【詳解】A．R=UI是導(dǎo)體電阻的比值定義式，因此不能認(rèn)為導(dǎo)體的電阻跟導(dǎo)體兩端的電壓成正比，跟導(dǎo)體中的電流成反比，A錯(cuò)誤正確；
B．R=ρlS是導(dǎo)體電阻的決定式，因此導(dǎo)體的電阻與長(zhǎng)度l成正比，導(dǎo)體截成等長(zhǎng)的3段，則每段的電阻都是原來(lái)的13，B正確；
C.要獲得持續(xù)穩(wěn)定電流，必須形成閉合回路，而且導(dǎo)體兩端有穩(wěn)定電勢(shì)差C錯(cuò)誤
D．閉合開(kāi)關(guān)電燈立即亮起是：在閉合開(kāi)關(guān)瞬間，電場(chǎng)在電路中以光速迅速建立。D錯(cuò)誤，。
故選B。
【答案】A
【詳解】金屬板在點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中形成一個(gè)等勢(shì)體，所以金屬板表面的電場(chǎng)線與金屬板表面處處垂直，A正確，根據(jù)如圖電場(chǎng)線的分布，可以將金屬板等效為距離正點(diǎn)電荷正下方2H處的等量負(fù)點(diǎn)電荷。金屬板上電勢(shì)相等，電場(chǎng)力不做功，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
B.隨著小球向右運(yùn)動(dòng)，它電場(chǎng)力始終垂直于金屬板，但先增后減，小球?qū)饘侔鍓毫ο仍龊鬁p，C錯(cuò)誤
D.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程受到豎直向下的重力和電場(chǎng)力、豎直向上的支持力，所以小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變，D錯(cuò)誤；
【答案】B
【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律，當(dāng)當(dāng)R = R0＋r，R上消耗的功率達(dá)到最大值A(chǔ)選項(xiàng)正確，當(dāng)R = 0，R0上消耗的功率達(dá)到最大值C選項(xiàng)正確，當(dāng)R＋R0 = r，電源的輸出功率達(dá)到最大值D選項(xiàng)正確。外電路負(fù)載越大，則電源效率越大，B錯(cuò)誤
4．【答案】D
【詳解】AC．因?yàn)镽1和電容器串聯(lián)，所以改變R1，對(duì)電路沒(méi)有影響，所以電容器兩端的電壓不變，小球的受力沒(méi)有發(fā)生變化。AC錯(cuò)誤；
BD．保持R1不變，使R2變大，電路的電阻增大，電流減小，R0的電壓減小，電容器的電壓減小，電容器間的場(chǎng)強(qiáng)減小，電場(chǎng)力減小，對(duì)小球，三力平衡，則繩子拉力減小，懸線與豎直方向的夾角θ變小。B錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
5．【答案】BC
【詳解】A．只有赤道上方附近的地磁場(chǎng)的方向與地面平行，A錯(cuò)誤；
B．地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合，存在磁偏角， B正確；
C．磁感線是閉合的，由圖可推知地球內(nèi)部存在磁場(chǎng)，地磁南極在地理北極附近， C正確；
D．在赤道位置放置一枚小磁針，靜止時(shí)小磁針N極指向地理的北極附近，D錯(cuò)誤。
本題選擇錯(cuò)誤的，故選BC。
6．【答案】BD
【詳解】AB．滑片P向下滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律
I=ERAB+RP+r
電路中電流增大，單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)截面A和截面B的自由電荷個(gè)數(shù)增大，故A錯(cuò)誤，B正確；·
CD．根據(jù)電流的微觀表達(dá)式
I=neSv
自由電荷定向移動(dòng)的速率與橫截面積成反比
vA：vB=1SA:1SB=1πrA2:1πrB2=rB2:rA2
故C錯(cuò)誤D正確。
故BD。
7．【答案】AB
【詳解】A．由于電表不是理想電表，則電流表存在電阻，電壓表內(nèi)阻不是無(wú)窮大；采用圖1的方法，由于電壓表的分流使電流表讀數(shù)偏小，引入系統(tǒng)誤差的原因是電壓表的分流作用；采用圖2的方法，由于電流表的分壓使電壓表讀數(shù)偏小，引入系統(tǒng)誤差的原因是電流表的分壓作用。故A正確；
B．采用圖1的方法，由于電壓表的分流使電流表讀數(shù)偏小，當(dāng)外電路短路時(shí)，電壓表分流為0，即圖1方法中測(cè)量圖線和真實(shí)圖線與橫軸交點(diǎn)相同；則圖3是用“圖1”電路處理的結(jié)果，其中圖線②表示測(cè)量圖線，圖線①表示真實(shí)圖線。故B正確；
C．采用圖2的方法，由于電流表的分壓使電壓表讀數(shù)偏小，當(dāng)外電路斷路時(shí)，電流表的分壓為0，即圖2方法中測(cè)量圖線和真實(shí)圖線與縱軸交點(diǎn)相同，則圖4是用圖2電路處理的結(jié)果，其中圖線③表示真實(shí)圖線，圖線④表示測(cè)量圖線。故C錯(cuò)誤；
D．利用圖3中圖線與橫軸交點(diǎn)、圖4中圖線與縱軸交點(diǎn)，連接后可得出真實(shí)的圖線，消除因電表不理想而引起的系統(tǒng)誤差，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
8．【答案】AD
【詳解】A．當(dāng)帶電小球恰好靜止在斜面上時(shí)，受到重力、電場(chǎng)力、斜面的支持力的作用，由受力分析可得
qE=mgtan37°
解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為
E=3mg4q
故A正確；
B．小球在斜面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則
vA=v0
由受力分析可知，重力和電場(chǎng)力等效合力沿BA方向，大小為
F合=mgcs37°+qEsin37°=54mgB點(diǎn)為小球在圓軌道的等效最高點(diǎn)，若小球到達(dá)等效最高點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)的臨界速度為0，從A到B，由動(dòng)能定理可得
?F合?2r=0?12mv02
解得
v0=5gr
小球能到達(dá)B點(diǎn)的條件為v0≥5gr，故B錯(cuò)誤；
C．小球不脫離BC軌道，在B點(diǎn)要求
mvB2r≥F合
解得
vB≥5gr2
則當(dāng)小球通過(guò)B點(diǎn)的速度小于5gr2時(shí)，會(huì)立刻在B點(diǎn)脫離，而不是在BC段某點(diǎn)脫離軌道，當(dāng)小球通過(guò)B點(diǎn)的速度大于等于5gr2時(shí)，由于B點(diǎn)為小球在圓軌道的等效最高點(diǎn)，小球不可能在BC段某點(diǎn)脫離軌道，故C錯(cuò)誤；
D．若小球沿著圓軌道從B點(diǎn)到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)的速度為2gr，根據(jù)動(dòng)能定理
F合r=12mvC2?12mvB12
解得此時(shí)小球在B點(diǎn)的速度為
vB1=3gr2>5gr2
故小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度大小可能為2gr，故D正確。
故選AD。
9． 18 0.4
【詳解】[1]根據(jù)電動(dòng)勢(shì)定義可知，在電源內(nèi)部，非靜電力做了多少功就有多少其他形式能量轉(zhuǎn)化為電能，所以轉(zhuǎn)化為電能的能量
即電源中共有18J其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。
[2]電路中的電流為
則外電阻為
10. 【答案】 負(fù)電 10kq9d2
【詳解】[1]若圖中b點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則帶電薄板在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)與點(diǎn)電荷在b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，可知帶電薄板帶負(fù)電。
[2]點(diǎn)電荷在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小
Eb=kq(3d)2
則帶電薄板在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小為
Eb'=Eb=kq(3d)2
由對(duì)稱性可知，帶電薄板在a點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)與在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反。即
Ea'=Eb'
方向水平向左。
點(diǎn)電荷在a點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小
Ea=kqd2
方向水平向左。由場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理可知a點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
E合=Ea+Ea'=10kq9d2
11．【答案】變暗 >【詳解】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片從右端滑到左端時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流I增大，則燈L2變亮。電壓表V1的示數(shù)
U1=E?IRL2+r，I增大，則U1減小，燈L3變暗。通過(guò)燈L1的電流
IL1=I?IL3
由于I增大，IL3減小，則IL1增大，燈L1變亮。
BC．由
U=U1+U2
又U1減小，U2增大，而U減小，所以
ΔU1>ΔU2
12．【答案】 2.150 4.700 220 C D G
【詳解】（1）[1]用20分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量其長(zhǎng)度為
21mm+0.05mm×10=21.50cm=2.150cm
（2）[2]用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑為
4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm
（3）[3]該電阻的阻值約為
22×10Ω=220Ω
（4）電表讀數(shù)從零開(kāi)始變化并能測(cè)得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，所以滑動(dòng)變阻器要用分壓電路；因電源電動(dòng)勢(shì)為4V，則電壓表選擇D；電路中可能的最大電流
I=ER=4220A≈18mA
故電流表選擇C；因滑動(dòng)變阻器用分壓電路，則選擇阻值較小的G。電路如圖：
13．答案】(1) ③短接 0 (2) ADC
【詳解】 (1)歐姆調(diào)零需要把紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)指針指向?qū)?zhǔn)電阻的0刻度線（電流表表頭滿偏）(2)指針偏轉(zhuǎn)角度小，說(shuō)明待測(cè)電阻大，所選倍率小，應(yīng)改選更大的倍率，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，所以應(yīng)按ADC順序操作。
14．(8分)【答案】(1)所改裝的表為電壓表，量程U1=3V；(2)所改裝的表為電流表，量程為I1=1A；(3)所改裝的表為電流表
【詳解】(1)（3分）當(dāng)S1和S2均斷開(kāi)時(shí)，改裝成了電壓表，量程設(shè)為U1，則有
U1=IgR1+Rg
代入數(shù)據(jù)得
U1=3V
(2)（3分）當(dāng)S1和S2均閉合時(shí)，改裝成了電流表，其量程設(shè)為I1，則有
I1=Ig+IgRgR2
代入數(shù)據(jù)得
I1=1.001A≈1A
(3)（2分）當(dāng)S2閉合S1斷開(kāi)時(shí)，相當(dāng)于將(1)問(wèn)中的電壓表再改裝成電流表
15．（12分）【答案】(1)3.6V (2)30Ω (3)0.54W
【詳解】（4分）（4）由圖可知電壓表V2表示路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律
U=E?Ir
所以其斜率絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻，則由圖得電源內(nèi)阻
r=ΔUΔI=3.4?3.00.3?0.1Ω=2Ω
由圖可得，電流I=0.1A時(shí)U=3.4V，則由閉合電路歐姆定律得，電動(dòng)勢(shì)
E=U+Ir=3.4V+0.1×2V=3.6V
（4分）（2）當(dāng)I=0.1A時(shí)，電路中電流最小，此時(shí)變阻器的電阻為最大值，由圖像得
Rm=U2?U1I=3.4?0.40.1Ω=30Ω
（4分）（3）電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)時(shí)相當(dāng)于純電阻，根據(jù)圖像可得，電動(dòng)機(jī)的電阻為
rM=0.8?0.40.2?0.1Ω=4Ω
由圖像可得，電路中電流為I=0.3A時(shí)，電動(dòng)機(jī)電壓為3 V，此時(shí)電動(dòng)機(jī)輸出功率為
Pm=UI?I2rM=0.3×3W?0.32×4W=0.54W
16．【答案】(1)a=mg+qEm ，vB=v2cs300=233v2；(2) tAB=3mv23(mg+qE)； UAB=mEv226(mg+qE)；(3) Ln=12f2(n?1)qUm+v12，(n=1 ,2.3……)．
【詳解】（4分）(1)小球在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力和重力作用
根據(jù)牛頓第二定律可得a＝mg+qEm
將小球在B點(diǎn)的速度分解可知
vB=v2cs300=233v2；
（6分）(2) 在B點(diǎn)設(shè)小球沿電場(chǎng)方向的速度大小為vy，
則有：vy＝v2tan30°
vy＝atAB
聯(lián)立解得：tAB=3mv23(mg+qE)
小球豎直位移:y=12vytAB
解得：y=mv226(mg+qE)
A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB=Ey
解得：UAB=mEv226(mg+qE)；
（4分）(3) 為了使小球獲得最大能量，要求小球每次穿過(guò)縫隙時(shí)，前一個(gè)圓筒的電勢(shì)比后一個(gè)的電勢(shì)高，這就要求小球穿過(guò)每個(gè)圓筒的時(shí)間恰好等于交變電流的半個(gè)周期設(shè)第N個(gè)圓筒長(zhǎng)為L(zhǎng)n，則有：
12mvn2?12mv12=(n?1)qU (n=1 ,2.3……)
解得：vn=2(n?1)qUm+v12
Ln=vn·T2=vn2f
所以Ln=12f2(n?1)qUm+v12 (n=1 ,2.3……)．
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
B
D
BC
BD
AB
AD

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