河南省安阳第三十五中学2020学年高二物理上学期期中精选题库试题（含解析）

河南省安阳第三十五中学2020学年高二物理上学期期中精选题库试题（含解析）

高二年级第一学期期中考试物理精选题库之一 ‎ 一、选择题 ‎1. 电路如图所示．接通电路后三个灯的电阻都相等．那么三个灯消耗的电功率P1、P2、P3之间的关系是 A. P1=P2=P3 B. P1=P2＞P3‎ C. D. P3=4P1=4P2‎ ‎【答案】D ‎【解析】L1、L2并联所以电压相等，两个灯的电阻又相等，所以电流也相等，即I1=I2，而I3=I1+I2=2I1，根据P=I2R可知：P3=4P1=4P2，故D正确，ABC错误 ‎2. 真空中有A、B两个点电荷，相距10cm，B的带电 量是A的5倍，如果A电荷受的静电力是10-4N，那么B电荷受到的静电力大 小为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据库仑定律可知两电荷之间的静电力大小相等，方向相反可知选项C正确．‎ 考点：考查牛顿第三定律的应用．‎ ‎3. 真空中有相距为r的两个点电荷A、B，它们之间相互作用的静电力为F，如果将A的带电量增加到原来的4倍，B的带电量不变，要使它们的静电力变为F/4，则它们的距离应当变为（ ）‎ A. 16r B. 4r C. D. 2r ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：当距离为r时有：；当距离变化后依据题意有：；联立①②可得R=4r，故ACD错误，B正确．故选B。‎ 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】正确理解库仑定律公式以及公式中各个物理量的含义是解本题关键，由于公式涉及物理量较多，因此常用两式相比的方法进行求解。‎ ‎4. 对公式的理解，下列说法正确的是（ ）‎ A. 此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差 B. a点和b点距离越大，则这两点的电势差越大 C. 公式中的d是指a点和b点之间的距离 D. 公式中的d是a、b所在的两个等势面间的垂直距离．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：公式Uab=Ed中，E只有是定值才能求解电势差或场强，所以可知此公式只适用于匀强电场．故A错误．在同一匀强电场中，公式U=Ed中，d是两点间沿电场线方向的距离，所以只有当两点间沿场强方向的距离越大时，两点间电势差也越大，而不是任意两点间的距离越大，两点间电势差也越大．故B、C错误．由于电场线与等势垂直，两点间沿电场线方向的距离等于a、b所在两个等势面的距离，故D正确．故选D．‎ 考点：电场强度 ‎【名师点睛】对于物理公式要准确理解，抓住两个方面是关键：一要理解公式适用的条件，二要理解各个量的准确含义。‎ ‎5. 如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定 （ ）‎ A. φa＞φb＞φc B. Ea＞Eb＞Ec C. φa –φb=φb –φc D. Ea = Eb = Ec ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由沿电场线方向电势降低，得到a、b、c三点的电势关系为>>，A对；因是一条电场线无法判断电场线的疏密，即无法比较三点的场强关系，BD错；因场强关系不知所以无法比较两点间的电势差关系，C错。‎ 考点：本题考查电场线与电势的关系，电场线与场强的关系 点评：本题学生明确沿电场线方向电势一定降低，场强的大小由电场线的疏密去判断。‎ ‎6. 如图所示，a、b两个点电荷带等量同种正电荷，位置固 定，O为ab的中点，O1 O2    通过O且与ab垂直，一个电子（重力可忽略）从O2一侧沿O2 O1方向射入，则电子穿过O再向左运动的过程中（    ）‎ A. 它的加速度逐渐变大 B. 它的加速度逐渐变小 C. 它的加速度开始一段逐渐加大，后来逐渐减小 D. 它的加速度开始一段逐渐减小，后来逐渐增加 ‎【答案】C ‎【解析】本题考查了电场中双电荷模型的特点—等量同种电荷形成的电场，‎ 在两电荷的连线上，每点的场强方向由该点指向O点，大小由O点场强为零开始向两端逐渐增大，两电荷的连线上任一点与该点关于O点对称点的强度大小相等，方向相反，所以根据公式可得电子在运动过程中受到的电场力先减小，到O点最小，再O1方向的过程中电场力逐渐增大，所以它的加速度开始一段逐渐减小，后来逐渐增加，D正确，ABC错误 思路拓展：本题的关键是清楚等量同种电荷的电场线分布情况，根据电场线分布情况判断电场强度，‎ ‎7. 关于电场强度的叙述，正确的是（ ）‎ A. 沿着电场线的方向，场强越来越小 B. 电场中某点的场强方向一定是该点试探电荷的受力方向 C. 电势降落最快的方向就是场强的方向 D. 负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大 ‎【答案】CD ‎【解析】本题考查了对电场强度的理解，‎ A、 电场强度跟电场线的疏密程度有关，电场线越密电场强度越大，反之电场强度越小，A错误 B、 物理学中规定，电场中某点的电场强度方向和该点正电荷受到的电场力方向相同，与负电荷受到的电场力方向相反，B错误 C、 根据公式可得沿电场线方向，电势降落最快，所以C正确，‎ D、 负电荷形成的电场呈向负电荷聚拢状，根据点电荷电场公式可得离电荷越近，场强越大，‎ 思路拓展：本题的关键是理解电场强度和电场线的关系，以及点电荷形成的电场电场线的分布，本题是一道基础性很强的题目，做好本题是为以后的学习打下更好的基础 ‎8. 下列说法，正确的是（ 　）‎ A. 电源向外电路提供的电能越多，表示电动势越大 B. 电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功 C. 电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大 D. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 ‎【答案】BD ‎【解析】电动势表征电源把其他形式能转化为电能的本领，与电源向外提供的电能多少、外电路的电阻等均无关，AC选项均错误，选项BD正确。‎ ‎9. 如右图所示，电源电动势为3伏，电路接通后发现电灯L不工作，用一个伏特表分别测得各处电压值为：，，伏，又知电路中只有一处出现故障，由此可知（ ）‎ A. 灯L不发生断路或短路 B. 电池组中两电池间发生断路 C. 电阻R 2 一定发生短路 D. 电阻R 1一定发生断路 ‎【答案】AD ‎【解析】因为Uab=0，所以灯L不发生断路，若断路，其电压Uab=3V，若发生短路，Ubc＜3V，故A正确；若电池组中两电池间发生断路，所测量的外电路各部分电压应都为零，故B错误；若电阻R2发生短路，Uab＞0，3V＞Ubc＞0，与题意不符，故C错误；电阻R1一定发生断路．因为断路时，R1两端的电势分别与电源两极的电势相等，其电压等于电源的电动势，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎10. 如果在某电场中将C的电荷由A点移到B点，电场力做功为J，那么（ ）‎ A. A、B两点间的电势差是 B. A、B两点间的电势差是 C. 若在A、B两点间移动的电荷，电场力将做的功 D. 若在A、B两点间移动的电荷，电场力将做的功 ‎【答案】AC ‎【解析】本题考查了电场力做功和电势差的关系，即,根据公式求解电势差．A、B间的电势差与所移动的电荷无关，再由公式W=qU求解在A、B两点间移动2.5×10-8C的电荷时，电场力做的功．‎ AB两点间的电势差,所以A正确，B错误，‎ 在A、B两点间移动的电荷时，A、B间的电势差不变．则电场力做功为,所以C正确，D错误，‎ 思路拓展：本题的关键是要抓住电场中两点间的电势差由电场中两点的位置决定，与移动的试探电荷无关．‎ ‎11. 如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ．下列说法正确的是（　　　）‎ ‎　　‎ A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变 C. 断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D. 断开S，将A板向B板靠近，则θ不变 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，若悬线烧断，小球受重力恒定的电场力作用，所以小球沿悬线延长线做匀加速直线运动运动，A错误；B错误；‎ 若断开S，电容器带电量保持不变，由和以及 可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则θ不变， C错误；D正确；故选D。‎ 考点：电容器。‎ ‎【名师点睛】对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化。‎ ‎12. 在如图所示的电路中电源电动势为E，内电阻为r。闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器P的滑动触头, 从图示位置向a一端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比（ ）‎ A. U变小 B. I变小 C. Q增大 D. Q减小 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器P的滑动触头，从图示位置向a一端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干电路的电流I减小；变阻器两端的电压，I减小，U增大，即电容器C两端的电压增大，所带电荷量Q增大．故BC正确．‎ 考点：闭合电路的欧姆定律．‎ ‎13. 下列关于电场强度的说法中，正确的是（ ）‎ A. 公式E=F/q只适用于真空中点电荷产生的电场 B. 由公式E=F/q可知,电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力 成正比 C. 在公式中, 是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小;‎ 而是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小 D. 由公式可知,在离点电荷非常近的地方(r →0),电场强度E可达无穷大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：是电场强度的定义式适用于一切电场，A错误；电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比，B错误；‎ 库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1所在处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小，C正确；‎ D、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，D错误；故选C 考点：电场强度。‎ ‎【名师点睛】电场强度是描述电场的力的性质的物理量，要想知道电场中某点的电场强度，可以在该点放一试探电荷，由来描述该点的强弱，不同的试探电荷，受到的力不同，但是相同的，为了描述电场的这种性质，引入电场强度这个物理量，即为电场强度的定义式；而是点电荷所形成的电场的场强的决定式，是说点电荷所形成的电场的场强决定于场源电荷的电荷量和距点电荷的距离。‎ ‎14.‎ ‎ 竖直绝缘墙壁上Q点固定一质点A，在Q的正上方P点用丝线悬挂另一质点B．A、B两质点因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示。由于漏电，使A、B两质点带电量逐渐减少，在电荷漏完之前，悬线对质点B的拉力大小将（假设两小球始终可以看成质点）（ ）‎ A. 逐渐变大 B. 逐渐变小 C. 大小不变 D. 先变大后变小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图．‎ 作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得：又FF1=F2，得：A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变．故选C。‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解。‎ ‎15. 探测放射线的计数管工作时,因为射线使内部气体电离，在时 间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达阳极，则计数器中的电流I为（ ）‎ A. 4ne/t B. 3ne/t C. 2ne/t D. ne/t ‎【答案】A ‎【解析】考点：电流、电压概念．‎ 专题：恒定电流专题．‎ 分析：根据电流的公式I=，q是正离子和电子电量绝对值的和．每个电子电量大小为e，每个二价正离子的电量大小为2e．‎ 解答：解：由题：在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达阳极可知，‎ 则q=n?2e+2n?e=4ne 由电流公式I=得 I=‎ 故选A．‎ 点评：本题考查对电流的定义式中电量的理解能力．对于正负电荷沿相反方向定向移动形成电流的情况求电流时，电量是通过导体截面正负电荷电量绝对值之和．‎ ‎16. 某同学用如图所示的电路进行小电机M的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为U1，电流表的读数为I1；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为U2，电流表的读数为I2，则此时电动机的输出功率为 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】闭合电键后，电动机未转动此时电动机的内阻为：，电动机转动后，电动机的电功率P电=U2I2，发热功率P热=I22R，则电动机的输出功率，故A正确，BCD错误。‎ ‎17. 在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端 移动时 （    ）‎ A. 电压表示数变大，电流表示数变小 B. 电压表示数变小，电流表示数变大 C. 电压表示数变大，电流表示数变大 D. 电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【答案】B ‎【解析】当变阻器R3的滑动触头P向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，内电压减小，因此路端电压增大，故电压表示数变大；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定增大，故流过R2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数变小；故A正确，B、C、D错误；故选A.‎ ‎【点睛】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．‎ ‎18. 平行板电容器充电后断开电源，然后将两极板间的正对面积逐渐增大，则在此过程中（ ）‎ A. 电容逐渐增大 B. 极板间场强逐渐增大 C. 极板间电压保持不变 D. 极板上电量保持不变 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：平行板电容器充电后断开电源，电量不变，由公式可知两极板间的正对面积逐渐增大，电容增大，由U=Q/C可知电压减小，由可知场强不变，AD正确 考点：考查电容的动态变化 点评：难度较小，判断此类问题时首先要明确电容器是与电源相连还是与电源断开，确定不变量后再由公式推导判断 ‎19. 如图所示，a、b带等量异种电荷，MN为a、b连线的中垂线，现有一带电粒子从M点以一定的初速度v射出，开始时的一段轨迹如图中实线所示，若不计重力的作用，则在飞越该电场的过程中，下列说法中正确的是(    )‎ A. 该粒子带正电 B. 该粒子的动能先减小后增大 C. 该粒子的电势能先减小后增大 D. 该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v ‎【答案】CD ‎..................................................................‎ 解：A、粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，该粒子带负电．故A错误．‎ B、由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知：粒子的动能先增大后减小．故B正确．‎ C、电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大．故C正确．‎ D、M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v．故D正确．‎ 故选BCD ‎【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况．带等量异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线，要记牢．‎ ‎20. 如图所示为半径相同的两个金属小球，A、B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互作用力大小是F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开.这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是(A、B两球均可看成点电荷)（ ）‎ A. F/8‎ B. F/4‎ C. 3F/8‎ D. 3F/4‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：由于两球开始时吸引，则两球带等量的异种电荷，电量大小都为Q，有：．则让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A，B两球接触后移开．两球所带的电量大小分别为、，则库仑力．故A正确，BCD错误．故选A．‎ 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握接触带电的原则，等大球接触后电量先中和后均分，熟练掌握库仑定律的公式。‎ ‎21. 关于电阻率,下列说法正确的是( ).‎ A. 纯金属的电阻率小,合金的电阻率较大，绝缘体的电阻率最大 B. 纯金属的电阻率随温度的升高而减小，绝缘体的电阻率随温度的升高而增大 C. 超导体的电阻率为零,所以对电流的阻碍作用为零 D. 电阻率的大小只随温度的变化而变化，与材料本身无关 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：电阻率跟导体的材料有关，是反映材料导电性能好坏的物理量，纯金属的电阻率小，合金的电阻率较大，绝缘体的电阻率最大．故A正确．纯金属的电阻率随温度的升高而增大，绝缘体的电阻率随温度的升高而减小．故B错误．电阻是反映导体对电流阻碍作用的大小，超导体的电阻率为零，对电流的阻碍作用为零．故C正确．电阻率的大小与温度和材料本身都有关．故D错误 考点：电阻定律 点评：难度较小，纯金属的电阻率小，合金的电阻率较大，绝缘体的电阻率最大．纯金属的电阻率随温度的升高而增大，绝缘体的电阻率随温度的升高而增大．电阻是反映导体对电流阻碍作用的大小．电阻率的大小随温度的变化而变化，与材料本身有关 ‎22. 如图所示，直线B为电源的U-I图线，直线A为电 阻R的U-I图线，该电源和该电阻组成闭合电路时，电源输出功率和电源的效率分别是（ ）‎ A. 电源的输出功率为4W B. 电源的输出功率 为2W C. 电源效率为33.3% D. 电源效率为66.7%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：由图可知，电源的路端电压为2V，电流为2A，故输出功率为4W，选项A正确；B错误；电源的效率为2/3=67%，故选项C错误，D正确。‎ 考点：电源的U-I图像。‎ ‎23. 如图所示，A、B、C、D是滑线变阻器的四个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱C移动时电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可以是( )‎ A. A和B B. A和C C. B和C D. A和D ‎【答案】C ‎【解析】电路中的电流减小，则电阻增大，由电阻定律：，知导线的长度增大，所以接入的接线柱应该是B和C或B和D，故C正确，ABD错误。‎ ‎24. 如图所示，四个电场线图，一正电荷在电场中由P到Q做加 速运动且所受电场力越来越大，那么它是在哪个图示电场中运动. ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：正电荷受力沿电场线方向，则由图可知粒子的运动方向；电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密的地方电场越强，电场线越稀疏则电场越弱．‎ 解：加速度越来越大，故受到的电场力越来越大 A、由图可知粒子由左向右运动，电场为匀强电场，故电场力不变，故A错误；‎ B、粒子由左向右运动时电场线越来越疏，故电荷受力越来越小，故B错误；‎ C、粒子受力向右，电场线越来越密，故场强越来越大，故粒子受到的电场力越来越大，故C正确；‎ D、粒子的运动同B，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】为了形象地描述电场的性质，我们引入了电场线，箭头的指向表示电场强度的方向，电场线的疏密能定性地描述电场的强弱．‎ ‎25. 如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的 导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（ )‎ A. R1：R2 =1：3‎ B. R1：R2 =3：1‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：通过I﹣U图象得出两电阻的关系．串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比．‎ 解：A、根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2‎ ‎=1：3；故A正确，B错误；‎ C、串联电路电流处处相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1．故C错误；‎ D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1．故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点．‎ ‎26. 如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿Ox 轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD.已知2OA=AB，则电子在OC段和CD段动能的增加量之比△EkC:△EkD为（ ）‎ A. 1:9 B. 1:3 C. 1:2 D. 1:8‎ ‎【答案】D ‎【解析】电子在电场里做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，因为2OA=AB，知OC与CD的时间比为1：2，则OC与OD的时间比为1：3，根据推论可得OC和OD在竖直方向上的位移比为1：9，则OC、CD竖直方向上的位移之比为1：8，根据动能定理，有qEy=△EK，电子在OC段和CD段动能的增加量之比△EkC：△EkD=1：8，故D正确，ABC错误。‎ ‎27. 关于电场中的等势面，下列说法中正确的有（ ）.‎ A. 在同一等势面上两点间移动电荷，电场力做功为零 B. 电场线密的区域等势面密，电场线疏的区域等势面疏 C. 等势面不一定跟电场线垂直 D. 沿电场线电势一定升高 ‎【答案】AB ‎【解析】在同一等势面上两点间移动电荷，各点电势相等，电势差为零，所以电场力做功为零，故A正确；电场线密的区域场强大，电势变化快则等势面密，电场线疏的区域场强小则等势面疏，故B正确；等势面与电场线一定垂直，因若不垂直则在等势面上移动电荷时有电场力做功与实际情况不符，故C错误；沿电场线方向电势逐渐降低，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ ‎28. 下列关于电流的说法中，正确的是 （ ）‎ A. 我们把大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流 B. 国际单位制中，电流的单位是安培，简称安 C. 电流既有大小又有方向，所以电流是矢量 D. 由可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越少 ‎【答案】AB ‎【解析】大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流，故A正确；国际单位制中，电流的单位是安培，简称安，故B正确；电流有大小和方向，但计算时不适用于平行四边形定则，故C错误；根据：，可知，电流的大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，所以电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ ‎29. 如图所示,匀强电场方向水平向右，一带电微粒沿直虚线在电场中斜向上运动，则该微粒在从A运动到B的过程中，其能量变化为 ( )‎ A. 动能增大，电势能减小 B. 动能减小，重力势能增大 C. 动能减小，电势能增大 D. 动能增大，电势能增大 ‎【答案】BC ‎【解析】带电微粒在匀强电场中受力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，其合力与速度平行，则可知微粒所受的电场力方向必定水平向左，当微粒从A到B时，电场力做负功，重力也做负功，总功为负值，由动能定理得知，动能减小，而电势能增大，重力势能增大，故AD错误，BC正确。‎ ‎30. 电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的 电压为U，通过的电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是( ).‎ A. 电动机消耗的电能为I2Rt B. 电动机线圈产生的热量为I2Rt C. 电动机消耗的电能为UIt D. 电动机线圈产生的热量为U2t/R ‎【答案】BC ‎【解析】电动机消耗的电能为W=UIt，故C正确，A错误；电动机正常工作时，线圈生热为：Q=I2Rt，故B正确；而电动机消耗的电能只有一部分转化为内能，则电动机消耗的电能大于产生的内能I2Rt，由于电动机为非纯电阻，所以 不能使用，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎31. 如图所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电为＋10-2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为－10V，则（ ）‎ A. B点的电势为10伏 B. 电场线方向从右向左 C. 微粒的运动轨迹可能是轨迹1‎ D. 微粒的运动轨迹可能是轨迹2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：从A到B，动能减小说明电场力做负功，对于正电荷，正电荷是从电势低的地方向电势高的地方移动，根据动能定理，因为A点的电势为-10V，则B点的电势为0V，所以A项正确；左边电势低，右边电势高，平行线代表电场线，所以电场线的方向从右向左，所以B项正确；由于正电荷运动的轨迹为曲线运动，电场力指向轨迹的凹侧，所以运动的轨迹一定是轨迹1，C项正确；D项错误。‎ 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动专题 ‎【名师点睛】根据动能变化判断电势差，通过电势差确定电势，粒子做曲线运动受力指向轨迹的凹侧 ‎32. 下列关于电阻率的叙述，错误的是 （ ）‎ A. 当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零 B. 常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的 C. 材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度 D. 材料的电阻率随温度变化而变化 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零，故A正确；铝、铜的电阻率较小，故常用的导线是用铝、铜材料做成的，故B正确；材料的电阻率取决于导体的材料和温度有关，与导体的电阻、横截面积和长度无关，故C错误；材料的电阻率取决于导体的温度有关，故材料的电阻率随温度变化而变化，所以D正确。‎ 考点：电阻定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了电阻定律。属于容易题。本题要求准确对影响电阻率的因素的理解，电阻率只与导体材料和温度有关，与导体的形状、横截面积及长度无关；当温度降到一定时，导体的电阻率突然变为零，变为超导体。‎ ‎33. 如图所示，直线1、2分别表示两个电源的路端电压与电流的关系图像，由图可知( )‎ A. 电动势E1＞E2，内阻r1＜r2‎ B. 电动势E1＞E2，内阻r1＞r2‎ C. 电动势E1＜E2，内阻r1＞r2‎ D. 电动势E1＜E2，内阻r1＜r2‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据闭合电路欧姆定律得知：U=E-Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点坐标表示电源电动势的大小，由图可知电动势E1＞E2．而图线的斜率的大小表示电源的内阻大小，图线1的斜率大于图线2的斜率，故内阻r1＞r2。所以B正确，ACD错误。‎ ‎34. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端移动，则（ ）‎ A. 电灯L更亮，安培表的示数变小 B. 电灯L更亮，安培表的示数变大 C. 电灯L变暗，安培表的示数变小 D. 电灯L变亮，安培表的示数 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：据题意，当滑片向b端移动，滑动变阻器的电阻增大，则整个电路总电阻增大，据闭合电路欧姆定律可知总电流I将减小，内电压减小而外电压增大，故灯泡变亮，而电流表示数减小，故选项A正确。‎ 考点：本题考查电路动态平衡问题。‎ ‎35. 如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S．当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是( ） 　‎ A. Q变小，C不变，U不变，E变小 B. Q变小，C变小，U不变，E不变 C. Q不变，C变小，U变大，E不变 D. Q不变，C变小，U变小，E变小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电容器与电源相连接，电压U保持不变；‎ 当增大两极板间距离时，根据C=，电容C减小；‎ 当增大两极板间距离时，根据E=，电场强度减小；‎ 根据Q=CU，电量减小；‎ 故选：A．‎ ‎36. 在场强E＝1.0×102 V/m的匀强电场中，有相距d＝2.0×10－2 m的a、b两点，则a、b两点间的电势差可能为(　　)‎ A. 1.0 V B. 2.0 V C. 3.0 V D. 4.0 V ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：若ab连线沿电场线方向，则此时两点的电势差最大，，故选项AB正确，CD错误；故选AB.‎ 考点：电场强度与电势差的关系 ‎【名师点睛】此题考查了电场强度与电势差的关系；首先要掌握公式 ‎，其中d是两点沿电场线方向的投影距离；同时知道电场线的方向是电势降落陡度最大的方向；计算时要注意各个物理量的单位；此题难度不大.‎ ‎37. 关于电阻率的说法正确的是（ ）‎ A. 电阻率由导体的材料决定，且与温度有关 B. 电阻率与导体的长度及横截面积有关 C. 有些合金的电阻率受温度影响很小，可用来做标准电阻 D. 电阻率大的导体，电阻一定大 ‎【答案】AC ‎【解析】电阻率是导体本身的特性，由导体的材料决定，往往随温度变化而变化，故A正确，B错误；有些合金的电阻率受温度影响很小，可用来做标准电阻，故C正确；由电阻定律，可知电阻与导体的长度、横截面积和电阻率三个因素有关．则电阻率大的导体，电阻一定大，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎38. 某同学用伏安法测电阻时，分别采用了内接法和外接法，测得的某电阻Rx的阻值分别为R1和R2，则所测阻值与真实值Rx间的关系为(　　)‎ A. R1＞Rx B. Rx＜R2‎ C. Rx＞R1 D. R2＜Rx ‎【答案】AD ‎【解析】采用内接法时，电流表与待测电阻串联，故电流表是准确的；而由于电流表的分压使电压表测量值偏大，由欧姆定律可知求得的测量值偏大，故A正确；当采用外接法时，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的；而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，由欧姆定律可知测量值偏小，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎39. 图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（ ）‎ A. a点的电势高于b点的电势 B. 该点电荷带负电 C. 点和b点电场强度的方向相同 D. a点的电场强度大于b点的电场强度 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上找到与a点电势相等的，依据沿电场线电势降低，a点电势低于b点电势，故A错误．该点电荷带负电，故B正确．由题图可看出a点和b点电场强度的方向不相同，故C错误；电场线越密的地方电场强度越大，a点的电场强度大于b点的电场强度，故D正确．故选BD。‎ 考点：点电荷电场；电场强度；电势 ‎【名师点睛】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，比较简单。‎ ‎40. 下图是简化的多用表的电路。转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表：下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断他们中的正确说法 （ ）‎ A. S与2连接时，多用表就成了电流表 B. S与3连接时，多用表就成了电流表 C. S与4连接时，多用表就成了电压表 D. S与5连接时，多用表就成了电压表 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：多用表电路中的表头是电流计，当S与2连接时，表头与电阻R1、R2并联，而并联是分流电路，故此时多用表就成了电流表，A不对；当S与3连接时，表头与R3串联，串联是分压电路，故此时多用表就成了电压表，B不对；‎ 当S与4连接时，表头与R4串联，串联是分压电路，故此时多用表就成了电压表，C是正确的；当S与5连接时，表头与变阻器再与电源串联，故它是能够测量电阻大小的，所以此时的多用电表就成了欧姆表，D是不对的。‎ 考点：多用电表的工作原理。‎ ‎41. 一个直流电动机所加的电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电动机的输出功率为 ‎ B. 电动机的发热功率为 ‎ C. 电动机的功率可写作 D. 电动机的输出功率为 ‎【答案】BD ‎【解析】电动机的输出功率P出=P-P热=UI-I2R，故A错误，D正确；电动机的发热功率，根据焦耳定律可得P热=I2R，故B正确；因为P＞P热，即UI＞I2R，U＞IR，欧姆定律不适用，故UI不能转化成I2R和，故C错误。所以BD正确，AC错误。‎ ‎42. 真空中两个同性点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止状态．今释放q2，且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力 A. 不断减小 B. 不断增大 C. 始终保持不变 D. 先增大后减小 ‎【答案】A ‎【解析】带电相同的小球受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据, 可知距离增大，电场力将逐渐减小，因此加速度也不断减小，故A正确，BCD错误.‎ ‎43. 在研究微观粒子时常用电子伏特（eV）做能量的单位．1eV等于一个电子经过1V电压加速后所增加的动能．若电场中的a、b两点间的电势差为1V，将一电子从a点移到b点，电子克服电场力做功为1eV，则 A. 场强方向一定由b指向a B. 场强方向一定由a指向b C. 电子的电势能增加1eV D. 电子的电势能减少1eV ‎【答案】C ‎【解析】电子从a点移到b点，克服电场力做功，电场力方向可能由a指向b ‎，也可能不沿a指向b方向，场强方向也不一定由a指向b，故AB错误；电子克服电场力做功为1eV，电子的电势能增加1eV，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎44. 万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，另一个有质量的物体处于这一引力场中，就受到该引力场的引力作用，这种情况可以与电场相类比．那么在地球产生的引力场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比 A. 电势 B. 电势能 C. 电场强度 D. 电场力 ‎【答案】C ‎【解析】因为g=G/m,而在电场中E=F/q，所以选C.‎ ‎45. 在静电场中，下列关于电场强度和电势的说法，正确的是 A. 电场强度大的地方电势一定高 B. 电场强度大小相同的点电势可能不同 C. 电势为零的地方电场强度也一定为零 D. 电场强度为零的地方电势也一定为零 ‎【答案】B ‎【解析】在静电场中场强与电势无关，则电场强度大的点电势不一定高，故A错误；电场强度大小相同的点，电势可能不同，也可能相同，故B正确；电势为零是人为规定的，电势为零的点场强不一定为零，故C错误；由于场强与电势无关，场强为零的点电势不一定为零，而电势为零的点是人为选择的，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎46. 在如图所示的电路中，电源的电动势和内电阻均为定值，各电阻都不为零．电键接通后与接通前比较，电压表读数的变化情况是 A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 因电阻未知，无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】电键接通后，并联支路增多，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I增大，由欧姆定律U=IR得到，电压表的示数变大，故A正确，BCD错误。‎ ‎47. 一只普通白炽灯，不通电时灯丝的电阻为R1；正常发光时灯丝的电阻为R2．比较R1和R2的大小，应是 A. R1＞R2 B. R1＜R2 C. R1＝R2 D. 条件不足，无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：正常发光时温度要比不通电时温度高，又因为金属导体电阻随着温度的升高而增大，所以有，故B正确 考点：考查了电阻定律 ‎48. 下列关于电场的叙述中正确的是（ ）‎ A. 点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，为半径的球面上，各点的场强都相等 B. 正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大 C. 取走电场中某点的试探电荷后，该点的场强为零 D. 电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点场强的方向不一定相同 ‎【答案】D ‎【解析】点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小都相等，方向不同，故场强不同，故A错误；点电场强度大小是由来确定，而与所带的电性无关，故B错误；某点处的场强与试探电荷无关，只与场源电荷有关，故C错误；电场强度的方向为正电荷所受电场力的方向，也可以是负电荷在该点受力的反方向，所以正、负电荷在电场中的同一点所受的电场力方向相反，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎49. 下列关于电场强度的叙述，正确的是 A. 电场中某点的电场强度的大小在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力的大小 B. 电场中某点的电场强度与该点试探电荷所受的电场力成正比 C. 电场中某点的电场强度与该点有无试探电荷无关 D. 电场中某点的电场强度方向就是试探电荷在该点所受电场力的方向 ‎【答案】AC ‎【解析】根据定义式：可知，电场中某点的电场强度的大小在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力的大小，故A正确；根据定义式：可知，电场中某点的场强大小由电场本身决定，与试探电荷无关，不能说电场强度与放在该点的电荷所受到的电场力的大小成正比，故B错误，C正确；正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎50. 如图所示是电场中某区域的电场线分图，a、b是电场的两点．将同一试探电荷先后放置在这两点进行比较，有 A. 电荷在a点受到的电场力可能小于在b点受到的电场力 B. 电荷在a点受到的电场力一定大于在b点受到的电场力 C. 电荷在a点具有的电势能可能小于在b点具有的电势能 D. 电荷在a点具有的电势能一定大于在b点具有的电势能 ‎【答案】BC ‎【解析】电场线的疏密表示场强的大小，所以a点场强大于b点场强，根据定义式F=qE可知电荷在a点受到的电场力一定大于在b点受到的电场力，故A错误，B正确；沿着电场方向电势逐渐降低，所以a点电势大于b点电势，根据电势能的表达式是Ep=qφ，如果是正电荷，那么电荷在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能，如果是负电荷a点具有的电势能小于在b点具有的电势能，故C正确，D 错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎51. 如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中 A. 速率先增大后减小 B. 速率先减小后增大 C. 电势能先减小后增大 D. 电势能先增大后减小 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：电子在从M到达N点的过程中，先靠近正电荷后远离正电荷，库仑力先做正功后做负功，动能先增后减，速率先增大后减小，A正确；B错误；电子只受电场力作用，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C正确；D错误；故选AC。‎ 考点：库仑定律；电势能。‎ ‎【名师点睛】根据电子与点电荷间距离的变化，分析电势的变化．电场力正做功，电势能减小，电场力负做功，电势能增大；电子先靠近正电荷，后远离正电荷；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况和动能的变化情况，即可知速率的变化。‎ ‎52. 一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，先后经过电场中的B点和C点．点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EA、EB、EC表示，则EA、EB和EC间的关系可能是 A. EA＞EB＞EC B. EA＜EB＜EC C. EA＜EC＜EB D. EA＞EC＞EB ‎【答案】AD ‎【解析】一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，经过B点可知电场力一定做了正功，电势能减少，即,到达B点电荷有速度，所以在往C运动不确定加速还是减速，即电场力做正功做负功不明确，则动能未知，但是C点有动能就比A点电势能少，选AD ‎53. 如图，一平行板电容器与一电源连接，电源两端的电压保持不变．若使电容器两板间的距离变大，则 A. 电容器的电容比原来减小 B. 电容器所带的电荷量比原来增加 C. 电容器两板间的电压比原来减小 D. 电容器两板间的电场强度比原来减小 ‎【答案】AD ‎【解析】根据电容决定式：可知，电容器两板间的距离d变大时，电容减小，故A正确；根据可知，电容器的电压保持不变，电容减小，电容器所带的电荷量减小，故B错误；电源两端的电压保持不变，电容器两板间的电压也不变，故C错误；板间电压U不变，由可知，板间场强减小，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎54. 在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板与灵敏的静电计相连，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，下列说法正确的是 A. 两极板间的电压几乎不变 B. 电容器极板上所带电荷量变大 C. 电容器极板上所带电荷量几乎不变 D. 电容器两极板间的电压变大 ‎【答案】CD ‎【解析】电容器与电源未相连，则电容器极板上所带的电荷量不变，根据电容决定式：可知，极板B稍向上移动一点，则s减小，电容减小，根据可知，电压增大，故CD正确，AB错误。‎ ‎55. 如图所示，在A、B两点分别固定电荷量为+Q和+2Q的点电荷，C为A、B连线的中点，将一点电荷从C点沿电场线移动，下列叙述正确的是 A. 点电荷向左移动到A点之前，所受电场力逐渐增 大 B. 点电荷向左移动到A点之前，所受电场力先减小后增大 C. 点电荷向右移动到B点之前，所受电场力逐渐增大 D. 点电荷向右移动到B点之前，所受电场力先增大后减小 ‎【答案】BC ‎【解析】设离A点距离为x处场强为零，AB的距离为2r，根据点电荷场强公式得：，解得：，所以AB连线上电场强度等于零的位置在C点的左边，则将一点电荷从C点沿电场线移动，点电荷向左移动到A点之前，场强先减小后增大，所受电场力先减小后增大，故A错误，B正确；将点电荷向右移动到B点之前，场强一直增大，所受电场力逐渐增大，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎56. 如图所示是用电压表和电流表测电阻的一种方法，Rx为待测电阻，如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则 A. Rx的测量值大于实际值 B. Rx的测量值小于实际值 C. Rx为大阻值电阻时应采用这种接法 D. Rx为小阻值电阻时应采用这种接法 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：因为电表不是理想电表，在测量中会产生误差，分析误差的来源根据欧姆定律可得出测量值与真实值之间的关系 解：由电路图可知，实验采用电流表内接法，Rx为大阻值，电流表的测量值等于真实值，由于电流表的分压作用，电压表的示数大于待测电阻两端电压，故Rx的测量值大于实际值，AC正确，BD错误，‎ 故选：AC ‎【点评】误差分析是实验中常考的内容，在分析中要注意误差来源及产生的影响，从而可以进行接法的选择 ‎57. 两只小灯泡L1、L2分别标有“6V，3W”和“6V，5W”，另外有一个能满足需要的滑动变阻器R，将它们连接后接入电压为12V的电路中，要求两灯泡都正常发光，下面的四个电路中能满足要求的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD 二、实验、填空题 ‎58. 读出图中游标卡尺（20等分）和螺旋测微器的读数：图a的读数为________cm．图b读数为_________cm．‎ ‎【答案】 (1). 10.335 (2). 0.3373‎ ‎【解析】图a的读数：主尺刻度+游尺刻度=103mm+7×0.05mm=10.335cm；图b的读数：固定刻度+可动刻度=3mm+37.3×0.01mm=3.373mm=0.3373cm。‎ ‎59. 某同学测量一只未知阻值的电阻。他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图甲所示。请你读出其阻值大小为_______‎ Ω。为了使测量的结果更准确，该同学应将选择开关打到__________（填“×100”或“×1”）挡重新测量。‎ ‎【答案】 (1). 1000 (2). ×100‎ ‎【解析】读出的面板刻度乘以挡位即得电阻值1000Ω，面板读数值偏大，应选用较大的挡位使指针向右偏一些，故要选×100挡。‎ ‎60. 如图甲所示，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完整。‎ ‎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”）‎ ‎③实验中测得有关数据如下表：‎ U/V ‎0.40‎ ‎0.80‎ ‎1.20‎ ‎1.60‎ ‎2.00‎ ‎2.40‎ ‎2.80‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.26‎ ‎0.27‎ 根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I—U特性曲线_____。‎ ‎【答案】 (1). A (2). ‎ ‎【解析】①根据给出的原理图可得出对应的实物图：‎ ‎②由图可知，测量电路与滑动变阻器左半部分并联，故开始时滑片应置于A侧，以保证开始时灯泡电压为零，‎ ‎③根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图所示：‎ ‎61. 欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A. 电池组（3V，内阻1Ω）；‎ B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）；‎ C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）；‎ D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）；‎ E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）；‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）；‎ G．滑动变阻器（0～1750Ω，额定电流0.3A）；‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是__________（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）实验电路应采用电流表__________接法（填“内”或“外”）‎ ‎（3）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求在方框内补充画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图___。‎ ‎【答案】 (1). ACDFH (2). 外 (3). ‎ ‎【解析】（1）电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表D ‎，金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约为：，故电流表选C，为方便实验操作，滑动变阻器应选F，必选器材有：A、H，即需要的实验器材是：A、C、D、F、H。‎ ‎（2）因为，而，则采用电流表外接法，可减小误差。‎ ‎（3）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，变阻器必须接成分压式电路，实验原理电路图如图，连成实验电路如图：‎ ‎。‎ ‎62. 一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为，表头的电阻，若改装成量程为的电流表，应并联的电阻阻值为_________，若将改装后的电流表再改装成量程为的电压表，应再串联一个阻值为____ 的电阻。‎ ‎【答案】 (1). 52.6 (2). 9950‎ ‎【解析】改装成1mA的电流表需要并联电阻的阻值：，改装后电流表内阻：，把电流表改装成10V的电压表需要串联的电阻阻值：。‎ ‎63. （1）右图中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为 _________ mm．‎ ‎【答案】5.624‎ ‎【解析】螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为12.4×0.01mm=0.124mm ‎，所以最终读数为5.5mm+0.124mm=5.624mm，由于需要估读，最后的结果可以在5.623～5.625之间。‎ ‎64. 如下图所示为多用电表的指针在正确测量时的示数，若选择开关旋在直流25V挡，被测电压为__________V；若选择开关旋在500mA挡，被测电流为__________A；若选择开关旋在×100Ω挡，被测电阻为 ______。‎ ‎【答案】 (1). 13.0 (2). 0.260 (3). 2200‎ ‎【解析】若选择开关旋在直流25V挡，因量程为25V，故最小分度为0.5V，则估读到同位，则读数为：13.0V；若选择开关旋在500mA挡，电流表示数为；欧姆档读数为：22×100=2200Ω。‎ ‎65. 用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电 动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：‎ A、电压表 （量程3V）；‎ B、定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）‎ C、电流表 （量程3A）‎ D、电流表 （量程0.6A）；‎ E、滑动变阻器R（阻值范围0—20Ω，额定电流1A）‎ ‎（1）电压表应选________；电流表应选________。（填器材前的字母代号）。‎ ‎（2）根据实验数据作出U—I图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势E＝___ V，内阻= ____Ω；（均保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). 2.10 (4). 0.20‎ ‎【解析】（1）电动势为2V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择A，电路中的电流，因此电流表选择D。‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得：U=E-Ir，由此可知当I=0时的纵轴截距大小等于电源的电动势大小，由此可知，E=2.10V；图象的斜率大小等于电源的内阻：。‎ ‎66. 在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，电流表，学生电源，开关，导线若干．‎ ‎①利用小电珠的标称值可估算出小电珠正常工作时的电阻值约为________Ω．（计算结果保留2位有效数字）‎ ‎②请根据实验原理图A完成实物图B中的连线．‎ ‎③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于________端．为使小电珠亮度增加，P应由中点向__________端滑动．‎ ‎④ 下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点_______间多测几组数据（请填写“ab” “bc” “cd” “de”或“ef”）．‎ 数据点 a b c d e f U/V ‎0.00‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ I/A ‎0.000‎ ‎0.122‎ ‎0.156‎ ‎0.185‎ ‎0.216‎ ‎0.244‎ ‎⑤下列图象能正确表示小灯泡的伏安特性曲线的是_______ 。‎ ‎【答案】 (1). 10 (2). (3). a b (4). ab (5). A ‎【解析】①根据，带入数据可得：‎ ‎②由原理图可知，电路采用滑动变阻器分压接法，电流表采用外接法；则先连接分压电路，再并联测量电路；答案如图所示：‎ ‎③为了测量安全，开始时测量电路的电压应为零；由图可知，测量电路与左侧并联；故开始时滑片应滑到a侧；与测量部分并联电阻越大，则灯泡两端电压越大，则应将滑片向b端移动。‎ ‎④因ab两段上电流变化较大，故为了更精确的画出I-U图象，在ab段内应多测几组数据。‎ ‎⑤因灯泡电阻随温度的升高而增大，故在I-U图象中应为斜率越来越小的曲线；故选A 三、计算题 ‎67. 一个带正电的点电荷，电量，在静电场中由a点移至b点，在这个过程中，除电场力外，其它力做的功为，质点的动能增加了，求a、b两点间的电势差.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：电荷由a点移至b点时，电场力和外力做功，动能变化，根据动能定理列方程求解a、b两点间的电势差Uab。‎ 设此过程中，电场力对点电荷做的功为，由动能定理可知：‎ 带入数据解得：　‎ 则a、b两点间的电势差为：‎ 点睛：本题主要考查了动能定理及电势差的求法，属于基础题。‎ ‎68. 如图所示电子射线管.阴极K发射电子，阳极P和阴极K间 加上电压后电子被加速。A、B是偏向板，使飞进的电子偏离.若已知P、K间所加电压，两极板长度，板间距离，所加电压UAB＝1000V，， 电子质量，电子的电荷量。设从阴极出来的电子速度为零，不计重力。 求：‎ ‎（1）电子通过阳极P板的速度υ0是多少?‎ ‎（2）电子通过偏转电极时具有动能Ek是多少?‎ ‎（3）电子经过偏转电极后到达距离偏转电极的荧光屏上的O′点，此点偏离入射方向的距离y是多少?‎ ‎【答案】（1）2.96×107m/s （2）4.44×10-16J　 （3）2.0×10-2m ‎【解析】试题分析：电场力对电子做正功，动能增加，根据动能定理求解电子通过阳极P板的速度；电子通过偏转电极时做类平抛运动，电子沿水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动规律求出电子偏转的距离y，再由动能定理求出电子通过偏转电极时具有动能Ek；根据速度的分解，求出电子离开偏向板时沿场强方向的分速度vy和偏转角的正切，根据几何知识求解。‎ ‎（1）电子在阳极P和阴极K间运动，由根据动能定理有：‎ 带入数据解得：＝2.96×107m/s　　‎ ‎（2）电子在偏向板间运动的时间：　　‎ 电子在偏向板间运动的加速度：　‎ 联立可得电子离开偏向板时沿场强方向的侧移：‎ 带入数据解得：‎ 根据动能定理有：　　　‎ 带入数据解得：＝4.44×10-16J　　‎ ‎（3）电子离开偏向板时沿场强方向的分速度：　　‎ 偏转角的正切：　　　‎ 根据几何关系得：　　　　　　‎ 带入数据解得：y=2.0×10-2m.　　　　　　　‎ 点睛：本题主要考查了粒子加速和偏转问题，应用平抛公式和动能定理相结合，在运用几何知识即可解题。‎ ‎69. 在匀强电场中如图所示分布着A、B、C 三点，当把一个电量q=10-15C 的正电荷从A 沿AB 线移到B 点时，电场力做的功为零；从B 移到C 时，电场力做功为－1.73×10-3J，试判断该电场的方向，算出场强的大小。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：正电荷从A 沿AB 线移到B 点时，电场力做的功为零，则A、B两点电势相等，AB连线为等势线．电荷从B 移到C 时，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，则B点电势比C点电势低．根据这两点，连接AB作出等势线，再作出电场线．根据电势差公式U=求出AB间的电势差，由E=求出场强．‎ 解：（1）连接AB，即为一条等势线．过C点作AB的垂线，标出箭头：斜向右下方，即为一条电场线．‎ 根据W=qU，可得UBC==﹣173V 则C、B间电势差为UCB=173V．‎ 又由匀强电场中场强与电势差的关系E===1000V/m 答：电场的E的方向与AB垂直斜向下（如图），大小为1000v/m．‎ ‎【点评】本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力．还要抓住电场线与等势面垂直，并由电势高的等势面指向电势低的等势面．‎ ‎70. 长为l的平行金属板，板间形成匀强电场，一个带电为＋q、质量为m的带电粒子，以初速v0紧贴上板垂直于电场线方向射入该电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°，如图所示．求：‎ ‎（1）粒子末速度的大小；‎ ‎（2）匀强电场的场强；‎ ‎（3）两板间的距离d．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子末速度的大小；‎ ‎（2）由竖直方向是匀加速直线运动，根据匀加速运动的速度公式和牛顿第二定律可以求得匀强电场的场强；‎ ‎（3）由匀加速直线运动的规律求得板间距离的大小．‎ 解：（1）粒子在电场中做的是类平抛运动，‎ 由图可得，粒子的末速度为 V==．‎ ‎（2）∵V⊥=V0tan30°=‎ 粒子在板间运动的时间为 t=‎ 垂直于板的速度的大小为 V⊥=at=，‎ 解得：E=．‎ ‎（3）粒子子在竖直方向上做的是匀加速运动，‎ 由匀变速运动的规律可得，‎ d=•t=L．‎ 答：（1）粒子末速度的大小是；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小为；‎ ‎（3）两板间的距离d为L．‎ ‎【点评】粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用．‎ ‎71. 如图所示的电路中，电路消耗的总功率为40 W，电阻R1为4Ω，R2为6Ω，电源内阻r为0.6Ω，电源的效率为94％，求：‎ ‎(1)ab两点间的电压；‎ ‎(2)电源的电动势．‎ ‎【答案】4.8V 20V ‎【解析】试题分析：（1）由题知电源的效率为94%，则电源内部消耗的功率为：‎ 又 联立解得I=2A 则ab两点间的电压为 解得 ‎（2）由电源的总功率等于电路消耗的总功率 则有 解得E=20V 考点：闭合电路的欧姆定律 点评：关键是分析电路中功率的分配关系，注意功率与效率不同，不要混淆；掌握电源的总功率。‎ ‎72. 电动自行车是目前较为时尚的代步工具。某厂生产的一种电动自行车，设计质量（包括人）为m=80kg,动力电源选用能量存储量为“36V ‎ ‎ 10A·h”（即输出电压为36v，工作电流与工作时间的乘积为10安培小时）的蓄电池（不计内阻）。所用电动机的输入功率有两档，分别为P1=120w和P2=180w,考虑到传动摩擦及电机发热等各种因素造成的损耗，自行车的效率为=80%.如果电动自行车在平直公路上行驶时所受阻力与行驶速率 和自行车对地面压力都成正比，即f=kmgv，其中k=5.0×10-3s.m-1，g取10N/kg。求：‎ ‎（1）该电动自行车分别使用两档行驶时，行驶的最长时间分别是多少？‎ ‎（2）自行车在平直公路上能达到的最大速度为多大？‎ ‎【答案】（1）3h、2h （2）6m/s ‎【解析】（1） 根据P=UI,以及电池容量可得：t1＝＝h＝3h t2＝＝h＝2h ‎（2）经分析可知，当自行车以最大功率行驶且达匀速时速度最大，因此有：‎ F牵＝kmgvm 而 F牵＝‎ 联立代入数据可得：vm＝6m/s ‎73. 在水平放置且相距2cm 的平行带电金属板间的匀强电场中，有一个质量为m =10-4g，电量q = -10-8C的带电液滴，恰在两板间的正中央处于静止状态。问：‎ ‎（1）哪块板带正电？（答上极板或下极板） 板间电场强度多大？‎ ‎（2）若板间电场强度突然增为原来的2倍，液滴将做什么运动？到达极板时的速度多大？（结果可用根号表示）‎ ‎【答案】（1）98 N/C （2）0.44 m/s ‎【解析】试题分析：带电液滴静止受力平衡，重力与电场力大小相等，方向相反；应用牛顿第二定律结合运动学关系式即可解得。‎ ‎(1)电场力与重力平衡，故电场力向上，故上极板带正电；液滴静止时，根据平衡条件，有：qE=mg 解得：E=98 N/C ‎（2）液滴向上做匀加速直线运动由牛顿第二定律：2qE-mg=ma 解得：a=g 由速度位移公式：‎ 带入数据解得：v= 0.44 m/s 点睛：本题主要考查了液滴在平行板间的平衡和运动问题，应用牛顿第二定律与匀变速直线运动规律相结合即可解题。‎ ‎74. 在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E = 6×105 N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个质量m=10 g带负电荷的绝缘小物块，其带电量q = 5×10-8 C．小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2， 沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2 m／s，如图所示．试求：‎ ‎（1）小物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离；‎ ‎（2）小物块最终停止时的位置．‎ ‎【答案】（1）0.4m （2）0.2m ‎【解析】(1)当物块沿x轴正方向运动时，受到沿x轴负方向的电场力F和动摩擦力f，.电场力大小为F=Eq，滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg 设物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离为s，此过程中由动能定理得 ‎−(F+f)s=−‎ 联立解得 ‎ ‎(2)由于F>f，当物块运动到沿x轴正方向离O点的距离最远时，又返回向x轴负方向运动，设最终停止时左侧s′处 在物块向x轴负方向运动的过程中，由动能定理得：‎ ‎(F−f)s−fs′=0‎ 解得 ‎75. 如图所示，R1=14，R2=9，当S扳到位置1时，电压表示数为2.8V，当开关S扳到位置2时，电压表示数为2.7V，求电源的电动势和内阻 ‎【答案】3V 1Ω ‎【解析】试题分析：根据开关S扳到位置1和2时，分别由闭合电路欧姆定律列出含有电动势和内阻的方程，联立组成方程组求解．‎ 解：根据闭合电路欧姆定律，可列出方程组：‎ 当开关S扳到位置1时，E=U1+I1r=U1+‎ 当开关S扳到位置2时，E=U2+I2r=U2+‎ 代入解得：E=3V，r=1Ω 答：电源的电动势和内阻分别为3V和1Ω．‎ ‎【点评】本题提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法，可以用电阻箱代替两个定值电阻，即由电压表和电阻箱并连接在电源上，测量电源的电动势和内阻，此法简称伏阻法．‎ ‎76. 如图所示的电路中，电阻，，电源的电动势 E=12V，内阻，求 ‎（1）电流表的读数；‎ ‎（2）电阻R1上消耗的功率。‎ ‎【答案】（1）0.6A （2）8.1W ‎【解析】试题分析：电阻R1与R2并联，求出并联电阻，电流表测的是R2的电流．根据闭合电路欧姆定律求出流过电源的电流和路端电压，再求解电流表的读数；由总电流和流过电流表的电流，求出流过电阻R1的电流，再求电阻R1上消耗的功率。‎ ‎（1）电路中的总电阻为：‎ 由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流：‎ 路端电压：‎ 所以，通过R2的电流：‎ 电流表测的是R2的电流，所以其读数为0.6A ‎（2）通过R1的电流I1=I-I2=（1.5-0.6）A=0.9A 电阻R1上消耗的功率P1=I2R1=0.9210W=8.1W 点睛：本题主要考查了电路中电流和电压的求法，应用相应公式即可解题，属于基础题。‎ ‎77. 一根长为l的绝缘细线下端连接一质量为m ‎ 的带电小球，上端悬挂在固定点O上，整个装置处于真空室内的匀强电场中，电场方向水平，电场强度大小为E．开始时小球静止于A点，此时细线与竖直方向的夹角θ=37°，如图所示．重力加速度为g，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80．‎ ‎（1）求小球的电荷量q．‎ ‎（2）某时刻将匀强电场的方向突然改为竖直向上但电场强度大小保持不变，求小球通过最低点B时细线对小球的拉力大小．‎ ‎【答案】（1） （2）0.35mg ‎【解析】试题分析：小球在A点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；对小球从A点运动到B点的过程中运用动能定理求得B点的速度，在B点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。‎ ‎（1）小球在A点处于静止状态，对小球进行受力分析可知小球受到电场力的方向水平向右，根据平衡条件得：‎ 解得：‎ ‎（2）对小球从A点运动到B点的过程中运用动能定理得：‎ 在B点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 点睛：本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，属于基础题。‎ ‎78.‎ ‎ 如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电、电量为q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中点C时，速度大小为，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度E保持不变，并且区域外始终不存在电场．‎ ‎（1）若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度．‎ ‎（2）要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，电场强度E应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：分别对AC及CB过程根据动能定理列出动能定理方程，联立即可解得B点的速度；要使小滑块运动时间最长，则小球应从A点离开，利用动能定理可求得速度。‎ ‎（1）设滑块所受滑动摩擦力大小为f，则滑块从A点运动至C点过程，‎ 由动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ 假设最后滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B点过程，‎ 由动能定理得：‎ 联立以上并代入数据解得：‎ 由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区域，速度大小为，方向水平向右。‎ ‎（2）要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，必须使滑块运动至B点停下，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB区域．滑块从C点运动至B点过程，‎ 由动能定理得：‎ 由以上可得电场强度：‎ 滑块运动至B点后，因为qE2=2f＞f，所以滑块向左加速运动 从B运动至A点过程由动能定理得：‎ 由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度：（方向水平向左）‎ 点睛：本题主要考查了动能定理在电场中的应用，解题的重点在于能否理解物体的运动过程，能正确的选择合适的过程建立动能定理表达式。‎ ‎79. 在空间中取坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，如图所示．初速可忽略的电子经过一个电势差U0未确定的电场直线加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）．不计电子的重力．‎ ‎（1）若电子经过x轴时的坐标为（2d，0），求加速电场的电势差U0．‎ ‎（2）加速电场的电势差U0不同，电子经过x轴时的坐标也不同．试写出电子经过x轴 时的坐标与加速电场的电势差U0的关系式．（只要求写出结果，不需写出过程）‎ ‎【答案】（1） （2）时， 时，‎ ‎【解析】试题分析：根据动能定理求出电子进入电场时的速度，在电场中做类平抛运动，离开匀强电场后做匀速直线运动，将离开电场后的匀速直线运动仍然分解为水平方向和竖直方向，抓住水平位移和竖直位移关系，运用运动学公式进行求出加速电场的电势差U0；加速电场较小时，粒子的水平位移可能小于d，分两种情况讨论，粒子出电场经过x轴和粒子不出电场经过x轴；不出电场时，粒子与x轴的坐标为类平抛运动的水平位移，出电场经过x轴时，求出类平抛运动出电场时的分速度，以及竖直方向上的位移，然后将出电场的运动分解为水平方向和竖直方向，通过等时性求出与x轴的坐标。‎ ‎（1）设电子的电荷量为e、质量为m，电子经过电场加速后获得速度v0‎ 根据动能定理： ‎ 电子在匀强电场中运动，有 粒子的加速度为：‎ 偏转位移为：‎ 离开电场时的竖直速度为：‎ 离开电场后匀速运动水平位移为：‎ 竖直位移为：‎ 由以上各式解得加速电场的电势差：‎ ‎（2）时，不出电场时即有：‎ 时，出电场经过x轴时即有：‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子的运动过程，先在加速电场中做加速运动，然后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，应用运动学公式解题。‎