河南省安阳洹北中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）
安阳洹北中学2020学年高二年级第一学期期中考试物理
精选题库之二
一、选择题
1. 对电场线的描述错误的是（ ）
A. 电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向 B. 电场线永不相交
C. 电场线是闭合曲线 D. 电场线是假想曲线
【答案】C
【解析】电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向，选项A正确；电场线永不相交，选
项B正确；电场线是不闭合得曲线，选项C错误；电场线是假想曲线，实际是不存在的，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 电场中某点的场强与检验电荷有关 B. 电场中某点电势的值与零电势点选择有关
C. 电势的正负表示方向 D. 以上说法都不对
【答案】B
【解析】电场中某点的场强只与电场本身有关，与检验电荷无关，选项A错误；电场中某点电势的值与零电势点选择有关，选项B正确；电势的正负表示高低，不代表方向，选项CD错误；故选B.
3. 对电表的改装下列说法正确的是（ ）
A. 将G表改装成V表需并联一个大电阻
B. 将G表改装成A表需串联一个小电阻
C. 如果已知V表的内阻和V表的读数，则可以算出流过V表的电流
D. 以上说法都不对
【答案】C
【解析】将电流表改装成电压表需串联一个大电阻，选项A
错误；将电流计改装成大量程电流表需并联一个小电阻，选项B错误；如果已知电压表的内阻和电压表的读数，则根据可以算出流过电压表的电流，选项C正确，D错误；故选C.
4. 以下电路是开关“与”电路的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A图示电路开关闭合灯亮，不闭合灯不亮，为非逻辑关系，故A错误；B图示电路有一个开关闭合灯就会亮，为或逻辑关系，故B错误；C图示电路只要满足一个条件时间就能发生，该逻辑关系不是与逻辑关系，故C错误；D图示电路只闭合开关A，灯不亮，只闭合开关B，灯也不亮，只有AB同时闭合灯亮，故该逻辑关系是与逻辑关系，故D正确．故选D．
点睛：考查了基本逻辑门，基本逻辑关系．当两个条件中满足其中一个条件事件就会发生的关系为或逻辑关系，当两个条件同时满足时事件才能发生为与逻辑关系．
5. 示波器水平方向加的扫描电压是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】光点沿X
轴正向的匀速运动及反跳的周期过程，称为扫描．获得扫描的方法，是在X轴偏转板上加一个周期与时间成正比的电压，称扫描电压或锯齿波电压，由示波器内的扫描电路产生，锯齿波的周期 （或频率 ）可以由电路连续调节．选项中B为锯齿波．故选B．
6. 如图所示，金属板组成的电容器充电后与静电计相连，要使静电计 指针的张角变大，下列措施中可行的是（ ）
A. A板向上移动 B. B板向左移动
C. 电容器之间充满介质 D. 电容器放走部分电荷
【答案】A
【解析】A板向上移动时，两板间的正对面积减小，则由可知，电容器的电容减小，则由Q=UC可知，两板间的电势差增大，故静电计的张角变大；故A正确；B板向左移动时，两板间的距离减小，则C增大，故两板间的电势差减小，故B错误; 电容器之间充满介质，故C增大，则两板间的电势差减小，故C错误；电容器放走部分电荷后，电荷量减小，则电势差减小，故D错误；故选A．
点睛：对于电容器的动态分析，首先要明确不变量，然后再由定义式和决定式可确定电势差的变化．
7. 关于电流的概念，下列说法中正确的是（ ）
A. 通过导体横截面的电荷量越多，电流越大
B. 电子的定向移动速率越大，电流越大
C. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大
D. 横截面积越大，电流越大
【答案】C
【解析】根据
可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大，选项A错误；根据I=neSv可知，电子的定向移动速率越大，电流不一定越大，选项B错误；根据可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大，选项C正确；根据I=neSv可知，横截面积越大，电流不一定越大，选项D错误；故选C.
8. 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表和电流表读数都增大
B. 电压表和电流表读数都减小
C. 电压表读数增大，电流表读数减小
D. 电压表读数减小，电流表读数增大
【答案】A
【解析】当滑片向a滑动时，R接入电阻减小，总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流增加，则内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故B正确，ACD错误；故选B．
点睛：本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压减小，流过R2的电流减小．
9. 关于下列电阻和电阻率的说法正确的是（ ）
A. 把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半。
B. 由可知，ρ∝R，
C. 所有材料的电阻率随温度的升高而增大
D. 对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大。
【答案】D
【解析】电阻决定式为：R＝ρ
，可知把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻变为原来的一半，但电阻率与温度和材料有关，与其他因素无关，故电阻率不变，故A错误．电阻率与材料和温度有关，与导体电阻，长度，横截面积都无关，故B错误．电阻率与温度的关系:①金属的电阻率随温度升高而增大；②半导体的电阻率随温度升高而减小；③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小为零，成为超导体．故C错误．由电阻决定式为：R＝ρ，对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，故D正确．故选D.
10. 如图所示为一组电场线，A、B为其中两点，则（ ）
A. A点的场强大于B点的场强
B. A点电势高于B点电势
C. 将电子从A点移到B点，电场为做正功
D. 同一正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能
【答案】AB
【解析】由图可知，a点电场线密，b点电场线稀，因此a点电场强度大于b点，即Ea＞Eb，故A正确．沿电场线的方向电势逐渐降低，A点电势高于B点电势，故B正确；电子受到的电场力的方向由B指向A，所以将电子从A点移到B点，电场为做负功，故C错误；正电荷从A点移动到B点，电场力做正功，电势能减少，所以同一正电荷在A点的电势能大于正电荷在B点的电势能，故D错误；故选AB.
点睛：电场线是电场中的重要概念，要根据电场线的分布正确判断电势的高低和电场强度的强弱，即电场线的疏密反映场强的大小，顺着电场线电势降低．
11. 如图，两个等量同种正点电荷分别固定在M、N两点，O是M、N中点，以下说法正确的是（）
A. O点电场强度E=0
B. M、N连线中点电势=0
C. 在M、N的中垂线上，由静止释放一负点电荷，负点电荷可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动
D. 在M、N的中垂线上，从O向两头延伸，场强一直减小
【答案】AC
【解析】根据等量同号点电荷电场的特点，可知两个电荷连线上中点的电场强度为零，故A正确；M、N连线中点虽然电场强度为零，但电势不一定为零，故B错误；在连线的中垂线上，关于连线中点对称有两点电场强度最大，且方向相反，所以由静止释放一负点电荷，负点电荷可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动，所以C正确；在M、N的中垂线上，从O向两头延伸，根据矢量的叠加原理，可知场强先增大后减小，所以D错误．故选AC．
点睛：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，注意电场强度与电势没有直接关系，同时理解中垂线从O向两边去，电场强度的大小关系．
12. 用右图测电源的电动势和内阻，并根据某次实验记录数据画出U-1图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（ ）
A. 纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3V
B. 横轴截距表示短路电流，即I短=0.6A
C. 根据，计算出待测电源内阻为5Ω
D. 该实验中电源的内阻为1Ω
【答案】AD
【解析】由闭合电路欧姆定律可知：U=E-Ir；由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3.0V；故A正确；由于图象的纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；图象的斜率绝对值表示电源的内阻，故，故C错误，D正确；故选AD．
13. 如图所示，一光滑斜面的倾角为30°斜边，长为L，其直角点c处固定一带电荷量为+q的绝缘小球，另一电荷量也为+q；质量为m的绝缘小球从b点由静止释放。球能沿斜面从b点运动到a点，d为ab中点，则（ ）
A. 小球从b点到d的过程中，电场力先做负功，再做正功
B. 小球运动到d点时的速率为
C. 小球从b到d过程中，电场力始终不做功
D. 小球到达a处时速率为
【答案】AB
【解析】点电荷的电场线为从C向外发散的直线；其等势面为以C为圆心的同心圆，且越向外电势越低；则：由下图可知，小球由b到d的过程中，小球先由低电势向高电势移动，再向低电势移动，故电场力先做负功再做正功；故A正确，C错误；
由几何关系可知，bd在同一等势面上，则电场力不做功，由动能定理可知，；解得，故B正确；小球到达a点时，由动能定理可知，mgLsin30°+W=mv′2，因电荷高电势向低电势移动，故电场力做正功，小球到达a处的速率大于；故D错误；故选AB．
点睛：本题关键要知道点电荷周围电势分布的规律，要注意电场力做功的特点，当物体在同一等势面上运动时，电场力不做功．
14. 关于闭合电路的性质，以下说法正确的是（ ）
A. 电路短路时，输出电流无限大 B. 电路断路时，路端电压无限大
C. 外电路电阻越大，输出电流越大 D. 外电路电阻越大，路端电压越大
【答案】D
【解析】试题分析：电源被短路时，外电路电阻为零，根据闭合电路欧姆定律，电源电流为：．由于电源有内电阻，因此电流不是无限大，故A错误；电源断路时，外电阻，，故路端电压为：，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：输出电流，电动势和内电阻为不变量，R越大，I越小，故C错误；路端电压为：，电动势和内电阻为不变量，外电路电阻R增大时，路端电压也增大，故D正确．所以选D．
考点：本题考查路端电压、输出电流与负载的关系及对闭合电路的欧姆定律的理解．
15. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，L1、L2是两个小灯泡．闭合S后，两灯均能发光。当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（ ）
A. L1变暗，L2变暗
B. L1变亮，L2变暗
C. L1变亮，L2变亮
D. L1变暗，L2变亮
【答案】D
【解析】由电路图可知，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I变小，灯L1电阻RL1不变，由PL1=I2RL1可知，灯L1的实际功率变小，灯L1
变暗；电路电流I变小，电源内阻r、灯L1电阻RL1不变，则并联电压U并=E-I（r+RL1）变大，灯L2电阻RL2不变，灯L2的实际功率PL2=变大，则灯L2变亮；故ABC错误，D正确；故选D．
点睛：本题是一道闭合电路的动态分析题，闭合电路的动态分析题是高中物理的常考问题，要掌握其解题思路，首先根据电路电阻变化情况由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再由部分电路欧姆定律判断电源内电压如何变化，路端电压如何变化，然后应用串并联电路特点与规律、部分电路的欧姆定律、电功与电功率公式分析答题．
16. 在如图所示的电路中，S闭合，电容器已经充电。现将S断开，则以下判断正确的是（ ）
A. 电容器将放电
B. 电容器将继续充电
C. 有瞬时电流通过R3
D. 电容器上的带电荷量将增大
【答案】BCD
【解析】S闭合，电路稳定时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势；当S断开，电路稳定时，电容器的电压等于电源的电动势，可知电容器的电压增大，由Q=CU知，其带电量增加，所以S断开后电容器将继续充电，电阻R3上有瞬间电流通过．故A错误，BCD正确．故选BCD．
点睛：解决本题关键确定电容器的电压，要知道电路稳定时电容器所在电路没有电流，其电压等于所并联的电路两端的电压.
17. 如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮。用电压表测得各部分电压是Uab=6V，Uad=0，Ucd=6V，由此可判定（ ）
A. L1和L2的灯丝都烧断了 B. L1的灯丝烧断了
C. L2的灯丝烧断了 D. 变阻器R断路
【答案】C
【解析】试题分析：串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，变阻器R断路，故D正确，
考点：考查了电路故障分析
点评：电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路．电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路．电流表如果为零，那么电路中有断路的地方，也有少数可能是电流表短路．电流表如果示数突然变大，那么电路中有短路的地方．两灯均不亮，可能是某处断路．两灯一亮一灭，可能是某灯短路
18. 下表列出了不同品牌电冰箱和电风扇铭牌上的主要项目。
容声冰箱BCD-208B/HC
格力电风扇KYTA-30A
总有效容积：208L
冷冻室有效容积：97L
冰冻能力：5.25kg/24 h
电源：220V/50 Hz
额定输入功率：140W
耗电量：1.00kW·h/24 h
净重：58kg
额定电压：220V
工作频率：50 Hz
扇叶直径：300 mm
输出风量：＞50m3/min
功率：50W
净重：4.0 kg
毛重：5 kg
根据铭牌上提供的信息，可以判断（ ）
A. 一天内连续运转的电风扇比正常工作的电冰箱消耗的电能多
B. 一天内正常工作的电冰箱比连续运转的电风扇消耗的电能多
C. 电风扇额定电流比电冰箱大式
D. 电风扇额定电流比电冰箱小
【答案】AD
【解析】从铭牌看出容声冰箱的耗电量：W=1.00kW•h/24h；格力电风扇功率：50W，24h耗电量为：W′=Pt=50W×24h=1200Wh=1.2KW•h；故一天内连续运转的电风扇比正常工作的电冰箱消耗的电能多，故A正确，B错误；从铭牌看出容声冰箱的额定输入功率：140W；格力电风扇功率：50W；根据P=UI，电风扇额定功率小，故电风扇额定电流比电冰箱小，故C错误，D正确；故选AD．
19. 两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U稳定且等于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如图所示，电压表的示数为8V。如果他把此电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（ ）
A. 小于4V B. 等于4V
C. 大于4V小于8V D. 等于或大于8V
【答案】A
【解析】当电压表接在两端时，其示数为8V，则此时电阻两端的电压为4V，将与并联后的电阻用表示，则，即，由于，则，当电压表改接在两端时，将与并联后的电阻用表示，则，此时电阻两端的电压与电压表示数之比，，故电压表的示数将小于4V，故A正确．
20. 电阻R与两个完全相同的晶体二级管D1和D2连接成如图所示的电路，端加上的电压Uab=10V时，流经点的电流为0.01A；当Uab=V时，流经点的电流仍为0.01A，则电阻R的阻值为（ ）
A. 1020Ω B. 1000Ω C. 980Ω D. 20Ω
【答案】C
【解析】设二极管正向导通的电阻为RD．当a、b端加上电压Uab=10V时，根据欧姆定律得：R+RD=Ω=1000Ω；当Uab=-0.2时，RD=||=20Ω，则得R=980Ω，故选C.
点睛：二极管具有单向导电性，当加正向电压时，电阻很小，当加反向电压时，电阻很大，理想的认为是无穷大，当作断路．
21. 在静电场中，下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零
B. 电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同
C. 电场强度的方向总跟等势面垂直
D. 沿电场线方向电势逐渐降低
【答案】CD
【解析】电场强度处处为零的区域内，电势不一定处处为零，因为电势为零是人为选取的，故A错误．电场强度处处相同的区域内，比如匀强电场，而电势不是处处相同，故B错误．电场强度的方向总是跟等势面垂直，故C正确．沿电场强度的方向，电势一定降低，故D正确．故选CD．
22. 一带电油滴在匀强电场E中从到的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，不计空气阻力。此带电油滴从运动到的过程中，能量变化情况是（ ）
A. 动能减小
B. 电势能增加
C. 重力势能和电势能之和减小
D. 动能和电势能之和增加
【答案】C
【解析】试题分析：从轨迹图可以看出油滴在竖直方向上向上运动，则受到向上的电场力，电场力做正功，电势能减小，B错误；做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内测，故电场力和重力的合力竖直向上，合力做正功，根据动能定理可得动能增大，而重力做功和电场力做功之和等于重力势能和电势能之和，所以重力势能和电势能之和减小
考点：考查了功能关系，动能定理
【名师点睛】本题的突破口是根据轨迹的弯曲方向判断电场力方向．明确各种功能关系是解这类问题的关键：电场力做正功，电势能减小，反之电势能增大，重力做正功，重力势能减小，反之重力势能增大。
23. 如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10－6C的粒子在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5J。已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是（ ）
A. 粒子的运动轨迹如图虚线l所示
B. 粒子的运动轨迹如图虚线2所示
C. B点电势为零
D. B点电势为－20V
【答案】AC
【解析】试题分析：带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了
，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左．根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确B错误；根据动能定理得：，得，又，，则，故C正确D错误．
考点：考查了电场力做功，带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】根据轨迹弯曲的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法．
24. 质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角＝30º的光滑绝缘斜面顶端，斜面固定在地面上，整个装置放在水平方向、大小为E＝mg／Q的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地的速度大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：对物体受力分析：竖直向下的重力mg，水平向左的电场力，此二力合力为2mg与水平方向成30°，与斜面不接触（所以不受斜面对它的弹力）。
根据几何关系：斜面的长度为
对物块在斜面上动能定理：推出v=
考点：考查功能关系的应用
点评：本题难度较小，主要考查学生对功能关系的理解，需要重视的是电场力和重力做功与路径无关，只与初末位置有关
25. A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图所示。则（ ）
A. 电子在A、B两点受的电场力FA＜FB
B. A、B两点的电场强度EA=EB
C. A、B两点的电势＜
D. 电子在A、B两点具有的电势能EpA＜EpB
【答案】AC
【解析】试题分析：电子加速运动，受力向右，所以电场强度方向由B向A，A点的电势低于B点的电势，C对；加速度变大，则电场力变大，场强变大，即A、B两点的电场强度EA
Ub>Uc.一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（ ）
A. 粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B. 粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C. 粒子从K到L的过程中，电势能增加
D. 粒子从L到M的过程中，动能减少
【答案】AC
【解析】试题分析：根据轨迹的弯曲判断出电荷的受力，通过电场力做功判断电势能的变化，以及根据动能定理，通过电场力做功判断动能的变化．
解：A、由轨迹弯曲方向可知粒子受到的是斥力，粒子从K到L的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．故A正确．
BC、粒子从L到K过程中，电场力做正功，动能增大，故BD错误．
C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加．故C正确．
故选：AC．
【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
40. 某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分 别为EP和EQ，电势分别为UP和UQ，则（ ）
A. EP＞EQ,ΦP＞ΦQ B. EP＞EQ,ΦP＜ΦQ
C. EP＜EQ,ΦP＞ΦQ D. EP＜EQ,ΦP＜ΦQ
【答案】A
【解析】试题分析：据题意，从上图可以看出，P点所在位置电场线较密集，该位置电场强度也较大，则有：，沿电场线方向电势降低，则P点电势较高，有：；故选项A正确。
考点：本题考查电场线和电势。
41. 用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5 V和10 V的电压表，串联后测量12 V的电压，则( )
A. 两表的电压示数相同，均为6 V B. 两表头的指针的偏角相同
C. 两表头的指针的偏角不相同 D. 两表的电压示数不同
【答案】BD
【解析】试题分析：因改装后的电压表量程不同，故内阻不同，则两表的分压不同，故示数不同．故A错误，D正确；因量表是串联关系，则通过两表的电流大小相等，则指针偏角相同．故B正确，C错误；故选BD
考点：电表的改装；串联电路的特点
【名师点睛】考查的是电表的改装以及串联电路的特点；要知道电流表改装成电压表是串联一个分压电阻；同时要知道串联电路的电压与电阻的关系及电压表的内阻与电压表的量程成正比。
42. 关于电场强度E的说法正确的是（ ）
A. 电场中某点的场强方向跟正电荷在该点所受的电场力的方向相同
B. 根据E=F/q可知，电场中某点的电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比；
C. 用负电荷所受电场力跟它的电量的比值也能求出电场强度的大小；
D. 公式E=kQ/r2对任何电场都适用；
【答案】AC
【解析】电场中某点场强方向就是该点所放正电荷电荷受到的电场力的方向，与负电菏受力的方向相反，故A正确；公式E=是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，不与电场力F成正比，与电量q成反比，故B错误；由公式E=，用负电荷所受电场力跟它的电量的比值也能求出电场强度的大小，选项C正确；公式E=k是点电荷的电场强度的计算式，所以E与Q成正比，与r2成反比，只适用于点电荷的电场．故D错误；故选AC.
43. 关于平行板电容器C，两极间电压U、两板间电场强度E和带电量Q，下列说法正确的是（ ）
A. 给电容器充电后保持与电源连接，只将电容器两极的正对面积减小，则C增大，E不变，U不变；
B. 给电容器充电后保持与电源连接，只将两板间距离减小则E增大，C增大Q也增大；
C. 给电容器充电后与电源断开，只减小两板间正对面积，则Q不变，U增大，E增大；
D. 给电容器充电后与电源断开，只增大两板间距离，则E不变，C不变，U增大；
【答案】BC
【解析】电容器充电后保持与电源连接则电压不变；减小正对面积时，由可知，电容器的电容减小；由可知，E不变；故A错误；电容器充电后保持与电源连接则电压不变；减小两板间的距离，则由决定式可知，电容器的电容增大；E增大；再由Q=UC可知，Q增大，故B正确；给电容器充电后与电源断开，电量不变；只减小两板间的正对面积，则C减小，则由Q=UC可知，U增大，则E增大，故C正确；增大两板间的距离，则由决定式可右，C减小；则U增大，E不变；故D错误；故选BC．
点睛：对于电容器的动态分析问题，要注意明确两种情况，若充电后断开电源，则电量不变；若充电后与电源相连，则电压不变．
44. 原来都是静止的质子和α粒子，经过同一电场加速后，它们的动能大小之比为（ ）
A. 1：2 B. 1：1 C. 2：1 D. 2：3
【答案】A
【解析】设任一带电粒子的质量为m，电量为q，加速电场的电压为U，根据动能定理得：qU=Ek
质子和α粒子的电量之比为1：2，故动能之比为1：2；故选A．
45. 两只相同的电阻串联后接到电压为9V的恒定电路上，用一只0～5～15V的双量程电压表的5V档测其中一只电阻两端电压时，示数为4.2V，则换用15V档测这个电阻两端电压时，示数为（ ）
A. 小于4.2V B. 等于4.2V C. 大于4.2V D. 不能确定
【答案】C
【解析】试题分析：电压表的内阻不是远大于R1R2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小．结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数．
解：电压表15V量程内阻大，用15V量程测电阻时，电压表与电阻并联阻值大，电路总电阻大，电路总电流变小，另一个电阻分压小，电路总电压不变，被测电阻分压变大，电压表示数变大，大于4.2V；
故选C．
【点评】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．
46. 在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（ ）
A. 电压表V的示数变小 B. 电流表A2的示数变小
C. 电流表A1的示数变小 D. 电流表A的示数变大
【答案】B
【解析】试题分析：D、将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，外电路的总阻值变大，所以电路的总的电流变小，所以电流表A的示数变小，所以D错误；A、电源的内电压减小，由U=E﹣Ir可得，路端电压U变大，所以电压表V的示数变大，所以A错误；C、由于路端电压U变大，电阻R1不变，所以电流表A1的示数变大，所以C错误；B、由于总的电流减小，电阻R1的电流变大，所以滑动变阻器的电流减小，所以电流表A2的示数变小，所以B正确．故选B．
考点：闭合电路的欧姆定律．
47. 一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（ ）
A. 串联一个10kΩ的电阻 B. 并联一个10kΩ的电阻
C. 串联一个9.5kΩ的电阻 D. 并联一个9.5kΩ的电阻
【答案】C
【解析】试题分析：把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：；故选C．
考点：电表的改装
【名师点睛】本题考查了电表改装，知道电压表的改装原理，把电流表改装成电压表应串联一个分压电阻、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
48. 如图所示的电路中，每个电阻的阻值都是2Ω，电流表内阻不计，在B、C两点间加6V电压时，电流表的读数是（ ）
A. 0； B. 1A； C. 2A； D. 3A；
【答案】B
【解析】由电路图可知，下面的两个电阻并联后再与上面的电阻串联，电路的总电阻为：R=2+×2=3Ω；根据欧姆定律得，干路电流为：；由于并联电路的电流与电阻成反比，故电流表的示数为：IA==1A，故选B．
49. 如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻 器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是( )
A. L1和L3变亮，L2变暗
B. LI变暗，L2变亮，L3亮度不变
C. L1中电流变化值小于L3中电流变化值
D. Ll上电压变化值小于L2上的电压变化值
【答案】ACD
【解析】试题分析：由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=E﹣Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系．
解：A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；
电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；
因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A正确，B错误；
C、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；
D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；
故选ACD．
【点评】本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律．
50. 两个同种材料制成的导线，质量之比2：1，长度之比3：1，则它们电阻之比（ ）
A. 1：4 B. 4：1 C. 2：9 D. 9：2；
【答案】D
【解析】两个同种材料制成的导线，质量之比2：1，则它们的体积之比是2：1；长度之比3：1，则横截面积之比：
根据电阻的计算公式： 得：，故选D.
点睛：电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大小无关．
51. 已知通过三个并联支路的电流强度之比是I1：I2：I3=1：2：3，则三个并联支路的电阻之比是（ ）
A. 1：2：3 B. 3：2：1； C. 2：3：6 D. 6：3：2
【答案】D
【解析】三个并联支路的电电压相等，根据欧姆定律U=IR得，电流I与电阻R成反比．电流之比I1：I2：I3=1：2：3，则电阻之比R1：R2：R3=6：3：2，故选D.
52. 有四盏灯，接入如图所示的电路中，L1和L2都标有“220V， 100W”的字样，L3和L4都标有“220V，40W”的字样，把电 路 接通后最暗的是（ ）
A. L1 B. L2 C. L3 D. L4
【答案】C
【解析】试题分析：根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡的电阻大小．根据公式P=I2R比较L1和L2、L3和L4功率的大小．根据公式P=，比较L2和L3功率大小．再确定哪个灯泡功率最小．
解：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4．
由公式P=可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻．通过L1的电流大于L2的电流，由公式P=I2R得到，P1＞P2．L2和L3的电压相等，由公式P=可知，P2＞P3．通过L3的电流小于L4的电流，由公式P=I2R得到，P4＞P3．所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3．所以L3最暗．
故选C
53. 在图所示电路中，电源的电动势为ε，内阻为r，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，通过电阻R1的电流I1和通过滑动变阻器R2的电流I2的变化是（ ）
A. I1变大，I2变小 B. I1变大，I2变大
C. I1变小，I2变大 D. I1变小，I2变小
【答案】A
【解析】当滑动变阻器的滑片向上滑动时，R2增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，所以通过R1的电流I1增大，而总电流I减小，则流过R2的电流I2减小，故A正确，BCD错误．故选A．
54. 大小相同的两个金属小球A、B带有等量同种电荷，相隔一定距离时，两球间的库仑引力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球间的库仑力大小
A. 一定是F/8 B. 一定是F/4 C. 一定是3F/8 D. 可能是3F/4
【答案】C
【解析】试题分析：因两球之间的库仑引力，则两球带异种电荷；设A带电量为+Q，B带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：；第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q/2，C与B接触时先中和再平分，则C.B分开后电量均为-Q/4，这时，A.B两球之间的相互作用力的大小：；故A正确，BCD错误；故选A．
考点：库仑定律
【名师点睛】此题考查了库仑定律的应用；除了要熟记库仑定律的表达式之外要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。
55. 某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是
A. a点的电势高于b点的电势
B. c点的电场强度大于d点的电场强度
C. 若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功
D. 若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加
【答案】C
【解析】试题分析：要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．
解：A、做出通过b点的等势线，等势线与过a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A错误；
B、从电场线的分布情况可知，d处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；
C、正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C正确；
D、当负试探电荷由c点移到d点时电场力做正功，电势能减小，故D错误．
故选C．
【点评】电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．
56. 一个电容为C的电容器，当所带电量为Q时，两板间电势差为U，如果电量增大为2Q，则
A. 电容变为2C，电势差保持不变 B. 电容变为2C，电势差变为2U
C. 电容保持不变，电势差变为2U D. 电容保持不变，电势差保持不变
【答案】C
【解析】电容的大小是电容器本身决定的，与电容器极板上的电量无关，电量增大为2Q，电量不变；给定的电容器电容C一定，则 ，电量增大为2Q，电势差增大为2U．故选C.
57. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则
A. 一定带正电，b一定带负电
B. 加速度增大，b加速度减小
C. 电势能增大，b电势能减小
D. 和b的动能一定都增大
【答案】D
【解析】由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性．故A错误；由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大．故B错误；由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大．故C错误，D正确．故选D．
58. 如图所示，竖直放置的平行板电容器中存在水平方向的匀强电场，两个质量相同的带电微粒1和2从匀强电场中的O点以相同的初速度竖直向下进入电场，分别达到极板B、C两点，若AB=BC，不计粒子的重力，则它们带电荷量之比q1：q2等于
A. 1：4 B. 4：1 C. 1：2 D. 2：1
【答案】B
【解析】粒子在竖直方向上做匀速直线运动，初速度相等，因为AB=BC，则粒子的运动时间之比为1：2，在水平方向上做匀加速直线运动，根据x＝at2知，水平位移相等，则加速度之比为4：1，根据a=，质量相同，电场强度相同，则电荷量之比为4：1．故B正确，ACD错误．故选B．
点睛：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，将粒子分解为水平方向和竖直方向，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
59. 关于电阻和电阻率的说法中，正确的是
A. 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时 才有电阻
B. 由R =U／I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C. 某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零，这种现象叫做超导现象
D. 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
【答案】C
【解析】电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性；根据电阻定律公式：可知其大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关；而与导体两端有无电压、导体中有无电流、电流大小无关,故AB错误；由超导现象的定义知，某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．发生超导现象时的温度叫“转变温度”，故C正确；导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻是原来的 ，而电阻率不变，故D错误。所以C正确，ABD错误。
点睛：电阻是导体对电流的阻碍作用．影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积、温度，与通过导体的电流和导体两端的电压无关。
60. 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道。当环中电流是10mA时（设电子的速度是3×107
m/s），则整个环中运行的电子数目为（电子的电荷量e=1.6×10－19C）
A. 5×1011 B. 5×1010 C. 1×102 D. 1×104
【答案】A
【解析】试题分析：电子运动一周用的时间：，因为，，在整个环中运行的电子数目个，A正确．
考点：考查了电流的宏观定义
【名师点睛】知道电子的速度和周长，利用速度公式求电子运动一周用的时间，再根据电流定义式求电荷量，而一个电子电荷量，可求在整个环中运行的电子数目．
61. 两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为
A. QA：QB=1：2 B. QA：QB=2：1 C. QA：QB=1：1 D. QA：QB=4：1
【答案】B
【解析】试题分析：由电阻的公式R=ρ可得，两电阻丝的长度之比为1：2，直径之比不1：2，则横截面积之比为1：4，故A、B的电阻之比为2：1，串联时的电流还相等，通电时间又相等，故由公式Q=I2Rt可得，二者产生的热量之比是2：1，故B是正确的。
考点：电阻定律，焦耳定律。
62. 如图所示电路，电压保持不变，当电键S断开时，电流表A的示数为0.6A，当电键S闭合时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值之比R1：R2为
A. 1：2 B. 2：1
C. 2：3 D. 3：2
【答案】A
【解析】试题分析：通过电阻R2的电流：I2=I-I1=0.9A-0.6A=0.3A；电阻R=得R1：R2=1：2，选项A正确。
考点：欧姆定律
【名师点睛】本题考查了欧姆定律的应用，分析清楚电路结构、应用并联电路特点及欧姆定律即可正确解题．由电路图可知，断开电键时，只有电阻R1接入电路，电流表测R1电流，闭合电键时，两电阻并联接在电源两端，电流表测干路电流.
63. 一盏电灯直接接在恒定的电源上，其功率为100W，若将这盏灯先接上一段很长的导线后，再接在同一电源上，在导线上损失的电功率是9W，那么此时电灯实际消耗的电功率
A. 等于91W B. 小于91W C. 大于91W D. 条件不足，无法确定
【答案】B
【解析】试题分析：如果导线电阻忽略时，灯接在恒定电压的电源上功率是100W；因为导线和灯泡串联，当导线上电阻较大时，即电路中的电阻变大，由可知电路消耗的总功率变小，即小于100W，而导线上消耗的功率为9W，所以灯泡的实际功率只能小于91W．B正确
考点：考查电功率的计算
点评：本题难度中等，特别注意实际功率与额定功率的区别，有很多学生没有注意到电路中的总功率已经发生变化从而出了错误
64. 在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯能正常发光，当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是
A. 路端电压变小 B. 灯泡L将变亮
C. 电容器C的电量将减小 D. 电容器C的电量将增大
【答案】D
【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，路端电压增大，故A错误．电路中电流减小，灯L变暗，故B错误．电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大．故C错误，D正确．故选D.
65. 传感器是一种采集信息的重要器件.如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器.可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容.现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转，当待测压力增大时，下列说法中正确的是
A. 电容器的电容将减小
B. 电容器的电荷量将减小
C. 灵敏电流表指针向左偏转
D. 灵敏电流表指针向右偏转
【答案】D
【解析】当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式分析得知，电容增大，故A错误．电容两端电势差不变，根据Q=CU可知，电容器的电荷量将增加，故B错误．由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏．故C错误，D正确．故选D．
点睛：本题考查电容器的动态分析，分析要抓住电容器与电源始终相连，极板间的电势差不变，运用电容的决定式和电荷量公式Q=CU结合进行分析．
66. 如图所示，图甲中AB是点电荷电场中的一条电场线，图乙则 是放在电场线上a、b处的试探电荷的电量与所受电场力大小间的函数图线，由此可以判定
A. 若场源是正电荷，位置在A侧
B. 若场源是正电荷，位置在B侧
C. 若场源是负电荷，位置在A侧
D. 若场源是负电荷，位置在B侧
【答案】AC
【解析】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，故AC正确；故选AC.
67. A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标 出）如图所示，图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。则下列说法中正确的是
A. 这两点电荷一定是等量异种电荷
B. 这两点电荷一定是等量同种电荷
C. D、C两点的电势一定相等
D. D点的场强比C点的场强大
【答案】AC
【解析】根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷．故A正确；B错误；根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故C正确；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D正确．
68. 用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则
A. 若电流表示数有显著变化，K应按a
B. 若电流表示数有显著变化，K应按b
C. 若电压表示数有显著变化，K应按a
D. 若电压表示数有显著变化，K应按b
【答案】BC
【解析】试题分析：若K从a移到b时，安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，K应接在b处，故A错误，B正确；若K从a移到b时，伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，K应接在a处，故C正确，D错误；故选BC。
考点：付安法测电阻
【名师点睛】本题考查了应用试触法判断伏安法测电阻时实验电路的选择问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题。
69. 欧姆表调零后，用“×10”档测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是
A. 这个电阻的阻值很小
B. 这个电阻的阻值很大
C. 为使测量更准确，应当换用“×1”档，并且重新调零进行测量
D. 为使测量更准确，应当换用“×100”档，并且重新调零进行测量
【答案】BD
【解析】偏转角度小，说明电流小，则电阻大．故A错误，B正确；因是大电阻，则要换档位大一些即：换“×100”档．每次换档后要重新进行欧姆调零．故C错误，D正确；故选BD.
70. 如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线，以下说法正确的是
A. 电池组的内阻是1Ω
B. 电阻的阻值为0.33Ω
C. 将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4W
D. 将该电阻接在该电池组两端，电池组的总功率将是4W
【答案】AD
【解析】由图线a斜率倒数的大小求出电池组的内阻．故A正确．由图线b斜率倒数的大小求出电阻的阻值．故B错误．将该电阻接在该电池组两端，电路中电流I=1A，路端电压为U=3V，电池组的输出功率P出=3W．故C错误．由图线a读出电源的电动势E=4V．当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率Pmax==4W．故D正确．故选AD.
71. 在研究微型电动机性能时，应用如图所示的实验电路．当调 节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V，则这台电动机正常运转时的内阻r和输出功率P出为
A. r＝4Ω B. r＝12Ω C. P出＝32W D. P出＝48W
【答案】AC
【解析】电动机停止转动时，可得电动机的电阻：；
电动机正常运转时，电动机的总功率：P=U1I1=24V×2A=48W；
电动机自身电阻的热功率：PR=I12R=（2A）2×4Ω=16W；
电动机正常运转时的输出功率是：P出=P-PR=48W-16W=32W．
故AC正确，BD错误．故选AC．
72. 关于点电荷的说法，正确的是
A. 只有体积很小的带电体才能看成点电荷
B. 体积很大的带电体一定不能看成点电荷
C. 一切带电体都可以看成点电荷
D. 当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体可看成点电荷
【答案】D
【解析】带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，则体积很小的带电体不一定能看成点电荷，体积很大的带电体不一定不能看成点电荷，故ABC错误；由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，故D正确；故选D．
73. 以下对电场强度几个公式的理解正确的是
A. 由E=F/q可知，电场强度E与电荷在电场中受到的力F成正比
B. 由E=U/d可知，电势差U越大处，电场强度E也越大
C. 在中，可看成是点电荷q2所产生的电场在q1位置处场强的大小
D. 由可知，在离点电荷很近很近的地方(r →0)，电场强度无穷大
【答案】C
【解析】电场强度E由电场本身的性质决定，与电荷在电场中受到的力F无关．故A错误；由可知，若d不变，则两板电势差U越大时板内电场强度E越强，若d不确定，U越大时板内场强E不一定越大，故B错误；根据点电荷场强公式：，Q是场源电荷，可知，在公式中，将q2看成场源电荷，则是q1所在位置的电场强度的大小，故C正确；公式适用与点电荷，在离点电荷很近很近的地方（r→0），公式的条件不成立，故D错误；故选C.
点睛：电场这一章中公式较多，要准确理解各个公式的适用条件，知道公式中各个量的含义，要注意涉及能的公式，比如E=qφ往往要代入符号进行计算和分析．
74. A、B两点各放有电量为+Q和+2Q的点电荷，A、 B、C、D四点在同一直线上，且AC＝CD＝DB。将一正电荷从C点沿直线移到D点，则
A. 电场力一直做正功 B. 电场力先做负功再做正功
C. 电场力一直做负功 D. 电场力先做正功再做负功
【答案】D
【解析】设AC=CD=DB=L；+Q在C点产生的电场强度大小，方向向右；+2Q在C点产生的电场强度大小，方向向左，所以C点实际场强方向向右；+Q在D点产生的电场强度大小，方向向右；+2Q在D点产生的电场强度大小，方向向左，所以D点实际场强方向向左；所以从C点沿直线移到D点，场强方向先向右后向左，所以正电荷受电场力的方向也是先向右后向左，所以电场力先做正功再做负功．故ABC错误，D正确；故选D.
75. 带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10-6 J 的功。以下判断不正确的是
A. P点的场强一定小于Q点的场强
B. P点的电势可能高于Q点的电势
C. M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能
D. M在P点的动能一定大于它在Q点的动能
【答案】A
【解析】电场分布情况不知，无法判断P点和Q点电场强度的大小关系，故A不正确；因为电荷正负不知，故无法判断电势高低，即P点的电势可能高于、低于Q点的电势，故B正确；从题目可知克服电场力做功，即电场力做负功，故电势能增加，P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，故C正确；因为只有电场力做功，因此只有电势能和动能之间的转化，电势能增加，则动能减小，故D正确．本题选择不正确的，故选A．
76. 小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一 点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是
A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B. 对应P点，小灯泡的电阻为
C. 对应P点，小灯泡的电阻为
D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
【答案】B
..........................................................................................
77. 如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点 电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在A B弧中点处的电场强度大小为
A. mg/q B. 2mg/q C. 3mg/q D. 4mg/q
【答案】C
【解析】试题分析：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得，得到，小球经过B点时，由牛顿第二定律得将代入得，C正确；
考点：考查了圆周运动，电场力做功
【名师点睛】小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．
78. 下列关于电阻率的叙述，正确的是
A. 各种材料的电阻率不管在什么条件下都不可能为零
B. 常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的
C. 各种材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度
D. 各种材料的电阻率一定都随温度的升高而增大
【答案】B
【解析】某些金属材料，当温度降低到绝对零度附近时，电阻率会突然减为零，叫做超导现象，故A错误；由于铝铜的电阻率较小，常用的导线用铝铜做成的，故B正确；电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响，故C错误；金属材料的电阻率随温度的升高而升高，半导体的电阻率随温度的升高而降低，故D错误；故选B．
79. 某电容器上标有“25V、470μF”的字样，对此，下列说法正确的是
A. 此电容器的击穿电压为25V
B. 当工作电压是25V时，电容才是470μF
C. 击穿电压高于额定电压
D. 此电容器只能在直流25V及以下电压才能正常工作
【答案】CD
【解析】由标称值可知，该电解电容器用于直流25V及以下电压时才能正常工作，25V是额定电压，击穿电压高于额定电压，故A错误，CD正确．电容器的电容值由其内部构造所决定，在不被击穿的条件下，与其工作电压无关；故B错误．故选CD．
80. 如果不计重力的电子，只受电场力作用，那么电子在电场中可能做
A. 匀速直线运动 B. 匀加速直线运动 C. 匀变速曲线运动 D. 匀速圆周运动
【答案】BCD
【解析】A、由于电子在电场中一定会受到电场力的作用，一定有加速度，所以电子不会做匀速直线运动，所以A不可能；
B、当电子受到的电场力的方向和电子的速度的方向相同时，电子就会做匀加速直线运动，所以B可能；
C、当电子受到的电场力的方向和电子的速度的方向垂直时，电子将做类平抛运动，是匀变速曲线运动，所以C可能；
D、当电子受到的电场力的方向始终和速度的方向垂直时，电子就会做匀速圆周运动，比如电子绕着原子核的转动，所以D可能。
点睛：解决本题的关键是分析清楚电场力和速度的方向之间的关系，电子做匀速圆周运动的情况是学生经常出错的地方。
81. 如图所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零。则
A. B球和C球都带负电荷
B. B球带负电荷，C球带正电荷
C. B球和C球所带电量一定相等
D. B球和C球所带电量不一定相等
【答案】AC
【解析】B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态；则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；则可知B、C都应带负电；故A正确、B错误；
由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同；
故C正确，D错误；故选AC．
点睛：库仑定律考查一般都是结合共点力平衡进行的，因此解题的关键在于做出受力分析图，明确库仑力的方向；则可利用共点力的平衡条件进行解答．
82. 截面直径为d、长为L的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是
A. 电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变
B. 导线长度L加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半
C. 导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变
D. 导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍
【答案】BC
【解析】电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I=nqvS得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍．故A错误．导线长度L加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I=nqvS得知，自由电子定向运动的平均速率v减半．故B正确．导线横截面的直径d加倍，由S=πd2得到，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变倍，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I=nqvS得知，自由电子定向运动的平均速率v不变．故C正确，D错误．故选BC．
83. 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同 的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是
A. 图甲中的A1、A2的示数相同 B. 图甲中的A1、A2的指针偏角相同
C. 图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D. 图乙中的A1、A2的指针示数相同
【答案】BD
【解析】图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故C错误，D正确．故选BD．
点睛：本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．
二、实验、填空题
84. 在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属
丝直径时的刻度位置如下图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5 Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻Rx，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．从图中读出金属丝的直径为________ mm.
【答案】0.680mm
【解析】由图所示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm；
85. 测小灯泡的伏安特性曲线的实验中，有以下器材：
A、小灯泡（2.5V，0.3A）
B、电源（E=3V，内阻不计）
C、电流表量程0—0.6A—3A，内阻约为20Ω
D、电压表量程0—3—12V，内阻约为3kΩ
E、滑动变阻器，R1：0—10Ω，额定电流2A
则电流表该选量程______________，电压表该选量程_______________
在方框中画出实验电路图______：
【答案】 (1). 电流表量程：0-0.6A (2). 电压表量程：0-3V (3). 电路图见解析
【解析】（1）灯泡额定电压为2.5V，则电压表应选0～3V量程，灯泡正常发光时的电流为0.3A，则电流表选0～0.6A量程．
（2）描绘小灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法；灯泡电阻，根据电表的内阻可得
，则电流表应采用外接法，电路图如图所示．
86. 每次使用万用表测电阻时，在选择了适当倍率后，需先进行____________，下图为用欧姆档“×10Ω”测电阻R，则R=_________________
【答案】 (1). 调零 (2). R=300Ω
【解析】每次使用万用表测电阻时，在选择了适当倍率后，需先进行欧姆调零；由题意知所选倍率为“×10”，表盘示数为30，故R=30×10=300Ω．
87. 半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示，珠子所受静电是其重力的3/4。将珠子从环上最低位置A点由静止释放，则珠子所能获得的最大动能Ek为____________。
【答案】
【解析】受力平衡时，小球动能最大．设小球与竖直方向夹角为θ时，重力与弹力的合力等于电场力
由三力平衡可知，平衡位置与圆心的连线与竖直方向的夹角
，得θ=37°
从运动至动能最大此过程重力做负功，电场力做正功，支持力始终垂直于v，所以不做功
由动能定理得：W-G=Ek
Fd-mgH=Ek
Ek=0.75mgrsin37°+mgr（1-cos37°）=
点睛：本题重点是要判定什么时候达到最大动能，这个是有受力决定的，因此就转而分析受力，受力平衡时物体的动能达到最大，在根据受力平衡感确定出来最大动能的位置，最终才能求最大动能．
88. 如图所示，AB两端接直流稳压电源，UAB=100V,R0=40Ω，滑动变阻器总电阻R=20Ω，当滑动片处于变阻器中点时，C、D两端电压UCD为_________V，通过电阻R0的电流为_______A。
【答案】 (1). 80 (2). 2
【解析】当滑动片处于中点时，R的一半与R0串联后，再与另一半并联，故,通过电阻R0的电流为
89. 在如甲图所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，灯泡L1的电阻为_________Ω，灯泡L2消耗的电功率为_________W。
【答案】 (1). 12Ω (2). 0.30W
【解析】当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻；灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.25I2，灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5V×0.20A=0.30W；
90. 连接在电源两极板上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时，电容器的电容C将____________，带电量Q将____________，电势差U将____________，极板间的电场强度E将____________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】 (1). 增大， (2). 增大， (3). 不变， (4). 增大
【解析】当两极板间的距离减小时，根据公式，电容增大；电容器保持与电源相连，故电压不变；由于U不变，C增大，根据Q=CU，电量Q增大；由于U不变，d减小，根据，场强E增大；
91. 有一个电流表G,内阻=100Ω，满偏电流=3mA,要把它改装为量程0～3V的电压表，要_____联一个_________Ω的电阻，改装后电压表的内阻是______Ω。
【答案】 (1). 串， (2). 900， (3). 1000
【解析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=，U为改装后的量程．
解：改装成电压表要串联电阻的RX：则 Ig（Rg+Rx）=UV 即：3×10-3（100+Rx）=3解得：Rx="900Ω" RV=Rx+Rg
=1000Ω点评：考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值
92. 小灯泡标有“2.5V 0.3A”， 用伏安法研究该小灯泡的伏安特性曲线，其他备用的仪表和器具有：
A．电流表A1，量程0.6 A，内阻约1 Ω
B．电流表A2，量程3 A，内阻约2 Ω
C．电压表V1，量程15 V，内阻约15 kΩ
D．电压表V2、量程3 V，内阻约5 kΩ
E．滑动变阻器R2(0～10 Ω)
F．电源E(3 V，内阻可忽略)
G．开关、导线若干
(1)实验中应选用的电流表为________(填“A1”或“A2”)，应选用的电压表为________(填“V1”或“V2”)，实验中采用电流表________(填“内接法”或“外接法”)．
(2)在方框中画出实验电路原理图，要求电压测量从0开始．
(3)根据电路原理图，在实物图上连线．
【答案】 (1). (1)A1 V2 R2 (2). (2)如图所示
(3). (3)如图所示
【解析】(1)由于电源电动势为3 V，则电压表应选V2，常温下灯泡电阻的阻值约为5 Ω，再加电流表内阻，由闭合电路欧姆定律可知电路中最大电流小于0.6 A，故电流表应选A1；要得伏安特性曲线，故滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器应选R2.
(2)设计电路图时，由于电流表内阻与灯泡阻值相差不大， 故电流表采用外接法，如图所示．
93. 某同学用图示的电路来测量某电阻的阻值， 已知电压表示数为18.0V，电流表示数为0.18A，则被测电阻的测量值为______Ω；若电压表内阻为1000Ω，则被测电阻的真实值为______Ω．
【答案】 (1). 100Ω (2). 110Ω
【解析】电阻测量值：，
电阻真实值：；
94. 用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验，根据测得的数据做出了如图乙所示的U-I图象，由图可知测得的电池的电动势为_____________V，内电阻为____________Ω
【答案】 (1). 1.40V (2). 1.0Ω
【解析】试题分析：在U﹣I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小．
解：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1.40V，
图象中的斜率表示电源的内阻，
所以电源的内阻为r=Ω=1.0Ω．
故答案为：1.40，1.0．
【点评】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．
95. 某实验小组研究一白炽灯两端电压与电流的关系，得到了如下表所示的一组数据，并描绘出其I-U图线如图中(a)所示。
（1）由图线可看出该白炽灯的电阻随电压的增大而_________（选 填“增大”或“减小”）
（2）实验还用到了下列器材：直流电源、滑动变阻器、电压表、电流表、开关及导线若干。请在图（b）中以笔划线代替导线按实验要求将实物图补充完整。
【答案】增大
【解析】试题分析：
①找出几个状态下电压与电流比值，不难发现电阻在变大。
②由于本实验要测数据较多，且0附近也要测量，则选用并联分压式，电路如图所示。
考点：本题考查“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验、滑动变阻器连接方式选择。 。
96. 用伏安法测定一个阻值约1kΩ的电阻，要求测量结果尽量准确．
（1）下列器材中应选用的是________．（用字母代号表示）
A．电池组（6V，内阻很小）
B．电流表（0—10mA，内阻10Ω）
C．电流表（0—1mA，内阻100Ω）
D．电压表（0—3V，内阻5kΩ）
E．电压表（0—6V，内阻10kΩ）
F．滑动变阻器（0—20Ω，1A）
G．滑动变阻器（0—200Ω，0.3A）
H．开关、导线
（2）在方框中画出实验电路图_______。
（3）将实物连接成实验电路_______。
【答案】 (1). ABEFH (2). 见解析 (3). 见解析
【解析】（1）伏安法测电阻需要电源、开关与导线，故选AH；电源电动势为6V，电压表选E；电路最大电流约为：，则电流表选B；为方便实验操作，滑动变阻器应选F，故需要的实验器材为：ABEFH．
（2）电源电动势为6V，待测电阻阻值约为1kΩ，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值约为1kΩ，电流表内阻约为10Ω，电压表内阻约为10kΩ，相对来说，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示：
（3）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
点睛：本题考查了实验器材的选择、作实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原则，根据实验原理与实验器材和实验要求确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的前提与关键．
97. 如图是一个简单的逻辑电路，则它表示的是____逻辑电路；
【答案】或
【解析】ABC三个开关只要闭合其中任意一个电灯P都会亮，即只要有一个条件满足，该事件就会发生，故它表示或门．
98. 现将满偏电流Ig＝3 mA，内阻Rg＝25 Ω的电流表改装成量程为3.0 V的电压表，需________一个阻值等于________Ω的电阻．
【答案】 (1). 串联 (2). 975
【解析】改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为 .
99. 如图所示为某匀强电场的等势面，相应的电势分别为-10V、0、10V，图中A、B两点相距2.5㎝，则该匀强电场场强大小为_____V/m
【答案】1000
【解析】由图线可知该电场水平向左，电场线与AB连线的夹角是37°，所以得：UBA=Edcos37°
得：．
点睛：抓住电场线与等势线垂直，且指向低电势处是解题的关键，并要准确理解公式U=Ed中d的含义：d是沿电场线方向两点间的距离．
100. 有一个小灯泡上标有“4 V、2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I—U图 线．现有下列
器材供选用：
A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)
B．电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)
C．电流表(0～3 A，内阻1 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)
E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F．滑动变阻器(500 Ω，1 A)
G．学生电源(直流6 V)、开关、导线若干
(1)实验时，选用图甲而不选用图乙的 电路图来完成实验，理由是__________________________
(2)实验中所用电压表应选____，电流表应选用____，滑动变阻器应选用____．(用序号字母表示)
(3)把图中所示的实验器材用实线连接成实物电路图
【答案】 (1). 电压须从零开始调节 (2). A (3). D (4). E
【解析】试题分析：（1）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．
（2）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器．
（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入．
解：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲．
（2）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；
由P=UI得，灯泡的额定电流I===0.5A，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；
而由题意要求可知，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，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；
（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：
故答案为：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；（2）A，D，E．（3）如图．
【点评】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．
101. 一个电容器的带电量是4×10-8库仑，两极板之间的电压是2伏，那么这个电容器的电容是_____ 法拉。如果将其电荷量全部放掉，这个电容器的电容又是____微法。
【答案】 (1). 法拉 (2). 微法
【解析】由可知，电容；电容器的电容与两板间的电压及电量无关，故放掉电量后，电容仍为2×10-8F，即2×10-2μF；
102. 如图所示，一个质子的电量e＝1.6×10－19C，在某一静电场中从A点经C点移到B点，电场力做功8×10－17J；在质子从B点经D点回到A 点过程中，电场力做功为_____ J。如果质子在A点的电势能为零，则B点电势φB= _____ V。
【答案】 (1). (2).
【解析】电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，所以从B点到A点电场力做功为，电场力做功等于电势能的减小量，从A点到B点
103. 一只电流表的满偏电流为Ig=3 mA，内阻为Rg=100Ω，若改装成量程为I=30mA的电流表，应并联的电阻阻值为__________Ω；若将改装改装成量程为U=15V的电压表，应串联一个阻值为_____Ω的电阻。
【答案】 (1). 11.1Ω (2). 4900Ω
【解析】由串并联可知，
104. 用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法。若所用电压表内阻约为5000Ω，电流表内阻约为0.5Ω。
（1）当测量100Ω左右的电阻时，宜采用_____ 电路；
（2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，若 电压表内阻恰为5000Ω，两电表的读数分别为10 V、0.5 A，则此电阻的测量值为_____ Ω，真实值为____ Ω。
【答案】 (1). （1）甲电路； (2). 20Ω； (3). 20.08Ω
【解析】略
105. 图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5 V的小灯泡的I－U特性曲线的实验电路图。
①根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接起来_____。
②开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应 该置于_____端（选填“A”、“B”或“AB中间”）
【答案】 (1). (2). A端
【解析】（1）根据原理图连接实物图如下所示：
（2）为了安全和保护仪器不被烧坏，开关S闭合之前，应该移动滑片，使测量电路短路，即将片滑移动到A端．
三、计算题
106. 将电荷q=从电场中A点移到B点，电场力做功为。求：（1）UAB为多少？（2）若B点电势为零，则A为多少？
【答案】（1）-200V（2）-200V
【解析】（1）根据电势差和电场力作用的关系
所以
（2）根据电势差的定义UAB=φA-φB，所以φA=UAB+φB=-200V+0=-200V
107. 分别将核（质量为m0，电荷量为e），核（质量为4m0，电荷量为2e）以相同的初速度沿平行板中线射入两平行板A、B中，如图所示，两粒子都打在B板上，求两粒子的射程之比？（已知两板间电压为U，板间距离为d）
【答案】
【解析】离子进入电场做类平抛运动．设的加速度为a1，飞行时间为t1，射程为x1，的射程为x2，
则有：x1=v0t1 ①
②
③
联解①②③得：
同理可得：
∴
108. 一台电风扇的额定功率是66W，内阻为2Ω，当它接在220V的电压下正常运转。求：
(1)电风扇正常运转时，通过它的电流多大？
(2)若接上电源后，电风扇因故不能转动，这时通过它的电流多大？电风扇实际消耗的电功率多大？此时可能会发生什么问题？
【答案】（1）0.3A（2）会烧坏电机
【解析】（1）电风扇正常运转时，根据公式P=UI得到：
（2）电风扇不能转动时，为纯电阻，根据欧姆定律，电流：
电风扇实际消耗的电功率为：P实=UI′=220×110=2.42×104W=24.2KW,会烧坏电机.
点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
109. 一条长为L的细线一端固定在O点，另一端系着质量为m，带电量为-q的小球，整个装置处于足够大的水平方向的匀强电场中，静止于A点，此时细线与坚直方向成450角，如图所示，现将小球沿圆周移动到O点的正止方B点，然后由静止释放。
(1)求电场的大小和方向
(2)小球运动到与O等高的C点时，求其速度的大小和方向。
(3)求小球回到A点时的细线所受的张力。
【答案】（1），方向向左（2）（3）
【解析】（1）小球静止A点时，受力如图所示
据三力平衡条件，得：
得：， 方向向左.
（2）释放后，由于合力的方向沿BC方向，所以小球沿BC直线匀加速到C点
由动能定理得：mgL+qEL＝mv2−0
得：v＝2, 方向沿BC延长线
（3）在C点，由于绳的拉力作用，沿半径OC方向的分速度减小为零，垂直于OC向下的速度为：
从C到A，由动能定理得：
在A点：
联立以上各式解得：F拉＝2mg
点睛：该题属于带电粒子在复合场中的运动，难点在第三问，小球到达C点时，绳子拉紧，瞬间速度的大小发生变化，沿圆弧的半径方向的速度减小为0，只剩下沿圆弧的切线方向的分速度．这是容易出现错误的地方．
110. 如图甲所示的I—U曲线为一个电灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线，可见两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故。参考这条曲线，回答下列问题。(不计电流表和电池的内阻)
（1）若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12V的电源上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻。
（2）如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为8V的电源上，求通过电流表的电流值及各灯泡的电阻值。
【答案】①0.4A 10Ω ②0.6A 6.7Ω
【解析】（1）把三个这样的电灯串联后，每只灯泡的实际电压为V=4V，再在图甲上可以查到每只电灯加上4V实际电压时的工作电流为I=0.4A，则此时每只电灯的实际电阻为： ．
（2）在题乙图中的混联电路中，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I．
在这个闭合电路中，有：E=U+2IR0
代入数据并整理得：U=8-20I，这是一个直线方程，把该直线在题甲图上画出，如图所示．
这两条曲线的交点为U=2V、I=0.3A，通过电流表的电流为0.6A；同时满足了电路结构和元件的要求，灯泡电阻：.；
点睛：此题电灯是非线性元件，电阻 ．本题的技巧是应用数学方法，通过作图求解电灯的电流．
111. 用四个阻值均为R的电阻连成如图所示的电路，电键S闭合时，有一质量为m、带电荷量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点，平行板电容器的下极板接地。现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球的电荷量发生变化，碰后小球带有和该极板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：
（1）小球开始带什么电？小球开始在中点的电势是多少？电源电动势E为多大？
（2）小球与极板碰撞后的电荷量q′为多少？
【答案】①负， ②
【解析】电势高于下极板，对带电小球进行受力分析，可知小球带负电荷，设电容器电压为U，则有： ]
解得：则小球开始在中点的电势
……………………6分
（2）设断开S后，电容器的电压为，则：
因为碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电荷量发生变化，所以对带电小球运动的全过程根据动能定理得：
解得：………………………4分
112. 如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q(q＞0)的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压UAB=，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平扳间的动摩擦因数为，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则
：
（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？
（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？
【答案】① ②，距A极2l处或B级处。
【解析】 (1)加电压后,B极电势高于A板,小物块在电场力与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动.电场强度为 ;
小物块所受的电场力与摩擦力方向相反,则合外力为F合=qE-μmg;
故小物块运动的加速度为;
设小物块与A板相碰时的速度为v1,
由v12=2a1l，解得 .
(2)小物块与A板相碰后以v大小相等的速度反弹,因为电荷量及电性改变,电场力大小与方向发生变化,摩擦力的方向发生改变
小物块所受的合外力大小为,F合=μmg-qE
加速度大小为
设小物块碰后到停止的时间为t,注意到末速度为零,有0-v1=-a2t;
解得.
设小物块碰后停止时距离为x,注意到末速度为零,有0-v12=-2a2x;
则 或距离A板为2l.
113. 如图所示为研究电子枪中电子在中场中运动的简化模型示意图。在xOy平面的ABCD区域内，存在两个大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计粒子所受重力)。
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置；
（2）在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置；
（3）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动，仍使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动)，求在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置。
【答案】① ② ③
【解析】（1）设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为vo，接着进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：
eEL= mv2，
在电场Ⅱ区域内的偏转，L=vt，，方向向下，
故：
所以位置坐标（-2L，L）
（2）设释放位置坐标为（x1，y1），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有：eEx1=mv2，
L=vt， ，所以满足方程的点即为释放点的位置
（3）设释放位置坐标为（x2，y2），eEx2=mv2，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有：L=vt1，， ， ， ，
所以满足方程的点即为释放点的位置．
点睛：本题考核了带电粒子在简化的电子枪模型中的运动情况，是一道拓展型试题，与常见题所不同的是，一般试题是已知电子的出发点，然后求电子在电场作用下运动过程中的轨迹或离开电场的出射点位置，而本题则是反其道而行之，是规定了电子的出射点，要反推出在何处发出电子才能满足所述要求．从内容看，该题涉及的是电子在电场中的运动，这部分知识学生相对比较熟悉，也是经常训练的题型之一，只不过本题作了拓展．
114. 一太阳能电池板，测得其开路电压为800mV，短路电流为40mA。若将该电池板与阻值为60Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压多大？
【答案】r= 20Ω U= 0.6V
【解析】电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势 E=800mV
由闭合电路欧姆定律得：短路电流 I短=
则得电源内阻：
则该电池板与60Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流为：
故路端电压 U=IR=10mA×60Ω=600mV=0.60V
115. 两块水平放置的平行金属板A和B（A在上，B在下），两板间的电压U=200V，要使一个质量为5g，带电量为力-5×10-6C的微粒恰能在两板间的某点静止，g取10m/s2，
（1）试确定A极板的带电性质；
（2）求两极板间的距离。
【答案】（1）正电 （2）0.02m
【解析】解：（1）带电微粒处于静止状态，受力平衡，重力与电场力大小相等，方向相反，则电场力方向竖直向上，微粒带负电，则A板带正电．
（2）当两板间的电势差为200V，微粒静止，由平衡条件得
mg=qE，又E=
得到d=
将q=5×10﹣6C，U=200V，m=5×10﹣3kg代入解得，d=2×10﹣2m
答：（1）A极板带正电．
（2）两极板间的距离为0.02m．
【点评】本题是带电粒子在电场中平衡问题，关键是电场力的分析和计算，要熟悉各物理量之间的关系．
116. 如图所示的电路中，电源由4个相同的干电池串联而成，每个电池的电动势为1.5V，内电阻为0.5Ω，外电路电阻R1=2Ω，R2=R3=4Ω。试求：
（1）当开关S与A接通时，电路中的总电流和R2两端的电压；
（2）当开关S与B接通时，电源的路端电压。
【答案】（1）1A 2V（2）4V
【解析】（1）S与A接通时，R2与R3并联后再与R1串联，外电路的总电阻为R=R1+0.5R2=2Ω+2Ω=4Ω，所以总电流
流过R2的电流I2=I总=0.5A，所以U2=I2R2=0.5×4V=2V．
（2）S与B接通时，R3断路，R1被短路，所以电源的路端电压
117. 如图所示，水平放置的两金属极板长度为L，相距为d，极板间的电压为U，两极板间的电场可视为匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从极板中央水平射入电场中，射入时的速度为v0，并从电场的右端射出。若不计粒子的重力，求该粒子射出时沿垂直于板面方向偏移的距离y。
【答案】
【解析】粒子受到的电场力为F=qE
由于极板间为匀强电场，故U=Ed
由牛顿第二定律得带电粒子的加速度为
在平行于板面的方向做匀速运动，故
带电粒子射出电场时，有vy=at
故
即该粒子射出时速度偏转角的正切值为．
118. 如图，E=10V，内阻不计，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF.
(1)闭合开关K，求稳定后通过R1的电流.
(2)然后将开关k断开，求这以后流过R1的总电量.
【答案】（1）1A（2）1.2×10-4C
【解析】试题分析：（1）电容器在电路稳定时，处于断开状态，则根据闭合电路欧姆定律，即可求解；
（2）根据开关闭合与断开两状态下，求出电压器的两端电压，并根据：△Q=△U•C，即可求解．
解：（1）稳定时，电容看作断开状态，电路中的电流：A
（2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容两端的电压：U=IR2=1×6V=6V
断开后，电容两端的电压为10V，
故这以后流过R1的总电量为：△Q=△U•c=（10﹣6）×30×10﹣6C=1.2×10﹣4C
答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流1A；
（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电量1.2×10﹣4C．
【点评】考查闭合电路欧姆定律的应用，掌握Q=CU公式的应用，注意电容器在直流电路中，处于稳定时，相当于开关断开的．
119. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，电阻R1=2.5Ω，R2=3Ω，当电阻箱Rx调到3Ω时，电流表的示数为2 A.（电表理想处理）求：
（1）电源的内电阻；
（2）调节电阻箱，使电流表的示数为1.6A时，电阻R2消耗的电功率.
【答案】（1）1Ω（2）6.45W
【解析】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，R2和Rx并联电阻阻值为
，电路总电阻为4Ω，由闭合电路欧姆定律有E=I（R+r），r=1Ω，只要能求得电阻R2两端的电压，由公式可求得电功率大小，电流表示数为1.6A，电源内阻分压为1.6V，R1分压为4V，R2两端电压为4.4V，所以R2功率
120. 一个电量q=2×10－10C的正点电荷放在匀强电场中的A点，它受到的电场力是10－7N，则：
(1)此电场的场强是多大？
(2)此电荷只在电场力作用下从静止开始移动了0.4m而到达B点，到达B点时电荷的动能有多大？
(3)A、B两点间的电势差是多少？
【答案】（1）500N/C（2）4×10-8J（3）200V
【解析】（1）
（2）由动能定理得：
（3）
121. 如图所示的电路中，电源电动势E = 6.0V ，内阻r = 0.6Ω ，电阻R2 = 0.5Ω ，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A ，电压表的示数为3.0V ，试求：
(1)电阻R1和R3的阻值
(2)当S闭合后，求电压表的示数和R2上消耗 的电功率
【答案】（1）1.4Ω，2Ω（2,1.0V；2W
【解析】（1）S断开时，由U1=I1R3 代入数据解得： R3=2Ω
又由 代入数据解得：R1=1.4Ω
（2）S闭合时，R2、R3并联电阻
由闭合电路欧姆定律得回路总电流： 代入数据解得：
电压表示数为: U2=I2R23=1V
R2上消耗的功率为:
122. 如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=L/4,a、b两点电势相等，O为AB连线的中点.一质量为m带电量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n>1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ.
(2)Ob两点间的电势差Uob.
(3)小滑块运动的总路程S.
【答案】（1） （2） （3）
【解析】试题分析：（1）由Aa=Bb=,O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则①
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：②
而③
由①-③式得：④
（2）对于滑块从O→b过程，由动能定理得：⑤
由③-⑤式得：⑥
（3）对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：
⑦
而⑧
由③——⑧式得：⑨
考点：考查了动能定理的应用
【名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题（1）明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。（2）要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况（待求的功除外）。（3）有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待
123. 一个带电的微粒，从A点进入水平向右E=5V/m的匀强电场中， 从A运动到B， A、B两点之间的连线与电场线夹角θ=60°，已知带电微粒的质量，电量，A、B相距。（不考虑重力）
求：（1）微粒受电场力的大小和方向。
（2）微粒从A到B过程电势能增大还是减小？变化了多少？
【答案】（1）5×10-10N（2）5×10-11J
【解析】（1）微粒所受的电场力F=qE=1.0×10-10×5N=5×10-10N，方向水平向右．
（2）微粒从A到B的过程，电场力做功W=qELcos60°=1.0×10−10×5×0.2×J=5×10-11J．
可知电势能减小，减小了5×10-11J．
点睛：解决本题的关键掌握电场强度的定义式，知道电场力做功与电势能变化的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
124. 如图所示，有一电子(电量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场。
求：（1）金属板AB的长度。
（2）电子穿出电场时的动能。
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）设电子飞离加速电场速度为v0，由动能定理得：eU0=mv02①
设金属板AB的长度为L，电子偏转时间②
电子在平行板间的加速度为③
电子的偏转的距离 y=d=at2④
由①②③④解得：．
（2）设电子穿过电场时的动能为Ek，
根据动能定理 Ek=eU0+e=e（U0+）．
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。
125. 如图所示的电路，A、B之间电压保持不 变，，，两个电压表的示数均为35V，如果将两个电压表的位置对调，则电压表V1的示数为30V，电压表V2的示数为40V，求两个电压表的电阻分别是多少？
【答案】
【解析】试题分析：电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2的电压时，两表示数相同：
，即：（3分）
电压表V1测R2的电压，电压表V2测R1的电压时，有：
，即：（3分）
解方程得：
∴（1分）
（1分）
考点：电路的串并联
点评：容易题。串联电路中，电压比等于电阻比。
126. 在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B。A球的带电量为+2q，B球的带电量为-3q，组成一带电系统，如图所示，虚线MP为AB两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距5L。最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为4L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP，NQ间加上水平向右的匀强电场E后，试求：
（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
（2）带电系统向右运动的最大距离；
（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零时，B球电势能的变化量。
【答案】（1）（2）（3）B球的电势能增加
【解析】（1）设带电系统开始运动时，系统的速度为v1
对A、B系统，应用动能定理得: 2qEL=∙2mv12
则得
（2）设球A向右运动s时，系统速度为零；对整个过程，A球电场力做功等于B球克服电场力做功，由动能定理得：2qE×s-3qE×（s-L）=0，
则得s=3L
（3）B球进入电场距离为2L，B球克服电场力做功WFB=6qEL
则B球电势能增加了6qEL
点睛：解决本题的过程中要注意在B球未进入电场和B球进入电场后系统所受的电场力不同，由于涉及电场力在空间的效果，优先考虑运用动能定理，也可以由牛顿第二定律和运动学公式结合求解．
