【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．
8.现有一欧姆表，其内部电源电动势为1.5V，电流表满偏电流为10mA.该欧姆表使用了一段时间后电源电动势降为1.2V，并且经欧姆调零后，测得某电阻Rx的阻值读数为120Ω，则Rx的实际电阻为多少
A：
154ΩB：
120ΩC：
96ΩD：
72Ω
【答案】C
【解析】设欧姆表的内阻为R中：
，当测量值为120Ω时的电流值为：
；调零后内阻为
，则电动势为E′=1.2V，电流值为
时的电阻值为R测，则
，解得R测=96Ω.故选C.
【点睛】本题考查欧姆表的原理及测安法测电阻的基本原理，注意根据闭合电路欧姆定律即可求解．
9.如图所示，虚线是带电粒子在电场中运动的径迹，不考虑重力和空气阻力，粒子在由电场中的A点运动到B点的过程中，以下判断正确的是（ ）
A.粒子带正电
B.粒子在A点受到的电场力的大小比在B点受到的大
C.粒子在A点的动能比在B点的动能大
D.粒子在A点的电势能比在B点的电势能大
【答案】BC
【解析】A、物体做曲线运动时，受到的合力的方向指向轨迹弯曲的内侧，由此可知，该粒子受到的电场力的方向逆着电场线向左，所以粒子带负电，故A错误；B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，A点的电场线密，场强大，所以粒子在A点时受到的电场力的大小比在B点受到的大，故B正确；C、D、粒子在由电场中的A点运动到B点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增加，所以粒子在A点的动能比在B点的动能大，粒子在A点的电势能比在B点的电势能小，C正确，D错误；故选BC.
【点睛】对于本题关键是根据粒子运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，运用力学知识来研究粒子在电场中运动的问题．
10.两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电量分别为q1和q2，用绝缘细线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与铅垂线方向成夹角α1和α2，且两球静止时同处一水平线上，若α1=α2，则下述结论正确的是（ ）
A.q1不一定等于q2B.一定满足
C.m1一定等于m2D.必然同时满足q1=q2，m1=m2
【答案】AC
【解析】题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力F大小却相同，方向相反．由于α1=α2，它们与竖直线所成的角度相等，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定F=m1tanα1=m2tanα2，则m1=m2，它们的质量一定相等．故AC正确，BD错误．
故选：
AC．
点睛：
本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键。
11.如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向下移动时，下列论述正确的是（ ）
A.灯泡L一定变亮B.电流表的示数变大
C.电压表的示数变小D.R0消耗的功率变小
【答案】AD
【解析】试题分析：
当R的滑动触点向下滑移动时，R变大，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变小，路端电压变大，则电压表读数变大．灯泡L的电压变大，则灯L一定变亮．电路中并联部分电压变大，通过L的电流变大，而总电流减小，则电流表A的读数减小，R0消耗的功率变小．故ABD正确，C错误．故选C。
考点：
电路的动态分析
【名师点睛】此题是关于电路的动态分析问题；关键是搞清电路的结构，先分析变化的电阻的阻值变化情况，然后分析整个电路的电阻变化，再分析整个电路的电流计路端电压的变化，最后回到电路的各个部分，所谓的“局部-整体-局部”的分析思路.
12.如图所示的电路中，在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球，带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为θ；R1为电阻箱，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．闭合开关S，此时R2的滑片在正中间，电流表和电压表的示数分别为I和U．已知电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．以下说法正确的是（ ）
A.保持R2不变，增大阻值R1则夹角θ变大
B.小球带正电，将R2的滑片向左端滑动过程中会有电流流过R2
C.增大R1，则I读数变小，U读数变小
D.减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变
【答案】AD
【解析】A、增大R1的阻值，即增大R1的电压，即电容器的电压变大，由
可知电场强度增大，则平衡时小球的偏角变大，故A正确。
B、电容器板间电场方向水平向右，小球受到的电场力也水平向右，所以小球带正电．将R2的滑片向左端滑动过程中，电容器的电压不变，带电量不变，没有电流通过R2，故B错误．C、增大R1，电路中电流减小，路端电压增大，则I读数变小，U读数变大，故C错误．D、根据闭合电路欧姆定律得：
U=E-Ir，得
，保持不变，即减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变．故D正确．故选AD.
【点睛】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．要明确与电容器串联的电阻，在电路稳定时相当于导线．
二、实验题（共16分，13题8分，14题8分，每空2分，电路图2分）
13.为测定一电阻约为10Ω，额定电流为0．4A的电阻器的电阻，现准备有下列器材：
（A）电源E：
内阻不计的6V；
（B）电流表A1：
量程为0～3A、内阻约为0．06Ω；
（C）电流表A2：
量程为0～0．6A、内阻约为0．3Ω；
（D）电压表V1：
量程为0～15V、内阻约为50KΩ；
（E）电压表V2：
量程0～5V、内阻约为10KΩ；
（F）滑动变阻器R1：
量程为0～10Ω；
（G）滑动变阻器R2：
量程为0～1500Ω；
（H）电键S和导线若干。
（1）实验中要求通过待测电阻的电流能从0起逐渐增大，为尽可能较精确地测出该电阻的阻值，并且调节方便，应用的电流表为________，电压表为_______，滑动变阻器为________（填器材符号）
（2）画出符合要求的电路图_____．
【答案】
（1）.A2；
（2）.V2；（3）.R1；（4）.
【解析】
（1）由于电阻器R的额定电流即最大电流为0.4A，故电流表选择A2（量程为0～0.6A、内阻约为0.3Ω）.由
，故电压表选择V2（量程0～5V、内阻约为10KΩ）实验中要求通过待测电阻的电流能从0起逐渐增大，变阻器可采用分压式，为方便调节，变阻器选小电阻可选择R1（0～10Ω）.
（2）因为
，
，则
，故为减小测量误差，电流表应采用外接法．故符合要求的电路图如图所示：
【点睛】对于电阻测量电路的设计，可记住这样的口诀：
“大内偏大，小外偏小”．本题是伏安法测量电阻，从实验原理出发选择器材、设计电路、连接实物图等等，都是实验的基本技能，要加强培训，提高能力．
14.小明同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣0.6A）的示数如图所示．
（1）则电压值为____V，电流值为_____A；
大明同学用如图甲所示的器材和电路测量电源电动势和内电阻。
（2）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，并描绘出了U1-U2的图像，如图乙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=______，内阻r=_______；（用k、a、R0表示）
【答案】
（1）.9.0；
（2）.0.33；（3）.
；（4）.
【解析】
（1）电压表的量程为15V，精确度为0.5V，估读在0.1V，结果为9.0V；电流表的量程为0.6A，精确度为0.02A，估读在0.01A，结果为0.33A.
（2）由闭合电路欧姆定律可知,
变形得：
，则有：
；
，解得
，
.
【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻．
三、计算题（共36分，15题8分，16题8分，17题10分，18题10分）
15.带有等量异号电荷，相距9cm的平行板A和B之间有一个匀强电场．电场强度E=1×104V/m，方向向下．电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm．
（1）C、D两点哪点电势高？
两点的电势差UCD等于多少？
（2）如果令B板接地（即电势φB=0），则C和D的电势φC和φD各是多少？
（3）如果令A板接地，则φC和φD各是多少？
【答案】
（1）Ucd=400v；
（2）
（3）
【解析】
（1）沿着电场线电势降低，故D点的电势大于C点的电势；
UCD=-EdCD=-1×104V/m×0.04m=-400V
（2）如果令B板接地（即电势φB=0）
则：
φC=UCB=EdCB=1×104V/m×0.03m=300V
φD=UDB=EdDB=1×104V/m×0.07m=700V
（3）如果令A板接地，则：
φC=UCA=-EdCA=-1×104V/m×0.06m=-600V
φD=UDA=-EdDA=-1×104V/m×0.02m=-200V
【点睛】本题考察的是电势、电势差、匀强电场中E与U的关系、电场力做功公式等内容，在应用这些公式时，要特别注意所有公式中的物理量都包含有正、负号．还要注意的是U=Ed中的d是沿着场强方向的距离，不是两点间的距离．
16.现有电动势1.5V，内阻1.0Ω的电池多节，准备用多节这样的电池串联起来对一个“9.0V9W”的纯电阻用电器供电，以保证用电器在额定状态下工作。
问：
最少用多少节这种电池？
电路是否还需要一个定值电阻R0做分压作用，如需要则R0为多大？
（提示：
串联电池组的电动势等于各个电池的电动势之和；串联电池组的内阻等于各个电池内阻之和）
【答案】最少需要18节这样的电池
【解析】通过用电器的电流I=P/U=9W/9V=1A
设至少需要n节电池，串联的分压电阻为R0，因为路端电压必须大于（或等于）用电器的额定电压，即nE0–nIr0≥U，
得到n≥18，可见n取整数的最小值为18．
这时路端电压U'=18E0-I×18r0=9V
则不需要定值电阻来分压了
即不需要定值电阻来分压，最少需要18节这样的电池
【点睛】本题首先要搞清题意，知道串联电池组总电动势和总内阻与每个电池的关系，其次熟练应用闭合电路欧姆定律．
17.如图，一根长L=3m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.6×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。
杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=+5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+2.0×10一6C，质量m=2.0×10一2kg。
现将小球B从杆的上端N由静止释放。
（静电力常量k=9.0×109N·m2／C2，取g=10m/s2）
（l）小球B开始运动时的加速度为多大？
（2）小球B从N端运动到速度最大时，匀强电场对小球B做了多少功？
【答案】
（1）
；
（2）W-0.24J；
【解析】
（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动
由牛顿第二定律得:
解得:
代入数据解得：
a=1.5m/s2
（2）小球B速度最大时合力为零，即
解得：
代入数据解得h1=1.5m
匀强电场对小球B所做的功W=-qEh1sinθ=-0.24J
18.如图所示，平行放置的金属板A、B间电压为U0，中心各有一个小孔P、Q，平行放置的金属板C、D板长和板间距均为L，足够长的粒子接收屏M与D板夹角为
。
现从P点处有质量为m、带电量为＋q的粒子放出（粒子的初速度可忽略不计）。
经加速后从Q点射出，贴着C板并平行C板射入C、D电场（平行金属板外电场忽略不计，重力不计，
，
）
（1）粒子经加速后从Q点射出速度大小v；
（2）若在进入C、D间电场后好恰从D板边缘飞出，则C、D间电压U1为多少？
（3）调节C、D间电压（大小）使进入电场的粒子，不能打在粒子接收屏M上，则C、D间电压U2的取值范围？
【答案】
（1）
；
（2）
；（3）
或
【解析】试题分析：
（1）粒子的加速，由动能定理:
解得：
（2）粒子在偏转电场中由水平方向做匀速直线运动得
竖直方向上做匀加速直线运动
竖直方向上位移
求得：
（3）若粒子飞出C、D间电场则飞出时竖直方向上速度
速度偏转角
由题意可知
解得：
若粒子没有飞出电场也不能打到粒子接收屏M
此时可知
综上：
可知
或
考点：
带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键是分析带电粒子的运动情况，确定出临界条件，运用牛顿第二定律和运动学规律结合进行求解。
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