2018-2019学年广东省惠州市惠东县惠东高级中学高二11月月考物理试题 解析版
2018-2019学年广东省惠州市惠东县惠东高级中学高二11月月考物理卷
考试范围：选修3-1第一章，第2章内容；；命题人：李易莉；审题人：戴翠珠
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题
1．下列关于电场强度和电势的说法中，正确的是（ ）
A． 电场强度为零的地方，电势一定为零 B． 电势为零的地方，电场强度一定为零
C． 沿着电场强度的方向，电势逐渐降低 D． 电场强度较大的地方，电势一定较高
2．如图所示，竖直实线表示某匀强电场中的一簇等势面，具有一定初速度的带电小球在电场中从A到B做直线运动（如图中虚线所示）．小球只受电场力和重力，则该带电小球从A运动到B的过程中（ ）
A． 做匀速直线运动
B． 机械能守恒
C． 机械能逐渐增大，电势能逐渐减小
D． 机械能逐渐减小，电势能逐渐增大
3．如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电量为－q外，其余各点处的电量均为＋q，则圆心O处( )
A． 场强大小为，方向沿AO方向
B． 场强大小为，方向沿OA方向
C． 场强大小为，方向沿AO方向
D． 场强大小为，方向沿OA方向
4．一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其图象如图所示。粒子在时刻运动到B点，时刻运动到C点，以下判断正确的是
A． A，B,C三点的电势关系为
B． A，B,C三点的场强大小关系为
C． 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D． 粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
5．如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为，则被测物体( )
A． 向左移动时，增加
B． 向右移动时，增加
C． 向左移动时，不变
D． 向右移动时，减少
6．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝10cm，ad＝bc＝20cm，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20V，b点电势为24V，则( )
A． 电场强度大小一定为E＝40V/m
B． cd间电势差一定为4V
C． 电场强度的方向一定由b指向a
D． c点电势可能比d点低
7．用伏安法测电阻R，按（甲）图测得的结果为R1，按（乙）图测得的结果为R2，若电阻的真实值为RZ，则下列关系正确的是（ ）
A． R1 > RZ > R2
B． R1 < RZ < R2
C． RZ > R1，RZ > R2
D． R1 = RZ = R2
8．如图所示,直线A是电源的路端电压和电流的关系图线,直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线,若将这两个电阻分别接到该电源上,则( )
A． R1接在电源上时,电源的效率低
B． R2接在电源上时,电源的效率高
C． R1接在电源上时,电源的输出功率大
D． R2接在电源上时,电源的输出功率大
9．把6个相同电灯和两个变阻器接成如图（甲）、（乙）所示的两个电路，调节变阻器，两组电灯均能正常发光．设（甲）、（乙）两电路消耗的电功率分别为P1、P2，则（ ）
A． P1=3P2 B． P1=P2
C． P1＞3P2 D． P1＜3P2
10．以下是欧姆表原理的电路示意图，正确的是( )
A． B． C． D．
11．如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a 粒子先后通过M 点和N 点. 在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出( )
A． a 粒子在M 点受到的电场力比在N 点受到的电场力大
B． N 点的电势低于M 点的电势
C． a 粒子在N 点的电势能比在M 点的电势能大
D． a 粒子在M 点的速率小于在N 点的速率
12．如图所示，初速度为零的电子经电压 U1加速后，垂直进入偏转电场，离开电场时偏移量为 y，偏转板间的距离为 d，偏转电压为 U2，板长为 L，为了提高偏转灵敏度（每单位偏转电压引起的偏移量）可采取的措施有（ ）
A． 增大偏转电压 U2
B． 使 U1 变大些，U2 变小些
C． 尽可能使 L 小些
D． 尽可能使 d 小些
13．如图所示，将一带电小球A通过绝缘细线悬挂于O点，细线不能伸长。现要使细线偏离竖直线30°角，可在O点正下方的B点放置带电量为q1的点电荷，且BA连线垂直于OA；也可在O点正下方C点放置带电量为q2的点电荷，且CA处于同一水平线上。则为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
14．如图所示，图线1、2分别表示导体A、B的伏安特性曲线，它们的电阻分别为、，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C． 将与串联后接于电源上，则电压比
D． 将与并联后接于电源上，则电流比
15．如图所示的电场中有A、B两点，下列判定正确的是：( )
A． 电势φA>φB，场强EA>EB
B． 电势φA>φB，场强EA
εB
16．如图（a）所示，直线AB是某点电荷电场中的一条电场线．图（b）是放在电场线上a、b两点的电荷量与所受电场力大小的函数图象．由此可以判定（ ）
A． 场源可能是正电荷，位置在点A左侧
B． 场源可能是正电荷，位置在点B右侧
C． 场源可能是负电荷，位置在点A左侧
D． 场源可能是负电筒，位置在点B右侧
17．在图所示的四种典型电场的情况中，电场中a、b两点的电场强度相同的是( )[]
A． 图(甲) B． 图(乙) C． 图(丙) D． 图(丁)
B． 18．如图，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q的电场)，从左端以初速度v0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动过程中
A． 小球做匀速直线运动
B． 小球可能不能运动到金属板最右端
C． 小球的电势能保持不变
D． 静电力对小球做负功
19．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )
A． E变大，W变大
B． U变小，E不变
C． U变小，W不变
D． U不变，W不变
20．如图所示所示的电路，A、B、C为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑动触头P向上移动时 （ ）
A． A灯变亮，B和C灯都变暗
B． A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮
C． 电源的输出电功率增大
D． 电源的输出电功率减小
21．如图所示,电路中R1和R2均为可变电阻,平行板电容器C的极板水平放置.闭合开关S,电路达到稳定时,一带电油滴恰好悬浮在两板之间.下列说法正确的是( )
A． 仅增大的R1阻值,油滴仍然静止
B． 仅增大R2的阻值,油滴向上运动
C． 增大两板间的距离,油滴仍然静止
D． 断开开关S,油滴将向下运动
22．在如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为光敏电阻(光照减弱时阻值增大)，C为电容器，现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是（ ）
A． 电流表的示数减小
B． 电容器C的电荷量增大
C． 电压表的示数变小
D． 电源内部消耗的功率变大
23．如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，下列说法中正确的是( )
A． 甲表是电流表，R增大时量程减小
B． 甲表是电流表，R增大时量程增大
C． 乙表是电压表，R增大时量程减小
D． 乙表是电压表，R增大时量程增大
24．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W．关于该电吹风，下列说法正确的是( )
A． 电热丝的电阻为55 Ω
B． 电动机的电阻为 Ω
C． 当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为120 J
D． 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J
25．如图所示，A为带电量为Q的点电荷，中间竖直放置一带正电的介质板，B为质量为m、电量为＋q的小球，用绝缘丝线悬挂于O点，平衡时丝线与竖直方向的夹角为θ，且A、B两个小球在同一水平面上，间距为L，则介质板上的电荷在小球B处产生的电场强度大小E可能是( )
A． E＝ B． E＝
C． E＝ D． E＝
26．如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电荷的点电荷Q，将一个直流为m带电荷为q的小物体（可以看成为质点）放在水平面上并由静止释放，小物体将在水平面上沿远离Q的方向开始运动，则在小物体运动的整个过程中
A． 小物体的加速度一直在减小
B． 小物体的电势能一直在减小
C． 电场力对小物体做的功等于小物体动能的增加量
D． 小物体机械能与电势能的总和一直在减小
第II卷（非选择题）
三、实验题
27．读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数：
游标卡尺的读数为_________mm.；螺旋测微器的读数为_________mm.
28．有一个小灯泡上标有“4 V，2 W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线。有下列器材供选用：
A． 电压表（0～5 V，内阻约为10 kΩ）
B． 电压表（0～10 V，内阻约为20 kΩ）
C． 电流表（0～0.3 A，内阻约为1 Ω）
D． 电流表（0～0.6 A，内阻约为0.4 Ω）
E. 滑动变阻器（10 Ω，2 A）
F. 学生电源（直流6 V），还有电键、导线若干
(1) 实验中所用电压表应选用________.
(2) 实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路。
(3) 某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3 V、内阻为2.5 Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是________W.
29．某同学采用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻．除待测电池外，提供的器材还有：电压表、电流表、滑动变阻器、开关和导线若干．
①图丙是根据测量结果作出的U-I图象，则由图象可知该电池的电动势E=________V，内阻为r=_________Ω．
②我们都有过这样的体验：手电筒里的两节串联的干电池用久了以后，灯泡发“红”光，这时我们常说“电池没电了”．有人为了“节约”
，在手电筒里装一新电池和一节旧电池搭配使用．已知新电池的电动势E=1.5V、内阻r1=0.2Ω；旧电池的电动势E2=1.5V；内阻r2=6.8Ω；小灯泡上标有"3V,3W”，且电阻不随温度变化．则手电筒工作时旧电池本身消耗的电功率为________W(已知两电池串联的总电动势等于两电池的电动势之和)．根据计算结果，你认为新旧电池搭配使用的做法是否合理________(填“合理”或“不合理”)．
四、解答题
30．如图所示，小球的质量为，带电量为，悬挂小球的细线与竖直方向成时，小球恰好在水平匀强电场中静止不动，， ，g取。
求：（1）电场强度的大小和方向；
（2）此时细线的拉力大小．
31．一台小型电动机在3 V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N的物体时，通过它的电流是0.2 A．在30 s内可使该物体被匀速提升3 m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：
(1)电动机的输入功率；
(2)在提升重物的30 s内，电动机线圈所产生的热量；
(3)线圈的电阻．
32．如图甲所示，相距d=30cm的A，B两极板是真空中平行放置的金属板，当给它们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场，今在A，B两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T=1.0×10-6s；t=0时，A板电势比B板电势高，电势差U0=1080V．一个荷质比=1.0×108C/kg的带负电的粒子在t=0时从B板附近由静止开始运动，不计重力．问：
(1)当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达到最大，最大值为多大？
(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子撞击极板时速度的大小．
参考答案
1．C
【解析】
电场强度为零的地方，电势不一定为零，例如在等量同种电荷连线的中点处，选项A错误；电势为零的地方，电场强度不一定为零，例如在等量异种电荷连线中点处，选项B错误；沿着电场强度的方向，电势逐渐降低，选项C正确；电场强度较大的地方，电势不一定较高，例如在负的点电荷附近，选项D错误；故选C.
点睛：电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低.
2．D
【解析】
根据电场线与等势面垂直，知电场线应水平．带电微粒在匀强电场中受到竖直向下的重力和水平方向的电场力作用，微粒做直线运动，合力与速度平行，可知微粒所受的电场力方向必定水平向左，微粒做匀减速直线运动，故A错误；由于电场力对微粒做负功，所以微粒的机械能逐渐减小，电势能逐渐增大，故BC错误，D正确；故选D.
点睛：本题要能根据其受力情况判断微粒的运动状态，抓住质点做直线运动的条件：合力与速度平行是关键．
3．D
【解析】
【详解】
由点电荷的场强公式可知，各点电荷在O点产生的场强大小为，电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定则.
由对称性可知，B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为，方向沿OA方向，则A、B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为：，方向沿OA方向；故选D．
【点睛】
本题考查了电场强度问题，熟练应用点电荷的场强公式及平行四边形定则是正确解题的关键．
4．C
【解析】
【分析】
根据速度时间图象可知，斜率表示加速度，则可确定电场力大小，进而得出电场强度大小；因粒子的电性未知，则无法确定电场强度的方向，由于从A到B，动能减小，则电场力对粒子做负功，导致电势能增加，即可求解。
【详解】
A、由于不知道带电粒子的电性，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，故A错误；
B、图像的斜率表示加速度，由图象可知，粒子的加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；
C、由图象可知，粒子从A点经B点运动到C点速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，根据能量守恒定律，电势能应该先增大后减小，故C正确；
D、由图象可知，粒子从A点经B点运动到C
点速度先减小后增大，根据动能定理可知电场力先做负功，后做正功，故D错误；
故选：C。
【点睛】
考查由速度时间图象，来确定加速度大小与方向的方法，理解电场力做功与电势能变化关系，以及动能的变化，注意粒子不知电性，因此电势高低无法确定。
5．B
【解析】
【详解】
当被测物体向左移动时，导致电容器极板间的电介质中增多，则电容会增大，由于电量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减少，故AC错误；当被测物体向右移动时，导致电容器极板间的电介质中减少，则电容会减小，由于电量不变，则电容器极板间的电压增大，即θ增加，故B正确，D错误；故选B。
【点睛】
考查电容的定义式与决定式的应用，掌握比值定义法的含义，注意两式的区别，同时理解电量何时不变，电压何时不变的条件。
6．B
【解析】
【详解】
根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据E=U/d求出场强的大小。故AC错误。根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差，为4V，故B正确。cd间电势差为4V，则知c点电势比d点高4V．故D错误。故选B。
7．A
【解析】
【分析】
分析电路图,根据电表测量值与真实值间的关系,应用欧姆定律分析电阻测量值与真实值间的关系,然后答题
【详解】
图甲所示电路是电流表的内接法,电流的测量值等于真实值,因为电流表的分压作用,
电压的测量值大于真实值,即所测电流I是真实的,所测电压U偏大,电阻测量值 大于真实值R,
图乙所示电路是电流表的外接法,电压的测量值等于真实值,因为电压表的分流作用,电流的测量值大于真实值,即所测电压U是真实的,所测电流I偏大,电阻测量值 小于真实值R，综合分析可以知道R1 > RZ > R2，故A对；BCD错；
故选A
8．D
【解析】
【详解】
当电源的路端电压与电流的关系图线、电阻两端的电压与电流的关系图线画在同一幅U-I图像中时，两线交点的物理意义是该电阻接在该电源两端时的情况
选项分析：
A、B项，由效率公式 从图像上可以看出，电阻R1接在电源上时,电源的效率高，故AB错
C、D项，从图像上可以看出电阻R2的阻值等于电源内阻，而电源最大输出功率的条件是：内外电阻相等，所以R2接在电源上时,电源的输出功率大，故C错D对；
故选D
【点睛】
当电源的路端电压与电流的关系图线、电阻两端的电压与电流的关系图线画在同一幅U-I图像中时，两线交点的物理意义是该电阻接在该电源两端时的情况。
9．A
【解析】
【分析】
电灯正常发光时，电流都是额定电流，根据电路中总电流关系，由功率公式研究两电路消耗的电功率的关系。
【详解】
设每个灯泡正常发光时，其电流为I，则图（甲）中总电流为3I，图（乙）总电流为I，电路中的总的电压相同，所以，P1=3IU，P2=IU，则P1=3P2。
故选：A。
【点睛】
本题关键要掌握用电器在额定电压下工作时，电流是额定电流，功率达到额定才能正常工作。
10．C
【解析】
欧姆表的内部结构，要注意黑表笔与电源正极相连，电流从表头正接线柱流入。红表笔应接电源的负极，黑表笔应接电源的正极，故A错；选项B的欧姆表中没有可调电阻，故B错；选项D电流表的负极接到了电源的正极，故D错；综上分析， C对．
11．C
【解析】
【详解】
根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；若粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；若粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误；故选C。
【点睛】
此题关键是知道电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
12．D
【解析】
【分析】
根据灵敏度的定义，分析电子的偏转位移的大小，找出灵敏度的关系式，根据关系式来分析灵敏度与哪些物理量有关。
【详解】
根据动能动理，设电子进入偏转电场时的速度为v
在偏转电场中电子的偏转量为：
由以上两式解得：
由此可知，增大L、减小d、减小U1都可以提高示波器的灵敏度。
故D正确。
【点睛】
本题是信息的给以题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决本题．解题时注意类平抛物体一般分解为两种分运动，水平方向的匀速直线，竖直方向的匀加速直线。
13．B
【解析】
【详解】
对两种情况进行受力分析，如图所示：
依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：F′=mgsin30°，F=mgtan30°，根据库仑定律，则有：，而；根据三角知识，则有：lBA=Ltna30°，lCA=Lsin30°，综上所得：，故ACD错误，B正确；故选B。
【点睛】
考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内容，注意绳子的长度相等，是解题的关键．
14．AC
【解析】
【详解】
A、B、根据电阻的定义式得,根据图象可以知道,当电流都为1A时,电阻之比等于电压的正比,所以导体A、B的电阻.故A项正确,B项错误;
C、根据公式,当两段导体中的电流相等时,他们的电压之比.所以C选项正确.
D、根据公式:,当两段导体中的电压相等时，他们的电流之比，故D错误.
故选AC.
【点睛】
本题考查了欧姆定律的实际应用，侧重考查了控制变量法．
15．BC
【解析】
根据顺着电场线电势降低，则知：电势φA＞φB．由图知，A处电场线疏，B处电场线密，而电场线的疏密表示场强的相对大小，则场强EA＜EB．故A错误，B正确．+q从a点移到b点，电场力方向与位移方向的夹角小于90°，则电场力做正功，电势能减小，故C正确．根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则电荷-q在A处电势能小，B处电势能大，即εA>εB．故D错误．故选BC．
16．AC
【解析】
【详解】
由电场强度的定义式E=F/q得知：F-q图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，电场是由点电荷产生的，说明a距离场源较近，即场源位置在A侧；由于电场线的方向不能确定，故场源电荷可能是正电荷，也可能是负电荷。故AC正确，BD错误。故选AC。
17．AB
【解析】
【详解】
A、电容器间的电场为匀强电场，匀强电场中各点场强大小相等，方向相同，故A正确。
B、两个等量异号点电荷的连线上，关于O点对称的两点电场强度大小相等，方向相同，故B
正确。
C、以点电荷为球心的球面是等势面，球面上各点距点电荷的距离相等，可以知道a、b两点电场强度大小相等，但方向不用，故C错误。
D、根据两个等量同种电荷的电场线分布情况可知，在两电荷连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电场强度大小相等，方向不同，故D错误。
18．AC
【解析】
【详解】
金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力方向与位移方向垂直，对小球不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动。故A正确，B错误；电场力方向与位移方向垂直，对小球不做功，所以小球的电势能保持不变。故C正确，D错误。故选AC。
【点睛】
本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面，知道电场线与等势面垂直，并能运用这些知识来分析实际问题．
19．BC
【解析】
【分析】
平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变,将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，通过电容的变化，确定两极板电势差的变化，电场强度的变化，以及P点的电势变化，确定P点电势能的变化;
【详解】
平行板电容器充电后与电源断开后，电量Q不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据知，电容C增大，根据，则电压U变小,由、、结合可得，可知E与d无关，则电场强度E不变,则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能W不变,故BC正确，AD错误。
【点睛】
本题是电容器动态变化分析问题，是电容的两个公式、和场强公式的综合应用.
20．BC
【解析】
【详解】
当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，A灯变亮。A灯和电源的内电压增大，并联部分电压减小，B灯变暗。由总电流增大，而通过B灯的电流减小，可知通过C灯的电流增大，C灯变亮，故A错误，B正确；由题意，A、B、C三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头P向上移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。
21．ABD
【解析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R2的电压，当增大R1的阻值，对电容器的电压没有影响，板间场强不变，油滴受力情况不变，仍静止，故A正确。当增大R2的阻值，R2分担的电压增大，电容器的电压增大，电容器板间场强增大，油滴所受的电场力增大，因此油滴将向上运动，故B正确。增大两板间的距离，电容器的电压不变，由E=U/d知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，所以油滴将向下运动，故C错误。断开开关S，电容器通过两个电阻放电，电容器板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故D正确。故选ABD。
22．AB
【解析】弱对光敏电阻R光照的强度，R增大，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，总电流减小，即电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据以及C不变，U增大可得Q增大，电源内部消耗的电功率，I减小，内阻不变，所以P减小，故AB正确．
23．AD
【解析】甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A正确，B错误。乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故D正确，C错误。所以AD正确，BC错误。
24．AD
【解析】当吹热风时，电机和电阻并联。电阻消耗的功率为 ，由 可知 故A正确；电机为非纯电阻电路 故B错误；当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C错误；当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能，故D正确；综上分析，AD正确。
25．AD
【解析】
【分析】
以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据共点力平衡条件和库仑定律列式，求解E的大小。
【详解】
当Q为正点电荷时：
以小球为研究对象，分析受力情况：重力、点电荷对小球的静电力F、感应电荷的静电力qE和细线的拉力，如图
根据共点力平衡条件：
F+qE=Tsinθ
mg=Tcosθ
又根据库仑定律得：
联立解得：
当Q为负点电荷时同理可得：
qE=Tsinθ+F
mg=Tcosθ
又根据库仑定律得：
联立解得：
故应选：AD。
【点睛】
本题是电场中的力平衡问题，要转换观念，当作力学问题去处理．关键要知道感应电荷产生的电场强度方向。
26．BD
【解析】
A、开始时，电场力大于摩擦力，运动的过程中，电场力逐渐减小，则加速度减小，然后摩擦力大于电场力，加速度又逐渐增多，所以加速度先减小后增大．故A错误；B、在整个运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故B正确．C、D、根据能量守恒定律知，在整个过程中动能变化为零，重力势能不变，则电场力做的功全部转化为摩擦产生的热量，即机械能与电势能的总和一直在减小变为热能，故C错误，D正确．故选BD．
【点睛】解决本题的关键理清金属块的运动过程，掌握电场力做功与电势能的关系，以及会运用能量守恒定律分析问题．
27． 11.4mm 0.920mm
【解析】10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm；
螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为42.0×0.01mm=0.420mm，所以最终读数为0.5mm+0.420mm=0.920mm=0.0920cm；
故答案为：11.4；0.0920。
28．（1）A； （2） （3）0.80W；
【解析】
（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；
（2）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为，跟电流表内阻接近，所以用电流表外接法，实物图连接如图所示．
（3）当灯泡接入电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源中时，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir
U=3-2.5I；
画出U-I图象，与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流，由图读出通过灯泡电流为0.4A，两端电压为2.0V，所以功率为0.8W．
点睛：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．
29．①实物连接图如图所示
②1.50 0.20； ③0.612 不合理．
【解析】
（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．
（2）在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为r==0.2Ω
（3）由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3V，额定功率是3W，
∵P=，∴灯泡电阻；
手电筒里装一节新电池和一节旧电池搭配使用，E=E1+E2=3V，内阻r=r1+r2=7Ω，
所以电路中电流I==0.3A，
手电筒工作时电路中旧电池提供的电功率为P=E2I=0.45W，
它本身消耗的电功率P′=I2r2=0.612W，
由于旧电池本身消耗的电功率大于提供的电功率，所以新旧电池搭配使用的做法是不合理的．
点睛：本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义．在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的.
30．(1) ，方向水平向右 (2)
【解析】
【详解】
（1）对小球进行受力分析如图；
由平衡知识可知电场力F=mg•tan37°=0.75N；
则=7.5×104N/C，方向水平向右；
（2）由平衡知识可知：细线拉力T==1.25N；
【点睛】
解决本题的关键知道电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．以及会正确进行受力分析，利用共点力平衡求解力．
31．（1）0.6W（2）6J（3）
【解析】
【分析】
(1)由P=UI求出电动机的输入功率．
(2)电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由P=Fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率．
(3)由电功率公式Q=I2r的变形公式求出线圈电阻。
【详解】
(1) 电动机的输入功率P入=UI=0.2×3 W=0.6 W；
(2) 电动机提升重物的机械功率P机=Fv=（4×3/30）W=0.4 W
根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入-P机=（0.6-0.4）W=0.2 W
所生热量Q=PQt=0.2×30 J=6 J；
(3) 由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻。
【点睛】
电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和。
32．(1)x=0.02m； (2)v=6×104m/s
【解析】
【分析】
(1) 在0～时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度；据运动学公式可求得粒子的位移、粒子速度最大值；
(2)分析出粒子在一个周期内的运动情况，粒子的运动呈现周期性，分析出粒子在周期性运动中撞击极板时对应的时间段、运动情况等，用运动学公式求解粒子撞击极板时速度。
【详解】
(1) 在0～时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度
根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度
设粒子的最大速度为vm，此时的位移为s，则根据运动学公式有：
(2) 粒子在第一周期的前时间内，先加速后减速向A板运动，位移为sA；后内先加速后减速向B板运动，位移为sB．以后的每个周期都将重复上述运动．
由于粒子在加速减速运动中的加速度大小相等，所以有：，
同理，则
所以粒子在一个周期内的位移为
第9个周期末，粒子与B板的距离为．
此时粒子距离A板的距离为，表明粒子将在第10个周期内的前内到达A板。
由（1）中可知：前时间内，位移为0.02m，此时速度为，再减速走即到达A板，根据运动学公式，代入数据解得：粒子撞击极板时速度。
