4.80。
(1)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路图；
(2)由图示电表读出其示数，然后由欧姆定律求出电阻阻值。
确定电流表的接法是正确选择实验电路的关键，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法。
11.【答案】解：(1)粒子在加速电场中，由动能定理得：qU1=12mv02
变形整理解得：v0= 2qU1m
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动
水平方向上有：L=v0t
变形得：t=Lv0
竖直方向上有：y=12at2
又根据牛顿第二定律有：a=qU2md
联立解得：y=U2L24dU1
(3)粒子从静止到离开偏转电场的运动过程中，由动能定理得：q(U1+U2dy)=Ek
解得，粒子在离开偏转电场时的动能：Ek=qU1+qU22L24U1d2
答：(1)粒子进入偏转电场速度v0为 2qU1m；
(2)粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y为U2L24dU1；
(3)粒子在离开偏转电场时的动能Ek为(qU1+qU22L24U1d2)。
【解析】(1)由动能定理可以求出加速后的速度；
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出粒子在偏转电场中的偏移量；
(3)对整个过程，根据动能定理求出粒子离开电场时的动能。
解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。
12.【答案】解：(1)在H点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mg=mvH2R
解得：vH= gR
(2)设MN间的水平距离为L，从M点到H点的全过程，由动能定理得：
qEL−0.5mgL−2mgR=12mvH2
解得：L=R
(3)从P到H的过程，由动能定理得：
−qER−mgR=12mvH2−12mvP2
在P点弹力F与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F−qE=mvP2R
联立解得：F=12mg
答：(1)小滑块在最高点H的速度vH大小为 gR；
(2)M点距半圆轨道最低点N的水平距离L为R；
(3)小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小为12mg。
【解析】(1)在H点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
(2)对于从M点到H点的全过程，根据动能定理求解；
(3)从P到H的过程，由动能定理求得在P点的速度，在P点弹力F与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求解。
本题考查了带电体在匀强电场中有轨道的运动问题，涉及到圆周运动的临界条件问题。基础题，分析向心力的来源，应用动能定理和牛顿第二定律解答。
13.【答案】解：(1)微粒在加速电场中，根据动能定理可得：
qU0=12mv02，
可得从P点进入电场时的速度的大小：
v0= 2qU0m。
(2)微粒在偏转电场中，微粒做类平抛运动，则有：
x0=v0t，
解得微粒在一象限运动所需时间为：
t=x0 m2qU0。
(3)粒子的加速度：
a=qEm，以及vy=at
对Q点有：
tan60°=vyv0，
联立解得：
E=2 3U0x0。
答：(1)从P点进入电场时的速度v0的大小为v0= 2qU0m；
(2)微粒在一象限运动所需时间为t=x0 m2qU0；
(3)匀强电场的电场强度E的大小为E=2 3U0x0。
【解析】(1)微粒在电场中加速，电场力做功转化为微粒动能，可求出速度；
(2)微粒在电场中偏转做类平抛运动，利用类平抛公式可求出运动时间；
(3)利用牛顿第二定律求出微粒加速度，然后结合运动学公式求出电场强度。
本题将动能定理、类平抛运动与牛顿第二定律结合，考查了考生多方面的知识掌握情况。
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