2．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素，如图所示，平行板电容器的极板A与一静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计的指针变化，作出平行板电容器的电容变小的结论，其依据是
A．两极板间的电压不变，静电计指针张角变大
B．两极板间的电压不变，静电计指针张角变小
C．极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变小
D．极板上的电量几何不变，静电计指针张角变大
3．伏安法是一种常用的测量导体电阻的方法，某同学分别用如图（a）、（b）两种接法测量一个电阻器的阻值，以下结论正确的是（）
A．用图（a）接法测得的电阻值偏大
B．用图（b）接法测得的电阻值偏大
C．用图中两种接法测得的电阻值都偏大
D．用图中两种接法测得的电阻值都偏小
4．如图所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量
与穿过B环的磁通量
相比较，有（）
A．
B．
C．
D．不能确定
5．如图所示，竖直实线表示匀强电场中的一簇等势面，一带电微粒在电场中从A到B作直线运动（如图中虚线所示）。
则该微粒（）
A．一定带正电
B．从A到B的过程中作匀速直线运动
C．从A到B的过程中电势能增加
D．从A到B的过程中机械能守恒
6．如图所示为水平放置的两根等高固定长直导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流．下列说法正确的是（）
A．两导线之间存在相互吸引的安培力
B．O点的磁感应强度为零
C．O点的磁感应强度方向竖直向下
D．a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反
7．在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边NP的长度为4cm．已知电场方向与三角形所在平面平行，M、N和P点的电势分别为3V、15V和12V．则电场强度的大小为（ ）
A．150V/mB．75V/m
C．225
V/mD．75
V/m
8．在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表．电源电动势为12V，内阻为1Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω，开关闭合，电动机正常工作，电压表示数为10V，则
A．电源两端的电压为12V
B．电源的输出功率为24W
C．电动机消耗的电功率为80W
D．电动机所做机械功的功率为18W
二、多选题
9．如图所示，两平行金属板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数增大
B．电流表读数增大
C．R3上消耗的功率逐渐减小
D．质点P仍处于静止状态
10．如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（ ）
A．a向左
B．a向右
C．b向左
D．c向右
11．如图所示,虚线为某电场的等势面,今有两个带电粒子（重力不计）,以不同的速率沿不同的方向,从A点飞入电场后,沿不同的轨迹1和2运动,由轨迹可以断定（ ）
A．两个粒子的电性一定不同
B．粒子1的动能先减少后增加
C．粒子2的电势能增大后减小
D．经过B、C两点,两粒子的速度一定相等
12．如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点场强相等，且都为零
B．A、B两点场强不相等
C．感应电荷产生的电场EA＜EB
D．当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动
三、实验题
13．一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________档．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是__________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是________Ω．
14．利用伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图中的_______（选填“甲”或“乙”）。
（2）现备有以下器材：
A．干电池1个
B．滑动变阻器（0~50Ω）
C．滑动变阻器（0~1750Ω）
D．电压表（0~3V）
E．电压表（0~15V）
F．电流表（0~0.6A）
G．电流表（0~3A）
其中滑动变阻器应选_____，电流表应选____，电压表应选_____。
（填字母代号）
（3）某位同学根据记录的数据将对应点已经标在如图所示的坐标纸上，请画出U－I图线_______。
（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E＝_______V（保留三位有效数字），内电阻r＝_______Ω。
（保留两位有效数字）
（5）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测___E真，，r测____r真（填“>”“<”或“=”）
四、解答题
15．如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B，静止在图示位置，若固定的带正电小球A的电荷量为3Q，B球的质量为m，带电荷量为Q，θ=37°，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中，（tan37°=0.75）求：
（1）A球受到的库仑力的大小
（2）A、B两球间的距离．
16．如图所示，在水平向右的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球，线的上端固定于O点．细线与竖直方向成30°角时静止释放小球，小球开始摆动，当摆到A点时速度为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k，忽略空气阻力．求：
（1）判断小球电性；
（2）BA两点间的电势差UBA；
（3）匀强电场的场强E的大小．
17．如图所示的电路中，电阻R2=15Ω，R3=10Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数．I=0.4A求：
（1）流过电阻R1的电流是多少？
（2）电阻R1的阻值是多大？
（3）电源的输出功率是多少？
18．如图所示，在倾角θ=37°的绝缘斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势E=15V，内阻r=1Ω，一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，导轨与金属棒的电阻不计．整个装置处于磁感应强度B=1T，方向水平向右与金属棒ab垂直的匀强磁场中．调节滑动变阻器R=24Ω时，金属棒恰能在导轨上静止，已知：
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8
（1）请计算通过金属棒的电流；
（2）请计算金属棒ab所受摩擦力大小；
（3）如果斜面光滑，改变所加的匀强磁场，求所加匀强磁场的磁感应强度B1最小值和方向．
参考答案
1．A
【分析】
本题考查电场线和电势
【详解】
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：
．
2．D
【解析】
A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变．将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容
减小，由公式
知板间电压变大，则静电计指针的偏角θ变大，故A、B、C错误，D正确．
【点睛】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式
分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式
分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况.
3．A
【解析】
试题分析：
a图接法：
电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=UR+UA电流表的示数I是通过R的真实值，则
；b图接法中：
电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即I=IR+IV电压表的示数U是R两端电压的真实值，则
，故A选项正确。
考点：
伏安法测电阻.
【名师点睛】此题考查了伏安法测电阻的两个电路；知道待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．
4．C
【详解】
根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，A的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以
．故选C．
【点睛】
在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．
5．C
【解析】
【分析】
带电微粒沿直线运动，所受的合力方向与速度方向平行，可判断出微粒所受的电场力方向，分析微粒的电性，判断电场力做功正负，可判断出电势能和机械能的变化．
【详解】
根据电场线与等势面垂直，知电场线应水平。
带电微粒在匀强电场中受到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，合力与速度平行，可知微粒所受的电场力方向必定水平向左，微粒做匀减速直线运动，由于电场方向不能确定，所以微粒的电性不能确定，故AB错误；当微粒从A到B时，电场力做负功，电势能增加，故C正确。
由于电场力对微粒做功，所以微粒的机械能不守恒，故D错误；故选C。
6．C
【详解】
由图可知，两处电流的方向相反，所以它们之间存在相互排斥的作用力．故A错误．由安培定则可知，左侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，右侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，方向相同，所以合磁场的方向向下．故B错误，C正确．结合安培定则，分别作出两处电流在a、b两点的磁场方向如图，可知a、b两点的磁感应强度方向相同．故D错误．故选C.
7．A
【解析】
过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，如图所示
由几何知识可知N、O间的距离NO＝2cm，M、O间的距离MO＝6cm，由匀强电场的特点得O点的电势为
，即O、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知：
，故A正确．
综上所述本题答案是：
A
8．D
【解析】
电压表的示数为10V，为电源两端电压，即路端电压，而电动势为12V，故内电压为2V，所以电路电流为
，电源的输出功率等于电动机消耗的电功率，故为
，电动机的热功率为
，所以电动机的机械功率为
，D正确．
【点睛】在计算电功率的公式中，总功率用
来计算，发热的功率用
来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
9．BC
【解析】
【分析】
由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点P的受力情况可知质点的运动情况．
【详解】
由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，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，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B正确；因并联部分电压减小，而R2中的电流增大，电压增大，故电压表示数减小，故A错误；因电容器两端电压等于并联电路两端的电压，电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点P向下运动，故D错误；因R3两端的电压减小，由P=U2/R可知，R3上消耗的功率减小；故C正确；故选BC。
【点睛】
解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的．
10．AD
【解析】
【分析】
小磁针能体现出磁场的存在，且小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，即为磁感应强度的方向．也可为磁感线在该点的切线方向．而电流周围的磁场由右手螺旋定则来确定磁场方向．通电螺线管外部的磁感线是从N极向S极，而内部则是从S极到N极的．
【详解】
由通电螺线管电流的流向，根据右手螺旋定则可得，通电螺线管的左边为S极，右边为N极。
所以a枚小磁针的N极指向为向左、b枚小磁针N极指向为向右、c枚小磁针的N极指向为向右，故AD正确，BC错误；故选AD。
【点睛】
右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向．当导线是环形时，则四指向为电流的方向．
11．AB
【解析】根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子1受到排斥力作用，其电性与场源电荷的电性相同，粒子2受到吸引力，电性与场源电荷的电性相反，所以两粒子的电性一定相反．故A正确；电场力对粒子1先做负功，后做正功，由动能定理知其动能先减少后增大，故B正确；电场力对粒子2先做正功，后做负功，则粒子2的电势能先减小后增大，选项C错误；由于粒子1到B点时速率减小，粒子2到C点时速率增加，而粒子1的初速率与粒子2的初速率不等，则经过B、C两点，两粒子的速率可能不等．故D错误．故选AB．
点睛：
本题是电场中轨迹问题，往往先根据轨迹的弯曲方向判断粒子所受的电场力方向，再分析电场力做做功情况、电势能和动能的变化情况．
12．AD
【详解】
AB．枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，整个导体是等势体,故A正确，故B错误；
C．在枕形导体内部出现感应电荷的电场与点电荷的电场叠加，叠加后电场为零，而点电荷的产生电场在A点的场强大于在B点的场强，所以感应电荷产生的附加电场EA＞EB，故C错误；
D．当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确．
故选AD．
点睛：
处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．
13．×100欧姆调零（或重新欧姆调零）2.2×103（或2.2k）
【详解】
[1]．用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，则可能是档位选择偏低，为了较准确地进行测量，应换到×100档．
[2][3]．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零（或重新欧姆调零），若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是2.2×103（或2.2k）Ω．
14．
（1）.甲
（2）.BFD（3）.如图
（4）.1.50（1.49～1.51）0.89（0.86～0.92）（5）.<<
【解析】
【分析】
（1）分析图示电路结构，再根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而确定对应的电路图；
（2）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；
（3）应用描点法作出图象；
（4）根据电源的U-I图象求出电源电动势与内阻；
（5）根据实验电路分析实验误差来源，分析实验误差．
【详解】
（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，电流表内接，应选题甲所示电路图；
（2）滑动变阻器应选阻值较小的B，电流表应选F，电压表应选D。
（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示；
（4）由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势为：
E=1.5V，电源内阻为：
；
（5）由图1所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示：
电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．
【点睛】
本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻．
15．
（1）
（2）
【解析】
【分析】以小球B为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态求出A球受到的库仑力的大小，由库仑力公式求出AB两球间的距离．
解：
（1）以小球B为研究对象，对小球进行受力分析，
根据小球处于平衡状态可知
（2）而小球所受库仑力大小为
联立解得A、B两球之间的距离为
16．
（1）小球带正电
（2）
（3）
【分析】
（1）根据电场力对小球做功的正负判断电场力的方向，从而判断小球的电性；
（2）对于小球1从B到A过程，运用动能定理和电场力做功公式W=qU，求解BA两点间的电势差U；（3）由几何知识确定出BA间沿电场线的距离d，再根据
求解场强E的大小.
【详解】
（1）若小球不带电，则从A点释放，将运动到与A点等高的地方，而实际上小球没能运动到与A点等高的地方，所以电场力对小球做了正功，电场力水平向右，而电场强度方向水平向右，则小球带正电；
（2）小球从B到A过程，由动能定理得：
解得：
（3）BA间沿电场线的距离为：
在匀强电场中，有：
联立解得：
【点睛】
本题主要考查了动能定理以及电场强度与电势差的关系公式得直接应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况和受力情况，能根据小球的所受电场力的方向判断小球的电性，难度不大，属于基础题．
17．1A
11W
【详解】
（1）并联部分电压为
通过
的电流为
流过电阻
的电流为
（2）
两端的电压为
的阻值为
（3）电源的输出功率为
18．
（1）0.6A
（2）0.21N（3）0.8T，方向垂直斜面向上
【解析】
【分析】
（1）根据闭合电路的欧姆定律求得电流；
（2）根据共点力平衡求得摩擦力大小；
（3）根据共点力平衡判断出安培力的最小，即可判断出磁场的方向.
【详解】
（1）根据闭合电路的欧姆定律可知回路中电流为
（2）根据左手定则可知，受到的安培力方向竖直向下，导体棒静止，共点力平衡，根据受力分析可知摩擦力沿斜面向上，故mgsin37°+F安sin37°=f
F安=BIL=1×0.6×0.25N=0.15N
联立解得f=0.21N
（3）根据受力分析可知，受到的安培力沿斜面向上时，此时安培力最小，即磁场最小，方向垂直于斜面向上，故mgsin37°=B1IL，
解得
【点睛】
本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断.
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