卷子答案网-一个不只有答案的网站北京市2023-2024学年高二（上）期中物理冲刺卷（B卷）
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1．如图所示，在a、b两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是连接两点的直线，P是直线上的一点，下列哪种情况下P点的场强可能为零( )
A．q1、q2都是正电荷，且q1>q2
B．q1是正电荷，q2是负电荷，且q1<∣q2∣
C．q1是负电荷，q2是正电荷，且∣q1∣>q2
D．q1、q2都是负电荷，且∣q1∣<∣q2∣
2．、是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从点运动到点，速度图象如图所示，下列关于、两点电场强度的大小和电势的高低的判断，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023高三上·朝阳期末）为避免闪电造成损害，高大的建筑物会装有避雷针。积雨云底层带负电，由于静电感应使得避雷针的尖端带上了正电。图中虚线为避雷针周围的等势面，且相邻等势面间的电势差相等。避雷针尖端正上方a、b两点的场强大小分别为、，电势分别为、。一带负电的雨滴竖直下落经过a、b两点。下列说法正确的是（）
A．
B．
C．该雨滴从a下落至b的过程中，电势能逐渐减少
D．若该避雷针某时刻开始放电，则放电电流从积雨云流向避雷针
4．导体棒原来不带电，现将一个电荷量为的点电荷放在棒的中心轴线上，它距离导体棒的中心为，如图所示。静电力常量为，当导体棒达到静电平衡后，下列说法错误的是（ ）
A．棒上感应电荷只分布在其表面
B．棒左、右两端的电势相等
C．点电荷在点产生的电场强度为
D．棒上感应电荷在点产生的电场强度大小为
5．（2023高三上·朝阳期末）在一个等边三角形abc顶点b和c处各放入一个电荷量相等的点电荷时，测得a处的场强大小为E，方向与bc边平行，如图所示。拿走c处的点电荷后，则（）
A．a处场强大小仍为E，方向由a指向b
B．a处场强大小为，方向由b指向a
C．a处电势降低
D．a、c两点电势相等
6．如图所示，、是两个电荷量都为的正点电荷。是它们连线的中点，、是它们连线中垂线上的两个点。从点由静止释放一个质子，质子将向运动。不计质子重力。则质子由向运动的情况是（ ）
A．一直做加速运动，加速度一定是逐渐减小
B．一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大
C．一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小
D．先做加速运动，后做减速运动
7．如图甲所示，一条电场线与轴重合，取点电势为零，方向上各点的电势随变化的情况如图乙所示。若在点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（ ）
A．电子将沿的反方向运动
B．电子的电势能将增大
C．电子运动的加速度恒定
D．电子运动的加速度先减小后增大
8．（2023高三上·朝阳期末）甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为、，它们先后经过同一加速电场由静止开始加速后，由同一点进入同一偏转电场，两粒子进入时的速度方向均与偏转电场方向垂直，如图所示。粒子重力不计。则甲、乙两粒子（ ）
A．进入偏转电场时的速度大小之比为1：2
B．离开偏转电场时的动能之比为1：1
C．在偏转电场中运动的时间相同
D．离开偏转电场时的速度方向不同
9．在所示电路中，电源电动势为，内阻为，电流表、电压表、、均为理想电表，为定值电阻，为滑动变阻器。闭合开关，当的滑动触头由下端向上滑动的过程中 （ ）
A．电压表、的示数增大，电压表的示数不变
B．电流表示数变大，电压表的示数变大
C．电压表示数与电流表示数的比值不变
D．电压表示数变化量的绝对值与电流表示数变化量的绝对值的比值不变
10．用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关接，电容器充电完毕后将开关掷向，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线，如图乙所示。定值电阻已知，且从图中可读出最大放电电流，以及图线与坐标轴围成的面积。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（ ）
A．由图线与坐标轴围成的面积可得到电容器放出的总电荷量
B．不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则图线与坐标轴围成的面积将减小
C．由最大放电电流和定值电阻的阻值可得到两端的最大电压
D．若电容器放出的总电荷量为，两端的最大电压为，则电容器的电容为
11．（2023高三上·海淀期末）真空中存在沿y轴正方向的匀强电场，带电粒子a和b先后从坐标原点O沿x轴正方向射入该电场，其轨迹如图所示。忽略粒子所受重力，下列条件中可以判定粒子a比荷较大的是（ ）
A．粒子a和b在电场中的加速度相等 B．粒子a和b射入电场时的速度相等
C．粒子a和b射入电场时的动能相等 D．粒子a和b射入电场时的动量相等
12．如图所示，是竖直平面内圆上的一条竖直直径，是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆周平面。将带等量负电荷的相同小球从点以相同的动能射出，射出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达点时小球的动量总是最小。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是 （ ）
A．可以断定电场方向由点指向圆弧上的某一点
B．到达点时小球的动能和电势能之和总是最大
C．到达点时小球的电势能和重力势能之和总是最小
D．对到达圆上的所有小球中，机械能最小的小球应落在圆弧上的某一点
13．（2023高三上·朝阳期末）某电子秤的原理简图如图所示。AB为一均匀的滑动变阻器，长度为L，两边分别有P1、P2两个滑动头，轻质弹簧上端与P1及秤盘底部相连，下端固定。弹簧原长时P1、和P2均指在A端。若P1、P2间出现电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上就能显示出被称物体的质量。已知弹簧的劲度系数为k，托盘质量为，电源电动势为E，内阻不计。重力加速度为g。在托盘上未放物体时需要先校准零点，即未放被称物体时电压为零。则（）
A．校准零点时，不需要移动滑动头P2
B．校准零点时，两滑动头间的距离为
C．滑动头P1滑至B端时，被称物体的质量为
D．被称物体的质量m与两滑动头间电压U的关系为
14．常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示，热电偶由型半导体和型半导体串联而成，型半导体的载流子形成电流的自由电荷是电子，型半导体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量等于元电荷。若两种半导体相连一端和高温热源接触，而另一端、与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在、两端形成稳定的电势差，且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系。下列说法正确的是（ ）
A．端是温差发电装置的正极
B．热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反
C．温差发电装置供电时不需要消耗能量
D．可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器
二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15．用如图所示的多用电表正确测量了一个的电阻后，需要再测量一个阻值约为的电阻。在用红、黑表笔接触该待测电阻两端之前，必要的操作及其顺序应当是____填写选项前的字母。
A．将红表笔和黑表笔接触
B．把选择开关旋转到“”位置
C．把选择开关旋转到“”位置
D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
16．在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的阻值约为，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度，用螺旋测微器测量金属丝直径时刻度位置如图所示，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。
（1）该电阻丝直径的测量值 ；
（2）实验中能提供的器材有：
A.电压表量程，内阻约
B.电压表量程，内阻约
C.电流表量程，内阻约
D.电流表量程，内阻约
E.滑动变阻器
F.滑动变阻器
G.电源电动势为及开关和导线若干
该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择 ，电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 ，选填各器材前的字母。要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，实验电路应选用图 。
（3）该同学建立坐标系，如图所示，
图中已标出了与测量数据对应的五个坐标点，还有一次测量的电压表和电流表示数如图所示，请根据测量数据将坐标点补全，并描绘出图线。由图线数据可计算出金属丝的电阻为 保留两位有效数字。设被测金属丝电阻为，则该金属材料电阻率的表达式是 用题目给出的物理量符号表示。
（4）实验中使用的电流表内阻为，电压表内阻为，若考虑电流表和电压表内阻的影响，图中图像中图线斜率与该金属材料的电阻率的关系是 用题目给出的物理量符号表示。
（5）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是、、的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数随指滑片移动的距离与滑片在变阻器上可移动的总长度的比值变化的关系曲线、、，如图所示。
则图中的图线对应的滑动变阻器是 ，以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为 的滑动变阻器在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下，下列选项正确的是 选填选项前的字母。
A.最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B.最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大倍的滑动变阻器
C.最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大倍的滑动变阻器
D.最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
17．右下图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝发出初速度可忽略不计，经灯丝与板间的电压加速，从板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板、形成的偏转电场中偏转电场可视为匀强电场，电子进入、间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的点。已知、两板间的电压为，两板间的距离为，板长为，电子的质量为，电荷量为，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。
（1）求电子穿过板时速度的大小；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；
（3）若要使电子打在荧光屏上点的上方，可采取哪些措施？
18．金属导体中自由电子在电磁场的作用下发生定向移动，在定向移动过程中所受金属离子即金属原子失去自由电子后的剩余部分的阻力，其方向与自由电子定向移动的速度方向相反，大小正比于自由电子定向移动的速率，比例系数为。已知某种金属材料单位体积内的自由电子数为，元电荷为，忽略电子所受重力及其之间的相互作用，不计电子热运动的影响，自由电子的定向移动可视为匀速直线运动。如图所示，一段长为、横截面积为的该金属导体，当其两端电压为时，求：
（1）该金属导体内，电子定向移动的速率；
（2）该金属导体的电阻率提示：电流与电子定向移动速率的关系为。
19．如图所示，用电动势为、内阻为的电源，向滑动变阻器供电。改变变阻器的阻值，路端电压与电流均随之变化。
）以为纵坐标，为横坐标，在图中画出变阻器阻值变化过程中图像的示意图，并说明图像与两坐标轴交点的物理意义。
（1）请在图画好的关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。
（2）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
20．研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。
图为某加速装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图所示。在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连的金属圆板序号为的中央有一电子，在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵循一定的规律。
若电子的质量为，电荷量为，交变电源的电压为，周期为，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为。不计电子的重力和相对论效应。
（1）求电子进入圆筒时的速度，并分析电子从圆板出发到离开圆筒这个过程的运动。
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第个金属圆筒的长度应该为多少？
（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度是多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【分析】若P点的场强为零，则为异种电荷，且在电量较小的一侧。
故选B。
【点评】中等难度。对于两个或更多个点电荷形成的电场场强的求解，应该用矢量合成的方法。
2．【答案】D
【知识点】电场强度；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】由v-t图像可知，正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，做的是匀加速直线运动，加速度恒定，则电场力恒定，可知从A到B电场强度恒定，即，又因为电荷速度增大，可知电场力做正功，电势能减小，由于是正电荷，由可知，电势减小，有，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由v-t图像判断出电荷做匀加速直线运动，根据加速度恒定的特点，分析从A、B的电场强度关系；根据电场力做功的正负，分析电势能的变化，再由电势能的定义式，分析A、B两点的电势关系。
3．【答案】C
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．等差等势面越密集，电场线越密集，则 ，A不符合题意；
B．积雨云底层带负电，避雷针带正电，则电场方向由避雷针指向积雨云，沿电场方向电势降低，可知 ，B不符合题意；
C．带负电的雨滴竖直下落，电势升高，雨滴电势能减小，C符合题意；
D．由题意可知，若该避雷针某时刻开始放电，则放电电流从避雷针流向积雨云，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线方向可以比较电势的高低；利用电势的变化结合雨滴电性可以判别电势能的变化；利用电场线的方向可以判别电流的方向。
4．【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；点电荷的电场
【解析】【解答】A.根据静电感应原理可知，当导体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷只分布在其表面，A不符合题意；
B.根据处于静电平衡的导体的特点可知，处于静电平衡的导体是一个等势体，故棒左、右两端的电势相等，B不符合题意；
C.由点电荷产生的电场强度的公式可得，点电荷在O点产生的电场强度大小为，C符合题意；
D.根据处于静电平衡的导体的特点可知，处于静电平衡的导体内部的合场强处处为零，则棒上感应电荷在O点产生的电场强度应与等大反向，可得棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据处于静电平衡的导体的特点，分析导体上感应电荷的分布和棒左、右两端的电势关系；由点电荷的场强公式，求解点电荷在O点产生的场强；根据处于静电平衡的导体，内部场强处处为零的特点，求出感应电荷在O点产生的场强。
5．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】AB．设两个电荷在a处的电场强度分别为 、 ，由a处的场强大小为E，方向与bc边平行， 沿 方向， 沿 方向 ， ，拿走c处的点电荷后，a处场强大小为 ，沿 方向，AB不符合题意；
C．由上述分析可知，b处电荷为正电荷，c处电荷为负电荷，a处于bc边的中垂线上，a处电势为 ，拿走c处的点电荷后，a处电势大于 ，即a处电势变大，C不符合题意；
D．拿走c处的点电荷后，a、c两点距离b处长度相等，A、c两点电势相等，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用a点电场强度的方向结合电场强度的叠加可以求出b在a处产生的电场强度的大小，利用合场强的方向可以判别场源电荷的电性，利用电势的叠加可以判别电势的大小及变化。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；电场线；点电荷的电场
【解析】【解答】由题意可知，a、b为两个等量的正点电荷，由电场的对称性和电场的叠加原理可知，连线上的电场强度方向均由O指向，所以带正电的质子在由P向运动的过程中，受到的电场力方向一直由P指向，可知从静止释放的质子一直做加速运动，由于O点的场强为零，无穷远处的电场强度也为零，所以由O到无穷远，电场强度线增大后减小，但由于不知道场强最大点的位置是否在P、之间，所以无法准确判断质子从P运动到过程中受到的电场力的变化情况，即质子从P运动到，受到的电场力可能一直增大，也可能一直减小，还可能先增大再减小，故质子的加速度可能一直增大，也可能一直减小，还可能向增大再减小，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由电场的对称性和电场的叠加原理，分析出质子运动过程中受到的电场力方向，确定质子做加速运动还是减速运动；根据质子从P运动到过程中受到的电场力大小的变化情况，分析质子运动过程中的加速度大小的变化情况。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；电势能；电势
【解析】【解答】A.由图乙可知，沿Ox正方向电势增加，根据沿电场线方向电势降低，可知电场方向沿x轴负方向，电子带负电，所以电子受到的电场力沿Ox正方向，故在O点由静止释放的电子，仅在电场力的作用下，将沿Ox轴正方向运动，A不符合题意；
B.电子仅在电场力作用下运动，电场力做正功，所以电势能将减小，B不符合题意；
CD.图像中，斜率表示表示电场强度，可知沿Ox轴正方向，电场强度先减小后增大，故电子运动加速度先减小后增大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电势的变化分析电场的方向，确定电子的受力方向，得到电子的运动方向；根据电场力做功的正负分析电势能的变化；图像中，斜率表示电场强度，由电场强度的大小变化情况，分析加速度的大小变化情况。
8．【答案】B
【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】【解答】A．在加速电场中，根据动能定理 ，解得 ，根据题意两粒子的比荷之比为4：1，则进入偏转电场时的速度大小之比为2：1，A不符合题意；
B．在加速电场中电场力做功qU相等，在偏转电场中，偏转距离相同，则电场力做功qEd也相同，根据动能定理可知，离开偏转电场时的动能相同，B符合题意；
C．在偏转电场中，根据牛顿第二定律 ， ，解得 ，根据题意两粒子的比荷之比为4：1，则在偏转电场中运动的时间不同，C不符合题意；
D．离开偏转电场时， 垂直极板方向速度 ，离开偏转电场时速度偏转角的正切值 ，则两粒子离开偏转电场时的速度方向相同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动能定理结合粒子比荷的大小可以比较进入偏转电场的速度大小之比；利用动能定理可以比较粒子离开电场时动能的大小；利用牛顿第二定理结合位移公式可以比较粒子运动的时间；利用速度的分解可以判别粒子离开电场的速度方向。
9．【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AB.当滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，故电流表A示数增大；外电压U=E-Ir，减小，故电压表示数减小；因为定值电阻，故其两端电压，增大，故电压表示数增大；两端的电压，减小，A不符合题意，B不符合题意；
C.示数与电流表A示数的比值等于，由题意可知电阻减小，故示数与电流表A示数的比值减小，C不符合题意；
D.外电压变化量的绝对值与通过电源的电流的变化量的绝对值的比值等于电源内阻，即，所以电压表示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值保持不变，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据滑动变阻器阻值的变化，判断出电路中总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律分析电路中总电流和外电压的变化，然后由公式法和作差法分析各电阻对应的电压的变化；根据滑动变阻器阻值的变化，分析电压表示数与电流表示数的比值；根据，分析电压表示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值。
10．【答案】B
【知识点】观察电容器的充、放电现象；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A.根据Q=It可知，I-t图线与坐标轴围成的面积S表示电容器的总电荷量，A不符合题意；
B.因为电容器放电的I-t图像中，图线与坐标轴围成的面积S表示电容器的总电荷量，所以电阻R的阻值大小并不会影响图线与坐标轴围成的面积，电阻R减小，会使放电电流增大，放电时间变短，B符合题意；
C.根据欧姆定律U=IR可知，由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压，C不符合题意；
D.电容器未开始放电时，电容器带电量最大，两极板间的电压最大，即R两端的电压最大，根据电容的定义式可知，电容器的电容为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电容器放电的I-t图像中，图线与坐标轴围成的面积S表示电容器的总电荷量；放电电阻的大小会影响放电电流的大小，但对电容器放出的总电量没有影响；根据电容的定义式求解电容器的电容。
11．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】粒子在电场中做类平抛运动，则，，解得
A．若粒子a和b在电场中的加速度相等，则，可知两粒子的比荷相等，A不符合题意；
B．粒子a和b射入电场时的速度相等，则由，由图像可知，当x相同时a粒子的y值较大，则粒子a比荷较大，B符合题意；
C．粒子a和b射入电场时的动能相等，则由，由图像可知，当x相同时a粒子的y值较大，则粒子a电荷量较大，选项 C不符合题意；
D．粒子a和b射入电场时的动量相等，则由，由图像可知，当x相同时a粒子的y值较大，则粒子a电荷量与质量的乘积较大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用牛顿第二定律结合加速度相等可以判别两粒子比荷相等；利用位移公式公式结合竖直方向的位移大小可以比较比荷的大小；利用动能相等结合竖直方向的位移可以比较电荷量的大小；利用动量相等可以比电荷量与质量乘积的大小。
12．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.小球在运动过程中，受重力和电场力作用，因为重力和电场力均为恒力，所以二者的合力也为恒力，相同小球从O点以相同的动能射出，在A点动量最小，说明小球到达A点的总动能最小，则从O点运动到A点的小球克服合力做功最大，也就是说O到A沿电场方向上的距离相比与O到其它点沿电场方向的距离最大，可知重力与电场力的合力方向由O指向C，由平行四边形定则可知，小球受到的电场力方向在OB右侧到OC之间，因为小球带负电，所以即电场方向应该与电场力方向相反，是由O指向AD弧（劣弧）方向，A不符合题意；
B.根据能量守恒定律可得，小球运动过程中的能量：动能+重力势能+电势能=定值；小球的动能和电势能之和最大时，重力势能应最小，图中小球在D点的重力势能最小，所以小球到达D点的动能和电势能之和最大，同理，小球到C点时，电场力做功最多，动能最大，所以小球到达C点时的电势能和重力势能之和总是最小，B不符合题意，C符合题意；
D.小球克服电场力做功越多，小球的电势能越大，机械能越小，小球经过圆周上的点与O点的连线沿电场线方向时，小球克服电场力做功最多，所以机械能最小的小球应落在AD弧（劣弧）之间的某一点，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据小球到达A的动能最小，分析小球受到的合力方向，判断出小球受到的电场力方向的范围，得到电场的方向的范围；由能量守恒定律分析小球动能和电势能之和最大和电势能和重力势能之和最小的点；小球的电势能越大，则机械能越小，所以找到小球克服电场力做功最多的位置，即为小球机械能最小的位置。
13．【答案】D
【知识点】路端电压与负载的关系
【解析】【解答】AB．未放被称物体时电压为零，即P1、P2两点等势，校准零点时，需要移动滑动头P2，让两滑动头间的距离为0，AB不符合题意；
C．放被称物体质量为m1时P1滑至B端，则有 ，解得 ，C不符合题意；
D．未放被称物体时，两滑动头P1、P2距A点的距离为x0： ，放被称物体质量为m时，两滑动头P1、P2间距离为x，有 ，由欧姆定律知两滑动头P1、P2间的电压为 ，又由 ，联立解得 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】当校准时，应该使两个滑片头的距离等于0，则两个P点电势相等；利用平衡方程可以求出被称物体的质量；利用欧姆定理结合平衡方程可以求出物体质量与电压的大小关系。
14．【答案】D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A.由题意可知，P型和N型半导体的载流子都会从高温端向低温端扩散，P型半导体的载流子是空穴， N型半导体的载流子是电子，所以A端带正电，B端带负电，故B端是温差发电装置的负极，A不符合题意；
B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同，B不符合题意；
C.根据能量守恒定律，温差发电装置供电时需要消耗内能，C不符合题意，
D.根据传感器的原理，可以利用热电偶设计一种将温度这个物理量转换成电学量的传感器，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据载流子的流动方向分析A、B两端带电情况，得到温差发电装置的正负极；电源内部，非静电力做功；根据能量守恒定律分析发动机的能量转化过程；根据传感器的原理分析。
15．【答案】A,C,D
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】多用电表测电阻时，指针指在中央位置附近，测量值会比较准确，所以多用电表正确测量一个的电阻时，应选择的是“×1”的档位，而测量2kΩ的电阻，应选择“×100”的档位，所以再测量2kΩ的电阻时，需要把选择开关旋转到“×100”位置，并且在换档后要将红表笔和黑表笔接触，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。
故答案为：ACD。
【分析】根据多用电表测电阻的原理和注意事项选择必要的操作步骤。
16．【答案】（1）0.233
（2）A；D；E；丁
（3）5.2；
（4）
（5）；；D
【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，主尺读数为0，可动尺读数为23.3×0.01mm=0.233mm，可得该电阻丝直径的测量值为d=0+0.233mm=0.233mm；
（2）由提供的实验器材可知，电源电动势为3.0V，故电压表选择选A，通过待测电阻的电流最大值为，故电流表选D，由于要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，故滑动变阻器采用限流接法；采用限流接法时，为便于调节，最大值应为待测电阻的2-4倍比较合适，所以滑动变阻器选E；由于，则可知电流表应采用外接法，故电路图选择丁。
（3）根据测量数据，由描点法做出U-I图线如图：
根据欧姆定律，由图线数据可计算出金属丝的电阻为；设被测金属丝电阻为R，则有 ，该金属材料电阻率的表达式是
（4）若考虑电流表和电压表内阻的影响，由欧姆定律可得，又图U-I图像中图线斜率与该金属材料的电阻率的关系是。
（5）图线a中，滑片移动较大距离，电压表示数变化却较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为1000Ω的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器，故选最大阻值为10Ω滑动变阻器，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则读数；（2）根据待测电阻两端电压和通过待测电阻的电流的最大值选择电表；由电源消耗功率最小的要求选择滑动变阻器接入电路的方式，再根据接入方式选择滑动变阻器；由待测电阻与电压表和电流表的内阻的阻值关系选电流表接入电路的方式；（3）结合图中数据，由欧姆定律求出金属丝的电阻；由电阻定律推导金属材料电阻率的表达式；（4）考虑电压表的分流，由欧姆定律和电阻定律综合推导图线斜率与该金属材料的电阻率的关系；（5）图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，由此进行分析。
17．【答案】（1）解：设电子经电压加速后的速度为，由动能定理
解得
（2）解：电子以速度进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为，电子在偏转电场中运动的时间为，加速度为，电子离开偏转电场时的侧移量为。将电子在偏转电场中的运动进行分解，
沿水平方向：
沿竖直方向：由 ， ，
可得
且
解得：
（3）解：减小加速电压；增大偏转电压；
【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，求出电子穿过A板时速度的大小；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛的运动规律，由运动学公式和牛顿第二定律求解电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）根据（2）得到的结论，分析可以采取的措施。
18．【答案】（1）解：因为电子的定向移动为匀速直线运动，根据牛顿运动定律，可知其所受电场力 与阻力二力平衡，
即
解得
（2）解：根据部分电路欧姆定律
电阻定律 .
电流的微观表达式
可得 . 。
【知识点】共点力的平衡；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）自由电子做匀速直线运动，根据共点力平衡条件，结合电场力公式，求解该金属导体内，电子定向移动的速率；（2）由焦耳定律结合欧姆定律和电流的微观表达式，综合推导该金属导体的电阻。
19．【答案】（1）解：如答图所示，
电源输出的电功率
当外电路电阻 时，电源输出的电功率最大，为
（2）解：电动势定义式
根据能量守恒，在图所示电路中，非静电力做功产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）a.根据闭合电路的欧姆定律得到U-I表达式，根据表达式画出图象；根据P=UI画出图象对应的面积；b.根据闭合电路的欧姆定律结合电功率的计算公式推导电源对外电路能够输出的最大电功率及条件；（2）电动势的定义式为；根据电荷流动过程中，能量的转化情况，证明电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
20．【答案】（1）解：电子由金属圆板经电场加速进入圆筒，根据动能定理得
解得 ，
电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒，筒内场强为，电子不受外力做匀速直线运动，在圆筒、之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒再做匀速直线运动。
（2）解：电子进入第个圆筒时，经过次加速，根据动能定理得
解得
由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，则
解得
（3）解：由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和中相同，且考虑电子在间隙中的加速时间，则电子进入每级圆筒的时间都要比中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是电子获得的最大速度。
由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均相同，则电子的加速度为 ，
又 ， ，
则
累计延后时间为 ，则电子的加速时间为 ，所以电子的最大速度为
可得。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）根据动能定理分析电子在圆筒0和圆筒1之间的运动，求出电子进入圆筒1时的速度 ，根据电子运动过程中的受力情况分析运动情况；（2）根据动能定理求解经过n次加速后电子的速度大小，结合交流电的周期，由x=vt求解第n个金属圆筒的长度；（3）根据匀变速直线运动的规律结合运动学公式、牛顿第二定律进行解答。
北京市2023-2024学年高二（上）期中物理冲刺卷（B卷）
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1．如图所示，在a、b两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是连接两点的直线，P是直线上的一点，下列哪种情况下P点的场强可能为零( )
A．q1、q2都是正电荷，且q1>q2
B．q1是正电荷，q2是负电荷，且q1<∣q2∣
C．q1是负电荷，q2是正电荷，且∣q1∣>q2
D．q1、q2都是负电荷，且∣q1∣<∣q2∣
【答案】B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【分析】若P点的场强为零，则为异种电荷，且在电量较小的一侧。
故选B。
【点评】中等难度。对于两个或更多个点电荷形成的电场场强的求解，应该用矢量合成的方法。
2．、是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从点运动到点，速度图象如图所示，下列关于、两点电场强度的大小和电势的高低的判断，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电场强度；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】由v-t图像可知，正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，做的是匀加速直线运动，加速度恒定，则电场力恒定，可知从A到B电场强度恒定，即，又因为电荷速度增大，可知电场力做正功，电势能减小，由于是正电荷，由可知，电势减小，有，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由v-t图像判断出电荷做匀加速直线运动，根据加速度恒定的特点，分析从A、B的电场强度关系；根据电场力做功的正负，分析电势能的变化，再由电势能的定义式，分析A、B两点的电势关系。
3．（2023高三上·朝阳期末）为避免闪电造成损害，高大的建筑物会装有避雷针。积雨云底层带负电，由于静电感应使得避雷针的尖端带上了正电。图中虚线为避雷针周围的等势面，且相邻等势面间的电势差相等。避雷针尖端正上方a、b两点的场强大小分别为、，电势分别为、。一带负电的雨滴竖直下落经过a、b两点。下列说法正确的是（）
A．
B．
C．该雨滴从a下落至b的过程中，电势能逐渐减少
D．若该避雷针某时刻开始放电，则放电电流从积雨云流向避雷针
【答案】C
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．等差等势面越密集，电场线越密集，则 ，A不符合题意；
B．积雨云底层带负电，避雷针带正电，则电场方向由避雷针指向积雨云，沿电场方向电势降低，可知 ，B不符合题意；
C．带负电的雨滴竖直下落，电势升高，雨滴电势能减小，C符合题意；
D．由题意可知，若该避雷针某时刻开始放电，则放电电流从避雷针流向积雨云，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线方向可以比较电势的高低；利用电势的变化结合雨滴电性可以判别电势能的变化；利用电场线的方向可以判别电流的方向。
4．导体棒原来不带电，现将一个电荷量为的点电荷放在棒的中心轴线上，它距离导体棒的中心为，如图所示。静电力常量为，当导体棒达到静电平衡后，下列说法错误的是（ ）
A．棒上感应电荷只分布在其表面
B．棒左、右两端的电势相等
C．点电荷在点产生的电场强度为
D．棒上感应电荷在点产生的电场强度大小为
【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；点电荷的电场
【解析】【解答】A.根据静电感应原理可知，当导体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷只分布在其表面，A不符合题意；
B.根据处于静电平衡的导体的特点可知，处于静电平衡的导体是一个等势体，故棒左、右两端的电势相等，B不符合题意；
C.由点电荷产生的电场强度的公式可得，点电荷在O点产生的电场强度大小为，C符合题意；
D.根据处于静电平衡的导体的特点可知，处于静电平衡的导体内部的合场强处处为零，则棒上感应电荷在O点产生的电场强度应与等大反向，可得棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据处于静电平衡的导体的特点，分析导体上感应电荷的分布和棒左、右两端的电势关系；由点电荷的场强公式，求解点电荷在O点产生的场强；根据处于静电平衡的导体，内部场强处处为零的特点，求出感应电荷在O点产生的场强。
5．（2023高三上·朝阳期末）在一个等边三角形abc顶点b和c处各放入一个电荷量相等的点电荷时，测得a处的场强大小为E，方向与bc边平行，如图所示。拿走c处的点电荷后，则（）
A．a处场强大小仍为E，方向由a指向b
B．a处场强大小为，方向由b指向a
C．a处电势降低
D．a、c两点电势相等
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】AB．设两个电荷在a处的电场强度分别为 、 ，由a处的场强大小为E，方向与bc边平行， 沿 方向， 沿 方向 ， ，拿走c处的点电荷后，a处场强大小为 ，沿 方向，AB不符合题意；
C．由上述分析可知，b处电荷为正电荷，c处电荷为负电荷，a处于bc边的中垂线上，a处电势为 ，拿走c处的点电荷后，a处电势大于 ，即a处电势变大，C不符合题意；
D．拿走c处的点电荷后，a、c两点距离b处长度相等，A、c两点电势相等，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用a点电场强度的方向结合电场强度的叠加可以求出b在a处产生的电场强度的大小，利用合场强的方向可以判别场源电荷的电性，利用电势的叠加可以判别电势的大小及变化。
6．如图所示，、是两个电荷量都为的正点电荷。是它们连线的中点，、是它们连线中垂线上的两个点。从点由静止释放一个质子，质子将向运动。不计质子重力。则质子由向运动的情况是（ ）
A．一直做加速运动，加速度一定是逐渐减小
B．一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大
C．一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小
D．先做加速运动，后做减速运动
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；电场线；点电荷的电场
【解析】【解答】由题意可知，a、b为两个等量的正点电荷，由电场的对称性和电场的叠加原理可知，连线上的电场强度方向均由O指向，所以带正电的质子在由P向运动的过程中，受到的电场力方向一直由P指向，可知从静止释放的质子一直做加速运动，由于O点的场强为零，无穷远处的电场强度也为零，所以由O到无穷远，电场强度线增大后减小，但由于不知道场强最大点的位置是否在P、之间，所以无法准确判断质子从P运动到过程中受到的电场力的变化情况，即质子从P运动到，受到的电场力可能一直增大，也可能一直减小，还可能先增大再减小，故质子的加速度可能一直增大，也可能一直减小，还可能向增大再减小，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由电场的对称性和电场的叠加原理，分析出质子运动过程中受到的电场力方向，确定质子做加速运动还是减速运动；根据质子从P运动到过程中受到的电场力大小的变化情况，分析质子运动过程中的加速度大小的变化情况。
7．如图甲所示，一条电场线与轴重合，取点电势为零，方向上各点的电势随变化的情况如图乙所示。若在点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（ ）
A．电子将沿的反方向运动
B．电子的电势能将增大
C．电子运动的加速度恒定
D．电子运动的加速度先减小后增大
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；电势能；电势
【解析】【解答】A.由图乙可知，沿Ox正方向电势增加，根据沿电场线方向电势降低，可知电场方向沿x轴负方向，电子带负电，所以电子受到的电场力沿Ox正方向，故在O点由静止释放的电子，仅在电场力的作用下，将沿Ox轴正方向运动，A不符合题意；
B.电子仅在电场力作用下运动，电场力做正功，所以电势能将减小，B不符合题意；
CD.图像中，斜率表示表示电场强度，可知沿Ox轴正方向，电场强度先减小后增大，故电子运动加速度先减小后增大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电势的变化分析电场的方向，确定电子的受力方向，得到电子的运动方向；根据电场力做功的正负分析电势能的变化；图像中，斜率表示电场强度，由电场强度的大小变化情况，分析加速度的大小变化情况。
8．（2023高三上·朝阳期末）甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为、，它们先后经过同一加速电场由静止开始加速后，由同一点进入同一偏转电场，两粒子进入时的速度方向均与偏转电场方向垂直，如图所示。粒子重力不计。则甲、乙两粒子（ ）
A．进入偏转电场时的速度大小之比为1：2
B．离开偏转电场时的动能之比为1：1
C．在偏转电场中运动的时间相同
D．离开偏转电场时的速度方向不同
【答案】B
【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】【解答】A．在加速电场中，根据动能定理 ，解得 ，根据题意两粒子的比荷之比为4：1，则进入偏转电场时的速度大小之比为2：1，A不符合题意；
B．在加速电场中电场力做功qU相等，在偏转电场中，偏转距离相同，则电场力做功qEd也相同，根据动能定理可知，离开偏转电场时的动能相同，B符合题意；
C．在偏转电场中，根据牛顿第二定律 ， ，解得 ，根据题意两粒子的比荷之比为4：1，则在偏转电场中运动的时间不同，C不符合题意；
D．离开偏转电场时， 垂直极板方向速度 ，离开偏转电场时速度偏转角的正切值 ，则两粒子离开偏转电场时的速度方向相同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动能定理结合粒子比荷的大小可以比较进入偏转电场的速度大小之比；利用动能定理可以比较粒子离开电场时动能的大小；利用牛顿第二定理结合位移公式可以比较粒子运动的时间；利用速度的分解可以判别粒子离开电场的速度方向。
9．在所示电路中，电源电动势为，内阻为，电流表、电压表、、均为理想电表，为定值电阻，为滑动变阻器。闭合开关，当的滑动触头由下端向上滑动的过程中 （ ）
A．电压表、的示数增大，电压表的示数不变
B．电流表示数变大，电压表的示数变大
C．电压表示数与电流表示数的比值不变
D．电压表示数变化量的绝对值与电流表示数变化量的绝对值的比值不变
【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AB.当滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，故电流表A示数增大；外电压U=E-Ir，减小，故电压表示数减小；因为定值电阻，故其两端电压，增大，故电压表示数增大；两端的电压，减小，A不符合题意，B不符合题意；
C.示数与电流表A示数的比值等于，由题意可知电阻减小，故示数与电流表A示数的比值减小，C不符合题意；
D.外电压变化量的绝对值与通过电源的电流的变化量的绝对值的比值等于电源内阻，即，所以电压表示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值保持不变，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据滑动变阻器阻值的变化，判断出电路中总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律分析电路中总电流和外电压的变化，然后由公式法和作差法分析各电阻对应的电压的变化；根据滑动变阻器阻值的变化，分析电压表示数与电流表示数的比值；根据，分析电压表示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值。
10．用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关接，电容器充电完毕后将开关掷向，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线，如图乙所示。定值电阻已知，且从图中可读出最大放电电流，以及图线与坐标轴围成的面积。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（ ）
A．由图线与坐标轴围成的面积可得到电容器放出的总电荷量
B．不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则图线与坐标轴围成的面积将减小
C．由最大放电电流和定值电阻的阻值可得到两端的最大电压
D．若电容器放出的总电荷量为，两端的最大电压为，则电容器的电容为
【答案】B
【知识点】观察电容器的充、放电现象；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A.根据Q=It可知，I-t图线与坐标轴围成的面积S表示电容器的总电荷量，A不符合题意；
B.因为电容器放电的I-t图像中，图线与坐标轴围成的面积S表示电容器的总电荷量，所以电阻R的阻值大小并不会影响图线与坐标轴围成的面积，电阻R减小，会使放电电流增大，放电时间变短，B符合题意；
C.根据欧姆定律U=IR可知，由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压，C不符合题意；
D.电容器未开始放电时，电容器带电量最大，两极板间的电压最大，即R两端的电压最大，根据电容的定义式可知，电容器的电容为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电容器放电的I-t图像中，图线与坐标轴围成的面积S表示电容器的总电荷量；放电电阻的大小会影响放电电流的大小，但对电容器放出的总电量没有影响；根据电容的定义式求解电容器的电容。
11．（2023高三上·海淀期末）真空中存在沿y轴正方向的匀强电场，带电粒子a和b先后从坐标原点O沿x轴正方向射入该电场，其轨迹如图所示。忽略粒子所受重力，下列条件中可以判定粒子a比荷较大的是（ ）
A．粒子a和b在电场中的加速度相等 B．粒子a和b射入电场时的速度相等
C．粒子a和b射入电场时的动能相等 D．粒子a和b射入电场时的动量相等
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】粒子在电场中做类平抛运动，则，，解得
A．若粒子a和b在电场中的加速度相等，则，可知两粒子的比荷相等，A不符合题意；
B．粒子a和b射入电场时的速度相等，则由，由图像可知，当x相同时a粒子的y值较大，则粒子a比荷较大，B符合题意；
C．粒子a和b射入电场时的动能相等，则由，由图像可知，当x相同时a粒子的y值较大，则粒子a电荷量较大，选项 C不符合题意；
D．粒子a和b射入电场时的动量相等，则由，由图像可知，当x相同时a粒子的y值较大，则粒子a电荷量与质量的乘积较大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用牛顿第二定律结合加速度相等可以判别两粒子比荷相等；利用位移公式公式结合竖直方向的位移大小可以比较比荷的大小；利用动能相等结合竖直方向的位移可以比较电荷量的大小；利用动量相等可以比电荷量与质量乘积的大小。
12．如图所示，是竖直平面内圆上的一条竖直直径，是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆周平面。将带等量负电荷的相同小球从点以相同的动能射出，射出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达点时小球的动量总是最小。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是 （ ）
A．可以断定电场方向由点指向圆弧上的某一点
B．到达点时小球的动能和电势能之和总是最大
C．到达点时小球的电势能和重力势能之和总是最小
D．对到达圆上的所有小球中，机械能最小的小球应落在圆弧上的某一点
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.小球在运动过程中，受重力和电场力作用，因为重力和电场力均为恒力，所以二者的合力也为恒力，相同小球从O点以相同的动能射出，在A点动量最小，说明小球到达A点的总动能最小，则从O点运动到A点的小球克服合力做功最大，也就是说O到A沿电场方向上的距离相比与O到其它点沿电场方向的距离最大，可知重力与电场力的合力方向由O指向C，由平行四边形定则可知，小球受到的电场力方向在OB右侧到OC之间，因为小球带负电，所以即电场方向应该与电场力方向相反，是由O指向AD弧（劣弧）方向，A不符合题意；
B.根据能量守恒定律可得，小球运动过程中的能量：动能+重力势能+电势能=定值；小球的动能和电势能之和最大时，重力势能应最小，图中小球在D点的重力势能最小，所以小球到达D点的动能和电势能之和最大，同理，小球到C点时，电场力做功最多，动能最大，所以小球到达C点时的电势能和重力势能之和总是最小，B不符合题意，C符合题意；
D.小球克服电场力做功越多，小球的电势能越大，机械能越小，小球经过圆周上的点与O点的连线沿电场线方向时，小球克服电场力做功最多，所以机械能最小的小球应落在AD弧（劣弧）之间的某一点，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据小球到达A的动能最小，分析小球受到的合力方向，判断出小球受到的电场力方向的范围，得到电场的方向的范围；由能量守恒定律分析小球动能和电势能之和最大和电势能和重力势能之和最小的点；小球的电势能越大，则机械能越小，所以找到小球克服电场力做功最多的位置，即为小球机械能最小的位置。
13．（2023高三上·朝阳期末）某电子秤的原理简图如图所示。AB为一均匀的滑动变阻器，长度为L，两边分别有P1、P2两个滑动头，轻质弹簧上端与P1及秤盘底部相连，下端固定。弹簧原长时P1、和P2均指在A端。若P1、P2间出现电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上就能显示出被称物体的质量。已知弹簧的劲度系数为k，托盘质量为，电源电动势为E，内阻不计。重力加速度为g。在托盘上未放物体时需要先校准零点，即未放被称物体时电压为零。则（）
A．校准零点时，不需要移动滑动头P2
B．校准零点时，两滑动头间的距离为
C．滑动头P1滑至B端时，被称物体的质量为
D．被称物体的质量m与两滑动头间电压U的关系为
【答案】D
【知识点】路端电压与负载的关系
【解析】【解答】AB．未放被称物体时电压为零，即P1、P2两点等势，校准零点时，需要移动滑动头P2，让两滑动头间的距离为0，AB不符合题意；
C．放被称物体质量为m1时P1滑至B端，则有 ，解得 ，C不符合题意；
D．未放被称物体时，两滑动头P1、P2距A点的距离为x0： ，放被称物体质量为m时，两滑动头P1、P2间距离为x，有 ，由欧姆定律知两滑动头P1、P2间的电压为 ，又由 ，联立解得 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】当校准时，应该使两个滑片头的距离等于0，则两个P点电势相等；利用平衡方程可以求出被称物体的质量；利用欧姆定理结合平衡方程可以求出物体质量与电压的大小关系。
14．常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示，热电偶由型半导体和型半导体串联而成，型半导体的载流子形成电流的自由电荷是电子，型半导体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量等于元电荷。若两种半导体相连一端和高温热源接触，而另一端、与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在、两端形成稳定的电势差，且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系。下列说法正确的是（ ）
A．端是温差发电装置的正极
B．热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反
C．温差发电装置供电时不需要消耗能量
D．可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器
【答案】D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A.由题意可知，P型和N型半导体的载流子都会从高温端向低温端扩散，P型半导体的载流子是空穴， N型半导体的载流子是电子，所以A端带正电，B端带负电，故B端是温差发电装置的负极，A不符合题意；
B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同，B不符合题意；
C.根据能量守恒定律，温差发电装置供电时需要消耗内能，C不符合题意，
D.根据传感器的原理，可以利用热电偶设计一种将温度这个物理量转换成电学量的传感器，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据载流子的流动方向分析A、B两端带电情况，得到温差发电装置的正负极；电源内部，非静电力做功；根据能量守恒定律分析发动机的能量转化过程；根据传感器的原理分析。
二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15．用如图所示的多用电表正确测量了一个的电阻后，需要再测量一个阻值约为的电阻。在用红、黑表笔接触该待测电阻两端之前，必要的操作及其顺序应当是____填写选项前的字母。
A．将红表笔和黑表笔接触
B．把选择开关旋转到“”位置
C．把选择开关旋转到“”位置
D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
【答案】A,C,D
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】多用电表测电阻时，指针指在中央位置附近，测量值会比较准确，所以多用电表正确测量一个的电阻时，应选择的是“×1”的档位，而测量2kΩ的电阻，应选择“×100”的档位，所以再测量2kΩ的电阻时，需要把选择开关旋转到“×100”位置，并且在换档后要将红表笔和黑表笔接触，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。
故答案为：ACD。
【分析】根据多用电表测电阻的原理和注意事项选择必要的操作步骤。
16．在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的阻值约为，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度，用螺旋测微器测量金属丝直径时刻度位置如图所示，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。
（1）该电阻丝直径的测量值 ；
（2）实验中能提供的器材有：
A.电压表量程，内阻约
B.电压表量程，内阻约
C.电流表量程，内阻约
D.电流表量程，内阻约
E.滑动变阻器
F.滑动变阻器
G.电源电动势为及开关和导线若干
该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择 ，电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 ，选填各器材前的字母。要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，实验电路应选用图 。
（3）该同学建立坐标系，如图所示，
图中已标出了与测量数据对应的五个坐标点，还有一次测量的电压表和电流表示数如图所示，请根据测量数据将坐标点补全，并描绘出图线。由图线数据可计算出金属丝的电阻为 保留两位有效数字。设被测金属丝电阻为，则该金属材料电阻率的表达式是 用题目给出的物理量符号表示。
（4）实验中使用的电流表内阻为，电压表内阻为，若考虑电流表和电压表内阻的影响，图中图像中图线斜率与该金属材料的电阻率的关系是 用题目给出的物理量符号表示。
（5）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是、、的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数随指滑片移动的距离与滑片在变阻器上可移动的总长度的比值变化的关系曲线、、，如图所示。
则图中的图线对应的滑动变阻器是 ，以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为 的滑动变阻器在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下，下列选项正确的是 选填选项前的字母。
A.最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B.最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大倍的滑动变阻器
C.最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值比大倍的滑动变阻器
D.最大阻值为的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
【答案】（1）0.233
（2）A；D；E；丁
（3）5.2；
（4）
（5）；；D
【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，主尺读数为0，可动尺读数为23.3×0.01mm=0.233mm，可得该电阻丝直径的测量值为d=0+0.233mm=0.233mm；
（2）由提供的实验器材可知，电源电动势为3.0V，故电压表选择选A，通过待测电阻的电流最大值为，故电流表选D，由于要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，故滑动变阻器采用限流接法；采用限流接法时，为便于调节，最大值应为待测电阻的2-4倍比较合适，所以滑动变阻器选E；由于，则可知电流表应采用外接法，故电路图选择丁。
（3）根据测量数据，由描点法做出U-I图线如图：
根据欧姆定律，由图线数据可计算出金属丝的电阻为；设被测金属丝电阻为R，则有 ，该金属材料电阻率的表达式是
（4）若考虑电流表和电压表内阻的影响，由欧姆定律可得，又图U-I图像中图线斜率与该金属材料的电阻率的关系是。
（5）图线a中，滑片移动较大距离，电压表示数变化却较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为1000Ω的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器，故选最大阻值为10Ω滑动变阻器，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则读数；（2）根据待测电阻两端电压和通过待测电阻的电流的最大值选择电表；由电源消耗功率最小的要求选择滑动变阻器接入电路的方式，再根据接入方式选择滑动变阻器；由待测电阻与电压表和电流表的内阻的阻值关系选电流表接入电路的方式；（3）结合图中数据，由欧姆定律求出金属丝的电阻；由电阻定律推导金属材料电阻率的表达式；（4）考虑电压表的分流，由欧姆定律和电阻定律综合推导图线斜率与该金属材料的电阻率的关系；（5）图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，由此进行分析。
三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
17．右下图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝发出初速度可忽略不计，经灯丝与板间的电压加速，从板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板、形成的偏转电场中偏转电场可视为匀强电场，电子进入、间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的点。已知、两板间的电压为，两板间的距离为，板长为，电子的质量为，电荷量为，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。
（1）求电子穿过板时速度的大小；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；
（3）若要使电子打在荧光屏上点的上方，可采取哪些措施？
【答案】（1）解：设电子经电压加速后的速度为，由动能定理
解得
（2）解：电子以速度进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为，电子在偏转电场中运动的时间为，加速度为，电子离开偏转电场时的侧移量为。将电子在偏转电场中的运动进行分解，
沿水平方向：
沿竖直方向：由 ， ，
可得
且
解得：
（3）解：减小加速电压；增大偏转电压；
【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，求出电子穿过A板时速度的大小；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛的运动规律，由运动学公式和牛顿第二定律求解电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）根据（2）得到的结论，分析可以采取的措施。
18．金属导体中自由电子在电磁场的作用下发生定向移动，在定向移动过程中所受金属离子即金属原子失去自由电子后的剩余部分的阻力，其方向与自由电子定向移动的速度方向相反，大小正比于自由电子定向移动的速率，比例系数为。已知某种金属材料单位体积内的自由电子数为，元电荷为，忽略电子所受重力及其之间的相互作用，不计电子热运动的影响，自由电子的定向移动可视为匀速直线运动。如图所示，一段长为、横截面积为的该金属导体，当其两端电压为时，求：
（1）该金属导体内，电子定向移动的速率；
（2）该金属导体的电阻率提示：电流与电子定向移动速率的关系为。
【答案】（1）解：因为电子的定向移动为匀速直线运动，根据牛顿运动定律，可知其所受电场力 与阻力二力平衡，
即
解得
（2）解：根据部分电路欧姆定律
电阻定律 .
电流的微观表达式
可得 . 。
【知识点】共点力的平衡；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）自由电子做匀速直线运动，根据共点力平衡条件，结合电场力公式，求解该金属导体内，电子定向移动的速率；（2）由焦耳定律结合欧姆定律和电流的微观表达式，综合推导该金属导体的电阻。
19．如图所示，用电动势为、内阻为的电源，向滑动变阻器供电。改变变阻器的阻值，路端电压与电流均随之变化。
）以为纵坐标，为横坐标，在图中画出变阻器阻值变化过程中图像的示意图，并说明图像与两坐标轴交点的物理意义。
（1）请在图画好的关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。
（2）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
【答案】（1）解：如答图所示，
电源输出的电功率
当外电路电阻 时，电源输出的电功率最大，为
（2）解：电动势定义式
根据能量守恒，在图所示电路中，非静电力做功产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）a.根据闭合电路的欧姆定律得到U-I表达式，根据表达式画出图象；根据P=UI画出图象对应的面积；b.根据闭合电路的欧姆定律结合电功率的计算公式推导电源对外电路能够输出的最大电功率及条件；（2）电动势的定义式为；根据电荷流动过程中，能量的转化情况，证明电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
20．研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。
图为某加速装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图所示。在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连的金属圆板序号为的中央有一电子，在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵循一定的规律。
若电子的质量为，电荷量为，交变电源的电压为，周期为，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为。不计电子的重力和相对论效应。
（1）求电子进入圆筒时的速度，并分析电子从圆板出发到离开圆筒这个过程的运动。
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第个金属圆筒的长度应该为多少？
（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度是多少？
【答案】（1）解：电子由金属圆板经电场加速进入圆筒，根据动能定理得
解得 ，
电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒，筒内场强为，电子不受外力做匀速直线运动，在圆筒、之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒再做匀速直线运动。
（2）解：电子进入第个圆筒时，经过次加速，根据动能定理得
解得
由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，则
解得
（3）解：由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和中相同，且考虑电子在间隙中的加速时间，则电子进入每级圆筒的时间都要比中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是电子获得的最大速度。
由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均相同，则电子的加速度为 ，
又 ， ，
则
累计延后时间为 ，则电子的加速时间为 ，所以电子的最大速度为
可得。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）根据动能定理分析电子在圆筒0和圆筒1之间的运动，求出电子进入圆筒1时的速度 ，根据电子运动过程中的受力情况分析运动情况；（2）根据动能定理求解经过n次加速后电子的速度大小，结合交流电的周期，由x=vt求解第n个金属圆筒的长度；（3）根据匀变速直线运动的规律结合运动学公式、牛顿第二定律进行解答。