河北省石家庄第十五中学2025_2026学年高二上学期期中物理试题 [含答案]

这是一份河北省石家庄第十五中学2025_2026学年高二上学期期中物理试题 [含答案]，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.我国学者王充在他的《论衡》一书中写下“顿牟掇芥”一语。此语意为摩擦过的琥珀能吸引草芥一类的轻小物体。下列说法正确的是( )
A. 摩擦过的琥珀带的电荷量不一定是元电荷的整数倍
B. 琥珀带电的原因是摩擦过程中电荷发生了转移
C. 琥珀靠近轻小物体的过程中，轻小物体上凭空产生了电荷
D. 琥珀吸引轻小物体时，轻小物体对琥珀没有作用力
2.下列对于各物理量间的关系说法正确的是( )
A. 导体的电阻与导体两端电压成正比
B. 电容器的电容与电容器的电荷量无关
C. 匀强电场中两点相距越远，电势差的绝对值越大
D. 场源电荷在某点处产生的电场强度大小与场源电荷的电荷量无关
3.某手机的电池容量为8000mA⋅h，则意味着该电池充满电后能搬运的最多电荷量为( )
A. 2.88×104CB. 8×103CC. 480CD. 8C
4.某非线性元件a和线性元件b的伏安特性曲线分别如图中的曲线甲和直线乙所示。将元件a、b串联接入电路，当元件a两端电压为2V时，元件a、b的电阻之比为( )
A. 1：1B. 2：3C. 3：2D. 2：5
5.某带电体产生电场的等差等势面分布如图中实线所示，虚线是正点电荷仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N点是正点电荷运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是( )
A. 正点电荷经过M点时的加速度大干经过N点时的加速度
B. 正点电荷经过M点时的动能大于经过N点时的动能
C. 正点电荷经过M点时的电势能大于经过N点时的电势能
D. 沿虚线轨迹看，从M点到N点电场的电势逐渐增大
6.某电场的电场线如图所示，O、N是电场中的两点，以O为坐标原点，O、N点所在直线为x轴且以水平向右为x轴正方向。带正电的粒子从O点以水平向右的初速度开始运动，粒子仅受电场力。该粒子的动能Ek与粒子所在位置x的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，材料、半径均相同的带正电小球甲、乙(均可视为点电荷)分别固定于A、C点时，A、C两点连线上的B点处的电场强度为0。已知小球甲的带电荷量为Q，AB=13BC=L，静电力常量为k，现将小球甲、乙相互接触后再重新固定于A、C点，则B点处的电场强度大小为( )
A. 40kQ9L2B. 50kQ9L2C. −5kQL2D. kQ9L2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列属于电势差的单位的是( )
A. A⋅Ω−1B. J⋅C−1C. C⋅Ω⋅s−1D. C⋅s
9.冰箱里的温控电路简图如图所示，R1为定值电阻，R2为热敏电阻，温度越低，其阻值越大，C为电容器，电压表为理想电压表。随着冰箱温度的降低，下列说法正确的是( )
A. 电路中的电流减小B. 电压表的示数减小
C. 电容器C充电D. 电源的输出功率一定变大
10.如图所示，水平地面上方存在方向水平向右的匀强电场，O、Q为水平地面上的两点。将一带正电荷的小球自电场中的O点以9J的初动能竖直向上抛出，运动到最高点P时小球的动能为16J，最后落回地面上的Q点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球所受电场力与重力大小之比为3：4
B. 小球从O点到P点与从P点到Q点的水平位移大小之比为1：3
C. 小球落回Q点时的动能为73J
D. 小球落回Q点时的动能为63J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组想要测量某段电阻丝的电阻率，可利用以下器材：
A.待测电阻丝Rx(电阻约为1kΩ)；
B.电源(电动势为6V)；
C.电流表(量程为0∼6mA，内阻约为20Ω)；
D.电压表(量程为0∼6V，内阻约为6kΩ)；
E.滑动变阻器(可调节范围为0∼2kΩ)；
F.滑动变阻器(可调节范围为0∼20Ω)；
G.螺旋测微器、10分度游标卡尺、开关、导线若干。
(1)用游标卡尺测该电阻丝直径，测量结果如图甲所示，则该电阻丝的直径为______ mm。
(2)为确保电阻丝两端电压能从0开始变化且实验操作便捷，应选择的滑动变阻器为______(填“E”或“F”)。
(3)请用笔画线代替导线补充完整图乙所示的电路实物图。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移动至最______(填“左”或“右”)端。
(4)某次实验时测得电压表示数为U，电流表示数为I，电阻丝的长度为L，直径为D，则该电阻丝的电阻率ρ=______(用U、I、L、D、π表示)。
12.某实验小组用满偏电流Ig=30μA且内阻rg=1000Ω的灵敏电流计和电动势分别为E=4.5V和E′=45V的电源等器材来制作多用电表，设计的电路图如图甲所示。已知该实验小组设计的多用电表的两个电流挡的量程分别为0∼3mA和0∼30mA，两个电压挡的量程分别为0∼3V和0∼15V。
(1)该多用电表的A表笔为______(填“红表笔”或“黑表笔”)。
(2)将开关S拨至1，正确操作后，将该多用电表串联接入电路，发现灵敏电流计的表盘指针指向如图乙所示，则该挡位下的读数为______。
(3)将开关S拨至5，正确操作后，将该多用电表接入电路，发现灵敏电流计的表盘指针指向如图乙所示，则该挡位下的读数为______。
(4)将开关S拨至3，欧姆调零完成后，红黑表笔接一电阻，发现灵敏电流计的表盘指针指向如图乙所示，则所接电阻的阻值为______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，竖直平面内存在着竖直向上的匀强电场，可视为点电荷的带正电小球A、B静止于空中的同一竖直线上，两小球间的距离d=0.6m。已知小球A的质量m1=2×10−3kg、电荷量q1=2×10−7C，小球B的电荷量q2=8×10−7C，静电力常量k=9×109N⋅m2/C2，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)小球A、B间的库仑力大小F库；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)小球B的质量m2。
14.如图所示的电路中，定值电阻的阻值R=5Ω，电阻箱的可调节范围为0∼100Ω，电压表为理想电压表。闭合开关S后，当电阻箱的阻值调至R1=2Ω时，电压表示数U1=10.5V；当电阻箱的阻值调至R2=14Ω时，电压表示数U2=11.4V。
(1)当电阻箱的阻值调至R1=2Ω时，求电路中的电流I1；
(2)求电源的电动势E和内阻r；
(3)仅调节电阻箱的阻值，求电阻箱的最大电功率Pmax。
15.长为L、间距也为L的水平金属板A、B组成的平行板电容器接在如图所示的电路中，金属板B接地，电源的内阻为r，定值电阻R1的阻值为9r。当电阻箱的阻值调为10r时，闭合开关且电路稳定后，质量为m、电荷量为−q(q>0)的带负电微粒(视为点电荷)恰能沿金属板A、B间的中轴线做直线运动。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)求电源的电动势E；
(2)仅调节电阻箱的阻值，电路重新稳定后，相同的带电微粒从金属板A、B间的中轴线处以大小v0= gL3的水平速度射入金属板间，恰好从金属板下边缘飞出，求金属板A、B间的电压；
(3)求第(2)问中电阻箱接入电路的阻值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、任何带电体的带电荷量只能是元电荷的整数倍，所以摩擦过的琥珀带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故A错误；
B、摩擦带电的本质是发生了电荷的转移，并不是创造了电荷，所以琥珀带电的原因是摩擦过程中电荷发生了转移，故B正确；
C、琥珀靠近轻小物体的过程中，能够吸引轻小物体，这里吸引的原因是靠近带电体的一端感应出异种电荷，远离端感应出同种电荷，才产生吸引，但不一定是静电感应，有可能是极化(分子取向)，导体是静电感应，绝缘体是静电极化(取向)，故C错误；
D、根据牛顿第三定律，可知琥珀吸引轻小物体时，轻小物体对琥珀也有作用力，且它们之间的相互作用力大小相等，方向相反，故D错误。
故选：B。
元电荷是电荷量不是电荷，所有带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍；摩擦带电的本质是电荷发生了转移，电荷在转移的过程中遵循电荷守恒定律；根据静电感应现象判断；根据牛顿第三定律判断。
本题主要考查了元电荷的概念以及物体带电的原因和电荷守恒定律，要求学生对这些基础知识熟练掌握。
2.【答案】B
【解析】解：A、导体的电阻取决于材料特性、几何尺寸及温度，与外加电压或电流无关；由欧姆定律R=UI可知，电阻是导体的固有属性，并非与电压呈正比关系，故A错误；
B、电容器的电容由极板构型、间距及介质特性决定，其定义式C=QU仅反映电荷量与电压的量化关系，电容本身与存储电荷量无关，故B正确；
C、在匀强电场中，电势差U=Ed(d表示沿电场方向的位移)，若两点沿垂直电场方向移动，距离增加但电势差保持不变，故C错误；
D、电场强度由E=kQr2确定，直接取决于场源电荷量Q的大小，故D错误。
故选：B。
导体的电阻是材料本身的属性，与电压或电流无关，仅由材料特性和几何尺寸决定。电容器的电容取决于极板构型和介质特性，与存储的电荷量无关。匀强电场中电势差与沿电场方向的位移成正比，若两点移动方向与电场垂直则电势差不变。电场强度由场源电荷量和距离共同决定，与场源电荷量直接相关。
本题综合考查电阻、电容、电势差和电场强度四个核心电学概念的本质属性与决定因素。题目通过辨析式设问，重点检验学生对物理量定义式与决定式的区分能力，以及对其物理意义的理解深度。选项A和B分别针对电阻和电容的固有属性进行考查，需要学生明确R=UI与C=QU仅是测量式而非决定式；选项C考查匀强电场中电势差与位移的矢量关系，涉及电场方向的空间分析；选项D则检验点电荷场强的决定因素。题目计算量虽小，但对概念辨析能力要求较高，四个选项形成良好的知识覆盖网络，能有效检测学生对电学基础概念的掌握程度。
3.【答案】A
【解析】解：根据电流强度的定义式I=qt，可得该电池充满电后能搬运的电荷量：q=I⋅t=8000×10−3A×3600s=2.88×104C，故A正确，BCD错误。
故选：A。
电池容量是指电池的存储电量，根据公式q=It求解。
本题是信息给予题，要求同学们能从题目中获取有用信息，知道电池容量是指电池储存电量的大小，掌握电流与电量间的关系。
4.【答案】D
【解析】解：由I−U图像中某点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，a元件两端电压为2V时，对应的电流为0.3A，可知某非线性元件a的电阻为：Ra=UI=20.3Ω=203Ω，两元件串联接入电路，通过的电流相同，所以b元件中的电流也是0.3A，由图可得，此时b元件两端的电压为5V，Rb=U1I=50.3Ω=503Ω，联立可得元件a、b的电阻之比为2：5，故ABC错误，D正确。
故选：D。
I−U图像中某点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，由电阻的定义式即可求解。
本题考查对I−U图像的了解及应用，要学会从图像中获取有用信息的能力。
5.【答案】C
【解析】解：A.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，M点的电场强度小于N点的电场强度，则由F=qE=ma可知，正点电荷经过M点时的加速度小于经过N点时的加速度，故A错误；
BCD.因为电荷做曲线运动时所受合力(电场力)指向运动轨迹凹侧、正点电荷所受电场力与电场方向相同、电场线与等势面相交处互相垂直，则由图可知，该正点电荷所受电场力方向垂直等势面向下、电场线先后经过等势面d、c、b、a；因为沿电场方向电势逐渐降低，则等势面d、c、b、a的电势依次降低，由此可知，M点的电势高于N点的电势，沿虚线轨迹看，从M点到N点电场的电势先增大后减小，则正点电荷经过M点时的电势能大于经过N点时的电势能，故由能量守恒可知，正点电荷经过M点时的动能小于经过N点时的动能，故C正确，BD错误；
故选：C。
A.结合题图，根据等差等势面的分布与电场强度的关系、电场强度与加速度的关系，即可分析判断；
BCD.结合题意，根据曲线运动合力的特点、电场力方向的特点、电场线与等势面的关系、电势与电势能的关系、电场中的功能关系，即可分析判断。
本题考查根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况，解题时需注意，在只有电场力做功的情况下，电势能与动能之和保持不变，也就是说粒子的动能增大时，电势能减小。
6.【答案】C
【解析】解：根据题意可知，电场力做正功，动能在增加，根据动能定理可得：
qEx=Ek−Ek0，
整理可得：
Ek=qE⋅x+Ek0，
由此可知：
Ek−x图像的斜率表示qE、与纵轴的截距表示Ek0，
由题图可知，粒子从O到N电场强度E不断减小，则电场力qE不断减小，则Ek−x的斜率不断减小，C中图像符合，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据题意可知，电场力做正功，由动能定理列式，结合题图及数学知识，即可分析判断ABCD正误。
本题考查电场强度与电场力的关系和计算，解题时需注意，公式F=qE的三个物理量中，知道其中两个物理量的情况，即可表示出第三个物理量。
7.【答案】A
【解析】解：甲小球在B点产生的电场
E甲=kQL2，方向向右
B点的合场强为零，说明乙小球在B点产生的电场与甲的电场等大、反向。
E乙=kq乙(3L)2=kQL2
解得q乙=9Q
两球接触后再重新固定于原处，电荷量平均分配
q甲=q乙=Q+9Q2=5Q
甲小球在B点产生的电场
E1=5kQL2
方向水平向右
乙小球在B点产生的电场E2=5kQ(3L)2=5kQ9L2，方向水平向左
B点的合场强E=E1−E2=40kQ9L2，方向水平向右。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
首先，根据B点场强为0的条件，判断甲、乙在B点的场强大小相等、方向相反，结合距离关系求出乙的初始电荷量；然后，甲、乙接触后电荷会均分，得到接触后的电荷量；最后，分别计算接触后甲、乙在B点产生的场强，再叠加得到B点的合场强。
这道题是点电荷电场强度叠加的经典中档题，围绕“点电荷场强公式”“场强叠加原理”“带电小球接触后电荷均分”三个核心知识点，先利用“B点场强为0”的条件反推初始电荷量，再结合电荷重新分配后的场强叠加求合场强，是静电场概念与计算的综合考查
8.【答案】BC
【解析】解：A、根据公式U=IR，可知电势差的单位可表示为A⋅Ω，故A错误；
B、根据电势差的定义式U=Wq，可知电势差的单位可表示为J⋅C−1，故B正确；
CD、根据公式U=IR和电流强度的定义式I=qt，可知电势差的单位可表示为C⋅Ω⋅s−1，故C正确，D错误。
故选：BC。
在物理学中有七个基本物理量分别是质量、长度、时间、热力学温度、物质的量、电流、光照强度，它们的单位是基本单位；其他的根据物理关系推导出来的单位叫做导出单位。
熟练记忆七个基本物理量以及它们的国际单位制单位是解题的基础。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、随着冰箱温度的降低，热敏电阻R2的阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，即电压表的示数增大，故A正确，B错误；
C、R2两端的电压U2=E−I(R1+r)，I减小，其他量不变，则U2增大。电容器两端的电压等于R2两端的电压，则电容器的电压增大，根据Q=CU可知，电容器的电荷量增大，则电容器C充电，故C正确；
D、电源的输出功率为P出=(ER外+r)2R外=E2R外+r2R外+2r，可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大。由于不清楚外电阻与内阻的关系，所以无法判断电源的输出功率变化情况，故D错误。
故选：AC。
随着冰箱温度的降低，R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化和路端电压的变化。电容器的电压等于R2两端的电压，分析电容器电压的变化，再判断电容器所带电量的变化。根据内外电阻的关系判断电源的输出功率变化情况。
本题是电路的动态分析问题，首先根据局部电阻的变化分析外电路总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压和功率的变化，这是常用的分析思路，要熟练掌握。
10.【答案】BC
【解析】解：A.根据题意可知，小球在竖直方向只受到重力作用，则有mg=may
在水平方向上受到电场力左右，则有F电=max
且小球在竖直方向上速度vy减为0时，运动到最高点，此时小球的水平方向速度为vx，由题干信息中的动能比，可知速度比为vy：vx=3：4
结合运动学公式有vx=axt，vy=ayt
则ay：ax=3：4
即电场力与重力之比为4：3，故A错误；
B.小球从O运动到P点时，竖直方向速度减为0，从P点运动Q点时，又回到原水平高度，竖直方向上只受到重力加速度g，所以两段过程运动时间相等。在水平方向上受电场力作用，水平速度从0开始运动，在相等时间内水平位移之比为1：3，故B正确；
CD.小球运动到P点和Q点时，水平方向由vx=axt
可知水平速度之比为vx1：vx2=1：2
所以12mvx12:12mvx22=1:4
即12mvx22=4×16J=64J
所以到达Q点时，动能为Ek=12mvx22+12mvy2
解得Ek=73J
故C正确，D错误。
故选：BC。
A.根据牛顿第二定律和运动学公式求小球所受电场力与重力大小之比；
B.根据小球两次在竖直方向的运动情况判断运动的时间关系，再结合水平分方向的受力情况结合匀变速运动的规律求小球从O点到P点与从P点到Q点的水平位移大小之比；
CD.根据运动学公式求出小球运动到P点和Q点时水平速度之比，再结合动能表达式求小球落回Q点时的动能。
本题考查带电小球在复合场中的运动，要求学生能正确分析带电小球的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】26.6 F 左 πUD24IL
【解析】解：(1)(10分)度的游标游标卡尺精度为0.1mm，电阻丝的直径为D=26mm+6×0.1mm=26.6mm
(2)为确保电阻丝两端电压能从0开始变化且实验操作便捷，即采用滑动变阻器为分压式连接，则需要选总阻值较小的滑动变阻器，即选F滑动变阻器(可调节范围为0∼20Ω)；
(3)因Rx2≈106>RA⋅RV=20×6×103Ω2=1.2×105Ω2
则采用电流表的内接法减小系统误差，滑动变阻器采用分压式接法，实物连线如图所示
为了待测电路的安全，流过电流表的电流尽量小，则闭合开关前滑动变阻器的滑片应移动至最左端；
(4)根据欧姆定律有R=UI
根据电阻定律有R=ρLS=ρLπD24=4ρLπD2
联立解得ρ=πUD24IL
故答案为：(1)26.6；(2)F；(3)左；
(4)πUD24IL。
(1)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
(2)根据方便调节选择滑动变阻器；
(3)根据实验要求和误差分析判断，根据选择的连接方式连接实物图；根据保护电路判断；
(4)根据电阻定律、欧姆定律和几何知识推导。
本题关键掌握测量金属丝的电阻率的实验原理，电学器材的选择方法，测量电路和控制电路的选择方法，游标卡尺的读数方法，电阻率表达式的推导方法。
12.【答案】红表笔 20.0mA 2.00V 750Ω
【解析】解：(1)多用表欧姆挡的内部电流从表笔B流出，表笔A流入，根据“黑出红进”可知该多用电表的A表笔为红表笔；
(2)将开关S拨至1，电流表的量程为0∼30mA，分度值为1mA，读数20.0mA；
(3)将开关S拨至5，电压表的量程0∼3V，分度值为0.1V，读数为2.00V；
(4)将开关S拨至3，欧姆调零完成后，欧姆表的内阻R内=EIg1=4.53×10−3Ω=1500Ω
电流表的读数I=2.00mA
根据闭合电路欧姆定律I=ER内+Rx
待测电阻Rx=EI−R内=×10−3Ω−1500Ω=750Ω。
故答案为：(1)红表笔；(2)20.0mA；(3)2.00V；(4)750Ω。
(1)多用表欧姆挡的内部电流从表笔B流出，表笔A流入，根据“黑出红进”分析作答；
(2)将开关S拨至1，电流表的量程为0∼30mA，分度值为1mA，根据电流表的读数规则读数；
(3)将开关S拨至5，电压表的量程0∼3V，分度值为0.1V，根据电压表的读数规则读数；
(4)将开关S拨至3，欧姆调零完成后，根据闭合电路欧姆定律求欧姆表的内阻，根据闭合电路欧姆定律求解作答。
本题主要考查了多用表的构造，要掌握多用表的读数规则，掌握闭合电路欧姆定律的运用，分清电表的挡位是解题的关键。
13.【答案】(1)小球A、B间的库仑力大小为4×10−3N (2)匀强电场的电场强度大小为8×104N/C (3)小球B的质量为6×10−3kg
【解析】解：(1)由库仑定律可知，小球A、B间的库仑力大小F库=kq1q2d2，代入数据可得：F库=4×10−3N；
(2)对小球A受力分析，有Eq1+F库=m1g，代入数据可得：E=8×104N/C；
(3)对小球B受力分析，有Eq2=F库+m2g，代入数据可得：m2=6×10−3kg。
答：(1)小球A、B间的库仑力大小为4×10−3N；
(2)匀强电场的电场强度大小为8×104N/C；
(3)小球B的质量为6×10−3kg。
(1)根据库仑定律分析；
(2)对小球A受力分析，根据平衡条件分析；
(3)对小球B受力分析，根据平衡条件分析.
考查了库仑定律和平衡条件的应用，熟练掌握库仑定律的应用。
14.【答案】(1)电路中的电流I1为1.5A (2)电源的电动势E为12V，内阻r为1Ω (3)电阻箱的最大电功率Pmax为6W
【解析】解：(1)当电阻箱的阻值调至R1=2Ω时，根据欧姆定律可知电路中的电流为
I1=U1R1+R
解得I1=1.5A。
(2)由题意可知U1=10.5V，由(1)可知I1=1.5A，由闭合电路欧姆定律得
E=U1+I1r
当电阻箱的阻值调至R2=14Ω时，电路中的电流I2=U2R+R2=11.45+14A=0.6A
由题意可知U2=11.4V，由闭合电路欧姆定律得E=U2+I2r
联立解得E=12V，r=1Ω。
(3)设电阻箱的阻值调至R3，此时回路中的电流为
I3=ER+r+R3
电阻箱的电功率为
P=I32R3=E2R3+(R+r)2R3+2(R+r)
可知当R3=R+r时，电阻箱的电功率达到最大值，为
Pmax=E24(R+r)
解得Pmax=6W
答：(1)电路中的电流I1为1.5A；
(2)电源的电动势E为12V，内阻r为1Ω；
(3)电阻箱的最大电功率Pmax为6W。
(1)当电阻箱的阻值调至R1=2Ω时，根据欧姆定律求电路中的电流I1；
(2)对两种情况分别根据闭合电路欧姆定律列方程，即可求得电源的电动势E和内阻r；
(3)根据闭合电路欧姆定律和功率公式相结合求电阻箱的最大电功率Pmax。
解答本题的关键要闭合电路欧姆定律和功率公式，本题也可以将R看成电源的内阻，根据内外电阻相等时，电源的输出功率最大，来求出电阻箱的最大电功率。
15.【答案】(1)电源的电动势E为2mgLq (2)金属板A、B间的电压为2mgL3q (3)第(2)问中电阻箱接入电路的阻值为5r
【解析】解：(1)微粒做匀速直线运动，所受电场力与重力平衡，则有mg=U1Lq
回路中的电流I1=Er+9r+10r
电容器两端电压U1=I1⋅10r
解得E=2mgLq
(2)设金属板A、B间电压为U2，带电微粒做类平抛运动，对微粒受力分析，由牛顿第二定律有mg−U2qL=ma
微粒在水平方向上做匀速直线运动，有L=v0t
微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有L2=12at2
解得U2=2mgL3q
(3)由闭合电路欧姆定律有
U2E=R2R2+r+9r
解得R2=5r
答：(1)电源的电动势E为2mgLq；
(2)金属板A、B间的电压为2mgL3q；
(3)第(2)问中电阻箱接入电路的阻值为5r。
(1)微粒恰能沿金属板A、B间的中轴线做直线运动，所受电场力与重力平衡，根据平衡条件求出电容器板间电压，由欧姆定律求出电路中电流，再求电源的电动势E；
(2)仅调节电阻箱的阻值，电路重新稳定后，带电微粒从金属板A、B间的中轴线处射入金属板间做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合求金属板A、B间的电压；
(3)根据串联电路分压规律求第(2)问中电阻箱接入电路的阻值。
本题中类平抛运动与平抛运动的研究方法相同，都是运动的分解法，对于类平抛运动与电路之间联系的纽带是板间的电压，要能熟练通过欧姆定律和电路连接关系得到板间电压。