点睛：
本题关键是根据等势面判断出电势高低；同时知道正电荷在高电势点电势能较大，负电荷在低电势点电势能较大；电场力做正功电势能的减小；克服电场力做功，电势能增加．
8.关于电压和电动势，下列说法正确的是（）
A.电动势是反映电源把其他形式能转化为电能本领的物理量
B.电动势就是电源两极间的电压
C.电压和电动势单位相同，所以电动势和电压物理意义相同
D.电源电动势定义式
和电势差定义式
中的W都是电场力做的功
【答案】A
【解析】
【详解】A、电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能本领的物理量,故A正确.
B、当外电路断开时，电动势大小等于电源两极间的电压，故B错误.
C、电压和电动势单位相同，但电动势和电压物理意义不相同，电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，故C错误
D、电源电动势定义式
中的W是指非静电力做的功，电势差定义式
中的W是指电场力做的功，故D错误.
故选：
A.
9.如图所示，用带有正电的带电体A，靠近（不接触）不带电的验电器的上端金属球，则
A.验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了正电
B.验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了负电
C.验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电
D.验电器金箔不张开，因为带电体A没有和验电器的金属球接触
【答案】C
【解析】
【详解】使带电的带电体A靠近不带电的验电器，验电器发生静电感应，带电体A带正电，靠近验电器，验电器上的小球带负电，下端金属箔带等量的正电，金属箔张开.验电器的金箔之所以张开，是因为它们都带有正电荷，而同种电荷相互排斥，张开角度的大小决定于两金箔带电荷量的多少，带电的实质是电子在物体内部发生了转移，故ABD错误，C正确.
10.目前集成电路的集成度很高，要求里面的各种电子元件都微型化，集成度越高，电子元件越微型化、越小。
图中R1和R2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但R2的尺寸远远小于R1的尺寸。
通过两导体的电流方向如图所示，则关于这两个导体的电阻R1、R2关系的说法正确的是（）
A.R1=R2B.R1＜R2C.R1＞R2D.无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】设正方形导体表面的边长为L，厚度为d，材料的电阻率为
，根据电阻定律得导体的电阻:
R=
=
=
，可见导体的电阻只和材料的电阻率及厚度有关，与导体的其他尺寸无关，即R1=R2，故B、C、D错误，A正确.
故选：
A.
11.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。
其核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。
则下列说法正确的是（）
A.带电粒子从磁场中获得能量
B.带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关
C.带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关
D.带电粒子做圆周运动的周期随半径增大而增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、由回旋加速器原理可知，它的核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连，两盒间的窄缝中形成匀强磁场，交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的匀强电场一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速，在磁场中洛伦兹力不做功，带电粒子是从电场中获得能量的，故A错误.
B、粒子从D形盒出来时速度最大，由qvB=m
，粒子被加速后的最大动能Ekm=
m
=
可见带电粒子加速所获得的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压的大小无关，故B错误，C正确.
D、高频电源周期与粒子在磁场中匀速圆周运动的周期相同，由带电粒子做圆周运动的周期T=2
可知，周期T由粒子的质量、电量和磁感应强度决定，与半径无关，故D错误.
故选：
C.
【点睛】解决本题的关键是掌握加速器的工作原理以及加速器的构造，注意粒子是从电场中获得能量，但回旋加速器的最大速度与电场无关，与磁感应强度和D形盒的半径有关.
12.如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=2Ω与电动机M串联接在电源上，开关闭合后，理想电流表示数为1A，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=0.5Ω。
下列说法中正确的是
A.定值电阻消耗的热功率8WB.电动机的输出功率为2.5W
C.电动机两端的电压为0.5VD.电源的输出功率是6W
【答案】B
【解析】
【详解】A、电动机刚好正常工作时，理想电流表示数为1A，定值电阻消耗的热功率P=
R=2W，故A错误.
B、电动机两端的电压U=E-I（R+r）=3V，电动机的输出功率P=IU=I（U-IR0）=2.5W,故B正确.
C、电动机两端的电压U=E-I（R+r）=3V，故C错误.
D、电动机刚好正常工作时,路端电压U=E-Ir=5V，电源的输出功率P=IU=5W，故D错误.
故选：
B.
【点睛】电动机为非纯电阻，计算功率时应注意.
13.如图所示电路中，L1、L2为两只相同灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是（）
A.L1、L2两灯均逐渐变暗
B.L1灯逐渐变暗，L2灯逐渐变亮
C.电源内电路消耗功率逐渐减小
D.光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】
当光照增强时，光敏电阻的阻值减少，分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电路及路端电压的变化，再分析并联部分电路，可得L1的电流变化，由功率公式可得光敏电阻R和灯泡L2消耗的功率.
【详解】A、当光照增强时，光敏电阻的阻值减少，回路中总电阻减少，总电流增大，通过L2的电流增大，L2两端的电压增大，L2逐渐变亮；同时内电压增大，路端电压U=E-Ir减少，并联部分的电压减少，通过L1的电流减少，L1消耗的功率逐渐减少，L1灯逐渐变暗，故A错误，B正确.
C、由于回路总电流增大，电源内电路消耗功率
r增大，故C错误.
D、由上分析通过L1的电流减少，L1消耗的功率逐渐减少，由于回路总电流增大，则通过光敏电阻R的电流增大，光敏电阻R消耗功率逐渐增大，故D错误.
故选：
B.
二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分。
每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。
全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14.指纹传感器为在一块半导体基板上阵列了10万金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一个极，外表面绝缘，手指在其上构成电容器的另外一个极。
当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹深浅不同，对应的峪（本义：
山谷）和嵴（本义：
山脊）与半导体基板上的金属颗粒间形成一个个电容值不同的电容器，若金属颗粒与手指间组成的每个电容电压保持不变，则：
（）
A.指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离近时，电容小
B.指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离远时，电容小
C.在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量增大
D.在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量减小
【答案】BC
【解析】
【分析】
手指的嵴和峪与金属电极的距离不同，根据电容的决定式分析电容的大小．由电容的定义式分析电容的电压一定时，电量的变化.
【详解】A、指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近时，根据电容的决定式
得知，电容大．故A错误．
B、指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远时，根据电容的决定式
得知，电容小．故B正确．
C、在手指挤压绝缘表面时，手指与对应的金属颗粒距离靠近，电容增大，而电压一定，则由Q=CU可知，各金属颗粒电极电量增大，故C正确，D错误.
故选：
B、C.
15.如图为一种服务型机器人，其额定功率为56W，额定工作电压为28V．机器人的锂电池容量为20A·h．则机器人（）
A.机器人的电阻为12Ω
B.充满电后最长工作时间为2h
C.电池充满电后总电量为7.2×104C
D.以额定电流工作时每秒消耗能量为56J
【答案】CD
【解析】
【分析】
已知额定功率和额定电压，根据P=UI可以求解额定电流和电阻；根据q=It求充满电后总电量，额定功率等于以额定电流工作时每秒消耗能量．
【详解】A、根据P=UI可知，额定电流应该为I=
=
A=2A，机器人的电阻为R=
=
Ω=14Ω，故A错误．
B、机器人的锂电池容量为20A•h，即当额定电流2A下工作时，能够工作最长时间为10h，故B错误．
C、电源充满电后的总电量为q=It=20×3600C=7.2×104C，故C正确．
D、在额定电流下，机器人功率58W，即每秒消耗58J电能，故D正确．
故选：
C、D.
16.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。
如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（）
A.电势差UCD仅与材料有关
B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD＜0
C.仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大
D.在测定地球赤道上方的地磁电场强度弱时，元件的工作面应保持水平
【答案】BC
【解析】
试题分析：
由霍尔元件的原理知，当C、D间电压稳定时，元件中载流子受到的洛伦兹力与电场力平衡，即
，其中d为C、D间距离。
根据电流的微观表达
得：
。
其中s为垂直电流方向的横截面积，代入得
，可见UCD除与材料有关外，还与B、I有关，所以A错误，C正确；根据左手定则，自由电子在洛伦兹力作用下向C侧面偏转，所以UCD＜0，B选项错误；地球赤道上方地磁场的方向是水平方向，故元件工作面应保持竖直，所以D选项错误。
考点：
本题考查带电粒子在复合场中的运动，霍尔元件的工作原理以及地磁场的方向等知识点，意在考查学生的理解能力。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17.小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值。
（1）在使用前发现电表指针位置如下图甲所示，该同学应该调节哪个位置_________（选“①”或者“②”）；
（2）小明使用多用电表欧姆档的“×10”档测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆档_______（填“×100”档；或“×1”档），两表笔短接并调节______（选“①”或者“②”）。
（3）按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为_________Ω
【答案】
（1）①；
（2）×1;②（3）28Ω（25-30范围都可）
【解析】
试题分析：
（1）由图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮①；
（2）由图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选档位太大，故应换用小档位，故选：
×1；同时每次换档后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指到右侧零刻度处；
（3）由图可知，电阻R=28×1=28Ω
考点：
欧姆表的使用
【名师点睛】本题利用多用电表测量电阻，要注意掌握多用电表的使用方法，掌握机械调零和欧姆调零，同时注意如何选择合适的档位，并进行读数，注意明确每次换档均应进行欧姆调零。
18.有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图象，有下列器材供选用：
A．电压表（0～3V，内阻6kΩ）
B．电压表（0～15V，内阻30kΩ）
C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω）
D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）
E．滑动变阻器（10Ω，2A）
F．滑动变阻器（200Ω，0.5A）
G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）
（1）用如图1所示的电路进行测量，电流表应选用__，滑动变阻器应选用__（用序号字母表示）
（2）通过实验测得此灯泡
伏安特性曲线如图2所示，由图象可求得此灯泡在正常工作时的电阻为________Ω
（3）若将此灯泡与电动势6V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为____Ω的电阻（保留3位有效数字）
【答案】
（1）.D
（2）.E（3）.10（4）.11.4
【解析】
【详解】
（1）题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V量程，由P=UI可得，电流I=
=
A=0.28A，故电流表应选D；由电路图可知，要使电压从零开始调节，应采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻便于调节，故滑动变阻器选E.
（2）由灯泡的伏安特性曲线图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻：
R=
=
Ω=10Ω.
（3）要使灯泡串联在6V的电源上正常发光，则与之串联的电阻分压应为6V-2.8V=3.2V；
此时电路中电流为0.28A，故应串联的电阻：
R´=
=11.4Ω
故答案为：
（1）D；
（2）E；（3）10；（4）11.4
【点睛】本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，要注意电表的正确选择，原则是在不超量程的情况下尽量选用小量程，明确电路的接法，此实验要用分压电路，目的是为了得到从0开始连续可调的电压，同时要会利用欧姆定律进行分析求解。
19.某实验小组想通过实验测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：
待测干电池E（电动势约为1.5V，内阻约为3Ω）
直流电流表A1（量程0~0.6A，内阻约0.5Ω）
直流电流表A2（量程0~3A，内阻约01Ω）
电压表V1（量程0~2V，内阻约为2000Ω）
电压表V2（量程0~6V，内阻约为6000Ω）
滑动变阻器R1（最大电阻20Ω，额定电流2A）
滑动变阻器R2（最大电阻200Ω，额定电流1A）
电阻箱R3（最大电阻99.9Ω，额定电流1A）
开关、导线若干
（1）若用伏安法测电源的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精确度且便于调节，应选择的电流表是________，电压表是________，滑动变阻器是________。
（2）请将图甲中实物连接成实验电路________________。
（3）若用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表现了故障，不能使用，实验小组如想方便且能较准确地进行测量，需将实验进行改进，只需去掉电流表，将上述器材中的________换成________即可。
（4）请在图甲所示的方框中画出改进后的实验电路图___________。
甲乙
（5）实验小组在改进后的实验中得到了多组路端电压和外电阻的数据，对所得数据进行处理后，在坐标纸上作出了如图乙所示图线。
由图线得出：
干电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω。
（结果保留两位有效数字）
【答案】
（1）.A1
（2）.V1（3）.R1（4）.
（5）.R1（6）.R3（7）.
（8）.1.7（9）.2.5
【解析】
【详解】
（1）由于电源电动势为1.5V，因此电压表选V1即可；而回路的电流不会太大，因此电流表选A1，根据电压表和电流表可选出滑动变阻器为R1；
（2）测电源电动势和内电阻的测量电路见答案图1；
（3）将滑动变阻器改为电阻箱，即用“安阻法”测电源电动势和内电阻；
（4）电路如见答案图2；
（5）根据闭合电路欧姆定律
，整理得
，图象与纵轴的截距为电动势的倒数，而与横轴的截距的绝对值等于内电阻倒数即可求得电动势和内电阻，代入数据解得E=1.7V，r=2.5Ω。
20.如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。
一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角。
设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力。
求：
（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R
（2）电子在磁场中运动的时间t
【答案】
（1）
（2）
【解析】
（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：
qvB＝m
由此可得电子做圆周运动的半径为：
（2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度为：
α=θ
则电子在磁场中运动的时间：
21.金属杆MN的质量为m，长度为L，其两端用质量可忽略不计的细金属丝悬挂后置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。
当金属杆中通入恒定电流时，金属杆可在磁场中保持静止状态，且与磁场方向垂直。
此时细金属丝与竖直方向的夹角为θ，如图所示。
若重力加速度为g，则：
（1）求金属杆受到的安培力的大小
（2）求金属杆中电流的大小和方向
（3）若保持金属杆中的电流不变，改变磁场方向，为使金属杆MN仍能在原位置静止，求所加磁场磁感应强度的最小值
【答案】
（1）mgtanθ；
（2）
方向根据左手定则判断为从M到N（3）Bcosθ
【解析】
【分析】
以导体棒为研究对象，正确受力分析，根据平衡状态列方程即可正确解答．
【详解】
（1）根据题意画出杆14MN的受力图如下所示：
/
导体棒处于平衡状态，设绳子拉力
N，安培力为F,因此有：
Ncosθ=mg
Nsinθ=F
求金属杆受到的安培力的大小F=mgtanθ
（2）安培力F=BIL，即mgtanθ=BIL
金属杆中电流的大小I=
，根据左手定则判断电流为从M到N
（3）若保持金属杆中的电流不变，改变磁场方向，为使金属杆MN仍能在原位置静止，当安培力FA平行于斜面向上时B最小，即此时磁感应强度沿着与细金属丝平行且垂直金属杆的方向，三力平衡示意如图.
.
FA=mgsinθ
FA=B´IL
I=
解得磁场磁感应强度的最小值B´=Bcosθ
22.如图所示，两水平面（虚线）之间的区域存在方向水平向右的匀强电场，电场强度E=3×103N/C，自该区域上方的A点将质量m=0.04kg，电荷量q=1×10-4C的带正电小球M以v0=6m/s的初速度沿平行于电场方向射出。
小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。
已知带电小球M在进入电场后做直线运动，且小球从电场区域上边界运动到电场区域下边界所用时间为0.8s，重力加速度大小为g=10m/s2，整个过程空气阻力不计，求：
（1）小球M刚进入电场瞬间，竖直方向
速度vy
（2）求A点离电场上边界的高度
（3）小球M点从电场区域下端离开时与小球射出点A的水平距离。
【答案】
（1）8m/s
（2）3.2m（3）12m
【解析】
【详解】
（1）由题知带电小球M受到的重力G=mg=0.4N，在匀强电场中受到的电场力F=qE=0.3N，带电小球M在进入电场后做直线运动，
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