2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） (III).doc

2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） (III)一、选择题1. 对电场线的描述错误的是（ ）A. 电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向 B. 电场线永不相交C. 电场线是闭合曲线 D. 电场线是假想曲线【答案】C【解析】电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向，选项A正确；电场线永不相交，选项B正确；电场线是不闭合得曲线，选项C错误；电场线是假想曲线，实际是不存在的，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.2. 下列说法正确的是（ ）A. 电场中某点的场强与检验电荷有关 B. 电场中某点电势的值与零电势点选择有关C. 电势的正负表示方向 D. 以上说法都不对【答案】B【解析】电场中某点的场强只与电场本身有关，与检验电荷无关，选项A错误；电场中某点电势的值与零电势点选择有关，选项B正确；电势的正负表示高低，不代表方向，选项CD错误；故选B.3. 对电表的改装下列说法正确的是（ ）A. 将G表改装成V表需并联一个大电阻B. 将G表改装成A表需串联一个小电阻C. 如果已知V表的内阻和V表的读数，则可以算出流过V表的电流D. 以上说法都不对【答案】C【解析】将电流表改装成电压表需串联一个大电阻，选项A错误；将电流计改装成大量程电流表需并联一个小电阻，选项B错误；如果已知电压表的内阻和电压表的读数，则根据可以算出流过电压表的电流，选项C正确，D错误；故选C.4. 以下电路是开关“与”电路的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】A图示电路开关闭合灯亮，不闭合灯不亮，为非逻辑关系，故A错误；B图示电路有一个开关闭合灯就会亮，为或逻辑关系，故B错误；C图示电路只要满足一个条件时间就能发生，该逻辑关系不是与逻辑关系，故C错误；D图示电路只闭合开关A，灯不亮，只闭合开关B，灯也不亮，只有AB同时闭合灯亮，故该逻辑关系是与逻辑关系，故D正确故选D点睛：考查了基本逻辑门，基本逻辑关系当两个条件中满足其中一个条件事件就会发生的关系为或逻辑关系，当两个条件同时满足时事件才能发生为与逻辑关系5. 示波器水平方向加的扫描电压是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】光点沿X轴正向的匀速运动及反跳的周期过程，称为扫描获得扫描的方法，是在X轴偏转板上加一个周期与时间成正比的电压，称扫描电压或锯齿波电压，由示波器内的扫描电路产生，锯齿波的周期 （或频率 ）可以由电路连续调节选项中B为锯齿波故选B6. 如图所示，金属板组成的电容器充电后与静电计相连，要使静电计 指针的张角变大，下列措施中可行的是（ ）A. A板向上移动 B. B板向左移动C. 电容器之间充满介质 D. 电容器放走部分电荷【答案】A【解析】A板向上移动时，两板间的正对面积减小，则由可知，电容器的电容减小，则由Q=UC可知，两板间的电势差增大，故静电计的张角变大；故A正确；B板向左移动时，两板间的距离减小，则C增大，故两板间的电势差减小，故B错误; 电容器之间充满介质，故C增大，则两板间的电势差减小，故C错误；电容器放走部分电荷后，电荷量减小，则电势差减小，故D错误；故选A点睛：对于电容器的动态分析，首先要明确不变量，然后再由定义式和决定式可确定电势差的变化7. 关于电流的概念，下列说法中正确的是（ ）A. 通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B. 电子的定向移动速率越大，电流越大C. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D. 横截面积越大，电流越大【答案】C【解析】根据可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大，选项A错误；根据I=neSv可知，电子的定向移动速率越大，电流不一定越大，选项B错误；根据可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大，选项C正确；根据I=neSv可知，横截面积越大，电流不一定越大，选项D错误；故选C.8. 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（ ）A. 电压表和电流表读数都增大B. 电压表和电流表读数都减小C. 电压表读数增大，电流表读数减小D. 电压表读数减小，电流表读数增大【答案】A【解析】当滑片向a滑动时，R接入电阻减小，总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流增加，则内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故B正确，ACD错误；故选B点睛：本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压减小，流过R2的电流减小9. 关于下列电阻和电阻率的说法正确的是（ ）A. 把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半。B. 由可知，R，C. 所有材料的电阻率随温度的升高而增大D. 对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大。【答案】D【解析】电阻决定式为：R，可知把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻变为原来的一半，但电阻率与温度和材料有关，与其他因素无关，故电阻率不变，故A错误电阻率与材料和温度有关，与导体电阻，长度，横截面积都无关，故B错误电阻率与温度的关系:金属的电阻率随温度升高而增大；半导体的电阻率随温度升高而减小；超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小为零，成为超导体故C错误由电阻决定式为：R，对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，故D正确故选D.10. 如图所示为一组电场线，A、B为其中两点，则（ ）A. A点的场强大于B点的场强B. A点电势高于B点电势C. 将电子从A点移到B点，电场为做正功D. 同一正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能【答案】AB【解析】由图可知，a点电场线密，b点电场线稀，因此a点电场强度大于b点，即EaEb，故A正确沿电场线的方向电势逐渐降低，A点电势高于B点电势，故B正确；电子受到的电场力的方向由B指向A，所以将电子从A点移到B点，电场为做负功，故C错误；正电荷从A点移动到B点，电场力做正功，电势能减少，所以同一正电荷在A点的电势能大于正电荷在B点的电势能，故D错误；故选AB.点睛：电场线是电场中的重要概念，要根据电场线的分布正确判断电势的高低和电场强度的强弱，即电场线的疏密反映场强的大小，顺着电场线电势降低11. 如图，两个等量同种正点电荷分别固定在M、N两点，O是M、N中点，以下说法正确的是（）A. O点电场强度E=0B. M、N连线中点电势=0C. 在M、N的中垂线上，由静止释放一负点电荷，负点电荷可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动D. 在M、N的中垂线上，从O向两头延伸，场强一直减小【答案】AC【解析】根据等量同号点电荷电场的特点，可知两个电荷连线上中点的电场强度为零，故A正确；M、N连线中点虽然电场强度为零，但电势不一定为零，故B错误；在连线的中垂线上，关于连线中点对称有两点电场强度最大，且方向相反，所以由静止释放一负点电荷，负点电荷可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动，所以C正确；在M、N的中垂线上，从O向两头延伸，根据矢量的叠加原理，可知场强先增大后减小，所以D错误故选AC点睛：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，注意电场强度与电势没有直接关系，同时理解中垂线从O向两边去，电场强度的大小关系12. 用右图测电源的电动势和内阻，并根据某次实验记录数据画出U-1图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（ ）A. 纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3VB. 横轴截距表示短路电流，即I短=0.6AC. 根据，计算出待测电源内阻为5D. 该实验中电源的内阻为1【答案】AD【解析】由闭合电路欧姆定律可知：U=E-Ir；由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3.0V；故A正确；由于图象的纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；图象的斜率绝对值表示电源的内阻，故，故C错误，D正确；故选AD13. 如图所示，一光滑斜面的倾角为30斜边，长为L，其直角点c处固定一带电荷量为+q的绝缘小球，另一电荷量也为+q；质量为m的绝缘小球从b点由静止释放。球能沿斜面从b点运动到a点，d为ab中点，则（ ）A. 小球从b点到d的过程中，电场力先做负功，再做正功B. 小球运动到d点时的速率为C. 小球从b到d过程中，电场力始终不做功D. 小球到达a处时速率为【答案】AB【解析】点电荷的电场线为从C向外发散的直线；其等势面为以C为圆心的同心圆，且越向外电势越低；则：由下图可知，小球由b到d的过程中，小球先由低电势向高电势移动，再向低电势移动，故电场力先做负功再做正功；故A正确，C错误；由几何关系可知，bd在同一等势面上，则电场力不做功，由动能定理可知，；解得，故B正确；小球到达a点时，由动能定理可知，mgLsin30+W=mv2，因电荷高电势向低电势移动，故电场力做正功，小球到达a处的速率大于；故D错误；故选AB点睛：本题关键要知道点电荷周围电势分布的规律，要注意电场力做功的特点，当物体在同一等势面上运动时，电场力不做功14. 关于闭合电路的性质，以下说法正确的是（ ）A. 电路短路时，输出电流无限大 B. 电路断路时，路端电压无限大C. 外电路电阻越大，输出电流越大 D. 外电路电阻越大，路端电压越大【答案】D【解析】试题分析：电源被短路时，外电路电阻为零，根据闭合电路欧姆定律，电源电流为：由于电源有内电阻，因此电流不是无限大，故A错误；电源断路时，外电阻，故路端电压为：，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：输出电流，电动势和内电阻为不变量，R越大，I越小，故C错误；路端电压为：，电动势和内电阻为不变量，外电路电阻R增大时，路端电压也增大，故D正确所以选D考点：本题考查路端电压、输出电流与负载的关系及对闭合电路的欧姆定律的理解15. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，L1、L2是两个小灯泡闭合S后，两灯均能发光。当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（ ）A. L1变暗，L2变暗B. L1变亮，L2变暗C. L1变亮，L2变亮D. L1变暗，L2变亮【答案】D【解析】由电路图可知，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I变小，灯L1电阻RL1不变，由PL1=I2RL1可知，灯L1的实际功率变小，灯L1变暗；电路电流I变小，电源内阻r、灯L1电阻RL1不变，则并联电压U并=E-I（r+RL1）变大，灯L2电阻RL2不变，灯L2的实际功率PL2=变大，则灯L2变亮；故ABC错误，D正确；故选D点睛：本题是一道闭合电路的动态分析题，闭合电路的动态分析题是高中物理的常考问题，要掌握其解题思路，首先根据电路电阻变化情况由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再由部分电路欧姆定律判断电源内电压如何变化，路端电压如何变化，然后应用串并联电路特点与规律、部分电路的欧姆定律、电功与电功率公式分析答题16. 在如图所示的电路中，S闭合，电容器已经充电。现将S断开，则以下判断正确的是（ ）A. 电容器将放电B. 电容器将继续充电C. 有瞬时电流通过R3D. 电容器上的带电荷量将增大【答案】BCD【解析】S闭合，电路稳定时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势；当S断开，电路稳定时，电容器的电压等于电源的电动势，可知电容器的电压增大，由Q=CU知，其带电量增加，所以S断开后电容器将继续充电，电阻R3上有瞬间电流通过故A错误，BCD正确故选BCD点睛：解决本题关键确定电容器的电压，要知道电路稳定时电容器所在电路没有电流，其电压等于所并联的电路两端的电压.17. 如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮。用电压表测得各部分电压是Uab=6V，Uad=0，Ucd=6V，由此可判定（ ）A. L1和L2的灯丝都烧断了 B. L1的灯丝烧断了C. L2的灯丝烧断了 D. 变阻器R断路【答案】C【解析】试题分析：串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，变阻器R断路，故D正确，考点：考查了电路故障分析点评：电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路电流表如果为零，那么电路中有断路的地方，也有少数可能是电流表短路电流表如果示数突然变大，那么电路中有短路的地方两灯均不亮，可能是某处断路两灯一亮一灭，可能是某灯短路18. 下表列出了不同品牌电冰箱和电风扇铭牌上的主要项目。容声冰箱BCD-208B/HC格力电风扇KYTA-30A总有效容积：208L冷冻室有效容积：97L冰冻能力：5.25kg/24 h电源：220V/50 Hz额定输入功率：140W耗电量：1.00kWh/24 h净重：58kg额定电压：220V工作频率：50 Hz扇叶直径：300 mm输出风量：50m3/min功率：50W净重：4.0 kg毛重：5 kg 根据铭牌上提供的信息，可以判断（ ）A. 一天内连续运转的电风扇比正常工作的电冰箱消耗的电能多B. 一天内正常工作的电冰箱比连续运转的电风扇消耗的电能多C. 电风扇额定电流比电冰箱大式D. 电风扇额定电流比电冰箱小【答案】AD【解析】从铭牌看出容声冰箱的耗电量：W=1.00kWh/24h；格力电风扇功率：50W，24h耗电量为：W=Pt=50W24h=1200Wh=1.2KWh；故一天内连续运转的电风扇比正常工作的电冰箱消耗的电能多，故A正确，B错误；从铭牌看出容声冰箱的额定输入功率：140W；格力电风扇功率：50W；根据P=UI，电风扇额定功率小，故电风扇额定电流比电冰箱小，故C错误，D正确；故选AD19. 两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U稳定且等于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如图所示，电压表的示数为8V。如果他把此电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（ ）A. 小于4V B. 等于4VC. 大于4V小于8V D. 等于或大于8V【答案】A【解析】当电压表接在两端时，其示数为8V，则此时电阻两端的电压为4V，将与并联后的电阻用表示，则，即，由于，则，当电压表改接在两端时，将与并联后的电阻用表示，则，此时电阻两端的电压与电压表示数之比，故电压表的示数将小于4V，故A正确20. 电阻R与两个完全相同的晶体二级管D1和D2连接成如图所示的电路，端加上的电压Uab=10V时，流经点的电流为0.01A；当Uab=V时，流经点的电流仍为0.01A，则电阻R的阻值为（ ）A. 1020 B. 1000 C. 980 D. 20【答案】C【解析】设二极管正向导通的电阻为RD当a、b端加上电压Uab=10V时，根据欧姆定律得：R+RD=1000；当Uab=-0.2时，RD=|=20，则得R=980，故选C.点睛：二极管具有单向导电性，当加正向电压时，电阻很小，当加反向电压时，电阻很大，理想的认为是无穷大，当作断路21. 在静电场中，下列说法正确的是（ ）A. 电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零B. 电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同C. 电场强度的方向总跟等势面垂直D. 沿电场线方向电势逐渐降低【答案】CD【解析】电场强度处处为零的区域内，电势不一定处处为零，因为电势为零是人为选取的，故A错误电场强度处处相同的区域内，比如匀强电场，而电势不是处处相同，故B错误电场强度的方向总是跟等势面垂直，故C正确沿电场强度的方向，电势一定降低，故D正确故选CD22. 一带电油滴在匀强电场E中从到的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，不计空气阻力。此带电油滴从运动到的过程中，能量变化情况是（ ）A. 动能减小B. 电势能增加C. 重力势能和电势能之和减小D. 动能和电势能之和增加【答案】C【解析】试题分析：从轨迹图可以看出油滴在竖直方向上向上运动，则受到向上的电场力，电场力做正功，电势能减小，B错误；做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内测，故电场力和重力的合力竖直向上，合力做正功，根据动能定理可得动能增大，而重力做功和电场力做功之和等于重力势能和电势能之和，所以重力势能和电势能之和减小考点：考查了功能关系，动能定理【名师点睛】本题的突破口是根据轨迹的弯曲方向判断电场力方向明确各种功能关系是解这类问题的关键：电场力做正功，电势能减小，反之电势能增大，重力做正功，重力势能减小，反之重力势能增大。23. 如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为106C的粒子在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了105J。已知A点的电势为10 V，则以下判断正确的是（ ）A. 粒子的运动轨迹如图虚线l所示B. 粒子的运动轨迹如图虚线2所示C. B点电势为零D. B点电势为20V【答案】AC【解析】试题分析：带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示故A正确B错误；根据动能定理得：，得，又，则，故C正确D错误考点：考查了电场力做功，带电粒子在电场中的运动【名师点睛】根据轨迹弯曲的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法24. 质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角30的光滑绝缘斜面顶端，斜面固定在地面上，整个装置放在水平方向、大小为EmgQ的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地的速度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：对物体受力分析：竖直向下的重力mg，水平向左的电场力，此二力合力为2mg与水平方向成30，与斜面不接触（所以不受斜面对它的弹力）。根据几何关系：斜面的长度为对物块在斜面上动能定理：推出v=考点：考查功能关系的应用点评：本题难度较小，主要考查学生对功能关系的理解，需要重视的是电场力和重力做功与路径无关，只与初末位置有关25. A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图所示。则（ ）A. 电子在A、B两点受的电场力FAFBB. A、B两点的电场强度EA=EBC. A、B两点的电势D. 电子在A、B两点具有的电势能EpAEpB【答案】AC【解析】试题分析：电子加速运动，受力向右，所以电场强度方向由B向A，A点的电势低于B点的电势，C对；加速度变大，则电场力变大，场强变大，即A、B两点的电场强度EAUbUc.一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（ ）A. 粒子从K到L的过程中，电场力做负功B. 粒子从L到M的过程中，电场力做负功C. 粒子从K到L的过程中，电势能增加D. 粒子从L到M的过程中，动能减少【答案】AC【解析】试题分析：根据轨迹的弯曲判断出电荷的受力，通过电场力做功判断电势能的变化，以及根据动能定理，通过电场力做功判断动能的变化解：A、由轨迹弯曲方向可知粒子受到的是斥力，粒子从K到L的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功故A正确BC、粒子从L到K过程中，电场力做正功，动能增大，故BD错误C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加故C正确故选：AC【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加40. 某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分 别为EP和EQ，电势分别为UP和UQ，则（ ）A. EPEQ,PQ B. EPEQ,PQC. EPEQ,PQ D. EPEQ,PQ【答案】A【解析】试题分析：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：；故选项A正确。考点：本题考查电场线和电势。41. 用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5 V和10 V的电压表，串联后测量12 V的电压，则( )A. 两表的电压示数相同，均为6 V B. 两表头的指针的偏角相同C. 两表头的指针的偏角不相同 D. 两表的电压示数不同【答案】BD【解析】试题分析：因改装后的电压表量程不同，故内阻不同，则两表的分压不同，故示数不同故A错误，D正确；因量表是串联关系，则通过两表的电流大小相等，则指针偏角相同故B正确，C错误；故选BD考点：电表的改装；串联电路的特点【名师点睛】考查的是电表的改装以及串联电路的特点；要知道电流表改装成电压表是串联一个分压电阻；同时要知道串联电路的电压与电阻的关系及电压表的内阻与电压表的量程成正比。42. 关于电场强度E的说法正确的是（ ）A. 电场中某点的场强方向跟正电荷在该点所受的电场力的方向相同B. 根据E=F/q可知，电场中某点的电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比；C. 用负电荷所受电场力跟它的电量的比值也能求出电场强度的大小；D. 公式E=kQ/r2对任何电场都适用；【答案】AC【解析】电场中某点场强方向就是该点所放正电荷电荷受到的电场力的方向，与负电菏受力的方向相反，故A正确；公式E=是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，不与电场力F成正比，与电量q成反比，故B错误；由公式E=，用负电荷所受电场力跟它的电量的比值也能求出电场强度的大小，选项C正确；公式E=k是点电荷的电场强度的计算式，所以E与Q成正比，与r2成反比，只适用于点电荷的电场故D错误；故选AC.43. 关于平行板电容器C，两极间电压U、两板间电场强度E和带电量Q，下列说法正确的是（ ）A. 给电容器充电后保持与电源连接，只将电容器两极的正对面积减小，则C增大，E不变，U不变；B. 给电容器充电后保持与电源连接，只将两板间距离减小则E增大，C增大Q也增大；C. 给电容器充电后与电源断开，只减小两板间正对面积，则Q不变，U增大，E增大；D. 给电容器充电后与电源断开，只增大两板间距离，则E不变，C不变，U增大；【答案】BC【解析】电容器充电后保持与电源连接则电压不变；减小正对面积时，由可知，电容器的电容减小；由可知，E不变；故A错误；电容器充电后保持与电源连接则电压不变；减小两板间的距离，则由决定式可知，电容器的电容增大；E增大；再由Q=UC可知，Q增大，故B正确；给电容器充电后与电源断开，电量不变；只减小两板间的正对面积，则C减小，则由Q=UC可知，U增大，则E增大，故C正确；增大两板间的距离，则由决定式可右，C减小；则U增大，E不变；故D错误；故选BC点睛：对于电容器的动态分析问题，要注意明确两种情况，若充电后断开电源，则电量不变；若充电后与电源相连，则电压不变44. 原来都是静止的质子和粒子，经过同一电场加速后，它们的动能大小之比为（ ）A. 1：2 B. 1：1 C. 2：1 D. 2：3【答案】A【解析】设任一带电粒子的质量为m，电量为q，加速电场的电压为U，根据动能定理得：qU=Ek 质子和粒子的电量之比为1：2，故动能之比为1：2；故选A45. 两只相同的电阻串联后接到电压为9V的恒定电路上，用一只0515V的双量程电压表的5V档测其中一只电阻两端电压时，示数为4.2V，则换用15V档测这个电阻两端电压时，示数为（ ）A. 小于4.2V B. 等于4.2V C. 大于4.2V D. 不能确定【答案】C【解析】试题分析：电压表的内阻不是远大于R1R2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数解：电压表15V量程内阻大，用15V量程测电阻时，电压表与电阻并联阻值大，电路总电阻大，电路总电流变小，另一个电阻分压小，电路总电压不变，被测电阻分压变大，电压表示数变大，大于4.2V；故选C【点评】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻46. 在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（ ）A. 电压表V的示数变小 B. 电流表A2的示数变小C. 电流表A1的示数变小 D. 电流表A的示数变大【答案】B【解析】试题分析：D、将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，外电路的总阻值变大，所以电路的总的电流变小，所以电流表A的示数变小，所以D错误；A、电源的内电压减小，由U=EIr可得，路端电压U变大，所以电压表V的示数变大，所以A错误；C、由于路端电压U变大，电阻R1不变，所以电流表A1的示数变大，所以C错误；B、由于总的电流减小，电阻R1的电流变大，所以滑动变阻器的电流减小，所以电流表A2的示数变小，所以B正确故选B考点：闭合电路的欧姆定律47. 一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（ ）A. 串联一个10k的电阻 B. 并联一个10k的电阻C. 串联一个9.5k的电阻 D. 并联一个9.5k的电阻【答案】C【解析】试题分析：把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：；故选C考点：电表的改装【名师点睛】本题考查了电表改装，知道电压表的改装原理，把电流表改装成电压表应串联一个分压电阻、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。48. 如图所示的电路中，每个电阻的阻值都是2，电流表内阻不计，在B、C两点间加6V电压时，电流表的读数是（ ）A. 0； B. 1A； C. 2A； D. 3A；【答案】B【解析】由电路图可知，下面的两个电阻并联后再与上面的电阻串联，电路的总电阻为：R=2+2=3；根据欧姆定律得，干路电流为：；由于并联电路的电流与电阻成反比，故电流表的示数为：IA=1A，故选B49. 如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻 器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是( ) A. L1和L3变亮，L2变暗B. LI变暗，L2变亮，L3亮度不变C. L1中电流变化值小于L3中电流变化值D. Ll上电压变化值小于L2上的电压变化值【答案】ACD【解析】试题分析：由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=EIr可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系解：A、B当滑片左移时，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总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A正确，B错误；C、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；故选ACD【点评】本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律50. 两个同种材料制成的导线，质量之比2：1，长度之比3：1，则它们电阻之比（ ）A. 1：4 B. 4：1 C. 2：9 D. 9：2；【答案】D【解析】两个同种材料制成的导线，质量之比2：1，则它们的体积之比是2：1；长度之比3：1，则横截面积之比： 根据电阻的计算公式： 得：，故选D.点睛：电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大小无关51. 已知通过三个并联支路的电流强度之比是I1：I2：I3=1：2：3，则三个并联支路的电阻之比是（ ）A. 1：2：3 B. 3：2：1； C. 2：3：6 D. 6：3：2【答案】D【解析】三个并联支路的电电压相等，根据欧姆定律U=IR得，电流I与电阻R成反比电流之比I1：I2：I3=1：2：3，则电阻之比R1：R2：R3=6：3：2，故选D.52. 有四盏灯，接入如图所示的电路中，L1和L2都标有“220V， 100W”的字样，L3和L4都标有“220V，40W”的字样，把电 路 接通后最暗的是（ ）A. L1 B. L2 C. L3 D. L4【答案】C【解析】试题分析：根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡的电阻大小根据公式P=I2R比较L1和L2、L3和L4功率的大小根据公式P=，比较L2和L3功率大小再确定哪个灯泡功率最小解：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4由公式P=可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻通过L1的电流大于L2的电流，由公式P=I2R得到，P1P2L2和L3的电压相等，由公式P=可知，P2P3通过L3的电流小于L4的电流，由公式P=I2R得到，P4P3所以P1P2，P2P3，P4P3所以L3最暗故选C53. 在图所示电路中，电源的电动势为，内阻为r，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，通过电阻R1的电流I1和通过滑动变阻器R2的电流I2的变化是（ ）A. I1变大，I2变小 B. I1变大，I2变大C. I1变小，I2变大 D. I1变小，I2变小【答案】A【解析】当滑动变阻器的滑片向上滑动时，R2增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，所以通过R1的电流I1增大，而总电流I减小，则流过R2的电流I2减小，故A正确，BCD错误故选A54. 大小相同的两个金属小球A、B带有等量同种电荷，相隔一定距离时，两球间的库仑引力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球间的库仑力大小A. 一定是F/8 B. 一定是F/4 C. 一定是3F/8 D. 可能是3F/4【答案】C【解析】试题分析：因两球之间的库仑引力，则两球带异种电荷；设A带电量为+Q，B带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：；第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q/2，C与B接触时先中和再平分，则C.B分开后电量均为-Q/4，这时，A.B两球之间的相互作用力的大小：；故A正确，BCD错误；故选A考点：库仑定律【名师点睛】此题考查了库仑定律的应用；除了要熟记库仑定律的表达式之外要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。55. 某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是A. a点的电势高于b点的电势B. c点的电场强度大于d点的电场强度C. 若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D. 若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加【答案】C【解析】试题分析：要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系解：A、做出通过b点的等势线，等势线与过a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A错误；B、从电场线的分布情况可知，d处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；C、正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C正确；D、当负试探电荷由c点移到d点时电场力做正功，电势能减小，故D错误故选C【点评】电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化56. 一个电容为C的电容器，当所带电量为Q时，两板间电势差为U，如果电量增大为2Q，则A. 电容变为2C，电势差保持不变 B. 电容变为2C，电势差变为2UC. 电容保持不变，电势差变为2U D. 电容保持不变，电势差保持不变【答案】C【解析】电容的大小是电容器本身决定的，与电容器极板上的电量无关，电量增大为2Q，电量不变；给定的电容器电容C一定，则 ，电量增大为2Q，电势差增大为2U故选C.57. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则A. 一定带正电，b一定带负电B. 加速度增大，b加速度减小C. 电势能增大，b电势能减小D. 和b的动能一定都增大【答案】D【解析】由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性故A错误；由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大故B错误；由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大故C错误，D正确故选D58. 如图所示，竖直放置的平行板电容器中存在水平方向的匀强电场，两个质量相同的带电微粒1和2从匀强电场中的O点以相同的初速度竖直向下进入电场，分别达到极板B、C两点，若AB=BC，不计粒子的重力，则它们带电荷量之比q1：q2等于A. 1：4 B. 4：1 C. 1：2 D. 2：1【答案】B【解析】粒子在竖直方向上做匀速直线运动，初速度相等，因为AB=BC，则粒子的运动时间之比为1：2，在水平方向上做匀加速直线运动，根据xat2知，水平位移相等，则加速度之比为4：1，根据a=，质量相同，电场强度相同，则电荷量之比为4：1故B正确，ACD错误故选B点睛：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，将粒子分解为水平方向和竖直方向，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解59. 关于电阻和电阻率的说法中，正确的是A. 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时 才有电阻B. 由R =UI可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C. 某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零，这种现象叫做超导现象D. 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一【答案】C【解析】电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性；根据电阻定律公式：可知其大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关；而与导体两端有无电压、导体中有无电流、电流大小无关,故AB错误；由超导现象的定义知，某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象发生超导现象时的温度叫“转变温度”，故C正确；导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关将一根导线等分为二，则半根导线的电阻是原来的 ，而电阻率不变，故D错误。所以C正确，ABD错误。点睛：电阻是导体对电流的阻碍作用影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积、温度，与通过导体的电流和导体两端的电压无关。60. 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道。当环中电流是10mA时（设电子的速度是3107m/s），则整个环中运行的电子数目为（电子的电荷量e=1