（1）在《用電流表和電壓表測定電池的電動勢和內阻》實驗中，某同學根據測得的數據作出了如圖所示的I-U圖線，由圖線可以得到電源電動勢E=

1.5

1.5

V，內電阻r=

2.14

2.14

Ω．
（2）在歐姆表測電阻的實驗中，用“×10”擋測量一個電阻的阻值，發現表針偏轉角度太大（指針過于靠右），則可以斷定：這個電阻阻值

較小

較小

（填“較小”或“較大”），為了把電阻測得更準確一些，應換用

“×1檔”

“×1檔”

（填“×1擋”或“×100擋”），調零后重新測量．
（3）某同學在做“描繪小電珠的伏安特性曲線”的實驗中得到如下一組U和I的數據：

編號	1	2	3	4	5	6	7	8
U（伏）	0	0.50	1.00	1.50	2.00	2.20	2.60	3.00
I（安）	0	0.050	0.100	0.150	0.180	0.190	0.200	0.205
燈泡發光情況	不亮　　　　　　　微亮　　　　逐漸變亮　　　　　　正常發光

①從上表數據中可以看出，當小燈泡的功率逐漸增大時，燈絲電阻的變化情況是

先不變再增大

先不變再增大

．
②請在實物圖中用鉛筆補全其中的連線（電壓表、電流表左接線柱為正，右接線柱為負）

（4）有一待測的電阻R，其阻值約在40～50Ω之間，實驗室準備用來測量該電阻值的實驗器材有：
電壓表V（量程O～10V，內電阻約20kΩ）；
電流表A（量程O～300mA，內電阻約4Ω）；
滑動變阻器R（最大阻值為20Ω，額定電流為1A）
直流電源E（電動勢為9V，內電阻約為0.5Ω）；
開關；此外還有若干根供連線用的導線．
實驗要求電表讀數從零開始變化，并多次測出幾組電流、電壓值，以便畫出電流一電壓的關系圖線．為了實驗能正常進行，減少測量誤差，還要求滑動變阻器便于調節．請在方框內畫出實驗電路．

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（1）用如圖1所示的實驗裝置，驗證牛頓第二定律．



①在平衡摩擦力時，先取下砂桶，將木板不帶滑輪的一端墊高，讓打點計時器接______（選填“交流電源”或“直流電源），然后______（選填“靜止釋放”或“輕輕推動”）小車，讓小車拖著紙帶運動．如果打出的紙帶如圖1右所示，則應______（選填“增大”或“減小”）木板的傾角，反復調節，直到紙帶上打出的點跡______，平衡摩擦力才算完成．
②圖2是某次實驗中得到的一條紙帶，則小車的加速度是______m/s²．（計算結果保留三位有效數字）
（2）①甲同學用多用電表測定一只電阻的阻值，操作如下：
多用電表電阻檔有4個倍率：分別為×1K、×100、×10、×1．該同學選擇×100倍率，用正確的操作步驟測量時，發現指針偏轉角度太大（指針位置如圖3中虛線所示）．為了較準確地進行測量，請你補充完整下列依次應該進行的主要操作步驟：
a．______；
b．兩表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針指在0Ω處；
c．重新測量并讀數，若這時刻度盤上的指針位置如圖中實線所示，測量結果是______Ω．
②乙同學用伏安法測量某金屬絲的電阻（阻值5～10Ω），實驗室提供了下列器材．
A．電壓表（0～3V，內阻1kΩ）  B．電壓表（0～15V，內阻5kΩ）
C．電流表（0～0.6A，內阻2Ω）      D．電流表（0～3A，內阻0.5Ω）
E．滑動變阻器（10Ω，0.2A）        F．滑動變阻器（50Ω，0.6A）
G．直流電源（6V，內阻不計）
另有開關一個、導線若干．
實驗中有兩種電路可供選擇，如圖4（甲）和（乙）所示．
本次實驗中電路應選______（選填“甲”或“乙”），電壓表應選______，電流表應選______，滑動變阻器應選______．（只填器材前的字母代號即可）．

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（1）用如圖1所示的實驗裝置，驗證牛頓第二定律．

①在平衡摩擦力時，先取下砂桶，將木板不帶滑輪的一端墊高，讓打點計時器接______（選填“交流電源”或“直流電源），然后______（選填“靜止釋放”或“輕輕推動”）小車，讓小車拖著紙帶運動．如果打出的紙帶如圖1右所示，則應______（選填“增大”或“減小”）木板的傾角，反復調節，直到紙帶上打出的點跡______，平衡摩擦力才算完成．
②圖2是某次實驗中得到的一條紙帶，則小車的加速度是______m/s²．（計算結果保留三位有效數字）
（2）①甲同學用多用電表測定一只電阻的阻值，操作如下：
多用電表電阻檔有4個倍率：分別為×1K、×100、×10、×1．該同學選擇×100倍率，用正確的操作步驟測量時，發現指針偏轉角度太大（指針位置如圖3中虛線所示）．為了較準確地進行測量，請你補充完整下列依次應該進行的主要操作步驟：
a．______；
b．兩表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針指在0Ω處；
c．重新測量并讀數，若這時刻度盤上的指針位置如圖中實線所示，測量結果是______Ω．
②乙同學用伏安法測量某金屬絲的電阻（阻值5～10Ω），實驗室提供了下列器材．
A．電壓表（0～3V，內阻1kΩ）  B．電壓表（0～15V，內阻5kΩ）
C．電流表（0～0.6A，內阻2Ω）      D．電流表（0～3A，內阻0.5Ω）
E．滑動變阻器（10Ω，0.2A）        F．滑動變阻器（50Ω，0.6A）
G．直流電源（6V，內阻不計）
另有開關一個、導線若干．
實驗中有兩種電路可供選擇，如圖4（甲）和（乙）所示．
本次實驗中電路應選______（選填“甲”或“乙”），電壓表應選______，電流表應選______，滑動變阻器應選______．（只填器材前的字母代號即可）．

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1．答案：B   根據電場線疏密判斷E的大小，密的地方場強大，有E_A>E_B；根據沿電場線方向電勢降低，有>.

2．答案：A    由點電荷的電場分布特點可知，距離點電荷越近，場強越大，因此該點電荷必然處于A點右側.但點電荷帶電性質不確定，因此場強的方向不確定.

3．答案：BD    由電場的疊加，AB中垂線中由C向上場強為先增后減，故電荷C所受電場力向上且先增后減，所以C的加速度先增后減，但速度始終增大，可知BD正確.

4．答案：C    靜電屏蔽作用，人體相當于一個等勢體.

5．答案：BC    注意兩種情況的區別，電鍵K始終閉合，則電容器兩板間的電壓保持不變，閉合后再斷開則電量保持不變，然后再根據平行板電容器電容、電勢差和電量的關系及勻強電場中場強和距離的關系即可.

6．答案：B    由于庫侖力變化，因此質子向b不是做加速運動，A錯誤；由于a、b之間的電勢差恒定，根據動能定理得，可得，則知粒子從a點由靜止釋放后運動到b點的速率為，B正確；當電子以Oa為半徑繞O做勻速圓周運動時，根據，可得，則知電子以Ob為半徑繞O做勻速圓周運動時的線速度為，C、D錯誤.

7．答案：AD  減小的動能轉化為電子的電勢能，由A到C減小的動能與由C到B增加的動能相等，所以場強方向由O指向C，A和B的電勢相等，形成電場的正電荷應位于D點.

8．答案：A    根據帶電粒子在電場中水平方向上勻速和豎直方向上勻加速即可推出A正確.

9．答案：D    剪斷細線Oc后，a、b作為一個系統在水平方向只受內力（庫侖力、繩子拉伸后的拉力）作用，外力無沖量故其水平方向上動量恒為零.在豎直方向上，二者同時在重力作用下做初速度為零的勻加速運動，同時落地機械能守恒，故落地時，ab兩球的動能和為.在運動過程中，電場力做正功，因此其系統電勢能減小.

10．答案：BD   粒子在水平方向上做勻速直線運動，因初速度相同，故水平位移大的時間長，因，故，A錯.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，有，因為位移相同，所以運動時間長的粒子加速度小，即，故B正確.粒子到達正極板的動能為，而，所以有，C錯誤.由可以判斷A帶負電，B不帶電，C帶正電，D正確.

11．答案：（1）BE（4分）    要用直流電源形成穩恒電流場，以模擬靜電場，應選6V的直流電源，所以選B；要用探針尋找等勢點，電流表靈敏度高，指針能左右偏轉，所以選E.

（2）D （4分） 探針由O點左側沿x軸正方向移到O點右側的過程中，兩探針間的電勢差先減小后變大，所以靈敏電流表的指針與零刻度的夾角先變小后變大.

12．答案：（1）如圖（a）.（4分）（2）   （4分）（3）  （4分）

提示：帶電小球的受力如圖b，

根據平衡條件有，

又有，聯立解得，

，所以應以為橫坐標.

13．解析：（1）由圖可得B點電場強度的大小N/C．（2分）

因B點的試探電荷帶負電，而受力指向x軸的正方向，故B點場強的方向沿x軸的負方向. （2分）

（2）因A點的正電荷受力和B點的負電荷受力均指向x軸的正方向，

故點電荷Q位于A、B兩點之間，帶負電. （2分）

設點電荷Q的坐標為x，則，（4分）

由圖可得N/C，解得x=2.6m. （4分）

14．解析：他的解答是錯誤的.   （5分）

小環是穿在絲線上，作用于小環上的兩個拉力大小相等，方向不同.小環受四個力，如圖所示.

豎直方向       Tsin60°=mg  ①    （3分）

水平方向  Tcos60°+T=    ②   （3分）

由①②聯立得    （3分）

15．解析：（1）由小球運動到最高點可知，小球帶正電（2分）

（2）設小球運動到最高點時速度為v，對該過程由動能定理有，

①（2分）

在最高點對小球由牛頓第二定律得，②（2分）

由①②式解得，T=15N（1分）

（3）小球在細線斷裂后，在豎直方向的加速度設為a，則③（2分）

設小球在水平方向運動L的過程中，歷時t，則④（1分）

設豎直方向上的位移為s，則⑤（1分）

由①③④⑤解得，s=0.125m（2分）

∴小球距O點高度為s+L=0.625m. （1分）

16．解析：（1）因油滴到達最高點時速度大小為，方向水平，對O→N過程用動能定理有，（2分）

所以電場力一定做正功，油滴帶負電，則最高位置一定在O點的左上方. （3分）

（2）由（1）的分析可知，在豎直方向上油滴做初速為的豎直上拋運動，則有，（3分）

即.（2分）

（3）油滴由O→N的運動時間，（2分）

則在水平方向上由動量定理得，（2分）

即.（2分）

17．解析：（1）小球由B點運動到C點過程，由動能定理有，

，（2分）

在C點，設繩中張力為F_C，則有（2分）

因F_C=mg，故v_C=0（2分）

又由小球能平衡于A點得，（2分）

（2分）

（2）小球由D點靜止釋放后將沿與豎直方向夾θ=53°的方向作勻加速直線運動，直至運動到O點正下方的P點，OP距離h=Lcot53°=（2分）

在此過程中，繩中張力始終為零，故此過程的加速度a和位移s分別為：

，.（2分）

∴小球到達懸點正下方時的速率為.（2分）

18．解析：（1）設電子經電壓U₁加速后的速度為v₀，根據動能定理得：

     e U₁=………（2分） 解得：………（2分）

（2）電子以速度v₀進入偏轉電場后，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場運動的時間為t₁，電子的加速度為a，離開偏轉電場時相對于原運動方向的側移量為y₁，根據牛頓第二定律和運動學公式得：

F=eE，  E= ， F=ma，    a =……（3分）

t₁=， y₁=，解得： y₁=……（3分）

（3）設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為v_y，根據運動學公式得：v_y=at₁=（2分）

電子離開偏轉電場后作勻速直線運動，設電子離開偏轉電場后打在熒光屏上所用的時間為t₂，電子打到熒光屏上的側移量為y₂，如圖所示

t₂=， y₂= v_yt₂   解得：y₂=……………………（2分）

P到O點的距離為 y=y₁+y₂=……………………（2分）