2026-2027秋季福建地区高二（上）物理期中模拟试卷（一）

第1页（共1页）2026-2027秋季福建地区高二（上）物理期中模拟试卷（一）一．选择题（共4小题）1．（2025秋•思明区校级期中）比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。下列几组公式均属于比值定义的式子是（）A．E=kQr2，C=QU BC．R=UI，C=ɛrS4πkd2．（2025秋•思明区校级期中）雷雨天带电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，a、b、c、d为等差等势面，一个正电荷在电场中的运动轨迹如图中实线所示，A、B是轨迹上的两点，不计电荷的重力。下列说法正确的是（）A．云层带正电 B．A点的电场强度大于B点的电场强度 C．电荷在A点的电势能小于在B点的电势能 D．电荷在A点速度比在B点速度小3．（2025秋•思明区校级期中）在如图所示的匀强电场中，不可伸长的轻质绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电的小球，初始静止于A位置。现保持匀强电场的方向不变，通过改变电场强度的大小，使小球缓慢地从A位置移动到B位置，则在此过程中（）A．细线的拉力先变小后变大 B．细线的拉力逐渐变小 C．电场强度先变大后变小 D．小球所受合力变小4．（2025秋•思明区校级期中）如图所示，两个相同的小球A和B，质量均为m，现用长度相同的三根细线连接两小球，并把两球悬挂在水平天花板上的同一点0。若只让A球带上+q的电荷，且加一水平向右的匀强电场，当两小球均处于静止状态时，三根细线均处于直线状态，且OB线恰好处于竖直方向。不考虑静电感应，则所加匀强电场的场强的大小为（）A．0 B．mgq C．3mg3q 二．多选题（共4小题）（多选）5．（2025秋•思明区校级期中）在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中关于a、b两点电场强度大小、方向的描述正确的是（）A．甲图中与点电荷等距的a、b两点电场强度大小相等、方向相反 B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电场强度大小相等、方向相同 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电场强度大小相等、方向相反 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点电场强度大小相等、方向相反（多选）6．（2025秋•思明区校级期中）多用电表表盘指针指在如图所示的位置，下列说法正确的是（）A．若该读数是选用电阻挡“×100”倍率得到的，应该更换“×10”倍率，欧姆调零后再次进行测量 B．多用电表的欧姆挡是靠内部电源提供电流的，若选用“×10”倍率测量电阻，则欧姆表内阻约为15Ω C．若选用的是直流电压“0～10V”量程，则指针读数应为9V D．测直流电流时，应让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路负极（多选）7．（2025秋•思明区校级期中）两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段上电势最低的点，则下列说法正确的是（）A．q1、q2为等量异种电荷 B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向 C．N、D两点间的电场强度大小先减小后增大 D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增大（多选）8．（2025秋•思明区校级期中）如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，且阻值与电源内阻相等。R2为滑动变阻器，当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U，电表A1、A2和V的示数变化量绝对值为ΔI1、ΔI2和ΔU，将R2的滑动触点向b端移动的过程中，下列判断正确的是（）A．I1变大，I2变小 B．电源的输出功率一定增加 C．I1变化量ΔI1大于I2变化量ΔI2 D．ΔUΔ三．填空题（共4小题）9．（2025秋•厦门校级期中）夏季某日，永安某地区距地面一定高度的空中有两朵相距3km的足够大的乌云，受湿气流影响，两块云团正在以5m/s的相对速度靠近，不断与空气摩擦带电。设两云团之间电势差保持3×109V不变，已知空气电离的电场强度（即发生放电时的电场强度）为3×106V/m，云团间的电场可视为匀强电场，则两团云相距_________m时会发生放电现象，距此时大约再经过________s将会发生放电现象；在这次放电中，若从一块云团移到另一块云团的电量为500C，闪电历时0.01s，则此过程中的平均电流强度为__________A。10．（2025秋•厦门校级期中）质量m，带电量+q的小球，用一长l的绝缘轻绳系住，绳另一端固定在O点，现加一匀强电场，场强大小为2mgq，电场线和轻绳均在竖直平面内，考虑小球重力，重力加速度为g（1）如图甲，电场强度竖直向下，若小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球通过圆周最高点A的最小速度vA为_________________。（用题目中已知条件表示）（2）如图乙，电场强度水平向右，小球静止在M点，在M点给小球一个垂直于OM方向的初速度vM，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，则vM大小为____________________。（用题目中已知条件表示）11．（2025秋•厦门校级期中）如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻。当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2，可得I1I2=________；若仅使R1阻值变小，则I1_______，12．（2025秋•厦门校级期中）某实验小组为了测量一多用电表内电源的电动势，同时测量一段金属丝的电阻率。具体实验步骤如下：（1）设计了如图甲所示的电路，测量多用电表内电源的电动势，同时测量金属丝R1的电阻率。多用电表欧姆挡的内部电路等效为一个有内阻的电源，实验所用多用电表欧姆挡刻度盘上的刻度线“15”与电流电压挡刻度盘上0～250的刻度线“125”正好对齐，如图乙所示。将多用电表调到欧姆挡的“×10”挡，并进行欧姆调零，在该欧姆挡时内阻r＝________Ω。（2）正确连接电路后，闭合开关S，改变电阻箱的阻值，得到多组电流表的示数I和电阻箱的阻值R，作出1I-R图像如图丙所示，则可得出多用电表电源的电动势E＝_________V（结果保留三位有效数字）；不考虑偶然误差，该实验的电动势测量值（3）实验中使用的电流表内阻为20Ω，根据图丙的数据可得出连入电路中金属丝的电阻R1＝_______Ω，用螺旋测微器测量待测金属丝的直径，测量结果如图丁所示，其示数为__________mm，实验中连入电路中的金属丝长度L为39.90cm，根据以上数据可得出金属丝的电阻率ρ＝___________Ω•m（结果保留一位有效数字）。四．实验题（共1小题）13．（2025秋•厦门校级期中）某小组同学从一种报废的自动控制电路中拆下来一个电阻，为测其阻值，现有器材：A.待测电阻Rx（约20Ω）B.电源E（电动势3V，内阻可忽略）C.电压表V（量程为0～3V，内阻约为2kΩ）D.电流表A1（量程为0～150mA，内阻r1为2Ω）E.电流表A2（量程为0～0.6A，内阻r2约为0.5Ω）F.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）G.滑动变阻器R2（最大阻值500Ω）H.开关S与导线若干（1）为尽可能准确测量电阻的阻值，则电流表选用_____；滑动变阻器选用_____。（填仪器前的字母序号）（2）为减小误差，且方便调节。如图是实验电路的实物图，图中已连接了部分导线，请补充完成图中实物间的连线。（3）实验开始前，应将滑动变阻器的滑片调节到_____端（填“a”或“b”）。五．解答题（共3小题）14．（2025秋•龙岩期中）如图所示，在电场强度大小E＝300N/C的匀强电场中，A、B两点距离为10cm，AB连线与电场线的夹角θ＝37°，一电荷量q＝2×10﹣9C的点电荷，从A点移动到B点，（已知cos37°＝0.8）（1）求点电荷受到的电场力；（2）求电场力做的功；（3）如果A点的电势φA＝30V，求B点的电势φB。15．（2025秋•龙岩期中）某小组通过实验测得玩具电动机电流随电压变化的I﹣U图像如图所示，电压小于1V时，电动机不转，且图像为直线；当电压U＝6V时，电动机恰好正常工作。忽略电动机内阻变化。求：（1）电动机的内阻r；（2）电动机正常工作时电动机的输出功率P和机械效率η（计算结果保留两位有效数字）。16．（2025秋•龙岩期中）如图所示，ABC是位于竖直平面内、半径R＝0.5m的半圆弧的光滑绝缘轨道，B为半圆轨道的中点，A与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103N/C。今有一质量为m＝0.1kg、带电荷量q＝+8×10﹣5C的小滑块（可视为点电荷），若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，取重力加速度大小g＝10m/s2。（1）若小滑块从水平轨道某位置由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点C，则到达C处的速度是多大？（2）按（1）中位置释放，则滑块通过B点时对轨道压力是多大？（3）若小滑块从半圆轨道内侧B点由静止释放，小滑块在水平轨道上的总路程为多少？

解答一．选择题（共4小题）1．（2025秋•思明区校级期中）比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。下列几组公式均属于比值定义的式子是（）A．E=kQr2，C=QU BC．R=UI，C=ɛrS4πkd【分析】根据比值定义法、决定式和计算式等知识进行分析解答。【解答】解：A.公式E=kQr2B.电场强度公式E=Fq，电流强度公式I=QC.C=ɛrSD.R=ρLS是电阻的决定式，不是比值定义法，故故选：B。【点评】考查物理学研究方法应用，了解比值定义法和决定式的内容，理解这些物理思想和方法对于推动物理学的发展所起的作用。2．（2025秋•思明区校级期中）雷雨天带电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，a、b、c、d为等差等势面，一个正电荷在电场中的运动轨迹如图中实线所示，A、B是轨迹上的两点，不计电荷的重力。下列说法正确的是（）A．云层带正电 B．A点的电场强度大于B点的电场强度 C．电荷在A点的电势能小于在B点的电势能 D．电荷在A点速度比在B点速度小【分析】A.结合题意，由曲线运动的特点、电场力方向的特点、电场线与等势面的关系，即可分析判断；B.同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，据此分析判断；C.结合A选项分析，由沿电场方向电势逐渐降低及电势与电势能的关系，即可分析判断；D.结合前面分析及题意，由电场力做功与电势能变化的关系及动能定理，即可分析判断。【解答】解：A.因为正电荷做曲线运动所受合力（电场力）指向运动轨迹凹侧、正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同、电场线与等势面相交处互相垂直，所以该正电荷所受电场力方向大致向上、云层下的电场方向由避雷针向云层，由此可知，云层带负电，故A错误；B.同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，则由图可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误；C.因为沿电场方向电势逐渐降低，则结合A中分析可知，A点电势低于B点电势，又因为该电荷为正电荷，所以该电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故C正确；D.因为该电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，所以若该电荷由A运动到B，则电势能增加，则电场力做负功，故由动能定理可知，动能减少，则该电荷点A点的动能大于在B点的动能，由此可知，电荷在A点速度比在B点速度大，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。3．（2025秋•思明区校级期中）在如图所示的匀强电场中，不可伸长的轻质绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电的小球，初始静止于A位置。现保持匀强电场的方向不变，通过改变电场强度的大小，使小球缓慢地从A位置移动到B位置，则在此过程中（）A．细线的拉力先变小后变大 B．细线的拉力逐渐变小 C．电场强度先变大后变小 D．小球所受合力变小【分析】小球静止时，受重力、拉力和电场力，三力平衡，做出受力分析图，根据图解法解题。【解答】解：小球的受到重力mg、拉力T和电场力qE作用处于平衡状态，如图所示：根据动态平衡图解法可知，小球缓慢地从A位置运动到B位置的过程中，细线的拉力T先变小再变大，电场力qE一直变小，即电场强度变小，小球受到的合外力始终为0，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了电场强度和电场力，关键是明确小球的受力情况，利用动态平衡图解法解题。4．（2025秋•思明区校级期中）如图所示，两个相同的小球A和B，质量均为m，现用长度相同的三根细线连接两小球，并把两球悬挂在水平天花板上的同一点0。若只让A球带上+q的电荷，且加一水平向右的匀强电场，当两小球均处于静止状态时，三根细线均处于直线状态，且OB线恰好处于竖直方向。不考虑静电感应，则所加匀强电场的场强的大小为（）A．0 B．mgq C．3mg3q 【分析】先分析B球的受力（OB竖直说明A、B间细线无作用力），再对A球进行受力分析（受重力、电场力、OA线拉力），结合细线长度相同的几何关系可知OA与竖直方向夹角为60°，列水平、竖直方向的平衡方程，联立求解得出匀强电场的场强。【解答】解：OB线竖直，说明B球水平方向不受力，因此A、B间的细线对B无作用力，否则B会偏离竖直方向。A球受三个力：重力mg（竖直向下）、匀强电场的电场力qE（水平向右）、OA线的拉力T，如图所示：由于三根细线长度相同，OA与A、B间细线构成等边三角形，OA线与竖直方向夹角为60°。根据平衡条件，水平方向有qE＝Tsin60°，竖直方向有mg＝Tcos60°联立两式可得qE＝mgtan60°，解得E=3mgq。故ABC故选：D。【点评】本题考查带电体在电场中的平衡问题，涵盖受力分析、几何关系的应用及平衡条件的列式计算，检验对电场力、重力等力的合成与分解，以及利用平衡方程解决电场中力学问题的能力。二．多选题（共4小题）（多选）5．（2025秋•思明区校级期中）在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中关于a、b两点电场强度大小、方向的描述正确的是（）A．甲图中与点电荷等距的a、b两点电场强度大小相等、方向相反 B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电场强度大小相等、方向相同 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电场强度大小相等、方向相反 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点电场强度大小相等、方向相反【分析】电场强度为矢量，电场线的疏密表示电场强度的大小，箭头表示电场强度的方向。【解答】解：A．甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相等，方向不相反，故A错误；B．对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，故B正确；C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，故C正确；D．对丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，方向不同，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了常见电场的特点以及电场线的特点：疏密表示场强的大小，切线表示场强的方向。（多选）6．（2025秋•思明区校级期中）多用电表表盘指针指在如图所示的位置，下列说法正确的是（）A．若该读数是选用电阻挡“×100”倍率得到的，应该更换“×10”倍率，欧姆调零后再次进行测量 B．多用电表的欧姆挡是靠内部电源提供电流的，若选用“×10”倍率测量电阻，则欧姆表内阻约为15Ω C．若选用的是直流电压“0～10V”量程，则指针读数应为9V D．测直流电流时，应让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路负极【分析】根据多用电表的内部结构、使用要求和注意事项，电压表的读数和中值电阻等知识进行分析解答。【解答】解：A.根据题图可知，指针偏转过大，所以若该读数是选用电阻挡“×100”倍率得到的，应该更换“×10”倍率，欧姆调零后再测，故A正确；B.若选用的是“×10”倍率测电阻，中值电阻为150Ω，则欧姆表内阻约为150Ω，故B错误；C.若选用的是直流电压“10V”量程，分度值为0.2V，则指针读数为9.0V，故C错误；D.根据电流红进黑出，必须让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路负极，故D正确。故选：AD。【点评】考查多用电表的使用和读数问题，理解多用电表的原理，属于基础题。（多选）7．（2025秋•思明区校级期中）两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段上电势最低的点，则下列说法正确的是（）A．q1、q2为等量异种电荷 B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向 C．N、D两点间的电场强度大小先减小后增大 D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增大【分析】题目给出两固定点电荷q1和q2在x轴上产生的电势分布图像，要求分析相关结论。解题时需结合电势随距离变化的图像特征，判断电荷性质与电场分布。从图像趋势可知两电荷均为正电荷，排除等量异种电荷的可能。通过分析电势变化斜率可确定场强方向及大小变化规律，电势最低点对应场强为零。正电荷移动时电势能变化与电势变化趋势一致，需结合图像分段分析。【解答】解：A、由φ﹣x图像可知，当x趋近于O点和M点时，电势φ均趋于+∞。根据点电荷电势公式φ=kQr分析，O、M两处的点电荷q1、q2必须同为正电荷（若为异号电荷，则一处电势趋于+∞，另一处趋于﹣∞），故B、根据电场线方向与电势变化关系，沿电场线方向电势降低。观察图像可得，从N点到C点φ随x增大而减小，说明该区域场强方向沿x轴正方向（由N指向C），故B错误；C、φ﹣x图像斜率绝对值|ΔφΔx|表示场强大小。由图可知，N到D过程中，斜率绝对值先减小（C点处斜率为零，场强为零）后增大，说明N、DD、对正点电荷从N移至D，由Ep＝qφ可知其电势能变化与φ变化一致。图像显示φ先减后增，故该电荷电势能先减小后增大，故D正确。故选：CD。【点评】本题通过φ﹣x图像综合考查静电场中电势分布、场强与电势关系、电势能变化等核心知识，计算量适中但思维深度较高。题目要求学生熟练掌握点电荷电势公式φ=kQr，并能将图像斜率与电场强度建立联系，体现对图像分析能力和物理建模能力的考查。关键点在于准确识别C点作为电势极值点对应的场强为零特征，以及通过ϕ变化趋势判断场强方向。选项C和（多选）8．（2025秋•思明区校级期中）如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，且阻值与电源内阻相等。R2为滑动变阻器，当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U，电表A1、A2和V的示数变化量绝对值为ΔI1、ΔI2和ΔU，将R2的滑动触点向b端移动的过程中，下列判断正确的是（）A．I1变大，I2变小 B．电源的输出功率一定增加 C．I1变化量ΔI1大于I2变化量ΔI2 D．ΔUΔ【分析】将R2的滑动触点向b端移动的过程中，分析电路总电阻的变化，判断干路电流和路端电压的变化，再判断并联部分电压的变化，即可判断I1的变化。根据内外电阻关系和外电阻变化情况分析电源的输出功率变化情况。结合干路电流的变化分析I2的变化，并判断ΔI1与ΔI2大小。根据闭合电路欧姆定律列式分析ΔUΔ【解答】解：AC、将R2的滑动触点向b端移动的过程中，R2减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压减小，R3的电压增大，则R1和R2并联电压减小，I1变小。根据I＝I1+I2，I变大，I1变小，则I2变大，且I1变化量ΔI1小于I2变化量ΔI2，故AC错误；B、当外电路总电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大。由题意可知，外电路总电阻大于电源内阻，当R2的滑动触点向b端移动时，外电路总电阻减小，逐渐与内阻接近，所以电源输出功率一直增加，故B正确；D、根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣Ir，可得：ΔUΔI由C选项的结论可得：ΔI＝ΔI2﹣ΔI1可得：ΔUΔI2-Δ故选：BD。【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，按局部到整体再到局部的顺序分析，可以直接根据结论“串反并同”分析各物理量的变化。三．填空题（共4小题）9．（2025秋•厦门校级期中）夏季某日，永安某地区距地面一定高度的空中有两朵相距3km的足够大的乌云，受湿气流影响，两块云团正在以5m/s的相对速度靠近，不断与空气摩擦带电。设两云团之间电势差保持3×109V不变，已知空气电离的电场强度（即发生放电时的电场强度）为3×106V/m，云团间的电场可视为匀强电场，则两团云相距1000m时会发生放电现象，距此时大约再经过400s将会发生放电现象；在这次放电中，若从一块云团移到另一块云团的电量为500C，闪电历时0.01s，则此过程中的平均电流强度为50000A。【分析】由U＝Ed公式求出刚好发生放电现象时两云团间的距离d，根据公式t=sv求出时间，由电流定义式【解答】解：由E=U可得两团云发生放电现象时，相距d＝1000m发生放电现象时，已经过t=2d此过程中的平均电流强度为I=q故答案为：1000，400，50000【点评】解题关键是要确切理解公式U＝Ed和I=q10．（2025秋•厦门校级期中）质量m，带电量+q的小球，用一长l的绝缘轻绳系住，绳另一端固定在O点，现加一匀强电场，场强大小为2mgq，电场线和轻绳均在竖直平面内，考虑小球重力，重力加速度为g（1）如图甲，电场强度竖直向下，若小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球通过圆周最高点A的最小速度vA为3gl。（用题目中已知条件表示）（2）如图乙，电场强度水平向右，小球静止在M点，在M点给小球一个垂直于OM方向的初速度vM，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，则vM大小为55gl【分析】（1）在圆周运动最高点重力和电场力的合力提供做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律求解；（2）小球静止在M点，将重力和电场力的合力看成等效重力，等效最高点在MO延长线与圆周的交点处，该点处合力提供向心力，结合动能定理求解速度大小。【解答】解：（1）甲图模型为竖直平面内圆周运动中的绳球模型，在圆周运动最高点重力和电场力的合力提供做圆周运动的向心力，即mg+Eq=mv代入题中电场强度大小，解得小球通过圆周最高点A的最小速度vA（2）小球静止在M点，将重力和电场力的合力看成等效重力F合则等效最高点在MO延长线与圆周的交点N处，该点处合力提供向心力，即F合根据动能定理可得-F方程联立解得vM故答案为：（1）3gl；（2）5【点评】本题主要是考查带电小球在电场中的圆周运动，解答本题的关键是知道小球的受力情况和运动情况，知道小球在等效最高点时电场力和重力的合力全部提供向心力，这是解答此题的突破口。11．（2025秋•厦门校级期中）如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻。当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2，可得I1I2=2：1；若仅使R1阻值变小，则I1变大，I【分析】根据电流表的改装原理，串并联电路的特点列式结合表达式进行分析解答。【解答】解：设R1＝R2＝Rg＝R，根据电流表改装原理可得，当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I所以I由上面分析可知，若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大。故答案为：2：1；变大；变大【点评】本题考查电表的改装，串并联电路的特点，熟练掌握相应的电流表达式是关键，属于较低难度考题。12．（2025秋•厦门校级期中）某实验小组为了测量一多用电表内电源的电动势，同时测量一段金属丝的电阻率。具体实验步骤如下：（1）设计了如图甲所示的电路，测量多用电表内电源的电动势，同时测量金属丝R1的电阻率。多用电表欧姆挡的内部电路等效为一个有内阻的电源，实验所用多用电表欧姆挡刻度盘上的刻度线“15”与电流电压挡刻度盘上0～250的刻度线“125”正好对齐，如图乙所示。将多用电表调到欧姆挡的“×10”挡，并进行欧姆调零，在该欧姆挡时内阻r＝150Ω。（2）正确连接电路后，闭合开关S，改变电阻箱的阻值，得到多组电流表的示数I和电阻箱的阻值R，作出1I-R图像如图丙所示，则可得出多用电表电源的电动势E＝1.50V（结果保留三位有效数字）；不考虑偶然误差，该实验的电动势测量值小于（3）实验中使用的电流表内阻为20Ω，根据图丙的数据可得出连入电路中金属丝的电阻R1＝10Ω，用螺旋测微器测量待测金属丝的直径，测量结果如图丁所示，其示数为0.398mm，实验中连入电路中的金属丝长度L为39.90cm，根据以上数据可得出金属丝的电阻率ρ＝3×10﹣6Ω•m（结果保留一位有效数字）。【分析】（1）根据多用电表的欧姆挡中值电阻等于内阻，欧姆表指针读数与挡位的乘积是欧姆表读数分析；（2）根据闭合电路欧姆定律可得1I（3）根据1I【解答】解：（1）根据多用电表的欧姆挡中值电阻等于内阻，可知在该欧姆挡时内阻为r＝10×15Ω＝150Ω（2）根据闭合电路欧姆定律可得E＝I（R+r+RA+R1）整理可得1则图像的斜率为k=解得E＝1.50V多用电表内部也存在电路，该实验测得的是多用电表的输出电压，小于电表电源的电动势。（3）1I-R代入数据解得R1＝10Ω螺旋测微器的读数为39.8×0.01mm＝0.398mm（0.398mm～4.000mm都可以）根据电阻定律可得R其中S=代入数据联立解得ρ≈3×10﹣6Ω•m故答案为：（1）150；（2）1.50，小于；（3）10，0.398，3×10﹣6【点评】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提，应用闭合回路欧姆定律与电阻定律即可解题。四．实验题（共1小题）13．（2025秋•厦门校级期中）某小组同学从一种报废的自动控制电路中拆下来一个电阻，为测其阻值，现有器材：A.待测电阻Rx（约20Ω）B.电源E（电动势3V，内阻可忽略）C.电压表V（量程为0～3V，内阻约为2kΩ）D.电流表A1（量程为0～150mA，内阻r1为2Ω）E.电流表A2（量程为0～0.6A，内阻r2约为0.5Ω）F.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）G.滑动变阻器R2（最大阻值500Ω）H.开关S与导线若干（1）为尽可能准确测量电阻的阻值，则电流表选用D；滑动变阻器选用F。（填仪器前的字母序号）（2）为减小误差，且方便调节。如图是实验电路的实物图，图中已连接了部分导线，请补充完成图中实物间的连线。（3）实验开始前，应将滑动变阻器的滑片调节到a端（填“a”或“b”）。【分析】（1）根据欧姆定律求解电路中的最大电流，然后选择电流表；为了测量更多实验数据，滑动变阻器采用分压式接法，据此选择滑动变阻器；（2）根据滑动变阻器采用分压式接法，由于电流表的内阻已知，所以应选择电流表的内接法，完成实验电路的连接；（3）滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全的角度分析作答。【解答】解：（1）通过待测电阻的最大电流约为Im=ERx，解得I（2）由于电流表的内阻已知，所以应选择电流表的内接法，为减小误差，实验过程中需要多测几组数据，且方便调节，滑动变阻器采用分压接法。实物连接如图所示（3）为保护电路，实验开始前，应将滑动变阻器的滑片调节到a端。故答案为：（1）D，F；（2）如图所示：（3）a【点评】本题主要考查了伏安法测电阻的实验，要明确实验原理，掌握实验器材和实验电路的选择方法是解题的关键。五．解答题（共3小题）14．（2025秋•龙岩期中）如图所示，在电场强度大小E＝300N/C的匀强电场中，A、B两点距离为10cm，AB连线与电场线的夹角θ＝37°，一电荷量q＝2×10﹣9C的点电荷，从A点移动到B点，（已知cos37°＝0.8）（1）求点电荷受到的电场力；（2）求电场力做的功；（3）如果A点的电势φA＝30V，求B点的电势φB。【分析】（1）根据F＝qE求解电场力大小；（2）根据U＝Ed（d为沿电场线方向距离）求解A、B两点的电势差；（3）根据UAB＝φA﹣φB求解B点的电势。【解答】解：（1）点电荷受到的电场力F＝qE＝300×2×10﹣9N＝6×10﹣7N（2）A、B两点的电势差为UAB＝EdABcos37°＝300×0.1×0.8V＝24V电场力所做的功为W（3）由于A、B两点电势差为24V，则UAB＝φA﹣φB，解得φB＝6V答：（1）点电荷受到的电场力等于6×10﹣7N；（2）电场力做的功等于4.8×10﹣8J；（3）B点的电势为6V。【点评】解决本题的关键是根据U＝Ed求解A、B两点的电势差，注意d为沿电场线方向距离。15．（2025秋•龙岩期中）某小组通过实验测得玩具电动机电流随电压变化的I﹣U图像如图所示，电压小于1V时，电动机不转，且图像为直线；当电压U＝6V时，电动机恰好正常工作。忽略电动机内阻变化。求：（1）电动机的内阻r；（2）电