【答案】D
5.关于电容器的电容，下列说法正确的是（）
A.电容器带的电荷量越多，其电容越大
B.电容器两板间电压越低，其电容越小
C.电容器不带电时，其电容为0
D.电容器的电容只由它本身特性决定
【答案】D
【解析】A、B项：
电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，故A、B错误；
C项：
根据
，电容器的电容只由它本身特性决定，当不带电时，仍存在电容．故C错误，D正确。
点晴：
解决本题的关键掌握电容的决定式：
，知道电容与两极板的距离、正对面积有关，与所带的电量及两端的电势差无关。
6.下图列出了不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目，试判断正常工作时其中功率最大的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】由电冰箱、电视机、电风扇铭牌直接读出它们的额定功率分别为：
85W，70W、65W．对于空调机，由铭牌上读出额定电压U=220V，额定电流I=6.2A，则其额定功率为P=UI=1364W，所以正常工作时，功率最大的电器是空调机，故C正确。
点晴：
本题考查读取电器铭牌信息的能力，空调机的功率为P=UI。
7.两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（）
A.QA：
QB=1：
2B.QA：
QB=2：
1
C.QA：
QB=1：
1D.QA：
QB=4：
1
【答案】B
【解析】试题分析：
由电阻的公式R=ρ
可得，两电阻丝的长度之比为1：
2，直径之比不1：
2，则横截面积之比为1：
4，故A、B的电阻之比为2：
1，串联时的电流还相等，通电时间又相等，故由公式Q=I2Rt可得，二者产生的热量之比是2：
1，故B是正确的。
考点：
电阻定律，焦耳定律。
8.如右图所示，是四只电阻的I－U图像，这四只电阻并联起来使用时，通过各只电阻的电流强度分别是I1、I2、I3、I4，则（）
A.I1＞I2＞I3＞I4
B.I1=I2=I3=I4
C.I1＜I2＜I3＜I4
D.无法判断
【答案】C
【解析】由于在I-U图象中，直线的斜率的倒数等于导体的电阻值；R4斜率最大．电阻值最小，R1的斜率最小，电阻值最大；这四个电阻并联起来使用时，它们两端的电压是相等的，根据欧姆定律：
，电阻值大的电阻，流过的电流小，所以：
I1＜I2＜I3＜I4．故C正确．
点晴：
会熟练应用欧姆定律，知道并联电路电阻与电流的比值关系．明确I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数。
9.一带电粒子沿着右图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中φa<φb<φc<φd，若不计粒子受的重力，可以确定（ ）
A.该粒子带正电
B.从J到K粒子的电势能减少
C.粒子从J到K运动过程中的动能减小。
D.粒子从J到K运动过程中作变加速运动。
【答案】B
【解析】A项：
由运动轨迹可知电场力方向向右，由电势的高低可知电场线方向向左，则电性为负，故A错误；
B、C项：
由J到K电场力做正功，则动能增加，电势能减小，总能量不变，故B正确，C错误；
D项：
由于粒子在匀强电场中运动，粒子只受电场力，所以粒子所受合力恒定，故粒子作匀变速运动，故D错误。
点晴：
本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：
做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧。
10.在如右上图所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，安培表的示数I和伏特表的示数U将：
（）
A.I变大，U变大
B.I变大，U变小
C.I变小，U变大
D.I变小，U变小
【答案】B
【解析】当R的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大，电压表测量路端电压U，而U=E-Ir，I增大，E、r不变，则U变小；R1两端电压变大，R2两端变小，通过R2电流减小，总电流变大，通过A的电流变大，故B正确。
点晴：
电路的动态分析：
析的顺序：
外电路部分电路变化→总电阻的变化→判断总电流的变化→由闭合电路欧姆定律判断U的变化→由部分电路欧姆定律分析固定电阻的电流、电压的变化欧→用串、并联规律分析变化电阻的电流、电压电功。
11.在如下图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】根据左手定则可知：
ABD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致，故正确；C图中电流和磁场方向平行，不受安培力，故C错误。
点睛：
安培定则、左手定则、右手定则等应用容易混淆，因此平时要加强训练，熟练应用这几种定则进行有关物理量的判断。
12.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为L的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为（）
A.mgtanθ/IL，竖直向上B.mgtanθ/IL，竖直向下
C.mgsinθ/IL，平行悬线向下D.mgsinθ/IL，平行悬线向上
【答案】D
【解析】要求所加磁场的磁感强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向线不变，有力的矢量三角形可知，安培力的最小值为安培力与绳子的拉力垂直，即：
，有：
，得：
，由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上．故D正确，ABC错误。
点睛：
由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向。
二.多项选择题：
13.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力）由静止释放后，下列说法中正确的是（）
A.点电荷在从P点到O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B.点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C.点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值
D.点电荷将在O点两侧往复运动。
【答案】CD
【解析】A、B项：
在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断．故A、B错误；
C项：
越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大．电场力为零，加速度为零．故C正确．
D项：
在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大，越过O点后，负电荷q做减速运动，根据电场的对称性可知：
点电荷将在O点两侧往复运动，故D正确。
点晴：
本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。
14.某同学设计了一个多量程多用电表，其内部结构原理图如图所示．测电流和测电压时各有两个量程，还有两个档位用来测电阻．则下列说法正确的是
A.当功能选择开关S与1、2触点相接时，测的是电流
B.当功能选择开关S与3、4触点相接时，测的是电压
C.A表笔为红表笔，B表笔为黑表笔
D.当功能选择开关S旋到触点5时的量程比旋到6时的量程大
【答案】AC
【解析】A项：
当S旋到位置1、2时，电流表与电阻并联，并联电阻起分流作用，可用来测量电流．则A正确；
B项：
当转换开关S旋到位置3，4时，内部电源被接通，构成欧姆表，可测量电阻，则B错误；
C项：
电流由红表笔进，由黑表笔出，则A表笔为红表笔，B表笔为黑表笔，则C正确；
D项：
S旋到位置5时，串联电阻阻值较小，则分压较大，故旋到触点5时的量程比旋到6时的量程小，则D错误。
...............
15.如右图所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中：
A.电场力对液滴a、b做的功相同
B.三者动能的增量相同
C.液滴a与液滴b电势能的变化量相等
D.重力对c做的功最多
【答案】AC
【解析】A项：
因为液滴a、b的电荷量大小相等，则液滴所受的电场力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，电场力做功相等．故A正确；
B项：
电场力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则动能的增量相等，对于c液滴，只有重力做功，小于a、b动能的增量．故B错误；
C项：
对于液滴a和液滴b，电场力均做正功，电场力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；
D项：
三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，三个质量相同，所以重力做功相等，故D错误。
16.如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的右上方附近固定有一根长直导线，导线中通与了方向垂直纸面向里（即与条形磁铁垂直）的电流，与原来没有放置通电导线时相比较，磁铁受到的支持力N和摩擦力f的变化情况是
A.N减小了B.N增大了
C.f始终为0D.f不为0，且方向向右
【答案】BD
【解析】以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方；
根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大；故B、D正确。
本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力．关键存在先研究导线所受安培力。
三．实验题：
17.某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
①分别使用20分度游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图所示，长度为_____cm，直径为_____mm。
②按图连接电路后，实验操作如下：
（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最_____处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；
（b）将电阻箱R2的阻值调至最______（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持滑动变阻器R1不变，调节电阻箱R2，使电流表示数仍为I0，此时电阻箱R2阻值为1280Ω；
③由此可知，圆柱体的电阻为_____Ω。
【答案】
（1）.①5.015
（2）.5.310（3）.②大（4）.大（5）.③1280
【解析】①根据游标卡尺读数规则，主尺读数为5cm，游标尺读数为0.05×3mm，长度为5.015cm，根据螺旋测微器的读数规则，主尺读数为5mm，可动刻度为31.0×0.01mm，所以直径为5.310mm。
②（a）为了保护电路，因此闭合电键前，滑动变阻器一定调到阻值最大；
（b）将固柱体电阻换成电阻箱时，也一定将电阻箱调到最大，也是为了保护电路安全；
③此题采用等效替代法测量电阻，圆柱体的电阻等于电阻箱R2的阻值为1280Ω。
点晴：
首先应明确实验原理，本实验中测量电阻所采取的方法是替代法。
18.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U﹣I图象如下，回答下列问题：
①现备有以下器材：
A．干电池1个B．滑动变阻器（0～50Ω）
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）
其中电流表应选______，电压表应选______．（填字母代号）
②根据图线读出电池的电动势E=__________V，电池的内阻r=________Ω.
【答案】
（1）.①F
（2）.D（3）.②1.5（4）.1.0
【解析】
（1）测定一节干电池的电动势和内电阻，电动势为1.5V左右，电压表量程应选0-3V，故选D；电流表示数为0-0.4A，电流表量程应选0-0.6A，故选F；内电阻只有几欧，滑动变阻器应选阻值小的，故选B；
（2）由U-I图像可知这个干电池的电动势等于截距，故这个干电池的电动势E=1.5V，内电阻等于斜率，内电阻
。
四、解答题：
19.在静电场中，有一带电荷量q=3×10-6C的正点电荷，从电场中A点移到B点时，克服静电力做功6×10-4J，从B点移到C点时静电力做功9×10-4J。
则：
（1）A、B、C三点中哪点电势最高？
哪点电势最低？
（2）求AB、BC的电势差UAB、UBC。
【答案】
（1）B点电势高；C点电势低；
（2）UAB=-200V；UBC=300V
【解析】
（1）正电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见正电荷从电势高处移至电势低处，即φA＜φB
正电荷从B移至C，电场力做正功，可见正电荷从电势低处移至电势高处，即φC＜φB
（2）
，
点晴：
电势差U：
电荷在电场中由一点A移动到另一点B时，电场力所做的功WAB与电荷量q的比值WAB/q叫做AB两点间的电势差。
20.如图所示，一束电子流在经U1=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，若两板间距d=1.0cm，板长L=5.0cm，发现电子恰好能从平行板间飞出。
电子的比荷e/m=1.76×1011C/kg。
问：
（1）电子进入平行板时的速度v0多大？
（2）两个极板间的电压U2有多大？
【答案】
（1）4.20m/s
（2）400V
【解析】试题分析：
（1）根据电子在加速电场中加速后进入平行板间，由动能定理即可求出进入平行板间的速度；
（2）根据电子在平行板间做类平抛运动，由类平抛运的规律可求出偏转电压。
（1）电子在加速电场中，依据动能定理有：
，
，代入数得：
（2）设电子在平行板间的运动时间为t，则在平行板间有：
由以上三式得：
。
点晴：
解决本题的关键理解电子在加速电场中做匀加速直线运动，进入偏转电场后做类平抛运，根据运动的规律进行求解。
21.在研究微型电风扇的性能时，利用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R并控制电风扇停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和1.0V，重新调节R并使电风扇恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为1.0A和12.0V，求:
（1）电风扇的内阻有多大？
（2）这台电风扇正常运转时输出功率为多少?
（3）这台电风扇正常运转时效率为多少?
【答案】
（1）2.0Ω
（2）10W（3）83.3%
【解析】试题分析：
（1）当电动机停止转动时，电动机为纯电阻，由部分电路欧姆定律可求出电阻；
（2）正常运转时，根据
求解；
（3）效率
.
（1）当电动机停止转动时，由题得电动机的电阻：
，
（2）正常运转时，消耗的电功率
，热功率
，电风扇正常运转时输出功率
（3）效率
点晴：
注意区分电动机停止转动时和正常运转时，电动机停止转动时，电路为纯电阻电路，正常运转时电路为非纯电阻电路。
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