资料简介
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高二物理期末押题卷
一.选择题（不定项选择题每题4分共40分）
1．下列关于电源电动势的说法，正确的是（ ）
A．电动势实质上就是电压
B．电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功
C．电动势是指电源内部非静电力所做的功
D．电动势越大，表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大
2．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭
合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下
说法不正确的是（ ）
A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流
B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流
C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流
D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过
3．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对
面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（
）第 2 页 共 26 页
A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变
4．如图所示，电灯A上标有“10V，10W”的字样，电灯B上标有“8V，20W”的字样，
滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变
化），则（ ）
A．电流表示数一直减小，电压表示数一直增大
B．电流表示数一直增大，电压表示数一直减小
C．电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大
D．电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小
5．在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（ ）
A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗
C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮
6．根据R=ρ 可以导出电阻率的表达式ρ=
，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（ ）
A．跟导线的电阻只成正比 B．跟导线的横截面积S成正比
C．跟导线的长度L成反比 D．只由其材料的性质决定第 3 页 共 26 页
7．带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着
跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之
比为（不计重力为（ ）
A．3：4B．4：3 C．3：2 D．2：3
8．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关
S待电路稳定后，电容器C两极板带有
一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（ ）
A．只增大R1，其他不变
B．只增大R2，其他不变
C．只减小R3，其他不变
D．只增大a、b两极板间的距离，其他不变
9．如图所示，K1、K2闭合时，一质量为m、带电量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平
行金属板间．现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移一段距离，则下列说法正确
的是（ ）第 4 页 共 26 页
A．电容器的电容变小 B．A板电势比电路中Q点电势高
C．液滴仍保持静止 D．液滴的电势能增大
10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，
即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、
Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（ ）
A．三个等势面中，c的电势最低
B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b
二.实验题（每题8分共32分）
11．一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ
，若改装成量程为Im=10mA的电流表，应 联的电阻阻值为
Ω．若将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表，应再 联一个阻值为
Ω的电阻．
12．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如
图所示．由图可读出l= cm，d= mm．第 5 页 共 26 页
13．要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开
关外，还有以下一些器材可供选择：
A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）
B、电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）
C、电压表V2 （0～15.0V，内阻约6kΩ
D、电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）
E、电流表A2 （0～100mA，内阻约2Ω）
F、滑动变阻器R1（最大值10Ω）
G、滑动变阻器R2（最大值2kΩ）
（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择 ，电流表应选择
，滑动变阻器应选择 ．（填各器材的序号）
（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．
（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特
性曲线．第 6 页 共 26 页
I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50
U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00
（4）该小电珠的额定功率是 ．
14．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．
（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．
（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到 （填“a”或“b”）端
（3）小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如
图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E= V，电的内阻r=
Ω（结果保留两位有效数字）．
三.计算题（要写出必要的文字说明和必要的方程，共28分）
15．如图所示，电路中接电动势为4V，内电阻为2Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的
阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电路稳定后．
（1）求电流表的读数；
（2）求电容器所带的电荷量；
（3）如果断开电源，求通过R2的电荷量．第 7 页 共 26 页
16．如图所示，质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C，从半径为0.3m的光滑的
圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩
擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上
滑行的最大距离：
（1）E水平向左；
（2）E竖直向下．
17．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长
L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg，带电量q=+1.0×10﹣
8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点
O处，取g=10m/s2．试求：
（1）带电粒子入射初速度的大小；
（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电
势为多少？第 8 页 共 26 页
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参考答案与试题解析
一.选择题（不定项选择题每题4分共40分）
1．下列关于电源电动势的说法，正确的是（ ）
A．电动势实质上就是电压
B．电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功
C．电动势是指电源内部非静电力所做的功
D．电动势越大，表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大
【考点】电源的电动势和内阻．
【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．但电压和电动势
的物理意义不同；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱．
【解答】解：A、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；而
电压是反映静电力做功情况；二者意义不同；故电动势与电压不同；故A错误；
B、由W=Eq可知，电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功；故B
正确；
C、电动势是指电源内部非静电力所做的功与流过电荷量之间的比值；故C错误；
D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，把
其他形式的能转化为电能的本领越大．故D错误；
故选：B．
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2．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭
合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下
说法不正确的是（ ）
A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流
B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流
C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流
D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过
【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．
【分析】质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态，受力平衡．滑动触头移动的过
程中，判断出电容器两端电压的变化，从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电
流计的电流以及油滴的运动情况．再通过电路的动态分析得出经过R2的电流变化．
【解答】解：A、B、C、在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大
，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电
压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流
增大．根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流
计的电流方向是b→a．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与
重力平衡，所以油滴会向上加速．故A正确、C错误；反之下移，则油滴向下加速运动，G
中有从a到b的电流，则B正确
D、将S断开，则C放电，G中有电流，油滴下落．则D错误．
本题选错误的，故选：CD第 11 页 共 26 页
3．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对
面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（
）
A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变
【考点】电容器的动态分析．
【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的
决定式C=
分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容
的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．
【解答】解：A、B、根据电容的决定式C=
得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不
变，由电容的定义式C=
分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减
小．故A正确，B错误．
C、D、根据电容的决定式C=
得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所
带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C= 第 12 页 共 26 页
分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小
，故C错误，D错误．
故选：A．
4．如图所示，电灯A上标有“10V，10W”的字样，电灯B上标有“8V，20W”的字样，
滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变
化），则（ ）
A．电流表示数一直减小，电压表示数一直增大
B．电流表示数一直增大，电压表示数一直减小
C．电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大
D．电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】先两灯的额定电压和功率，求出其电阻大小．再分析当滑动触头P由a端向b端滑
动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化
，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化．
【解答】解：电灯A的电阻为RA= ，电灯B的电阻为RB=
═3.2Ω，则知RA＞RB第 13 页 共 26 页
所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器两侧并联的总电阻一直减小，根据闭
合电路欧姆定律电路中总电流一直增大，路端电压一直减小，则电流表的示数一直增大，
电压表的示数一直减小．故B正确．
故选：B
5．在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（ ）
A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗
C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻
减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道A灯亮度的变化．由欧姆定律
分析并联部分电压的变化，判断B灯亮度的变化．由通过B的电流与总电流的变化，分析通
过C灯电流的变化，判断其亮度的变化．
【解答】解：当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总
电阻增大，总电流I减小，A灯变暗．
A灯和电源的内电压都减小，由闭合电路欧姆定律得知并联部分电压增大，B灯变亮．
由总电流减小，而通过B灯的电流增大，可知通过C灯的电流减小，则C灯变暗．故ACD错
误，B正确．
故选：B．
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6．根据R=ρ 可以导出电阻率的表达式ρ=
，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（ ）
A．跟导线的电阻只成正比 B．跟导线的横截面积S成正比
C．跟导线的长度L成反比 D．只由其材料的性质决定
【考点】电阻定律．
【分析】在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无
关．
【解答】解：电阻率的大小与材料的性质决定，与电阻的大小、导线的长度、横截面积无
关．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
7．带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着
跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之
比为（不计重力为（ ）
A．3：4B．4：3 C．3：2 D．2：3
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移之比得出运动的时间之比
，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的
质量比．第 15 页 共 26 页
【解答】解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运
动，两个粒子的初速度相等，P和Q的水平位移比为1：2，由x=v0t知，运动时间比为1：2
．
根据y= at2，得加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，a=
，因为P和Q的电量比为3：1，则P和Q的质量比为3：4．故A正确，B、C、D错误．
故选：A
8．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关
S待电路稳定后，电容器C两极板带有
一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（ ）
A．只增大R1，其他不变
B．只增大R2，其他不变
C．只减小R3，其他不变
D．只增大a、b两极板间的距离，其他不变
【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．
【分析】电容器与R3串联，与R2并联，电容器两端间的电势差等于R2两端间的电势差，电
阻R3相当于导线．判断出R2两端电压的变化，根据Q=CU2得出电容器电量的变化．
【解答】解：A、只增大R1，其他不变，电路中的电流变小，R2两端的电压减小，根据Q=
CU2，知电容器所带的电量减小．故A错误．第 16 页 共 26 页
B、只增大R2，其他不变，电路中的电流变小，内电压和R1上的电压减小，电动势不变，
所以R2两端的电压增大，根据Q=CU2，知电容器所带的电量增大．故B正确．
C、只减小R3，其他不变，R3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变．故C错误
．
D、增大ab间的距离，根据C=
，知电容C减小，而两端间的电势差不变，所以所带的电量减小．故D错误．
故选B．
9．如图所示，K1、K2闭合时，一质量为m、带电量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平
行金属板间．现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移一段距离，则下列说法正确
的是（ ）
A．电容器的电容变小 B．A板电势比电路中Q点电势高
C．液滴仍保持静止 D．液滴的电势能增大
【考点】电容；电势能；闭合电路的欧姆定律．
【分析】在电容器的电量不变的情况下，将B析下移，则导致电容变化，电压变化，根据E
= 与 相结合可得E=
，从而确定电场强度是否变化．再根据电荷带电性可确定电势能增加与否．第 17 页 共 26 页
【解答】解：A、根据
，当间距d增大时，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；
B、断开后A板带正电，电场线从A到B，由于沿着电场线的方向电势降低，所以A板电势比
电路中Q点电势高，故B正确；
C、根据E= 与 相结合可得E=
，由于电量、正对面积不变，从而确定电场强度也不变，所以液滴仍保持静止，故C正确
；
D、根据电场力与重力平衡可知，液滴带负电，由于B板的移动，导致液滴的电势升高，所
以其电势能减小，故D错误；
故选ABC
10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，
即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、
Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（ ）
A．三个等势面中，c的电势最低
B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b
【考点】等势面；电势；电势能．第 18 页 共 26 页
【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；根据推论
，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密
确定出，P点场强小，电场力小，加速度小．
【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯
曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c点电势最高，故A错误；
B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B错误；
C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于
在Q点的动能与电势能之和，故C错误；
D、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R
点的加速度方向与等势面垂直，故D正确；
故选D．
二.实验题（每题8分共32分）
11．一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ
，若改装成量程为Im=10mA的电流表，应 并 联的电阻阻值为 5
Ω．若将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表，应再 串 联一个阻值为 2.99×105
Ω的电阻．
【考点】把电流表改装成电压表．
【分析】改装成电流表应并联小电阻分流，并联电阻与表头的电压相等；
改装成电压表应串联大电阻分压，串联电阻与表头的电流相等．
【解答】解：表头两端的满偏电压为Ug=IgRg=5×10﹣5×1000Ω=0.05V；第 19 页 共 26 页
改装大量程的电流表时，表头的满偏电流仍为50μA，此时流过并联电路部分的总电流为1
0mA，则流过并联电阻的电流I=Im﹣Ig=10mA﹣50μA=9950μA；
则并联电阻r= ≈5Ω；
若改装成电压表，则达最大量程时，串联电阻两端的电压U=Um﹣Ug=15V﹣0.05V=14.9
5V；
则应串联的电阻R′= =2.99×105Ω
故答案为：并；5；串；2.99×105．
12．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如
图所示．由图可读出l= 2.25 cm，d= 6.860 mm．
【考点】螺旋测微器的使用．
【分析】游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数．不需要估读．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，读可动刻度读数时需要估读．
【解答】解：游标卡尺的主尺读数为22mm，游标读数为0.1×5=0.5mm，所以最后读数
为：22.5mm=2.25cm．
螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为36.0×0.01=0.360mm（0为估读
），所以最后读数为6.860mm．第 20 页 共 26 页
故答案为：2.25 cm，6.860 mm．
13．要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开
关外，还有以下一些器材可供选择：
A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）
B、电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）
C、电压表V2 （0～15.0V，内阻约6kΩ
D、电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）
E、电流表A2 （0～100mA，内阻约2Ω）
F、滑动变阻器R1（最大值10Ω）
G、滑动变阻器R2（最大值2kΩ）
（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择 B ，电流表应选择 D
，滑动变阻器应选择 F ．（填各器材的序号）
（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．
（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特
性曲线．
I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50
U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00第 21 页 共 26 页
（4）该小电珠的额定功率是 1.00W ．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，在保证电
路安全的情况下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压
接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图．
（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象．
（4）根据图象可明确电压为2V时的电流，由功率公式可求得功率．
【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选B；由表中实验数据可知，最大电流为
0.5A，电流表选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选F；
（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接
法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为3.7Ω，电压表内阻约为2kΩ，灯泡电阻阻值
远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图甲所示；
（3）应用描点法作图，根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后用平滑的曲线
把各点连接起来，作出灯泡的I﹣U图象，图象如图乙所示．
（4）由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；则功率P=UI=2×0.5=1.00W；
故答案为：（1）B；D；F；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）1.00W．第 22 页 共 26 页
14．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．
（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．
（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到 a （填“a”或“b”）端
（3）小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如
图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E= 1.5 V，电的内阻r= 1.0
Ω（结果保留两位有效数字）．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）根据原理图明确对应的实物图；
（2）实验开始应使滑动变阻器的接入阻值最大；根据滑动变阻器的接入方法明确滑片的
位置；
（3）根据图象的性质可求得电源的电动势和内阻；注意图象与纵坐标的交点为电源的电
动势；图象的斜率表示内阻．
【解答】解：（1）根据原理图可明确实物图，如图所示；
（2）为了实验的安全，开始时滑动变阻器接入电阻应为最大值，故滑片应滑到a端；
（3）由图可知，电源的电动势E=1.5V；r= =1.0Ω；
故答案为：（1）如图所示；（2）a （3）1.5 1.0第 23 页 共 26 页
三.计算题（要写出必要的文字说明和必要的方程，共28分）
15．如图所示，电路中接电动势为4V，内电阻为2Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的
阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电路稳定后．
（1）求电流表的读数；
（2）求电容器所带的电荷量；
（3）如果断开电源，求通过R2的电荷量．
【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电流、电压概念．
【分析】（1）在该电路中，R1和R2被电流表短路，即该电路由R3、R4、和电流表构成串
联电路，根据闭合电路欧姆定律去求电流表的读数．
（2）电容器并联在R3的两端，电容器两端的电压等于R3两端的电压，根据Q=CU3求电容
器所带的电荷量．
（3）断开电源，电容器会出现放电，因R1、R2并联，且R1=R2，所以流过两个电阻的电荷
量相等．
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律：I=
故电流表的读数为0.4A．第 24 页 共 26 页
（2）U3=IR3=0.4×4V=1.6V
Q=CU3=4.8×10﹣5C
故电容器所带的电荷量为4.8×10﹣5C
（3）因R1、R2并联，且R1=R2，所以在放电回路中通过R2的电量为
故通过R2的电荷量为2.4×10﹣5C．
16．如图所示，质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C，从半径为0.3m的光滑的
圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩
擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上
滑行的最大距离：
（1）E水平向左；
（2）E竖直向下．
【考点】动能定理；向心力．
【分析】（1）由动能定理列方程求解，此过程中，重力做正功、电场力和滑动摩擦力做
负功．
（2）由动能定理列方程求解，此过程中，重力和电场力做正功、滑动摩擦力做负功
【解答】解：（1）当E水平向左时：
初速度和末速度都为0，由动能定理得：外力做的总功为0
即mgR﹣Ffx﹣qE（R+x）=0第 25 页 共 26 页
其中Ff=mgμ
所以x= =0.4m
（2）当E竖直向下时，由动能定理，初速度和末速度都为0，所以外力做的总功为0
即mgR﹣Ffx+qER=0
其中Ff=（mg+qE）μ
所以x= =0.75m
答：（1）E水平向左时位移为0.4m
（2）E水平向下时位移为0.75m
17．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长
L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg，带电量q=+1.0×10﹣
8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点
O处，取g=10m/s2．试求：
（1）带电粒子入射初速度的大小；
（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电
势为多少？
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．第 26 页 共 26 页
【分析】（1）粒子只是在重力的作用下做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子
入射时初速度v0的大小；
（2）对于落到最右侧的粒子，在电场中受到重力和电场力的共同的作用，此时粒子做的
是类平抛运动，由类平抛运动的规律可以求得此时电势的大小；
【解答】解析：（1）电容器不带电时，微粒做平抛运动，设初速度为v0，则有：
联立两式得： 代入数据得：v0=2.5m/s
（2）若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则
UAB=φA﹣φB=φA
A板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有：
联立以上各式得：φAmin=6V A板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有：
且有：a2=a1
代入数据得：φAmin=10V
综上可得：6V≤φA≤10V
答：（1）粒子入射时初速度v0的大小为：v0=2.5m/s
（2）则带电后A板的电势为：6V≤φA≤10V
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