贵州省黔西南州金成实验名校2023-2024学年高一下学期物理6月月考试题
1．（2024高一下·黔西月考）式①和式②分别为场强的定义式和点电荷场强的表达式。下列说法正确的是（ ）
A．两式都只对点电荷产生的场才成立
B．式②中是电场中某一点的场强大小，是场源电荷
C．①中是放入电场中电荷受的力，是产生这个电场的电荷
D．两式中都是电荷产生的的场强
2．（2024高一下·黔西月考）根据欧姆定律，下列哪种说法是正确的（ ）
A．通过导体的电流越大，它的电阻就越小
B．导体两端的电压越大，这段导体的电阻就越大
C．导体的电阻与它的电压成正比，与它的电流成反比
D．导体两端的电压越大，这段导体的电流就越大
3．（2024高一下·黔西月考）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（ ）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．对应P点，小灯泡的电阻为
C．对应P点，小灯泡的电阻为
D．对应P点，小灯泡的功率为图中梯形所围面积
4．（2024高一下·黔西月考）如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过。若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是（ ）
A．正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→A
B．溶液内由于正、负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零
C．溶液内的电流方向从A→B，电流
D．溶液内的电流方向从A→B，电流
5．（2024高一下·黔西月考）关于多用电表的使用，下列说法正确的有（ ）
A．甲图是用多用电表直流电压档测量小灯泡两端的电压，表笔接法正确
B．乙图是用多用电表直流电流档测量电路中的电流，表笔接法错误
C．丙图中用的是多用电表电阻档测量二极管的正向电阻
D．丁图中用的是多用电表电阻档测量二极管的正向电阻
6．（2024高一下·黔西月考）如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长。当仅将A与B接入电路时，导体电阻为；当仅将C与D接入电路时，导体电阻为。那么为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·黔西月考）电场中的一组等势线如图中实线所示，一带正电粒子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是运动轨迹与同一条实线相交的两点，c是运动轨迹上的一点。下列说法正确的是（ ）
A．a点的电场强度与b点的电场强度相同
B．a点的电势高于c点的电势
C．粒子在a点的电势能小于c点的电势能
D．粒子在a点的动能小于c点的动能
8．（2024高一下·黔西月考）电阻串联在电路中，，，的电压为，的电压为，则（ ）
A．电路中的电流为 B．电阻的阻值为
C．三个电阻两端的总电压为 D．电阻两端的电压为
9．（2024高一下·黔西月考）甲、乙两电路图分别是滑动变阻器的两种连接方式。R是滑动变阻器，P是滑动变阻器的滑片，a、b是滑动变阻器的两端，Rx是待测电阻，下列说法正确的是（ ）
A．乙图电路中的滑动变阻器采用“一上一下”的连接方式
B．在闭合开关测量前，甲、乙两图中滑片P都应置于b端
C．要求电压和电流调节范围比较大时，选择图乙电路连接
D．甲、乙两图中待测电阻Rx上的电压都可以调到零
10．（2024高一下·黔西月考）如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．油滴带负电
B．油滴受到的静电力大小为
C．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
11．（2024高一下·黔西月考）（1）某同学使用螺旋测微器测定其直径d，某次测量结果如图1所示，读数为 mm。用游标卡尺测量其长度，示数如图2所示，由图可知其长度L= cm。
（2）某同学用多用电表测量某些电学量。经过正确操作，测量时的指针位置均指在如图1所示的位置。若测直流电压，所选量程为50 V，则读数应为 V；若选量程为直流电流10mA，则读数为 A；若测量电阻，记录的读数为1 600 Ω，则所选倍率为 （选填“×1”“×10”“×100”或“×1k”）。
（3）在（1）中用多用电表测量完电阻后，需要继续测量一个阻值约为13 Ω的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下有些操作步骤是必需的，请选择正确的操作并按正确顺序写出序号 ；
①将红表笔和黑表笔接触
②把选择开关旋转到“×1”位置
③把选择开关旋转到“×10”位置
④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点
12．（2024高一下·黔西月考）用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值（阻值约为200Ω），实验室提供如下器材：
A．电源E：电动势3V，内阻忽略不计；
B．电流表A1：量程0~15mA，内阻约为100Ω；
C．电流表A2：量程0~300μA，内阻r2=1000Ω；
D．电压表V：量程15V，内阻约15kΩ；
E．滑动变阻器R1（阻值范围0~20Ω）
F．滑动变阻器R2（阻值范围0~2kΩ）
G．定值电阻R3：阻值为9000Ω；
H．开关S、导线若干。
（1）出于电表的安全性及测量要求考虑，同学们选用电压表V并联在小灯泡两端测量小灯泡的电压，发现这种方法实际上不可行，其最主要的原因是 。
（2）在实验中要求尽可能准确地测量Rx的阻值，请选用合适的实验器材，在虚线框中画出完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号 。
（3）假设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表的读数为U，根据设计的电路图，用已知的和测得的物理量来表示Rx= 。（用字母表示）
13．（2024高一下·黔西月考）有一电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA。求：
（1）要把它改装成量程为0~3V的电压表，应如何联一个多大的电阻；
（2）要把它改装成量程为0~0.6A的电流表，需要如何联一个多大的电阻，改装后电流表的内阻是多大。（第2小题计算结果保留2位小数）
14．（2024高一下·黔西月考）用长为的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为m、电荷量为q的带正电小球，细线的上端固定于O点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直方向成30°，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，由静止释放，重力加速度为g，求：
（1）该匀强电场的场强；
（2）小球释放瞬间的加速度大小和方向；
（3）小球第一次通过O点正下方时细绳的拉力大小。
15．（2024高一下·黔西月考）示波器是一种常用的实验仪器，如图所示，它常被用来显示电信号随时间变化的情况。振动、光、温度等的变化可以通过传感器转化成电信号的变化，然后用示波器来研。示波器的基本原理是带电粒子在电场力的作用下加速和偏转。一个电荷量为，质量为的带电粒子，由静止经电压为的加速电场加速后，立即沿中心线垂直进入一个电压为的偏转电场，然后打在垂直于放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为，极板长，极板的右端与荧光屏之间的距离也为8cm。整个装置如图示（不计粒子的重力）求：
（1）粒子出加速电场时的速度v；
（2）粒子出偏转电场时的偏移距离y；
（3）P点到O2的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】A．①式是场强大小的定义式，对所有电场都适用，②式只对点电荷产生的场才成立，A错误；
B．式②中是电场中某一点的场强大小，是场源电荷，B正确；
C．式①中是放入电场中的电荷所受的力，是放入这个电场的试探电荷，C错误；
D．式①中电荷是放入这个电场的试探电荷，式①中的不是式中电荷产生的电场的场强，式②中电荷是场源电荷，式②中的是式中电荷产生的电场的场强，D错误；
故答案为：B。
【分析】场强大小的定义式，没有对应物理量的正比或者反比关系。
2．【答案】D
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】ABC.导体的电阻由导体本身决定，与其两端的电压和通过其的电流无关，故ABC错误；
D.根据欧姆定律可知，通过导体的电流与其两端电压成正比，导体两端的电压越大，通过这段导体的电流就越大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】通过导体的电流与其两端电压成正比，欧姆定律是电流的决定式，有正反比关系。
3．【答案】B
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据欧姆定律有
可知，图像中，图像的切线的斜率的绝对值表示该相应电压时小灯泡的电阻的倒数，根据图像可知，随着所加电压的增大，图像切线的斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，故A错误；
BC．根据欧姆定律有
可知，图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻，则有
则有
故B正确，C错误；
D．小灯泡消耗的功率为
可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形所围面积，故D错误。
故答案为：B。
【分析】图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻的倒数，小灯泡的功率为图中矩形所围面积。
4．【答案】D
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】AB.正离子从A运动到B，负离子从B运动到A，电流的方向跟正离子的运动方向相同，跟负离子运动的方向相反，所以正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成得电流方向A→B，AB错误；
CD.通过溶液内截面的离子总数为，所以电流
C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】电流的方向跟正离子的运动方向相同， 1价离子 ， 基本电荷为e。
5．【答案】C
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A．甲图是用直流档测电压，但要求电流从红接线柱流出，显然红黑表笔接反，A不符合题意；
B．乙图是电流档测电流，要断开电路将电流表串联，从红表笔流进，故表笔接法正确，B不符合题意；
C．丙图中用的是多用电表电阻挡测量二极管的正向电阻，要求电流从二极管的正极流入，即欧姆表的黑表笔与二极管的正极相连，C符合题意；
D．丁图是用欧姆档测二极管的反向电阻，则要求电流从二极管的负极流进，即欧姆表的黑表笔与二极管的负极相连，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据使用多用电表测电压时，电流从红表笔流入黑表笔流出，多用电表要与待测电路并联，分析甲乙两图分析判断；利用欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，分析丙、丁电路图并分析判断。
6．【答案】B
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】设矩形金属薄片的厚度为h，由电阻定律可知
由于
联立解得
故答案为：B。
【分析】根据电阻定律代入题中数据进行分析。
7．【答案】C
【知识点】电势能；电势；等势面
【解析】【解答】AB．根据粒子的轨迹，可知受到的电场力指向轨迹的内测，如图
粒子带正电荷，则电场强度的方向与电场力方向相同，则电场线指向轨迹的内测，a点的电场强度与b点的电场强度方向不同，即电场强度不同，沿电场线电势降低，则a点的电势低于c点的电势，AB错误；
CD．根据粒子的轨迹，可知受到的电场力指向轨迹的内测，如图
则粒子从a到c点运动时，电场力做负功，动能减小，电势能增加，D错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】粒子从a到c点运动时，电场力做负功，动能减小，电势能增加，受到的电场力指向轨迹的内测。
8．【答案】A,C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得
故A正确；
B．根据欧姆定律得
故B错误；
CD．电阻两端的电压
总电压
故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】串联电路中各处的电流相等，总电压等于各个用电器电压之和，根据欧姆定律求解电流大小以及电阻大小。
9．【答案】B,C
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】A．乙图电路中的滑动变阻器采用分压式接法，是一上两下的连接方式，故A错误；
B．在闭合开关测量前，甲图中滑动变阻器应该全部接入电路，滑片P都应置于b端，乙图中Rx两端的电压应该从零开始变化，滑片P都也应置于b端，故B正确；
C．乙图中电压和电流都可以从零开始，而甲图中电压和电流都无法调节到零，故图乙的电压和电流调节范围较大，故C正确；
D．图甲属于限流式接法，滑片滑到b时，待测电阻两端的电压最小，且无法调节到零，故待测电阻上的电压无法调节到零，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】滑动变阻器采用分压式接法，图甲属于限流式接法，滑片滑到b时，待测电阻两端的电压最小，但无法调节到零。
10．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，电场强度方向竖直向下，故油滴带负电。故A正确；
B．两极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用。故B错误；
CD．上极板下移，板间距d减小，根据
，
则
故电场强度不变，根据
可知油滴所受静电力不变，油滴静止不动，根据
可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小。故C正确；D错误。
故答案为：AC。
【分析】库仑定律适用于点电荷库仑力的计算，静电计指针偏角越大，表明极板间电压越高。
11．【答案】（1）0.645；4.240
（2）24.0；4.8；×100
（3）②①④
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；练习使用多用电表
【解析】【解答】(1)螺旋测微器固定刻度示数为0.5mm，可动部分示数为
14.5×0.01mm=0.195mm
则直径为
D=0.5mm+0.145mm=0.645mm
游标卡尺主尺示数为42mm，游标尺示数为
8×0.05mm=0.40mm
则长度为
L=42mm+0.40mm=4.240mm
(2)根据多用电表电流挡读数方法，可知若所选挡位为直流50mA挡，则示数为：24.0mA； 若测直流电压，所选量程为50 V，则读数应为4.8V，根据欧姆表的读数方法，可知若所选挡位为“×100Ω”挡，则示数为
16.0×100Ω=1600Ω
（3）需要继续测量一个阻值约13Ω的电阻，需要换到×1挡，然后将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故合理的顺序是 ②①④ 。
【分析】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数；
（2）欧姆表的读数方法为表盘示数乘以档位；
（3）换挡需要重新进行欧姆调零。
12．【答案】（1）量程过大，导致指针偏转角度过小，无法准确读数
（2）
（3）
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）因为电压表量程15V，电动势3V，所以不可行，因为电压表量程过大，导致指针偏转角度过小，无法准确读数。
（2）题要求用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值，所以需要量程合适的电压表和电流表。但是题中所提供的电压表V的量程为15V，比电源的电动势3V还明显大多了，所用就需要将电流表A2（量程0~300μA，内阻r2=1000Ω）与定值电阻R3（阻值为9000Ω）串联改装成量程为3V的电压表V＇（内阻为10000Ω）。如果加在被测电阻（阻值约为200Ω）两端电压为电压表V＇的量程3V，则流过被测电阻的电流约为15mA，故电流表A1（量程0~15mA，内阻约为100Ω）正合适。电流表A1的内阻未知，而改装电表内阻已知，需要采用外接法。由于需要多次测量不同的电压和电流，且需要调节方便，则需要选用滑动变阻器R1（阻值范围0~20Ω）且应接成分压式。电路设计如图所示
（3）电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，则根据串、并联电路的知识，被测电阻的阻值为
【分析】（1）电压表量程过大，导致指针偏转角度过小，无法准确读数；
（2） 在实验中要求尽可能准确地测量Rx的阻值， 需要测量更多实验数据，故采用阻值小的电阻分压式连接；
（3）根据串、并联电路的知识，结合欧姆定律求解被测电阻的阻值。
13．【答案】（1）解：要把G改装成量程为0~3V的电压表，应串联电阻的阻值为
（2）解：要把G改装成量程为0~0.6A的电流表，需要并联电阻的阻值为
改装后电流表的内阻是
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）改装成大量程的电压表，要串联一个电阻，满偏电流不变；（2）改装成大量程的电流表，要并联一个电阻，满偏电流不变。
14．【答案】（1）解：根据题意，对小球受力分析，由平衡条件有
解得
（2）解：向左拉小球使细线水平且拉直，由静止释放，释放瞬间，如图所示
释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成角，加速度大小为
方向与竖直方向成角
（3）解：小球从静止开始运动到细绳被拉直过程中，有
细绳被拉直瞬间，小球速度为
因在细线被拉直的瞬间有能量损失，沿绳方向速度变为0，则此时小球的速度为
从细绳被拉直到小球运动到O点正下方过程中，由动能定理有
在O点正下方，由牛顿第二定律有
联立解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1） 对小球受力分析，由平衡条件结合几何关系求解；
（2） 释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动， 根据几何关系以及牛顿运动定律求解加速度大小；
（3） 细线被拉直的瞬间有能量损失，沿绳方向速度变为0 ， 由动能定理小球在正下方求解速度，根据牛顿第二定律求解
15．【答案】（1）解：在加速电场运动过程中，由动能定理
代入数据得
（2）解：带电粒子在偏转电场中的加速度
带电粒子在偏转电场的运动时间
带电粒子离开电场时的偏转量
联立解得
y=0.03m
（3）解：带电粒子从偏转电场中出来的竖直方向的速度为
速度与水平方向的夹角为
根据速度反向延长线恰好平分水平方向的位移有：
【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） 在加速电场运动过程中，由动能定理求解粒子出加速电场时的速度v
（2） 求出 带电粒子在偏转电场中的加速度以及运动时间，根据匀变速直线运动的位移时间关系求解 粒子出偏转电场时的偏移距离y 。
（3） 可以利用平抛运动相关规律或者相似三角形知识求解。
1 / 1贵州省黔西南州金成实验名校2023-2024学年高一下学期物理6月月考试题
1．（2024高一下·黔西月考）式①和式②分别为场强的定义式和点电荷场强的表达式。下列说法正确的是（ ）
A．两式都只对点电荷产生的场才成立
B．式②中是电场中某一点的场强大小，是场源电荷
C．①中是放入电场中电荷受的力，是产生这个电场的电荷
D．两式中都是电荷产生的的场强
【答案】B
【知识点】电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】A．①式是场强大小的定义式，对所有电场都适用，②式只对点电荷产生的场才成立，A错误；
B．式②中是电场中某一点的场强大小，是场源电荷，B正确；
C．式①中是放入电场中的电荷所受的力，是放入这个电场的试探电荷，C错误；
D．式①中电荷是放入这个电场的试探电荷，式①中的不是式中电荷产生的电场的场强，式②中电荷是场源电荷，式②中的是式中电荷产生的电场的场强，D错误；
故答案为：B。
【分析】场强大小的定义式，没有对应物理量的正比或者反比关系。
2．（2024高一下·黔西月考）根据欧姆定律，下列哪种说法是正确的（ ）
A．通过导体的电流越大，它的电阻就越小
B．导体两端的电压越大，这段导体的电阻就越大
C．导体的电阻与它的电压成正比，与它的电流成反比
D．导体两端的电压越大，这段导体的电流就越大
【答案】D
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】ABC.导体的电阻由导体本身决定，与其两端的电压和通过其的电流无关，故ABC错误；
D.根据欧姆定律可知，通过导体的电流与其两端电压成正比，导体两端的电压越大，通过这段导体的电流就越大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】通过导体的电流与其两端电压成正比，欧姆定律是电流的决定式，有正反比关系。
3．（2024高一下·黔西月考）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（ ）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．对应P点，小灯泡的电阻为
C．对应P点，小灯泡的电阻为
D．对应P点，小灯泡的功率为图中梯形所围面积
【答案】B
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据欧姆定律有
可知，图像中，图像的切线的斜率的绝对值表示该相应电压时小灯泡的电阻的倒数，根据图像可知，随着所加电压的增大，图像切线的斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，故A错误；
BC．根据欧姆定律有
可知，图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻，则有
则有
故B正确，C错误；
D．小灯泡消耗的功率为
可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形所围面积，故D错误。
故答案为：B。
【分析】图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻的倒数，小灯泡的功率为图中矩形所围面积。
4．（2024高一下·黔西月考）如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过。若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是（ ）
A．正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→A
B．溶液内由于正、负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零
C．溶液内的电流方向从A→B，电流
D．溶液内的电流方向从A→B，电流
【答案】D
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】AB.正离子从A运动到B，负离子从B运动到A，电流的方向跟正离子的运动方向相同，跟负离子运动的方向相反，所以正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成得电流方向A→B，AB错误；
CD.通过溶液内截面的离子总数为，所以电流
C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】电流的方向跟正离子的运动方向相同， 1价离子 ， 基本电荷为e。
5．（2024高一下·黔西月考）关于多用电表的使用，下列说法正确的有（ ）
A．甲图是用多用电表直流电压档测量小灯泡两端的电压，表笔接法正确
B．乙图是用多用电表直流电流档测量电路中的电流，表笔接法错误
C．丙图中用的是多用电表电阻档测量二极管的正向电阻
D．丁图中用的是多用电表电阻档测量二极管的正向电阻
【答案】C
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A．甲图是用直流档测电压，但要求电流从红接线柱流出，显然红黑表笔接反，A不符合题意；
B．乙图是电流档测电流，要断开电路将电流表串联，从红表笔流进，故表笔接法正确，B不符合题意；
C．丙图中用的是多用电表电阻挡测量二极管的正向电阻，要求电流从二极管的正极流入，即欧姆表的黑表笔与二极管的正极相连，C符合题意；
D．丁图是用欧姆档测二极管的反向电阻，则要求电流从二极管的负极流进，即欧姆表的黑表笔与二极管的负极相连，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据使用多用电表测电压时，电流从红表笔流入黑表笔流出，多用电表要与待测电路并联，分析甲乙两图分析判断；利用欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，分析丙、丁电路图并分析判断。
6．（2024高一下·黔西月考）如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长。当仅将A与B接入电路时，导体电阻为；当仅将C与D接入电路时，导体电阻为。那么为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】设矩形金属薄片的厚度为h，由电阻定律可知
由于
联立解得
故答案为：B。
【分析】根据电阻定律代入题中数据进行分析。
7．（2024高一下·黔西月考）电场中的一组等势线如图中实线所示，一带正电粒子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是运动轨迹与同一条实线相交的两点，c是运动轨迹上的一点。下列说法正确的是（ ）
A．a点的电场强度与b点的电场强度相同
B．a点的电势高于c点的电势
C．粒子在a点的电势能小于c点的电势能
D．粒子在a点的动能小于c点的动能
【答案】C
【知识点】电势能；电势；等势面
【解析】【解答】AB．根据粒子的轨迹，可知受到的电场力指向轨迹的内测，如图
粒子带正电荷，则电场强度的方向与电场力方向相同，则电场线指向轨迹的内测，a点的电场强度与b点的电场强度方向不同，即电场强度不同，沿电场线电势降低，则a点的电势低于c点的电势，AB错误；
CD．根据粒子的轨迹，可知受到的电场力指向轨迹的内测，如图
则粒子从a到c点运动时，电场力做负功，动能减小，电势能增加，D错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】粒子从a到c点运动时，电场力做负功，动能减小，电势能增加，受到的电场力指向轨迹的内测。
8．（2024高一下·黔西月考）电阻串联在电路中，，，的电压为，的电压为，则（ ）
A．电路中的电流为 B．电阻的阻值为
C．三个电阻两端的总电压为 D．电阻两端的电压为
【答案】A,C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得
故A正确；
B．根据欧姆定律得
故B错误；
CD．电阻两端的电压
总电压
故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】串联电路中各处的电流相等，总电压等于各个用电器电压之和，根据欧姆定律求解电流大小以及电阻大小。
9．（2024高一下·黔西月考）甲、乙两电路图分别是滑动变阻器的两种连接方式。R是滑动变阻器，P是滑动变阻器的滑片，a、b是滑动变阻器的两端，Rx是待测电阻，下列说法正确的是（ ）
A．乙图电路中的滑动变阻器采用“一上一下”的连接方式
B．在闭合开关测量前，甲、乙两图中滑片P都应置于b端
C．要求电压和电流调节范围比较大时，选择图乙电路连接
D．甲、乙两图中待测电阻Rx上的电压都可以调到零
【答案】B,C
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】A．乙图电路中的滑动变阻器采用分压式接法，是一上两下的连接方式，故A错误；
B．在闭合开关测量前，甲图中滑动变阻器应该全部接入电路，滑片P都应置于b端，乙图中Rx两端的电压应该从零开始变化，滑片P都也应置于b端，故B正确；
C．乙图中电压和电流都可以从零开始，而甲图中电压和电流都无法调节到零，故图乙的电压和电流调节范围较大，故C正确；
D．图甲属于限流式接法，滑片滑到b时，待测电阻两端的电压最小，且无法调节到零，故待测电阻上的电压无法调节到零，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】滑动变阻器采用分压式接法，图甲属于限流式接法，滑片滑到b时，待测电阻两端的电压最小，但无法调节到零。
10．（2024高一下·黔西月考）如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．油滴带负电
B．油滴受到的静电力大小为
C．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，电场强度方向竖直向下，故油滴带负电。故A正确；
B．两极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用。故B错误；
CD．上极板下移，板间距d减小，根据
，
则
故电场强度不变，根据
可知油滴所受静电力不变，油滴静止不动，根据
可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小。故C正确；D错误。
故答案为：AC。
【分析】库仑定律适用于点电荷库仑力的计算，静电计指针偏角越大，表明极板间电压越高。
11．（2024高一下·黔西月考）（1）某同学使用螺旋测微器测定其直径d，某次测量结果如图1所示，读数为 mm。用游标卡尺测量其长度，示数如图2所示，由图可知其长度L= cm。
（2）某同学用多用电表测量某些电学量。经过正确操作，测量时的指针位置均指在如图1所示的位置。若测直流电压，所选量程为50 V，则读数应为 V；若选量程为直流电流10mA，则读数为 A；若测量电阻，记录的读数为1 600 Ω，则所选倍率为 （选填“×1”“×10”“×100”或“×1k”）。
（3）在（1）中用多用电表测量完电阻后，需要继续测量一个阻值约为13 Ω的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下有些操作步骤是必需的，请选择正确的操作并按正确顺序写出序号 ；
①将红表笔和黑表笔接触
②把选择开关旋转到“×1”位置
③把选择开关旋转到“×10”位置
④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点
【答案】（1）0.645；4.240
（2）24.0；4.8；×100
（3）②①④
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；练习使用多用电表
【解析】【解答】(1)螺旋测微器固定刻度示数为0.5mm，可动部分示数为
14.5×0.01mm=0.195mm
则直径为
D=0.5mm+0.145mm=0.645mm
游标卡尺主尺示数为42mm，游标尺示数为
8×0.05mm=0.40mm
则长度为
L=42mm+0.40mm=4.240mm
(2)根据多用电表电流挡读数方法，可知若所选挡位为直流50mA挡，则示数为：24.0mA； 若测直流电压，所选量程为50 V，则读数应为4.8V，根据欧姆表的读数方法，可知若所选挡位为“×100Ω”挡，则示数为
16.0×100Ω=1600Ω
（3）需要继续测量一个阻值约13Ω的电阻，需要换到×1挡，然后将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故合理的顺序是 ②①④ 。
【分析】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数；
（2）欧姆表的读数方法为表盘示数乘以档位；
（3）换挡需要重新进行欧姆调零。
12．（2024高一下·黔西月考）用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值（阻值约为200Ω），实验室提供如下器材：
A．电源E：电动势3V，内阻忽略不计；
B．电流表A1：量程0~15mA，内阻约为100Ω；
C．电流表A2：量程0~300μA，内阻r2=1000Ω；
D．电压表V：量程15V，内阻约15kΩ；
E．滑动变阻器R1（阻值范围0~20Ω）
F．滑动变阻器R2（阻值范围0~2kΩ）
G．定值电阻R3：阻值为9000Ω；
H．开关S、导线若干。
（1）出于电表的安全性及测量要求考虑，同学们选用电压表V并联在小灯泡两端测量小灯泡的电压，发现这种方法实际上不可行，其最主要的原因是 。
（2）在实验中要求尽可能准确地测量Rx的阻值，请选用合适的实验器材，在虚线框中画出完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号 。
（3）假设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表的读数为U，根据设计的电路图，用已知的和测得的物理量来表示Rx= 。（用字母表示）
【答案】（1）量程过大，导致指针偏转角度过小，无法准确读数
（2）
（3）
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）因为电压表量程15V，电动势3V，所以不可行，因为电压表量程过大，导致指针偏转角度过小，无法准确读数。
（2）题要求用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值，所以需要量程合适的电压表和电流表。但是题中所提供的电压表V的量程为15V，比电源的电动势3V还明显大多了，所用就需要将电流表A2（量程0~300μA，内阻r2=1000Ω）与定值电阻R3（阻值为9000Ω）串联改装成量程为3V的电压表V＇（内阻为10000Ω）。如果加在被测电阻（阻值约为200Ω）两端电压为电压表V＇的量程3V，则流过被测电阻的电流约为15mA，故电流表A1（量程0~15mA，内阻约为100Ω）正合适。电流表A1的内阻未知，而改装电表内阻已知，需要采用外接法。由于需要多次测量不同的电压和电流，且需要调节方便，则需要选用滑动变阻器R1（阻值范围0~20Ω）且应接成分压式。电路设计如图所示
（3）电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，则根据串、并联电路的知识，被测电阻的阻值为
【分析】（1）电压表量程过大，导致指针偏转角度过小，无法准确读数；
（2） 在实验中要求尽可能准确地测量Rx的阻值， 需要测量更多实验数据，故采用阻值小的电阻分压式连接；
（3）根据串、并联电路的知识，结合欧姆定律求解被测电阻的阻值。
13．（2024高一下·黔西月考）有一电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA。求：
（1）要把它改装成量程为0~3V的电压表，应如何联一个多大的电阻；
（2）要把它改装成量程为0~0.6A的电流表，需要如何联一个多大的电阻，改装后电流表的内阻是多大。（第2小题计算结果保留2位小数）
【答案】（1）解：要把G改装成量程为0~3V的电压表，应串联电阻的阻值为
（2）解：要把G改装成量程为0~0.6A的电流表，需要并联电阻的阻值为
改装后电流表的内阻是
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）改装成大量程的电压表，要串联一个电阻，满偏电流不变；（2）改装成大量程的电流表，要并联一个电阻，满偏电流不变。
14．（2024高一下·黔西月考）用长为的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为m、电荷量为q的带正电小球，细线的上端固定于O点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直方向成30°，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，由静止释放，重力加速度为g，求：
（1）该匀强电场的场强；
（2）小球释放瞬间的加速度大小和方向；
（3）小球第一次通过O点正下方时细绳的拉力大小。
【答案】（1）解：根据题意，对小球受力分析，由平衡条件有
解得
（2）解：向左拉小球使细线水平且拉直，由静止释放，释放瞬间，如图所示
释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成角，加速度大小为
方向与竖直方向成角
（3）解：小球从静止开始运动到细绳被拉直过程中，有
细绳被拉直瞬间，小球速度为
因在细线被拉直的瞬间有能量损失，沿绳方向速度变为0，则此时小球的速度为
从细绳被拉直到小球运动到O点正下方过程中，由动能定理有
在O点正下方，由牛顿第二定律有
联立解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1） 对小球受力分析，由平衡条件结合几何关系求解；
（2） 释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动， 根据几何关系以及牛顿运动定律求解加速度大小；
（3） 细线被拉直的瞬间有能量损失，沿绳方向速度变为0 ， 由动能定理小球在正下方求解速度，根据牛顿第二定律求解
15．（2024高一下·黔西月考）示波器是一种常用的实验仪器，如图所示，它常被用来显示电信号随时间变化的情况。振动、光、温度等的变化可以通过传感器转化成电信号的变化，然后用示波器来研。示波器的基本原理是带电粒子在电场力的作用下加速和偏转。一个电荷量为，质量为的带电粒子，由静止经电压为的加速电场加速后，立即沿中心线垂直进入一个电压为的偏转电场，然后打在垂直于放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为，极板长，极板的右端与荧光屏之间的距离也为8cm。整个装置如图示（不计粒子的重力）求：
（1）粒子出加速电场时的速度v；
（2）粒子出偏转电场时的偏移距离y；
（3）P点到O2的距离。
【答案】（1）解：在加速电场运动过程中，由动能定理
代入数据得
（2）解：带电粒子在偏转电场中的加速度
带电粒子在偏转电场的运动时间
带电粒子离开电场时的偏转量
联立解得
y=0.03m
（3）解：带电粒子从偏转电场中出来的竖直方向的速度为
速度与水平方向的夹角为
根据速度反向延长线恰好平分水平方向的位移有：
【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） 在加速电场运动过程中，由动能定理求解粒子出加速电场时的速度v
（2） 求出 带电粒子在偏转电场中的加速度以及运动时间，根据匀变速直线运动的位移时间关系求解 粒子出偏转电场时的偏移距离y 。
（3） 可以利用平抛运动相关规律或者相似三角形知识求解。
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