1、一.選擇題：1. 下列說法中正確的是A. 點電荷就是體軹很小的帶電體B. 體積大的帶電體肯定不能看成點電荷C. 靜電感應不是創造電荷，只是電荷從物體的一部分轉移到另一部分D. 摩擦起電的實質是電子的轉移，得到電子帶正電【答案】C【解析】A、由帶電體看作點電荷的條件，當帶電體的形狀和大小對它們間相互作用力的影響可忽略時，這個帶電體就可看作點電荷，帶電體能否看作點電荷是由研究問題的性質決定，與自身大小形狀和電量多少無具體關系，A、B錯誤；C、靜電感應是電荷從物體的一部分轉移到另一個部分，而不是創造了電荷，C正確；D、摩擦起電的實質是電子從一個物體轉移到另一個物體，物體原理呈現電中性，失去電子的物體

2、帶正電，得到電子的物體帶負電，D錯誤；故選C。2. 真空中，AB兩點與點電荷Q的距離分別為r和2r，則A、B兩點的電場強度大小之比為A. .1 : 2 B. 2 : 1 C. 1 : 4 D. 4 : 1【答案】D【解析】根據真空中點電荷場強公式：，可得，則A、B兩點的電場強度大小之比為 ，D正確；A、B、C錯誤；故選D。3. 平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上，若將云母介質移出，則電容器A. 極板上的電荷量變小,極板間電場強度不變B. 極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C. 極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大D. 極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變【答案】A【

3、解析】平行板電容器接在恒壓直流電源上，其兩極間的電壓不變若將云母介質移出，由電容的決定式，可知，電容C會減小，再由電容的定義式，可得，電荷量會減小，因，所以板間場強不變 B正確；ACD錯誤；故選B。4. 如圖（a）所示,AB是某電場中的一條電場線.若有一電子以某一初速度并且僅在電場力的作用下，沿AB由點A運動到B點，其速度圖象如圖(b)所示.下列關于A、B兩點的電勢和電場強度E大小的判斷正確的是 .A. EA = EB B. .EAB D. .A B【答案】C【解析】A、B，vt圖象的斜率等于加速度，由圖可知，電子在A點加速度較大，則可知A點所受電場力較大，由可知，A點的場強要大于B點場強，即

4、， A、B錯誤；C、D電子從A到B的過程中，速度減小，動能減小，則可知電場力做負功，電場力方向由BA，而電子帶負電，則電場線方向由AB，A點的電勢要大于B點電勢，即，C正確；D錯誤；故選C。5. 如圖所示，虛線代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知A. 三個等勢面中,a的電勢較髙B. 帶電質點通過P點時的電勢能較大C. 帶電質點通過P點時的動能較大.D. 帶電質點通過Q點時的加速度較大【答案】B【解析】A、電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢

5、降低，故c等勢線的電勢最高，a等勢線的電勢最低，A錯誤；B、根據質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，B正確；C、從P到Q過程中電場力做正功，電勢能減少，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能， C正確；D、等勢線密的地方電場線密場強大，故Q點位置電場弱，電場力小，根據牛頓第二定律，加速度也小， D錯誤；故選B。6. 如圖所示的電路中，輸人電壓U恒為12 V,燈泡L上標有“6V，12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0.50，若燈泡恰能正常發光，以下說法中正確的是A. 電動機的輸入功率為72 WB. 電動機的輸出功率為12 WC. 電動機的熱功率

6、為2.0 WD. 整個電路消耗的電功率為22 W【答案】C【解析】A、電動機兩端的電壓：，整個電路中的電流：I=，所以電動機的輸入功率：A錯誤；B、C電動機的熱功率：，則電動機的輸出功率：B錯誤；C正確； D、整個電路消耗的功率：D錯誤；故選C。7. 如圖所示的電路中，R1、R、R3和R4皆為定值電阻，R5為可變電阻，電源的電動勢為E，內阻為r，設電流表A的讀數為I，電壓表V的讀數為當U，當R5滑動觸點向圖中a端移動時A. I變大，U變小 B. I變大，U變大C. I變小，U變大 D. I變小，U變小【答案】D【解析】當R5的滑動觸點向圖中a端移動時，R5變小，外電路總電阻變小，則由閉合電路歐

7、姆定律知，總電流I變大，路端電壓變小，U變小根據閉合電路歐姆定律，電路中并聯部分電壓：）變小，則I變小故選：D8. 如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，MOP = 60.在M、N處各有一條長直導線垂直 穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時 O點的磁感應強度大小為B1.若將M處長直導線移至P處，則O點的磁感應強度大小為B2，那么B2與B1之比為A. :1 B. :2 C. 1:1 D. 1：2【答案】B【解析】依題意，每根導線在O點產生的磁感強度為，方向豎直向下，則當M移至P點時，O點合磁感強度大小為：，則B2與B1之比為故選B。9. 如圖

8、所示，有一帶電粒子貼A板沿水平方向射人勻強電場，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶 電粒子沿軌跡落到B板中點.設兩次射入電場的水平速度相同，不計重力，則電壓U1、U2之比為A. 1 ： 8 B. 1 ： 4 C. 1 : 2 D. 1 :1【答案】A【解析】設平行板電容器板為L，板間距離為d，粒子的初速度為v則對于第一種情況：，則得：同理對于第二種情況：得到：所以：故選A。10. 如圖所示，平行板電容器經開關S與電池連接，a處有一電荷量非常小的點電荷，S是閉合的，a表示a點的電勢,F表示點電荷受到的電場力.現將電容器的B板向上稍微移動，使兩板間的距離減小

9、，則A. .a變大，F變大 B. .a變大, F變小C. a變小，F變大 D. a變小，F不變【答案】C【解析】開關S閉合，且電容器兩極板始終與電源的兩極相連，故電容器兩極板之間的電壓UAB保持不變隨B極板上移兩極板之間的距離增大，根據可知兩極板之間的電場強度E增大，由于，由于電場強度E增大，故UAa增大，由于，所以UaB減小，由題圖可知電源的負極接地，故B極板接地，所以B板的電勢為0，即，又，所以變小而點電荷在a點所受的電場力，由于E增大，所以電場力F增大C正確；ABD錯誤；故選C。11. 如圖所示，長為L,質量都為m的兩相同導體棒a、b，a被放置在光滑的斜面上，b固定不動，a、b在同一水平

10、面上且保持平行，斜面傾角45，當a、b中通有電流強度為I的反向電流時，a恰好能在斜 面上保持靜止，則b在a處所產生的磁感應強度B的大小為A. B. C. D. 【答案】C【解析】對電流a受力分析，如圖所示：根據平衡條件，有： 故電流b在電流a處所產生的磁感應強度B的大小為：，故選B。12. 如圖所示電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略.下述中正確的是A. 合上開關S接通電路時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮B. 合上開關S接通電路時, A1和A2始終一樣亮 .C. 斷開開關S切斷電路時，A2立刻熄滅，A1過一會兒熄滅D. 斷開開關S切斷電路時，A1和A2都要過一會兒才熄滅【

11、答案】AD【解析】A、合上開關S接通電路，A2立即亮，線圈對電流的增大有阻礙作用，所以通過A1的電流慢慢變大，最后兩燈泡的電壓一樣大，所以一樣亮 A正確，B錯誤；C、斷開開關S切斷電路時，通過A2的用來的電流立即消失，線圈對電流的減小有阻礙作用，所以通過A1的電流會慢慢變小，并且通過A2，所以兩燈泡一起過一會兒熄滅，但通過A2的燈的電流方向與原來的方向相反C錯誤、D正確；故選AD。13. 某同學在“探究感應電流產生的條件”的實驗中，將直流電源、滑動變阻器、線圈A(有鐵芯）、線圈B、靈敏電流計及開關按圖連接成電路.在實驗中，該同學發現開關閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向右由此可以判斷，在保持開關閉

12、合的狀態下A. 當線圈A拔出時，靈敏電流計的指針向右偏B. 當線圈A中的鐵芯拔出時，靈敏電流計的指針向左偏C. 當滑動變阻器的滑片勻速滑動時，靈敏電流計的指針不偏轉D. 當滑動變阻器的滑片向N端滑動時，靈敏電流計的指針向右偏【答案】BD【解析】由題意可知：開關閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向左偏，則當磁通量增大時，則指針左偏；若磁通量減小時，則右偏；A、當線圈A拔出，或線圈A中的鐵芯拔出時，均導致磁通量減小，因此電流計指針向右偏，A錯誤，B正確；C、滑動變阻器的滑動端P勻速滑動，穿過線圈的磁通量發生變化，電流計指針都要發生偏轉，C錯誤；D、當滑動變阻器的滑片向N端滑動時，電阻減小，則電流增大，導

13、致磁通量增大，因此靈敏電流計的指針向、右偏，D正確；故選BD。14. 如圖所示，帶負電的小球用絕緣絲線懸掛于O點并在勻強磁揚中擺動，當小球每次通過最低點A時A. 擺球的動能相同B. 擺球受到的磁場力相同C. 擺球受到的絲線的拉力相同D. 向右擺動通過A點時懸線的拉力大于向左擺動通過A點時懸線的拉力【答案】AD【解析】A、由題意可知，拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅重力做功，則小球機械能守恒，所以小球分別從左側最高點和右側最高點向最低點A運動且兩次經過A點時的動能相同，A正確；B、由于小球的運動方向不同，則根據左手定則可知，洛倫茲力的方向不同， B錯誤；C、D、由A選項可知，速度大小相等，則根據

14、牛頓第二定律可知，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則拉力的大小也不同，向左擺動通過A點時所受洛倫茲力的方向向上，充當一部分向心力，繩子拉力較小，即向右擺動通過A點時懸線的拉力大于向左擺動通過A點時懸線的拉力， C錯誤，D正確；故選：AD。二實驗題15. “用DIS測定電源的電動勢和內阻”的實驗電路如圖（a)所示，其中定值電阻R1=1(1)圖(a)中A為_ (選填電壓或電流)傳感器，定值電阻R1在實驗中起_的作用;(2)實驗測得的路端電壓U相應電流J的擬合曲線如圖（b)所示，由此得到電源電動勢E=_V；內阻 r=_ (3)實驗測得的數據如圖所示，則實驗中選用的的滑動變阻器最合理

15、的阻值范圍為_.A.05 B. 0-20 C. 050 D. 0-200【答案】 (1). 電流 (2). 保護電路 (3). 1.50 (4). 0.28 (5). B【解析】（1）A串聯在電路中，測量電流的，所以A是電流傳感器；B與滑動變阻器并聯，測量電壓，所以B是電壓傳感器；定值電阻R1在實驗中中的作用主要是保護電源，防止短路；（2）根據可知，圖象與縱軸的交點表示電源的電動勢，故；圖象的斜率表示內阻，則可知，；同時為了調節方便，總阻值不應過大，故應選擇20的總阻值，故B正確，ACD錯誤。16. 在探究小燈泡的伏安特性時，所用小燈泡上標有“2. 5V，0.6W”字樣，實驗室提 供的器材有：

16、A.電流表A1(內阻約為5，量程為025mA)B.電流表A2(內阻約為1，量程為0300mA)C.電壓表V1(內阻約為5k,量程為03V)D.電壓表V2(內阻約為15k，量程為015V)E.滑動變阻器R1（最大阻值為0l0，額定電流為0. 6A)F.滑動變阻器R2（最大阻值為01000,額定電流為0.2A)G.穩壓電源E(電動勢為9. 0V,內阻可忽略）H.開關一個，定值電阻若干，導線若干由以上信息回答下列問題：(1)實驗前設計的電路圖如圖1所示。為了減小實驗誤差，該實驗所用的電流表、電壓表、滑動變阻器應分別為_(選填A、B、C、D、E、F).為保護清動變阻器和燈泡,在電路中串聯的定值電阻R0

17、合適的電阻值應為_(選填“1”、“10”、“30”、“100”). (2)請確定測量電路中電壓表右側導線的正確位置后，在圖2中用筆畫線代替導線，將實物圖完整連接起來.(3)連接好電路后，通過改變滑動變阻器的滑片問題，并通過計算機描繪了該燈泡的伏安特性曲線如圖3所示.若將兩個這樣的小燈泡并聯后直接接在電動勢E= 3V、內電阻r=5的電源上，則每個小燈抱所消的實際功率為P=_W (結果保留小數點后兩位數字)【答案】 (1). BCE (2). l0 (3). 0. 22(0.21-0.23)【解析】（1）小燈泡上額定電壓為2.5V，故電壓表應選擇C；額定電流為：，故電流表應選擇B；本實驗采用分壓接

18、法，故應采用小電阻E；由于電動勢為9V，而測量電壓只需要2.5V，故可以采用定值電阻與滑動變阻器串聯分壓的方式減小滑動變阻器兩端的電壓，為了滿足電壓要求，可以采用10電阻串聯；（2）由于燈泡內阻較小，故為了減小誤差應采用電流表外接法，故接a處，根據原理圖可得出對應的實物圖如圖所示；（3）兩燈泡并聯接在電源兩端，則設電壓為U，電流為I，則由閉合電路歐姆定律可知：.故答案為：（1）BCE；10；（2）如圖所示；（3）0.22“三、計算題17. 如圖所示，勻強電場的電場強度為E=2104V/m，沿電場線上A、B兩點間距離d = 4cm,BC垂直于電場線=30；求：(1) AC兩點間的電勢差； (2)

19、將一電子沿路徑ACB從A移至B，電子電勢能的變化.已知電子電荷量為 e=1.610-19C，質量為 m=9.210-31Kg.【答案】（1) UAB=8102V (2) 電子電勢能增加了 1.2810-16J【解析】（1).因B、C在同一等勢面上，故： 且由得：(2)把電子從A移至B，電場力功為： 解得： 故電子電勢能增加了 1.2810-16J (或電子電勢能變化了 1.2810-16J )18. 如圖所示，電阻不計的平行金屬導軌MN和OP放置在水平面內.MO間接有阻值為R = 3的電阻.導軌相距d =lm，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感強度B = 0.5T. 質量為m =0.1kg，電阻為r =1的導體棒CD垂直于導軌放置，并接