1.兩個(gè)固定的等量異號(hào)電荷所產(chǎn)生電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入電場(chǎng)在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場(chǎng)，粒子只受到靜電力作用，則粒子在電場(chǎng)中( )
A. 做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大B. 做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小
C. 做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大D. 做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小
【答案】C
【解析】【分析】
粒子在靜電場(chǎng)中電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大．粒子所受的電場(chǎng)力與速度方向不在同一直線上，做曲線運(yùn)動(dòng)。
本題關(guān)鍵抓住電場(chǎng)線與等勢(shì)線的關(guān)系判斷電場(chǎng)力方向與粒子初速度方向的關(guān)系，分析運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)電場(chǎng)力做功正負(fù)，判斷電勢(shì)能的變化。
【解答】
根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，如圖所示：
在A點(diǎn)電場(chǎng)線方向應(yīng)與速度v垂直，則粒子所受的電場(chǎng)力與速度v也垂直，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)。粒子靠近兩電荷連線時(shí)，電場(chǎng)力做正功，離開兩電荷連線時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則其電勢(shì)能先變小后變大。故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選C。
2.如圖所示是實(shí)驗(yàn)室模擬出的等量異種電荷電場(chǎng)線的顯形平面圖片，該平面中有A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)，其中B，C兩點(diǎn)處在等量異種電荷連線間的中垂線上，有關(guān)下列說(shuō)法正確的是( )
A. 一個(gè)負(fù)電荷處在A點(diǎn)的電勢(shì)能要比它處在B點(diǎn)處的電勢(shì)能小
B. 將一個(gè)電子從C點(diǎn)處?kù)o止釋放，它可能會(huì)沿著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)處
C. B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)
D. 將一個(gè)質(zhì)子從B點(diǎn)移送到C點(diǎn)，靜電力做功為零
【答案】D
【解析】A.根據(jù)沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低可知，A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù) Ep=qφ 可知，一個(gè)負(fù)電荷處在A點(diǎn)的電勢(shì)能要比它處在B點(diǎn)處的電勢(shì)能大，故A錯(cuò)誤；
B.由于C點(diǎn)處的電場(chǎng)線為曲線，所以將一個(gè)電子從C點(diǎn)處?kù)o止釋放，它不可能會(huì)沿著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；
C.根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度可知，B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；
D.B、C兩點(diǎn)處在等量異種電荷連線間的中垂線上，由于中垂線為等勢(shì)面，所以B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，則將一個(gè)質(zhì)子從B點(diǎn)移送到C點(diǎn)，靜電力做功為零，故D正確。
故選D。
3.甲、乙兩個(gè)獨(dú)立電源(外電路為純電阻電路)的路端電壓與通過(guò)它們的電流的關(guān)系圖線如圖所示，下列說(shuō)法中正確的是( )
A. 路端電壓都為U0時(shí)，它們的內(nèi)電阻相等B. 電流都是I0時(shí)，兩電源的內(nèi)電壓相等
C. 電源甲的電動(dòng)勢(shì)大于電源乙的電動(dòng)勢(shì)D. 電源甲的內(nèi)阻小于電源乙的內(nèi)阻
【答案】C
【解析】【分析】
根據(jù)歐姆定律可知外電阻R路端電壓U與電流I的關(guān)系為R= U I，圖線與U軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值表示電動(dòng)勢(shì)的大小，與I軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值表示電路中的短路電流，圖線的斜率大小表示電源內(nèi)電阻的大小(電動(dòng)勢(shì)與短路電流的比值)，電源的內(nèi)電壓等于通過(guò)電源的電流與電源內(nèi)阻的乘積，即U內(nèi)=Ir。
本題利用圖象考查了閉合電路歐姆定律，要特別注意圖象與兩軸交點(diǎn)分別表示電動(dòng)勢(shì)和短路電流，圖象斜率表示內(nèi)阻大小。
【解答】
A.根據(jù)歐姆定律可知外電阻R路端電壓U與電流I的關(guān)系為R= U I，在U?I圖線中甲、乙兩圖線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(I0,U 0)，說(shuō)明兩電源的外電阻相等，故A錯(cuò)誤；
C.圖線與U軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值表示電動(dòng)勢(shì)的大小，由圖線可知，甲與U軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值比乙的大，表明甲的電動(dòng)勢(shì)大于乙的電動(dòng)勢(shì)，故C正確；
D.圖線的斜率大小表示電源內(nèi)電阻的大小(電動(dòng)勢(shì)與短路電流的比值)，圖線甲的斜率大于圖線乙的斜率，表明甲的內(nèi)阻大于乙的內(nèi)阻，故D錯(cuò)誤；
B.電源的內(nèi)電壓等于通過(guò)電源的電流與電源內(nèi)阻的乘積，即U內(nèi)=Ir，因?yàn)榧椎膬?nèi)阻較乙的內(nèi)阻大，所以當(dāng)電流都為I0時(shí)，甲電源的內(nèi)電壓較大，故B錯(cuò)誤。
故選C。
4.如圖甲所示，光滑絕緣水平面上固定著兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點(diǎn)。一帶電粒子由A點(diǎn)靜止釋放，并以此時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，此后沿直線經(jīng)過(guò)B、C，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的v—t圖像如圖乙所示，粒子在B點(diǎn)時(shí)圖線對(duì)應(yīng)的切線斜率最大，可以確定( )
A. 中垂線上B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都最大
B. UBC>UAB
C. 粒子在B點(diǎn)時(shí)的加速度大小為47m/s2
D. 改變速度該帶電粒子可以在該電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
【答案】B
【解析】【解答】
A.根據(jù)等量同種正電荷的電場(chǎng)分布規(guī)律可知，在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上，電場(chǎng)強(qiáng)度方向從垂足到無(wú)窮遠(yuǎn)處，沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，可知，中垂線上垂足的電勢(shì)最高，B點(diǎn)的電勢(shì)不是最大，根據(jù) v?t 圖像可知，B點(diǎn)的加速度最大，則B點(diǎn)的電場(chǎng)力最大，即B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)動(dòng)能定理有qUAB=12mvB2?0 ， qUBC=12mvC2?12mvB2，根據(jù)圖乙可知vB2=16m2/s4 ， vC2?vB2=72m2/s4?42m2/s4=33m2/s4，可知UBC>UAB，故B正確;
C.根據(jù)圖乙可知a=47?5m/s2=2m/s2，故C錯(cuò)誤；
D.光滑絕緣水平面上固定著兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，改變?cè)搸щ娏Ｗ铀俣?，速度方向垂直水平面向上，大小合適可以在光滑絕緣水平面上做半圈勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于有水平面限制，不可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選 B。
5.如圖所示電路，當(dāng)開關(guān)S1、S2閉合時(shí)，一帶電液滴恰好靜止在平行板電容器A、B兩金屬板間的M點(diǎn)?，F(xiàn)進(jìn)行下列操作，對(duì)應(yīng)說(shuō)法正確的是( )
A. 若僅斷開開關(guān)S1，液滴仍然保持靜止
B. 若僅斷開開關(guān)S2，液滴將向下運(yùn)動(dòng)
C. 若僅將B板向上平移到圖中虛線位置，板間M點(diǎn)電勢(shì)將降低
D. 若僅將變阻器R2的滑片向右滑動(dòng)少許，液滴電勢(shì)能將減小
【答案】C
【解析】若僅斷開開關(guān)S1，電容器將放電，液滴將向下運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤;
若僅斷開開關(guān)S2，極板電荷量不變，液滴將仍保持靜止，故 B錯(cuò)誤;
若僅將B板向上平移到圖中虛線位置，板間距減小，電壓不變，根據(jù)U=Ed可知場(chǎng)強(qiáng)變大，取B板電勢(shì)為0，則φM=UAB?E?dAM，得到φM減小，故C正確;
若僅將變阻器R2的滑片向右滑動(dòng)少許，調(diào)節(jié)滑片不改變極板間電壓，液滴仍然保持靜止，電勢(shì)能不變，故 D錯(cuò)誤。
6.在如圖所示的電路中，R1和R2為定值電阻，電表均為理想電表。電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)電阻r不變，閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向下移動(dòng)時(shí)( )
A. 電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變小B. 電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大
C. 電阻R1的電功率變大D. 電源的輸出功率一定增大
【答案】B
【解析】【解析】
解：AB、電路的連接情況是：R2與R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)，電流表測(cè)通過(guò)R2的電流，電壓表測(cè)路端電壓。當(dāng)滑片P向下滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入回路中的阻值增加，可知回路中總阻值增加，根據(jù)閉合電路的歐姆定律知干路總電流I減小，由U=E?Ir知路端電壓U變大，即電壓表的示數(shù)變大；電表均為理想電表，則R2兩端的電壓U2=U?IR1，U變大，I變小，其他量不變，故U2變大，電流表示數(shù)I2=U2R2，則I2變大，電流表示數(shù)變大，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、電阻R1的電功率為P1=I2R1，I減小，則R1的電功率減小，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)外電阻和電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭向下移動(dòng)時(shí)，不能確定外電阻和內(nèi)電阻的關(guān)系，電源的輸出功率不一定增大，D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)滑動(dòng)變阻器接入電路阻值的變化，分析外電路總電阻的變化，判斷干路電流的變化，再分析內(nèi)電壓的變化、路端電壓的變化，最后分析電流表示數(shù)的變化。根據(jù)內(nèi)外電阻的關(guān)系分析電源的輸出功率變化情況。
本題考查歐姆定律中的動(dòng)態(tài)分析，解題方法一般是先分析總電阻的變化、再分析總電流的變化、內(nèi)電壓的變化、路端電壓的變化。
7.在x軸上關(guān)于坐標(biāo)O點(diǎn)對(duì)稱的位置上有兩個(gè)等量的正點(diǎn)電荷，其在x?z平面上形成的電勢(shì)分布沿x軸的剖面圖如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是
A. 坐標(biāo)O點(diǎn)處的電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)均不為零
B. 在x軸上與O點(diǎn)電勢(shì)相等的點(diǎn)有兩個(gè)
C. 負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)低
D. 在z軸任意位置處把正電荷沿x軸正方向單向移動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力均先做負(fù)功再做正功
【答案】B
【解析】A.等量同種電荷在O處的場(chǎng)強(qiáng)因矢量疊加抵消為零，但電勢(shì)是標(biāo)量疊加，故不為零，從圖中也可以看出電勢(shì)不為零，A錯(cuò);
B.從圖中可以看出，在x軸上與O點(diǎn)電勢(shì)相等的點(diǎn)有兩個(gè)， B正確;
C.從圖中可以看出，a點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)低，故負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)高，C錯(cuò);
D.從圖中可以看出，沿垂直于z軸方向移動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)先升高再降低，再升高，再降低，故正電荷的電勢(shì)能經(jīng)歷先升高再降低，再升高，再降低的過(guò)程，故電場(chǎng)力均先做負(fù)功再做正功再做負(fù)功再做正功， D錯(cuò)誤。
8.如圖，直線A為某電源的U?I圖線，曲線B為某小燈泡L1的U?I圖線的一部分，用該電源和小燈泡L1串聯(lián)起來(lái)組成閉合回路時(shí)燈泡L1恰能正常發(fā)光，則下列說(shuō)法中正確的是( )
A. 此電源的內(nèi)電阻為23Ω
B. 燈泡L1的額定電壓為3V，額定功率為6W
C. 把燈泡L1換成阻值恒為1Ω的純電阻，電源的輸出功率將變小
D. 由于小燈泡L1的U?I圖線是一條曲線，所以燈泡發(fā)光過(guò)程中歐姆定律不適用
【答案】B
【解析】A、由圖象知，電源的內(nèi)阻為r=ΔUΔI=4?16Ω=0.5 Ω，A錯(cuò)誤；
B、因?yàn)闊鬖1正常發(fā)光，故燈L1的額定電壓為3 V，額定功率為P=UI=3×2 W=6 W，B正確；
C、正常工作時(shí)，燈L1的電阻為R 1=UI=1.5 Ω，換成R 2=1 Ω的純電阻后，該電阻更接近電源內(nèi)阻r，故電源的輸出功率將變大，C錯(cuò)誤；
D、小燈泡是純電阻，適用歐姆定律，其U?I 圖線是一條曲線的原因是燈泡的電阻隨溫度的變化而發(fā)生變化．故D錯(cuò)誤；
故選B。
二、多選題：本大題共2小題，共10分。
9.如圖所示，ABC?D是正四面體，M、N、P、K分別為AD、AB、BD和CD邊的中點(diǎn)。在頂點(diǎn)A、B分別固定有電荷量相等的正點(diǎn)電荷，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. M、P兩點(diǎn)的電勢(shì)相等
B. K、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等
C. 將帶正電的試探電荷由M點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功
D. 電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能高于在K點(diǎn)的電勢(shì)能
【答案】AC
【解析】【分析】
詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】
【解答】
A、DN為AB連線的中垂線，M、P兩點(diǎn)關(guān)于DN對(duì)稱，由等量同種電荷電場(chǎng)特點(diǎn)知，M、P兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故A正確；
B、由電場(chǎng)的疊加知，中點(diǎn)O的場(chǎng)強(qiáng)為0，K點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不為0，則K、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不相等，故B錯(cuò)誤；
C、由等量正電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)知，由M點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)電勢(shì)降低，帶正電的試探電荷的電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，故C正確；
D、由等量正電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)知，P點(diǎn)電勢(shì)比K點(diǎn)高，電子帶負(fù)電，則電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能低于在K點(diǎn)的電勢(shì)能，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
10.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)電阻為r，C為電容器，R0為定值電阻，電表均為理想電表，R為滑動(dòng)變阻器，閉合開關(guān)后燈泡正常發(fā)光，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)時(shí)，下列判斷正確的是( )
A. 電壓表、電流表示數(shù)均變大，燈泡L將變暗
B. 定值電阻R0中將有從右向左的電流
C. 電壓表示數(shù)改變量與電流表示數(shù)改變量之比不變
D. 電源輸出功率一定變小
【答案】BC
【解析】【分析】
電路穩(wěn)定時(shí)，與電容器串聯(lián)的電路沒(méi)有電流，相當(dāng)于斷路。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，變阻器電阻減小，外電阻減小，電路中電流增大，燈L變亮。電容器的電壓等于路端電壓，分析其電壓變化，由Q=CU分析電量的變化。
本題是電路的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，可直接根據(jù)“串反并同”來(lái)分析電表讀數(shù)的變化，也可以由“局部?整體?局部”的方法分析。
【解答】
A.電路穩(wěn)定時(shí)，與電容器串聯(lián)的電路沒(méi)有電流，R0兩端的電壓為零。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，變阻器電阻減小，外電阻減小，電路中總電流變大，則燈L將變亮，電流表示數(shù)變大，電源的內(nèi)電壓變大，則路端電壓減小，電壓表讀數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；
B.電容器的電壓等于路端電壓，所以電容器的電壓減小，由Q=CU分析可知其電荷量將減小。電容器放電，則定值電阻R0中將有從右向左的電流出現(xiàn)，故B正確；
C.根據(jù)閉合電路歐姆定律知 U=E?Ir，得ΔUΔI=r，可得電壓表示數(shù)改變量與電流表示數(shù)改變量之比保持不變。故C正確；
D.因不清楚外電路電阻與電源內(nèi)阻的大小關(guān)系，則不能確定電源輸出功率的變化，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。
11.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“測(cè)定電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)，可供選擇的器材如下：
A.待測(cè)干電池一節(jié)
B.電流表A(量程為0～60 mA，內(nèi)阻R A=18 Ω)
C.電壓表V(量程為0～3 V，內(nèi)阻R ?V約為3 kΩ)
D.滑動(dòng)變阻器R ?1(阻值為0～5 Ω)
E.滑動(dòng)變阻器R ?2(阻值為0～30 Ω)
F.定值電阻R 3(阻值為2 Ω)
G.定值電阻R 4(阻值為10 Ω)
(1)為完成實(shí)驗(yàn)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選________，定值電阻應(yīng)該選________.(填器材后面的代號(hào))
(2)請(qǐng)完善圖(a)中的電路圖．
(3)根據(jù)圖(b)中已描出的點(diǎn)畫出U?I圖象，由圖象得該電池的電動(dòng)勢(shì)E=________ V，內(nèi)阻r=________ Ω.(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)
【答案】(1)R2 R3
(2)根據(jù)(1)中分析可知，電路圖如圖所示．
???????
(3) 1.49(1.47～1.49均可)???????
【解析】1. 因?yàn)殡姵氐膬?nèi)阻較小，約為幾歐，故為了能起到控制調(diào)節(jié)作用，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用總阻值為30 Ω的R2；因?yàn)榻o出的電流表量程為0～60 mA，量程偏小，為了能準(zhǔn)確測(cè)量，可以采用串聯(lián)定值電阻的方法來(lái)減小電流，需要的電阻R=1.5 V60×10? 3A=25 Ω，兩定值電阻均達(dá)不到要求，所以應(yīng)考慮改裝電流表，為了讓量程變大，應(yīng)將較小的電阻與電流表并聯(lián)，電流表改裝后的量程為I=Ig+IgRAR3=60 mA+60×182 mA=600 mA，符合實(shí)驗(yàn)要求．
2. 略
3. 根據(jù)已描出的點(diǎn)畫出的U ?I圖象如圖所示．設(shè)電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I，則根據(jù)閉合電路歐姆定律有U=E?10Ir，可知電路的U?I圖線與縱軸的交點(diǎn)即為該電池的電動(dòng)勢(shì)，故E=1.49 V，圖線的斜率k=?10r=0.9? Ω，則r≈1.05 Ω．
12.某實(shí)驗(yàn)小組在練習(xí)使用多用電表的實(shí)驗(yàn)中。
(1)用多用電表測(cè)量某元件的電阻，選用“×100”倍率的電阻擋測(cè)量，發(fā)現(xiàn)多用電表指針的偏轉(zhuǎn)角度過(guò)小，因此需選擇______(填“×1000”或“×10”)倍率的電阻擋，并歐姆調(diào)零后，再次進(jìn)行測(cè)量，若多用電表的指針如圖甲所示，測(cè)量結(jié)果為______Ω。

(2)如圖乙所示，電學(xué)實(shí)驗(yàn)室的“黑盒子”表面有A、B、C三個(gè)接線柱，盒內(nèi)有一只定值電阻和一個(gè)二極管，每?jī)蓚€(gè)接線柱之間最多連接一個(gè)元件。為了探明盒內(nèi)元件的連接方式，實(shí)驗(yàn)小組用多用電表的歐姆擋進(jìn)行測(cè)量，把紅、黑表筆分別與接線柱A、B、C連接，測(cè)量結(jié)果如表所示。
請(qǐng)?jiān)趫D乙中畫出“黑盒子”內(nèi)的電路結(jié)構(gòu)圖。
(3)實(shí)驗(yàn)小組最后將一量程為3V的電壓表改裝成可測(cè)量電阻的儀表——?dú)W姆表。
①先用如圖丙所示的電路測(cè)量該電壓表的內(nèi)阻，圖中電源內(nèi)阻可忽略不計(jì)，閉合開關(guān)S，將電阻箱的阻值調(diào)到4kΩ時(shí)，電壓表恰好滿偏；將電阻箱的阻值調(diào)到12kΩ時(shí)，電壓表的指針恰好半偏，由以上信息可得電壓表的內(nèi)阻RV= ______kΩ；
②將圖丙所示的電路稍作改變，在電壓表兩端接上兩個(gè)表筆，就改裝成了一個(gè)可測(cè)量電阻的簡(jiǎn)易歐姆表，如圖丁所示，為將表盤的電壓刻度轉(zhuǎn)換為電阻刻度，進(jìn)行了如下操作：將兩表筆斷開，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱，使指針指在“3V”處，此處刻度對(duì)應(yīng)的阻值為∞；再保持電阻箱阻值不變，在兩表筆間接不同阻值的已知電阻，找出對(duì)應(yīng)的電壓刻度，則“2V”處對(duì)應(yīng)的電阻刻度為______kΩ。
【答案】×1000 12000 4 4
【解析】解：(1)選用“×100”倍率的電阻擋測(cè)量，發(fā)現(xiàn)多用電表指針的偏轉(zhuǎn)角度過(guò)小，說(shuō)明歐姆表指針對(duì)應(yīng)示數(shù)過(guò)大，因此需選擇“×1000”倍率的電阻擋，同時(shí)注意歐姆調(diào)零，多用電表的測(cè)量結(jié)果為12000Ω。
(2)A、B間電阻與電流方向無(wú)關(guān)，因此一定是定值電阻，A、C間電阻與電流方向有關(guān)，電流從C到A
時(shí)電阻遠(yuǎn)小于反向電阻，說(shuō)明二極管一定直接接在A、C間，且C為正極，如圖所示：
(3)①當(dāng)電阻箱電阻R=4kΩ時(shí)，電壓表示數(shù)為U=3V
根據(jù)閉合歐姆定律和歐姆定律I=ER+RV=URV
當(dāng)電阻箱的阻值R′=12kΩ，電壓表的指針恰好半偏U′=12U=1.5V
根據(jù)閉合歐姆定律和歐姆定律I′=ER′+RV=U′RV
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電動(dòng)勢(shì)E=6V
電壓表內(nèi)阻RV=4kΩ。
②兩表筆斷開，閉合開關(guān)，電壓表的示數(shù)為3V，則3VRV=E?3VR
若電壓表的示數(shù)為2V，電路中的電流I′=2VRn=E?2VR
其中R甲=RxRVRV+Rx
代入數(shù)據(jù)解得Rx=4kΩ。
故答案為：(1)×1000；12000；(2)見(jiàn)解析；(3)①4；②4。
(1)歐姆表指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)小，說(shuō)明歐姆表指針對(duì)應(yīng)示數(shù)過(guò)大，據(jù)此紛紛歐姆表電阻擋倍率的選擇；
(2)定值電阻的測(cè)量與電流方向無(wú)關(guān)，二極管正向電阻與反向電阻相差很大；根據(jù)表格中記錄的數(shù)據(jù)進(jìn)行分析作答；
(3)根據(jù)歐姆定律和閉合電路的歐姆定律求解作答。
本題主要考查了歐姆表測(cè)電阻的正確操作方法；考查了電壓表內(nèi)阻的測(cè)量，掌握歐姆定律和閉合電路的歐姆定律是解題的關(guān)鍵。
四、計(jì)算題：本大題共3小題，共42分。
13.如圖，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在一個(gè)平行于該區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為圓的一條直徑。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從M點(diǎn)以初速度v射入電場(chǎng)，速度方向與MN夾角θ=45°，一段時(shí)間后粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，速度大小仍為v，不計(jì)粒子重力。求
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向;
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E;
(3)僅改變粒子初速度的大小，當(dāng)粒子離開圓形區(qū)域的電勢(shì)能最小時(shí)，此過(guò)程中粒子速度改變量的大小。
【答案】解：(1)從M到N粒子動(dòng)能不變，電場(chǎng)力不做功，所以MN為等勢(shì)線，電場(chǎng)線與MN垂直斜向左下；
(2)粒子做類似斜拋的運(yùn)動(dòng)，沿MN方向，粒子勻速運(yùn)動(dòng)：2R=vcs45°t，垂直MN方向：0=vsin45°t?12at2，
根據(jù)牛頓第二定律：qE=ma，解得E=mv22qR；
(3)如圖所示，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能最小，
由v1cs45°t′=R，
?v1sin45°t′+12at′2 =R，
Δv=qEmt′，
聯(lián)立求得Δv= 2v。
【解析】詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】
14.如圖所示，空間存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向水平向右、足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，擋板MN與水平方向的夾角為θ，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從與M點(diǎn)在同一水平線上的O點(diǎn)以速度v0豎直向上拋出，粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好不和擋板碰撞，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所在平面與擋板垂直，不計(jì)粒子的重力，求：
(1)粒子貼近擋板時(shí)水平方向速度的大小；
(2)O、M間的距離．
【答案】解：(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時(shí)其速度方向與擋板恰好平行，如圖所示：
設(shè)此時(shí)粒子水平方向速度大小為vx，則ctθ=vxv0，解得vx=v0ct θ；
(2)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)加速度為a，由牛頓第二定律得qE=ma，
在如圖所示的坐標(biāo)系中vx=at，x0=12at2，y0=v0t，
設(shè)O、M間的距離為d。
【解析】【分析】本題考查類平拋運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是采用正交分解法研究，結(jié)合分位移公式和分速度公式列式求解，不難。
(1)粒子做類似平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向時(shí)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向時(shí)勻速直線運(yùn)動(dòng)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子恰好不和擋板碰撞，說(shuō)明速度與擋板平行，采用正交分解法作圖分析；
(2)先根據(jù)分位移公式列式求解豎直分位移和水平分位移，再結(jié)合幾何關(guān)系得到O、M間的距離。
15.在如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)E=28V，內(nèi)阻r=2Ω，電阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C為平行板電容器，其電容C=3.0pF，虛線到兩極板的距離相等，極板長(zhǎng)L=0.20m，兩極板的距離d=1.0×10?2m。
(1)若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則將其閉合后，流過(guò)R4的電荷量為多少?
(2)若開關(guān)S斷開時(shí)，有一個(gè)帶電微粒沿虛線方向以v0= 2.0m/s的初速度射入平行板電容器的兩極板間，帶電微粒剛好沿虛線勻速運(yùn)動(dòng)。問(wèn)：當(dāng)開關(guān)S閉合后，此帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入兩極板間，能否從極板間射出?(要求寫出計(jì)算和分析過(guò)程)
【答案】解：(1)S斷開時(shí)，電阻R3兩端電壓：U3=ER3R2+R3+r=28×84+8+2V=16V
S閉合后，外電路的總電阻R=R1(R2+R3)R2+R3+R1=12×(4+8)4+8+12Ω=6Ω
路端電壓U=RER+r=6×286+2V=21V
電阻R3兩端的電壓U′3=R3R2+R3U=14 V
流過(guò)R4的電荷量△Q=CU3?CU′3=6.0×10?12 C；
(2)設(shè)帶電微粒的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)有qU3d=mg
當(dāng)開關(guān)S閉合后，設(shè)帶電微粒的加速度為a，則mg?qU′3d=ma
假設(shè)帶電微粒能從極板間射出，則水平方向t=Lv0
豎直方向y=12at2
由以上各式得y=6.25×10?3 m>d2，
故帶電微粒不能從極板間射出。
【解析】(1)根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的特點(diǎn)，運(yùn)用比例法求解電阻R3 兩端電壓．流過(guò)R4的總電量等于電容器電量的變化量，由公式△Q=C△U求解；
(2)若開關(guān)S斷開時(shí)，帶電微粒沿虛線方向應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力平衡；當(dāng)開關(guān)S閉合后，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子能從電場(chǎng)飛出，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合，求出粒子的偏轉(zhuǎn)距離，即可分析能否從電容器C的電場(chǎng)中射出。
本題由電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)與電路的綜合，它們之間聯(lián)系的紐帶是電容器的電壓，電壓由歐姆定律求解．將類平拋運(yùn)動(dòng)分解成兩個(gè)相互垂直的簡(jiǎn)單直線運(yùn)動(dòng)的合成，再由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行研究。紅表筆
A
B
A
C
B
C
黑表筆
B
A
C
A
C
B
阻值(Ω)
200
200
50
3000
250
3200

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