上海市金山中学2015～2016学年度高二上学期等级考期末物理试卷【解析版】

上海市金山中学2015～2016学年度高二上学期等级考期末物理试卷
　
一、单选题（每小题3分，共30分）
1．A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v﹣t图象如图所示．则这电场的电场线分布可能是下列选项中的（　　）

A． B． C． D．
　
2．一带负电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（　　）

A．在从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大
B．M点的电势低于N点的电势
C．该电场可能是由某负点电荷形成的
D．带电粒子在M点所受电场力小于在N点所受电场力
　
3．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（　　）

A．40W B．60W C．80W D．120W
　
4．分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲中两表的示数分别为3V、4mA，图乙中两表的示数分别为4V、3.8mA，则待测电阻Rx的真实值为（　　）

A．略小于1 kΩ B．略小于750Ω C．略大小1 kΩ D．略大于750Ω
　
5．如图，a、b分别表示一个电池组和一只电阻R的伏安特性曲线．用该电池组直接与电阻R连接成闭合电路，则以下说法正确的是（　　）

A．电池组的内阻是0.33Ω
B．电阻的阻值为1Ω
C．电池组的输出功率将是4W
D．改变电阻R的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W
　
6．多用表调到欧姆档时，其内部等效电路下列那个是正确的（　　）
A． B． C． D．
　
7．表是某逻辑电路的真值表，该电路是（　　）
输入
输出
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
A． B． C． D．
　
8．关于磁感应强度，下列说法正确的是（　　）
A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大
B．由B=可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的IL成反比
C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
　
9．两根相互靠近的长直导线1、2中通有相同的电流，相互作用力为F．若在两根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线2所受安培力的合力恰好为零．则所加磁场的方向是（　　）

A．垂直纸面向里 B．垂直纸面向外 C．垂直导线向右 D．垂直导线向左
　
10．如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（　　）

A．增大磁感应强度B
B．调节滑动变阻器使电流减小
C．增大导轨平面与水平面间的夹角θ
D．将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变
　
　
二、多选题（每小题4分，且至少有2个正确的选项，错选不得分，少选得2分，共24分）
11．如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B为轴上两点．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则（　　）

A．点电荷Q一定为正电荷
B．点电荷Q在A、B之间
C．A点的电场强度大小为2×103N/C
D．A点的电势比B点的电势低
　
12．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（　　）

A．O点电场强度为零
B．D点电场强度为零
C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大
D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大
　
13．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）

A．液滴受到的电场力与重力大小相等
B．此液滴带负电
C．合力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
　
14．关于电源的电动势，下列说法中正确的是（　　）
A．电源电动势越大，表明它将其他形式的能转化为电能的本领越大
B．电源电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压
C．电源电动势在数值上等于非静电力在单位时间内所做的功
D．电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功
　
15．如图所示，闭合电键S电压表的示数为U，电流表的示数为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表V的示数改变量的绝对值为△U，电流表的示数改变量的绝对值为△l，则下列说法正确的是（　　）

A．变大 B．变大
C．电阻R1的功率变大 D．电源的总功率变大
　
16．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（　　）

A．磁铁对桌面的压力增大 B．磁铁对桌面的压力减小
C．磁铁受到向右的摩擦力作用 D．磁铁受到向左的摩擦力作用
　
　
三、作图题（共有2题，2分+3分=5分）
17．如图所示，L为垂直于纸面的通电直导线（通有垂直于纸面向里的电流I），放在水平向左的匀强磁场B中，请用箭头在图中标出通电直导线L所受安培力方向（用F表示）

　
18．已知匀强电场中三点A、B、C的电势分别为12V、4V、﹣4V，请用刻度尺和三角板画出场强方向，保留作图痕迹并简要写出作图步骤．（电场方向在纸面内）

　
　
四、实验题（共有2题，4分+5分=9分）
19．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）．实验时用到的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器（变化范围0﹣10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干．
I/A
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00

（1）在图1虚线框中画出实验电路图．要求尽量减少实验误差．
（2）在图2方格图中画出小灯泡的U﹣I曲线．
　
20．某同学使用多用表粗略测量一定值电阻的阻值：

（1）表内电池的　　　　　　极与红表笔相连；
（2）先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时指针偏转如图1所示．请你简述接下来的测量过程：
①断开待测电阻，将选择开关旋到；　　　　　　
②将两表笔短接，　　　　　　
③再接入待测电阻，重新读数；
④测量结束后，将选择开关旋到．　　　　　　
（3）表盘的示数如图2，则电阻值是　　　　　　Ω．
　
　
五、计算题（共有4题，每题8分，共32分）
21．在电场中把一个电荷量为﹣2×10﹣9C的带电粒子从A点移到B点，静电力做功为﹣1.5×10﹣7J，再把该粒子从B点移到C点，静电力做功为4×10﹣7J．
（1）求A、B间，B、C间，A、C间的电势差
（2）若规定A点为零势能点，求该粒子在C点的电势能．
　
22．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物体质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物体恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
（1）原来的电场强度E为多大？
（2）物块运动的加速度？
（3）沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小．

　
23．在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当开关K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当开关K接b时，电压表示数为4.5V，试求：
（1）开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；
（2）开关K接b时，电源的电动势和内电阻；
（3）开关K接c时，通过R2的电流．

　
24．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60、cos 37°=0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力；
（3）导体棒受到的摩擦力．
（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，求此时磁场磁感应强度B2的大小？

　
　

上海市金山中学2015～2016学年度高二上学期等级考期末物理试卷
参考答案与试题解析
　
一、单选题（每小题3分，共30分）
1．A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v﹣t图象如图所示．则这电场的电场线分布可能是下列选项中的（　　）

A． B． C． D．
【考点】电场线；匀变速直线运动的图像．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】根据其v﹣t图象知道粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，所以电场力做负功，且电场力逐渐变大．
【解答】解：根据v﹣t图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆电场线运动，且向着电场线密集的方向运动，选项D正确．
故选D
【点评】本题考查了电场线的特点，疏密表示场强大小，难度不大．
　
2．一带负电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（　　）

A．在从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大
B．M点的电势低于N点的电势
C．该电场可能是由某负点电荷形成的
D．带电粒子在M点所受电场力小于在N点所受电场力
【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．
【分析】由速度时间图象分析粒子速度的变化，根据能量守恒定律分析电势能的变化．粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，
【解答】解：A、由速度图象可知，带电粒子在从M点到N点的过程中，速度减小，动能减小，根据能量守恒定律可知，电势能逐渐增大，故A正确．
B、粒子的速度减小，所以带电粒子所受的电场力方向从N→M，而粒子带负电，则电场线方向从M→N，所以M点的电势高于N点的电势，故B错误．
CD、由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，场强不变，因此该电场是匀强电场，不可能是由某正点电荷形成的，故CD错误．
故选：A
【点评】本题主要抓住速度时间图象的特点：斜率等于加速度，分析出粒子做匀减速直线运动，能根据能量守恒定律或电场力做功与电势能的关系来判断粒子电势能的变化情况．
　
3．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（　　）

A．40W B．60W C．80W D．120W
【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．
【分析】由于L1和L2并联后再与L3串联，所以L3的电流是L1和L2电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，L3的功率是最大的，即为40W，再求得此时L1和L2的功率即可．
【解答】解：设L3上电压为U，电阻为R，则：
L3的最大的功率为 P==40W，
因为三个灯泡的电阻相等，L1和L2并联后电阻相当于L3电阻的一半，所以电压也就为L3的一半，
如果L3上电压为U，则L1和L2电压为，
所以L1和L2的功率都为：P==10W，
所以总功率最大为：10+10+40=60W．
故选B．
【点评】因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，串联的L3的电流最大，所以只要保证L3不被损坏就可以了，求得此时的总功率就是最大的功率．
　
4．分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲中两表的示数分别为3V、4mA，图乙中两表的示数分别为4V、3.8mA，则待测电阻Rx的真实值为（　　）

A．略小于1 kΩ B．略小于750Ω C．略大小1 kΩ D．略大于750Ω
【考点】伏安法测电阻．
【专题】恒定电流专题．
【分析】明确两种电路的接法；根据两电表的变化规律可明确实验中的误差分析；从而选择正确的接法得出误差最小的结果
【解答】解：电压表变化为1V，而电流变化为0.2mA；则说明电压有示数变化大，则说明电流表的分压效果较大；故应采用电流表外接法；
采用甲电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大．
则测量值R测===750Ω＜=R真 即真实值略大于750Ω；
故选：D
【点评】本题考查伏安法测电阻的原理，要注意明确电表不是理想电表，故应注意它们内阻对实验结果的影响；同时能选择正确接法
　
5．如图，a、b分别表示一个电池组和一只电阻R的伏安特性曲线．用该电池组直接与电阻R连接成闭合电路，则以下说法正确的是（　　）

A．电池组的内阻是0.33Ω
B．电阻的阻值为1Ω
C．电池组的输出功率将是4W
D．改变电阻R的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W
【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．
【专题】定量思想；图析法；恒定电流专题．
【分析】电池组的伏安特性曲线的斜率绝对值等于电池的内阻．电阻的伏安特性曲线斜率的倒数大小等于电阻．两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态．当外电阻等于电池的内阻时电池组有最大的输出功率．
【解答】解：A、电池组的内阻r=||=Ω=1Ω．故A错误．
B、电阻的阻值约R==Ω=3Ω．故B错误．
C、两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态，由图读出路端电压为U=3V，电流为I=1A，电池组的输出功率是P=UI=3W．故C错误．
D、当外电阻等于电池的内阻时，即外电阻R=r=1Ω时，电池组的最大输出功率P出=（）2R=（）2×1=4W．故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查读图的能力．对于图象，往往从数学上斜率、截距、交点等知识来理解其物理意义．
　
6．多用表调到欧姆档时，其内部等效电路下列那个是正确的（　　）
A． B． C． D．
【考点】多用电表的原理及其使用．
【专题】恒定电流专题．
【分析】根据欧姆表改装原理可知其内部等效电路应有电池、滑动变阻器、电流表表头，并且黑表笔应与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连．
【解答】解：多用电表调到欧姆档时，其内部应有电池、滑动变阻器、电流表表头，并且黑表笔应与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连，根据表头的左正右负，可知左端是红表笔，右端是黑表笔．故C正确．
故选：C
【点评】本题关键要掌握欧姆表的改装原理和使用方法，抓住与电压表和电流表的区别有助于掌握欧姆表的构造．
　
7．表是某逻辑电路的真值表，该电路是（　　）
输入
输出
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
A． B． C． D．
【考点】简单的逻辑电路．
【分析】根据真值表当输入端为：00、01、10、11时，输出分别为0、0、0、1；则可知只有两输入端均输入高电平时，才能输出高电平．
【解答】解：由图中真值表可知，只有两输入端均为1时，输出端才为1，故该逻辑电路为与逻辑关系；
故选：B．
【点评】本题考查门电路中真值表的分析；学会根据真值表理清逻辑关系，会区分门电路并理解其功能．
　
8．关于磁感应强度，下列说法正确的是（　　）
A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大
B．由B=可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的IL成反比
C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
【考点】磁感应强度．
【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向．
【解答】解：A、B、C、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式．同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决定，所以A、B、C都是错误的；
D、磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，所以D正确．
故选：D
【点评】本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．基础题目．
　
9．两根相互靠近的长直导线1、2中通有相同的电流，相互作用力为F．若在两根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线2所受安培力的合力恰好为零．则所加磁场的方向是（　　）

A．垂直纸面向里 B．垂直纸面向外 C．垂直导线向右 D．垂直导线向左
【考点】安培力．
【分析】当两根通大小相同方向相同的电流时，12两导线受到是引力，故2受到向左的安培力，故所加的磁场使导线受到的安培力向右，根据左手定则可知即可判断
【解答】解：当两根通大小相同方向相同的电流时，12两导线受到是引力，故2受到向左的安培力，故所加的磁场使导线受到的安培力向右，根据左手定则所加的磁场方向为垂直纸面向外，故B正确；
故选：B
【点评】当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，根据共点力平衡即可判断
　
10．如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（　　）

A．增大磁感应强度B
B．调节滑动变阻器使电流减小
C．增大导轨平面与水平面间的夹角θ
D．将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】对初始状态进行受力分析，根据平衡条件得出重力与安培力的关系，即F=BIL=mgsinθ，因此要使金属杆向上运动，应该增大安培力，根据安培力的表达式可以得出采取何种措施．
【解答】解：A．根据初始时金属杆能刚好处于静止状态，受力分析知：mgsinθ=BIL，因此增大磁感应强度B，安培力增大，金属棒将沿斜面向上运动，故A正确；
B．若减小电流，则安培力F=BIL将减小，金属棒将向下运动，故B错误；
C．增大倾角θ，重力分力沿斜面向下分力mgsinθ＞BIL，金属棒将向下运动，故C错误；
D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿斜面向下，因此金属棒将向下运动，故D错误．
故选：A．
【点评】解决本题的关键是正确地进行受力分析比较安培力和重力沿斜面分力的大小．
　
二、多选题（每小题4分，且至少有2个正确的选项，错选不得分，少选得2分，共24分）
11．如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B为轴上两点．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则（　　）

A．点电荷Q一定为正电荷
B．点电荷Q在A、B之间
C．A点的电场强度大小为2×103N/C
D．A点的电势比B点的电势低
【考点】电势；电场强度；电势能．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】由图读出两个检验电荷所受的电场力方向，分析Q的位置．根据电场强度的定义式E=可知，F﹣q图线的斜率等于场强的大小，分析场强的大小．根据A、B与Q的距离关系，判断电势高低．
【解答】解：A、B由图（乙），正检验电荷放在A点和负检验电荷放在B点所受电场力方向均沿x轴正方向，说明点电荷Q为正电荷且放在AB之间．故A，B正确．
C、由图线斜率表示场强，可知A点场强大小为2×103N/C．
D、同理，B点场强大小为5×102N/C，说明A点距离Q较近，故A点的电势高于B点的电势．故D错误．
故选：ABC
【点评】本题要掌握电场力与场强方向、大小的关系，从数学的角度理解图线F﹣q斜率的物理意义，是常用的思路．
　
12．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（　　）

A．O点电场强度为零
B．D点电场强度为零
C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大
D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大
【考点】电势能；电场强度．
【分析】O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度．确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．
【解答】解：
A、A、B两点两个等量同种点电荷+Q在O点产生的电场强度抵消，O点的电场强度等于点电荷﹣Q在O点产生的电场强度，不为零．故A错误．
B、设AD=r，根据点电荷产生的电场强度公式E=k得到，两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度大小为E1=k，方向水平向右．﹣Q在O点产生的电场强度大小也为E=k，方向水平向左，则D点的合场强为零．故B正确．
C、根据电场的叠加原理得到，C、O间电场强度方向为O到C，将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小．故C错误．
D、将点电荷﹣q从O移向C，电场力做负功，电势能增大．故D正确．
故选：BD
【点评】空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果，根据平行四边形定则进行合成．等量同种电荷的电场要抓住对称性．
　
13．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）

A．液滴受到的电场力与重力大小相等
B．此液滴带负电
C．合力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差与电场强度的关系；电势能．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【分析】根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况
【解答】解：AB、据题带电液滴沿直线从b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，液滴带负电，由图可得：qE=mg
故AB正确；
C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，并不为零，故C错误
D、由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos45°＞0，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D正确．
故选：ABD

【点评】带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握
　
14．关于电源的电动势，下列说法中正确的是（　　）
A．电源电动势越大，表明它将其他形式的能转化为电能的本领越大
B．电源电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压
C．电源电动势在数值上等于非静电力在单位时间内所做的功
D．电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功
【考点】电源的电动势和内阻．
【专题】恒定电流专题．
【分析】电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．
【解答】解：电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领越大．则A正确；其大小在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，也等于电源没有接入电路时两极间的电压．则C错误BD正确，
故选：ABD
【点评】本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和闭合电路欧姆定律来加深理解．
　
15．如图所示，闭合电键S电压表的示数为U，电流表的示数为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表V的示数改变量的绝对值为△U，电流表的示数改变量的绝对值为△l，则下列说法正确的是（　　）

A．变大 B．变大
C．电阻R1的功率变大 D．电源的总功率变大
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】图中变阻器与电阻R1并联后与电阻R2串联，根据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化情况，根据P=EI判断电源的总功率；根据P=判断电阻R1的电功率情况；将电阻R2与电源当作等效电源，故表示等效电源的内电阻．表示并联电阻．
【解答】解：变阻器与电阻R1并联后与电阻R2串联，当向左调节滑动变阻器R的触头P，变阻器电阻变大，故外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小；
A、表示并联电阻，向左调节滑动变阻器R的触头P，变阻器电阻变大，故并联电路的电阻值变大，故变大，故A正确；
B、将电阻R2与电源当作等效电源，故表示等效电源的内电阻，是不变的，故B错误；
C、干路电流减小，故并联部分电压U并=E﹣I（r+R2）增加，故电阻R1的功率变大，故C正确；
D、干路电流减小，故电源的总功率P=EI减小，故D错误；
故选：AC．
【点评】本题是动态分析问题，关键明确电路结构，按照局部→整体→局部的顺序进行分析．
　
16．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（　　）

A．磁铁对桌面的压力增大 B．磁铁对桌面的压力减小
C．磁铁受到向右的摩擦力作用 D．磁铁受到向左的摩擦力作用
【考点】磁场对电流的作用．
【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．
【解答】解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向（切线方向），再根据左手定则判断安培力方向，如图；

根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左上方，如图

根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变大，故磁铁对桌面的压力变小；而静摩擦力向右．
故选：BC．
【点评】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．
　
三、作图题（共有2题，2分+3分=5分）
17．如图所示，L为垂直于纸面的通电直导线（通有垂直于纸面向里的电流I），放在水平向左的匀强磁场B中，请用箭头在图中标出通电直导线L所受安培力方向（用F表示）

【考点】左手定则；安培力．
【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左手定则的内容判断安培力的方向．
【解答】解：磁场方向向左，电流的方向向里，根据左手定则可以判断，受到的安培力的方向为竖直向上，如图所示．

答：安培力方向，如图所示．
【点评】本题考查左手定则的直接应用，比较简单．
　
18．已知匀强电场中三点A、B、C的电势分别为12V、4V、﹣4V，请用刻度尺和三角板画出场强方向，保留作图痕迹并简要写出作图步骤．（电场方向在纸面内）

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】匀强电场中，沿电场线方向相等的距离电势差相等，连接AC，在AC连线上找出与B电势相等的点D，连接BD即为一条等势线，再根据电场线与等势线垂直，而且指向低电势处，作出电场线．
【解答】解：用直线连接A、C两点，并将线段AC分作两等分，中点为D点，因为是匀强电场，故D点电势为：φD===4V，与B点电势相等．
画出过B、D两点的直线，就是过B点的电势线．
因为电场线与等势线垂直，所以过B作BD的垂线就是一条电场线，场强方向如图所示．

【点评】解决本题关键要掌握匀强电场等势面的分布情况，并运用电场线与等势线垂直的特点，作出电场线．
　
四、实验题（共有2题，4分+5分=9分）
19．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）．实验时用到的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器（变化范围0﹣10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干．
I/A
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00

（1）在图1虚线框中画出实验电路图．要求尽量减少实验误差．
（2）在图2方格图中画出小灯泡的U﹣I曲线．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】（1）为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图．
（2）根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．
【解答】解：（1）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00V时，其阻值R灯===4Ω，为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图1所示．
（2）根据实验得到的数据在U﹣I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图2所示．
故答案为：（1）如图所示；（2）如图所示；


【点评】本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法．
　
20．某同学使用多用表粗略测量一定值电阻的阻值：

（1）表内电池的　负　极与红表笔相连；
（2）先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时指针偏转如图1所示．请你简述接下来的测量过程：
①断开待测电阻，将选择开关旋到；　×100档　
②将两表笔短接，　调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”　
③再接入待测电阻，重新读数；
④测量结束后，将选择开关旋到．　OFF档或交流电压最高档　
（3）表盘的示数如图2，则电阻值是　2200　Ω．
【考点】用多用电表测电阻．
【专题】实验题．
【分析】选择开关旋到“×1k”挡位时，由图可以看出测量时指针偏转角度太大，换用“×100”档后，重新进行欧姆调零，再进行测量；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．
【解答】解：（1）表内电池的负极与红表笔相连；
（2）欧姆表表盘右端为“0”，把选择开关旋到“×1k”挡位，由图可以看出测量时指针偏转角度太大，说明被测电阻阻值小，应改为较小档，换挡后注意先重新欧姆调零后再测量，故步骤为：
①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡；
②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”；
④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡或交流电压最高档．
（3）表盘的示数如图2，则电阻值是22×100=2200Ω；
故答案为：（1）负；（2）×100档；调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”；OFF档或交流电压最高档；（3）2200．
【点评】本题考查了欧姆表是使用方法与欧姆表读数，知道欧姆表的结构与工作原理是解题的关键．
　
五、计算题（共有4题，每题8分，共32分）
21．在电场中把一个电荷量为﹣2×10﹣9C的带电粒子从A点移到B点，静电力做功为﹣1.5×10﹣7J，再把该粒子从B点移到C点，静电力做功为4×10﹣7J．
（1）求A、B间，B、C间，A、C间的电势差
（2）若规定A点为零势能点，求该粒子在C点的电势能．
【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．
【专题】计算题；定量思想；比例法；电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）根据电势差的定义：U=，求解A、B间、B、C间和A、C间的电势差．要注意UAC=UAB+UBC．
（2）根据电势差等于电势之差，求C点的电势，再由电势能公式Ep=qφ求粒子在C点的电势能．
【解答】解：（1）A、B间的电势差 UAB==V=75V
B、C间的电势差 UBC==V=﹣200V
则A、C间的电势差 UAC=UAB+UBC=﹣125V
（2）若A点为零势能点，则φA=0
又UAC=φA﹣φC，则得C点的电势 φC=φA﹣UAC=125V
该粒子在C点的电势能为 EPC=qφC=﹣2.5×10﹣7J
答：
（1）A、B间，B、C间，A、C间的电势差分别为：75V、﹣200V和﹣125V．
（2）若规定A点为零势能点，该粒子在C点的电势能是﹣2.5×10﹣7J．
【点评】电场力做功与重力做功类似只与位置有关，与路径无关，电荷从A→B→C，电场力做功与从A→C电场力做功相同．在运用公式U=时，要注意各个量均要代入符号运算．
　
22．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物体质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物体恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
（1）原来的电场强度E为多大？
（2）物块运动的加速度？
（3）沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小．

【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】（1）电场没有变化前，物体静止在斜面上，根据平衡条件求出原来的电场强度．
（2）电场强度变化为原来的后，物体沿斜面向下做匀加速运动．分析受力，根据牛顿第二定律求出加速度．
（3）根据动能定理求解沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小．
【解答】解：（1）对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，
则有：mgsin37°=qEcos37°
得：
（2）当场强变为原来的时，小物块所受的合外力为：

又根据牛顿第二定律F合=ma，得：
a=3m/s2，方向沿斜面向下．
（3）由动能定理得
F合l=﹣0
解得
答：
（1）原来的电场强度E为．
（2）物块运动的加速度 a=3m/s2，方向沿斜面向下．
（3）沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小为．

【点评】物体平衡时，分析受力，作出力图，根据平衡条件求电场强度．涉及力在空间的积累效果时，优先考虑运用动能定理求速度．
　
23．在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当开关K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当开关K接b时，电压表示数为4.5V，试求：
（1）开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；
（2）开关K接b时，电源的电动势和内电阻；
（3）开关K接c时，通过R2的电流．

【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】（1）开关K接a时，R1被短路，由R2上消耗的电功率求解通过电源的电流，根据欧姆定律求得电源两端的电压．
（2）对两种情况，分别运用闭合电路欧姆定律列方程，即可求解．
（3）当电开关K接c时，R2、R3=并联后与R1串联，根据闭合电路欧姆定律和并联电路分流规律求解．
【解答】解：（1）开关K接a时，R1被短路，由P2=I2R2得：
通过电源的电流为：I==A=1A
电源两端的电压等于R2的两端电压为：U=IR2=1×4V=4V；
（2）由闭合电路欧姆定律得：
当开关K接a时，有：E=U+Ir，
代入得：E=4+r
当开关K接b时，电压表示数为4.5V，有：E=U′+r=4.5+r
联立以上两式解得：E=6V，r=2Ω
（3）当电开关K接c时，通过R2的电流为：
I2=?=?A=0.5A
答：（1）开关K接a时，通过电源的电流为1A，电源两端的电压为4V；
（2）电源的电动势为6V，内电阻为2Ω；
（3）当电开关K接c时，通过R2的电流为0.5A．
【点评】本题首先要理解短路的意义，灵活选取灵活功率公式，运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律结合求解．
　
24．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60、cos 37°=0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力；
（3）导体棒受到的摩擦力．
（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，求此时磁场磁感应强度B2的大小？

【考点】安培力．
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．
（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小．
（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．
（4）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，画出受力图，然后结合几何关系即可求出．
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：I1==1.5 A．
（2）导体棒受到的安培力为：F安=BIL=0.30 N．
由左手定则可知，安培力沿斜面向上

（3）对导体棒受力分析如图，将重力正交分解，沿导轨方向有：
F1=mgsin 37°=0.24 N

F1＜F安，根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向下
mgsin 37°+f=F安
解得：f=0.06 N．
（4）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，则
B2IL=mgtan α，
B2=0.5T
答：（1）通过导体棒的电流是1.5A；
（2）导体棒受到的安培力0.30 N，由左手定则可知，安培力沿斜面向上；
（3）导体棒受到的摩擦力是0.06N．
（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，此时磁场磁感应强度B2的大小是0.5T．
【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力．