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参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A D B B A D C AD AD
1．A
【详解】AB．在A点放一个正试探电荷时，受到的电场力水平向右，可知A点的场强方向
水平向右；在A点放一个负试探电荷，A点的场强方向仍水平向右，负试探电荷所受的电
场力方向水平向左，故A正确，B错误；
C．电场中某点的电场强度只由电场本身决定，与试探电荷无关，若将q移走，则A点的
电场强度保持不变，故C错误；
D．在A点放一个电荷量为+2q的试探电荷，由于A点的电场强度不变，则试探电荷所受的
电场力为2F，故D错误。
故选A。
2．A
【详解】A．摇动起电机，电极之间形成电场，将气体电离，电子被吸附到烟雾颗粒上，
使烟雾颗粒带负电，导致烟雾颗粒可以向正极移动，工作原理为静电吸附，A正确；
B．图乙为给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其目的是导走人身上的静电，B错误；
C．电力工作人员在高压电线上带电作业时穿着金属丝编制的工作服更安全，可以起到静
电屏蔽的作用，C错误；
D．燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理，D错误。
故选A。
3．D
【详解】D．粒子受到斥力作用，从a运动到b、再运动到c的过程中，电场力先做负功后
做正功，由于a与c在同一等势线上，则电场力总功为零，故D正确；
A．根据动能定理，动能先减小，后增大，故A错误；
B．根据电场力做功特点可知电势能先增大，后减小，故B错误；
C．根据点电荷周围电场的特点可知，距离原子核近的地方电场强度大，故越靠近原子核
加速度越大，因此α粒子加速度先变大，后变小，故C错误。
故选D。
4．B
【详解】A．A极板带正电，电场强度方向竖直向下，小球受到重力和电场力，由于带电
小球静止，根据二力平衡可知电场力竖直向上，故小球带负电，故A错误；D．闭合开关S，将A极板缓慢向下移动一小段距离，两极板间距离减小，根据电容的决
定式 分析可知，电容变大，由电容的定义式 分析可知，电容器的电荷量增
加，故D错误；
B．U不变，d减小，根据 分析可知，两极板间场强增大，则 ，故小球将向
上运动，故B正确；
C．根据
其中 变大，则 增大，又因为 ，故 增大，根据
可知小球的电势能减小，故C错误。
故选B。
5．B
【详解】AD．由图2可知，点电荷在电场力作用下做匀减速直线运动，则电场力恒定不变，
即电荷在A点受到的电场力与在B点受到的电场力相等，A点的电场强度与B点的电场强
度相等，故AD错误；
BC．点电荷仅受电场力作用，所以动能与电势能之和保持不变，从A点沿电场线运动到B
点，点电荷动能减小，电势能增加，所以点电荷在A点的电势能比在B点的小；根据
，由于点电荷带负电，所以A点的电势比B点的电势高，故B正确，C错误。
故选B。
6．A
A.欧姆表欧姆调零后，用“×10”挡测量电阻的阻值，发现表针偏转如图甲所示，说明电
阻读数较大，量程挡位选小了，为了把电阻测得更准一些，应换用“×100”挡，重新调
零后再测量，故A正确；
B.换挡时需要重新欧姆调零，不换挡则不需要重新欧姆调零，故B错误；
C.若用多用电表欧姆挡测量某晶体二极管，结果如图乙所示，由图乙可知左图中电阻较大，
所测的为二极管的反向电阻，右图中电阻较小，测的是正向电阻，则该极管的正极为A端，
故C错误；
D.为保护电路与多用电表，多用电表使用完后应把开关置于OFF挡，故D错误。
故选A。7．D
8．C
A. 点的磁感应强度大小为 ，方向向左，A错误；
N √ 2B
0
B.M、N两点的磁感应强度大小相等、方向相反，B错误；
C.由几何关系l
bM =√ 2
，根据
B=k
I，知直导线
b
在
O
点产生的磁感应强度大小为
√ 2B
，C
l r 0
bO
正确；
D.aOb连线上从a到b磁感应强度先减小，到O点最小为零，后增大，D错误。
故选C。
9．AD
【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得
由图中甲图线可知，电动势为 ，内阻为 ，故A正确；
B．根据欧姆定律 ，由图中乙图线可知该导体的阻值随电流的增大而减小，故B错
误；
CD．当该导体直接与该电源相连时，由图中交点可知，电阻的电压和电流分别为 ，
，则该导体消耗的功率为
此时电路消耗的总功率为
则电源的效率为 ，故C错误，D正确。
故选AD。
10．AD
红表笔接在a点，黑表笔依次接在其它点，观察电表示数：
①黑表笔如果接在e点或者d点时，电表示数为9V，说明ef段导线无断路；如果接在e点
或者d点时，电表示数为0V，说明ef段导线断路；②如果接在b点或者c点时电表示数为9V，说明cd、ef段导线无断路，断路必定在ab段；
如果接在b点或者c点时，电表示数为0V，说明cd或者ef段导线有断路。
故选AD。
11．(1) 外接
(2)2.935/2.934/2.936
(3)偏小
【详解】（1）[1]由于通过待测金属丝的最大电流约为 ，所以电流表应选
择A；
1
[2]又因 ，所以电流表应采用外接法。
（2）螺旋测微器的分度值为 ，由图甲可知金属丝的直径为
（3）因为（1）中选用的是电流表外接法，由于电压表的分流使得电流表的示数大于通过
金属丝的电流，则电阻测量值偏小，根据 可知，电阻率测量值偏小。
12．(1)B
(2) 1.40 2.00
(3) 不变 变大
【详解】（1）通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
变形得
则 图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率的绝对值是电池的内阻r，根据图
像可知，纵轴截距为1.40，横轴截距为0.20，结合上述分析可知电池的电动势为
电源的内阻为
（3）[1][2]分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻的影响，流过电压表的电流为
可知流过电池的电流为
因电压表内阻 不变，随着电压值 减小，电压表电流 减小，当电压 值趋于0时，
趋于 ，在图2中重新绘制的图线如图所示：
故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
13．(1)保温状态
(2)6.6×104J
(3)88Ω
【详解】（1）根据 可知，电源电压一定，电阻越大，总功率越小，故当开关S 闭
1
合、S 断开时，两电阻串联，此时的总电阻最大，功率最低，为保温状态，当开关S、S
2 1 2
都闭合时，R 短路，只有电阻R 工作，电阻变小，功率变大，为加热状态，故当开关S 闭
2 1 1
合、S 断开时，为保温状态。
2
（2）饮水机处于保温状态时，工作5min所消耗的电能
（3）加热状态只有电阻丝R 工作，根据 可得电热丝R 的阻值
1 114．(1)
(2)
(3) ，
【详解】（1）已知电压表的示数 和定值电阻 ，根据欧姆定律
电动机和电阻 串联，故通过电动机的电流为
（2）根据闭合电路的欧姆定律，电动机两端的电压
则电动机消耗的电功率
（3）电源的输出功率
又电源的总功率
则电源的效率
15．解：(1)根据“等效重力法”找到等效最高点为OM连线与圆的另一交点，小球恰能做
完整的圆周运动时，在“等效最高点”速度最小，重力与电场力的合力为：
√ √ 3mg
F = ( ·q) 2+(mg) 2=2mg，
合 q
v2
则在“等效最高点”有2mg=m ，可得：v=√ 2gL
L
1 1
从M点到最高点有：−mg⋅2Lcos60∘−Eq⋅2Lsin60∘= mv2− mv2，
2 2 0得： 。
v =√ 10gL
0
(2)设重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为θ，
Eq
则tanθ= =√ 3，则θ=60∘
mg
细线断裂后，小球相对合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为0时，合
速度最小，动能最小，
1 1
从M到B由动能定理得：−mg(L+Lcos60∘)−EqLsin60∘= mv2− mv2
2 B 2 0
得：
v =2√ gL
B
小球在垂直于合力方向上的分速度为 。
v =v cos60∘=√ gL
1 B
(3)从细线断裂到小球的电势能与在B点电势能相等的过程中，电场力做功为零，即相当于
B点水平方向的速度等大反向，即
在水平方向上，有v =a′t′，又qE=ma′
B
1
在竖直方向上，有H= g(2t′) 2
2
则重力做功W =mgH
因为W =−ΔE ′
p
8
则ΔE ′=− mgL。
p 3
