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参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C B B C C C BD AC CD
1．C
【详解】由动能定理可得
故电荷量越大，动能越大，可知α粒子获得的动能最大。
故选C。
2．C
【详解】发现电磁感应现象的物理学家是法拉第。
故选C。
3．B
【详解】在闭合电路中，路端电压 ，由 可知，U﹣I图象斜率的绝对值是r，即：斜率的绝对
值是电源内阻。
故选B。
4．B
【详解】A．物理学中把质子所带的电荷量或电子所带电荷量的绝对值叫元电荷，不是指质子或电子本身，A错误；
B．电场是物质存在的一种形式，B正确；
C．被检验物体靠近验电器接触球时，由于感应带电，验电器的箔片也可张开，检验出物体带电，C错误；
D．库仑定律公式
的适用条件是真空中的点电荷，当 趋近于0时，公式已经不适用，D错误；
故选B。
5．C
【详解】A．由于匀强电场的方向在水平方向，所以小球所受电场力一定在水平方向上，则对小球受力分析，如图
所示则可知小球所受电场力一定水平向右，与电场的方向相同，所以小球带正电，根据平衡条件可得
代入数据可得小球带电荷量为
故A错误；
B．根据平衡条件可得细绳对小球的拉力大小为
故B错误；
CD．将电场改为竖直向上后，小球将绕悬点摆动，设小球在最低点的速度大小为 ，根据动能定理有
代入数据得
故C正确，D错误；
故选C。
6．C
【详解】根据
可得
则
故选C。
7．C
【详解】设此过程中，电场力对点电荷做的功为 ，由动能定理可知：
即为：
答案第2页，共2页则a、b两点间的电势差为：
故ABD错误，C正确
8．BD
【详解】AB.旧电池与新电池相比较，电动势几乎不变，内阻增大较多，故A错B对；
CD.旧电池不能使小灯泡正常发光的原因是：小灯泡电阻较小，旧电池与之串联后电路中电流有一定的数值，由于
旧电池内电阻较大，旧电池的内电压较大，旧电池的路端电压小于小灯泡的额定电压，小灯泡只能发出很微弱的
光．旧电池能使电子钟正常工作的原因是：电子钟电阻很大，旧电池与之串联后电路中电流较小，旧电池的内电
压较小，旧电池的路端电压等于电子钟的额定电压．故C错D对．
9．AC
【详解】ABD．根据图像可以知道，曲线①、②的交点的位置，表示电路的内外的功率相等，由于电路的电流时
相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可
知电源输出功率最大值为18W，根据
可知，当输出功率最大时，P=18W，I=3A，所以
由于
所以电源的电动势为12V， BD错误A正确；
C．当电源被短路时，电流为
C正确。
故选AC。
10．CD
【详解】A．设AM的中点为G，则根据匀强电场的性质可得该点的电势为
所以GC连线是一个等势线，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方
向由M指向A。故A错误；
B．MA两点间的电势差为
MA两点间的距离
根据电场强度公式可得
故B错误；
C．沿着电场线方向电势逐渐降低，因此H点电势最高，由于
解得
故C正确；
D．电子从D点经M点移到N点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，电场力先做正功后做
负功，故D正确。
故选CD。
11．(1)变小
(2)变大
(3)变小
【详解】（1）根据电容的决定式
可知，若使两极板间距离减小，则电容C增大，根据电容的定义式
答案第4页，共2页可知，电容器的带电荷量Q不变，C增大，则U减小，所以可观察到静电计指针偏转的角度变小；
（2）若两极板间距离不变，将两板平行错开一些，即电容器两极板的正对面积S减小，根据电容的决定式可知，
电容C减小，Q不变，则U变大，所以可观察到静电计指针偏转的角度变大；
（3）若两极板间距离、正对面积不变，将一块有机玻璃插到两板之间，则相对介电常量变大，根据电容的决定式
可知，电容C变大，根据电容的定义式可知，电容C变大，电荷量Q不变，则两极板间电压U减小，所以可观察
到静电计指针偏转的角度变小。
12． 20.0 6 红色 29
【详解】（1）[1]开关S端与“6”相连，作为大量程电压表使用，量程为0～25V，根据电压表读数规则可知，多
用电表读数为20.0V；
（2）[2]分析多用电表内部结构，开关S端与“4”相连，则作为欧姆表使用，此时干路电流最大为
I ＝10mA
m
则根据闭合电路欧姆定律可知，
E＝
E＝I r
m 内
联立解得
R＝6kΩ
x
（3）[3][4]电流从红表笔流入电表，故多用电表的表笔A为红表笔。
当开关S端接“1”时，电流挡的量程为0～100mA，根据电表改装原理可知，
当开关S端接“2”时，电流挡的量程为0～10mA，则有
联立解得
R＝29Ω
5
13．（1）2m/s；（2） ；（3）0.4m
【详解】(1)小球恰能通过轨道的最高点，由向心力公式有
解得小球通过最高点的速度(2)由题意可知小球从A到B做匀速直线运动，到达B点速度v =v 小球由B点到D点过程中，由动能定理有
B 0，
解得在半圆轨道上摩擦力对小球做的功
J
(3)带电小球从D点飞出后做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由牛顿第二定律有
mg+Eq=ma
解得小球的加速度
a=20m/s2
小球在竖直方向有
小球在水平方向有
解得小球落点与B点的距离
x=0.4m
14．（1） ， ；（2）
【详解】（1）由图甲知，电压表 测定值电阻R 两端电压，且R 两端的电压随电流的增大而增大，则图乙中下
0 0
方图线表示电压表 的读数随电流表读数的变化情况，由图线的斜率得
电压表 测得的是电源的路端电压，图乙中上方图线表示 的读数随电流表读数的变化情况，上方图线斜率的绝
对值等于电源的内阻
当电路中电流为0.1A时，电压表 的读数为3.4V，根据闭合电路的欧姆定律得
（2）当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大电流为
答案第6页，共2页此时定值电阻R 消耗的功率最大，最大电功率为
0
15．(1) ； (2) ， ；(3)
【详解】(1)设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为v，则
y
，v＝at，
y
l＝vt，v＝vcot30°
0 y 0
解得
(2)设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为x ，则
D
x ＝0.5ltan30°，x ＝
D D
所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示。设电子离
开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，则
v ＝vsin30°
０
（有 ）
（或 ）
解得
，(3)以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为 r，则
1
答案第8页，共2页
