2017-2018学年浙江省诸暨中学高二上学期第二阶段考试（实验班）物理试题 解析版 20页

浙江省诸暨市诸暨中学2017—2018学年高二上学期第二次阶段性考试实验班物理试题 一、单选题（25小题）‎ ‎1. 两个完全相同的金属小球，他们所带的电荷量之比为5：1，当他们相距一定距离时相互作用的斥力为，如果让他们完全接触后再放回各自原来的位置上，此时他们的相互作用力为，则为（ ）‎ A. 5：2 B. 5 ：4 C. 5：6 D. 5：9‎ ‎【答案】B ‎【解析】它们在相距一定距离时相互作用力为； 两电荷同性，接触后再分开，两球电量的绝对值为，此时两球的库仑力，则，故B正确，ACD错误。‎ 点睛：两个球的电性不同，则接触带电的原则是先中和后平分，根据得出接触后再放回原处的库仑力大小。‎ ‎2. 关于电场强度下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场强度为零处电势也一定为零 B. 电场强度相等的两点，其电势也一定相等 C. 试探电荷受电场力为零处，电场强度一定为零 D. 静电平衡时，导体内部电场强度处处相等，但不一定等于零 ‎【答案】C ‎【解析】A、电场强度与电势没有直接关系，所以电场强度为零处电势不一定为零，故A错误； B、电场强度与电势无关，则电场强度相等的两点，其电势也一定相等，故B错误； C、试探电荷受电场力为零处，因电量不为零，则电场强度一定为零，故C正确； D、静电平衡时，导体内部电场强度为零，故D错误。‎ 点睛：本题的关键：明确场强和电势都是描述电场的，二者无直接关系；处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且导体是等势体。‎ ‎3. 对电场力和电势能的说法下列正确的是（ ）‎ A. 沿着电场线移动电荷电场力一定做正功 B. 电场力对电荷做正功，电荷的电势能一定减小 C. 电荷在电场中移动其电势能一定变化 D. 电荷沿着电场线运动其电势能一定减小 ‎【答案】B ‎【解析】A、沿着电场线移动正电荷，电场力一定要做正功，而沿着电场线移动负电荷，电场力一定要做负功，故A错误； B、电场力对电荷做正功，电荷的电势能一定减小，故B正确； C、电荷在同一个等势面上移动电势能不变化，故C错误； D、正电荷沿着电场线运动电场力做正功，电势能一定减小；负电荷沿着电场线移动，电场力做负功，电势能增大，故D错误。‎ 点睛：沿着电场线移动正电荷，电场力一定要做正功，电荷沿电场线移动，其电势能可能减少，也可能增大．同一电荷在电场线密的地方电势能不一定大，电场力大。‎ ‎4. 如图P点在等量异种点电荷+Q和-Q的连线中点，则（ ）‎ A. P点的场强等于点电荷+Q在该处产生的场强的两倍，方向指向-Q B. P点的场强等于点电荷-Q在该处产生的场强的两倍，方向指向+Q C. P点的场强为零 D. P点的电势大于零 ‎【答案】A ‎【解析】A、依据点电荷电场强度公式，正点电荷在P点的电场强度方向向右，而负点电荷在P点的电场强度的方向也向右，则P点的场强等于点电荷在该处产生的场强的两倍，方向指向，故A正确，BC错误； D、沿着电场线方向电势是降低的，且两点电荷的中垂线指向无穷远，因没有规定无穷远为零电势，则无法确定P点的电势，故D错误。‎ 点睛：依据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则，即可求解P点的电场强度大小，再根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，即可求解电场力，从而判定电场强度的方向。‎ ‎5. 关于磁感线的说法，下列正确的是( )‎ A. 磁感线不封闭，从磁体N 极出发，终止于S 极 B. 磁感线可表示磁场的强弱和方向 C. 磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线 D. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱 ‎【答案】B ‎【解析】A、磁感线是闭合曲线，故A错误； B、磁感线可表示磁场的强弱和方向，密集处磁场强，切线表示方向，故B正确； C、磁感线是假象的曲线，为了形象的描述而引入的，实际并不存在，故C错误； D、磁感线切线方向仅指示该点磁场方向，磁场强弱由磁感线密集程度判定，与方向无关，故D错误。‎ 点睛：本题考查了磁感线的引入的原因和特点、磁化的概念、磁场的性质，由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质。‎ ‎6. 在研究原子物理时，常常用到电子伏特做单位，电子伏特是（ ）‎ A. 电量单位 B. 电功率单位 C. 电压单位 D. 能量单位 ‎【答案】D ‎【解析】研究微观粒子时常用电子伏特（）做能量的单位，等于一个电子经过电压加速后所增加的能量，若电场中的两点间的电势差为，将一电子从a点移到b点，电子克服电场力做功为，，电量的单位是库仑，电功率单位为瓦特，而电压的单位是伏特，故ABC错误，D正确。‎ 点睛：此题考查的是我们对常见物理量及其对应单位的掌握情况，要注意明确电子伏特和元电荷之间的关系，明确电子伏特对应的计算公式。‎ ‎7. 粒子的质量是质子的4倍，电量是质子的2倍，他们从静止开始经过同一电场E加速后，获得的速度之比是（ ）‎ A. 1 :2 B. C. D. 2 :1‎ ‎【答案】B ‎【解析】设质子的质量为m，电量为q，加速电场的加速电场为U，根据动能定理得：‎ ‎，得 U相同，则知，v与比荷的平方根成正比，粒子的质量是质子的4倍，电荷量是质子的2倍，则它们比荷之比为 ‎ 故粒子和质子获得的速度大小之比为，故选项B正确，选项ACD错误。‎ 点睛：两个粒子在加速电场中，只有电场力对它们做功，根据动能定理得速度的表达式，再求解速度大小之比。‎ ‎8. 一个平行板电容器充电后，把电源断开，再用绝缘工具把电容器的两个金属板间距拉大一些，这样会使得（ ）‎ A. 电容器的电容增加 B. 电容器的电量增加 C. 电容器的电压增加 D. 电容器的电场减小 ‎【答案】C ‎【解析】A、根据电容的决定式，分析可知，电容与板间距离成反比，当把两金属板拉开一些距离，电容减小，故A错误； B、电容器充电后断开电源的情况下，电容器板带电量不变，而电容减小，根据知电容器的电压增大，故B错误，C正确； D、根据，可知：Q不变，与d无关，所以板间场强不变，故D错误。‎ 点睛：本题要抓住电容的决定式，明确电容与板间距离的关系．还可以进一步研究板间电压、电场强度等物理量的变化情况，要熟练推导出板间场强公式，知道E与d无关，这是常用的结论，要理解并牢固掌握。‎ ‎9. 如图所示，一个闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成角，磁感应强度B，用下述哪个方法可使线圈的磁通量增加一倍 ( )‎ A. 把线圈匝数增加一倍 B. 把线圈面积增加一倍 C. 把线圈的半径增加一倍 D. 转动线圈使得轴线与磁场方向平行 ‎【答案】B 点睛：本题关键要正确理解磁通量的概念，磁通量是标量，有正负，表达式为，为磁场方向与线圈平面的夹角。‎ ‎10. 电场强度的定义式为，则（ ）‎ A. 定义式中，F是置于电场中试探点电荷所受的电场力，q是该点电荷的电荷量 B. 此公式只适用于点电荷形成的电场 C. 电场中的场强E与点电荷所受电场力F成正比 D. 场强方向与试探电荷的正、负有关 ‎【答案】A ‎........................‎ 点睛：本题考查对电场强度物理意义的理解，电场强度是反映电场本身性质的物理量，与试探电荷无关，电场中同一点，不管放什么电荷，放不放电荷，该点的电场强度大小和方向都是一定的。‎ ‎11. 一根铜导线经过拉线机几次拉制后，半径缩小到原来的，结果这根铜导线的电阻就变为原来的（ ）‎ A. 81倍 B. 9倍 C. 倍 D. 8倍 ‎【答案】A ‎【解析】半径缩小为原来的，则由可得，截面积变为原来的，因体积不变，故长度为原来的9倍，由可知，；故电阻变为原来的81倍， 故A正确，BCD错误。‎ 点睛：导线在拉伸过程中导线的体积不变，根据半径变化可明确截面积的变化，再根据体积不变即可确定长度变化，则由电阻定律即可确定电阻大小。‎ ‎12. 平行板电容器中有一带电粒子P处于静止状态，若把滑动变阻器R的滑动触头向下移动，则带电粒子将（ ）‎ A. 向上加速运动 B. 向下减速运动 C. 向下加速运动 D. 仍然静止不动 ‎【答案】A ‎【解析】把滑动变阻器R的滑动触头向下移动，电路的电阻增大，电流减小，和内阻上的电压减小，路端电压增大，那么电容器两端电压增加，因此油滴所受的电场力变大，带电液滴向上加速运动，故A正确，BCD错误。‎ 点睛：本题是电路的动态分析问题，关键抓住电容器的电压等于变阻器两端的电压，由分析板间场强变化，判断出油滴的运动方向。‎ ‎13. 把，，这样三个电阻任意接连，得到的等效电阻的范围是（ ）‎ A. 在和之间 B. 在和之间 C. 小于 D. 大于 ‎【答案】B ‎【解析】当三个电阻串联时，总电阻最大，即：； 当三个电阻并联时，总电阻最小，即： 解得：，所以得到的等效电阻阻值在之间，故B正确，ACD错误。‎ 点睛：解答此题的关键是知道串并联电路特点．串联电路的总电阻等于各电阻之和；并联电路的总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之和。‎ ‎14. 图中能正确表示通电导线附近磁感线分布的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、电流竖直向上，则根据安培定则可知，左侧磁场向外，右侧磁场向里，故A错误； B、电流向上，则根据安培定则可知，从上向下看磁感线为逆时针方向，故B正确； C、电流向外，则根据安培定则可知，磁场应为逆时针方向，故C错误； D、电流向右，则根据安培定则可知，上方磁感线应向外，下方磁感线向里，故D错误。‎ 点睛：本题考查安培定则的应用，要注意明确三种通电导线对应的磁场分布，同时还要明确它们各自对应的横、纵切面图，并能准确画出。‎ ‎15. 质量为m，带电量为+q的小球，在匀强电场中由静止释放，场强大小为，发现小球沿着与竖直向下夹的方向作匀加速直线运动，则E所有可能的方向可以构成（ ）‎ A. 一条线 B. 一个平面 C. 一个球面　 D. 一个圆锥面 ‎【答案】D ‎【解析】带电小球在电场中受到重力和电场力作用，从静止释放，做匀加速直线运动，小球所受的合力方向沿此运动方向，则垂直于运动方向上合力为零，设电场强度方向与垂直于运动方向的夹角为，如图所示：‎ ‎ 则，代入，解得：，所以E所有可能的方向可以构成以O为顶点、与合力方向垂直即与速度方向垂直的一个平面，此时的电场强度为最小值，故B正确，选项ACD错误；‎ 点睛：带电小球在电场中受到重力和电场力作用，从静止释放，做匀加速直线运动，小球所受的合力方向沿此运动方向，则垂直于运动方向上合力为零，根据力的合成与分解法则即可求解。‎ ‎16. 如图所示，把一矩形通电导线框悬挂在一轻弹簧的下端，通以逆时针方向的电流，在线框的下方固定一与线框在同一竖直平面内的水平直导线cd。当导线中通以由c到d的电流时，线框上方的轻弹簧将 （ ）‎ A. 向下伸长 B. 长度不变，随线框向纸外摆动 C. 向上收缩 D. 长度不变，随纸框向纸内摆动 ‎【答案】A ‎【解析】A、直导线中通有向右的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，根据左手定则可知ab边受到安培力向下，对边受到的安培力向上，由可知ab边受到的安培力大于对边受到的安培力，而竖直边受到的安培力大小相等，方向相反，合力为零，则线圈所受磁场力的合力方向向下，轻弹簧向下伸长，故A正确，选项BCD错误。‎ 点睛：直导线中通有电流，会在周围产生磁场，根据左手定则判断出各边受到的安培力的方向，根据判断出安培力的大小，即可判断。‎ ‎17. 如图，一个由电池、电阻R和平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距的过程中（ ）‎ A. 电阻R中没有电流 B. 电容器的电容变大 C. 电阻中R有电流从A流向B D. 电阻中R有电流从B流向A ‎【答案】D ‎【解析】增大电容器两极板间距离过程中，根据电容的决定式分析得知，电容C减小，而电压U不变，则电容器所带电量减小，电容器放电，由于电容器上板带负电，下板带正电，则电阻R中有从B流向A的电流，故选项D正确，选项ABC错误。‎ 点睛：增大电容器两极板间距离过程中，根据电容的决定式分析电容如何变化，电容器板间电压不变，根据电容的定义式分析电容器的电量如何变化，确定电容器处于充电还是放电状态，判断电路中电流的方向。‎ ‎18. 如图，一位于xy平面内的矩形通电线圈只能绕ox轴转动，线圈的四条边分别与x、y轴平行，线圈中通以电流，当空间加上如下哪种磁场时，线圈会转动起来（ ）‎ A. 方向沿正z轴的匀强磁场 B. 方向沿负x轴的匀强磁场 C. 方向沿正x轴的匀强磁场 D. 方向沿负y轴的匀强磁场 ‎【答案】D ‎【解析】A、磁场方向沿正z轴，根据左手定则可知，线圈左右两边所受安培力平衡，前后两边所受安培力也平衡，整个线圈所受安培力的合力为零，无法转动，不符合题意，故A错误； B、磁场方向沿负x轴，线圈左右两边不受安培力，根据左手定则可知，里面的边所受安培力方向向下，外面的边所受安培力方向向上，根据题意线圈不能转动，故B错误； C、磁场方向沿正x轴，线圈左右两边不受安培力，根据左手定则可知，里面的边所受安培力方向向上，外面的边所受安培力方向向下，根据题意线圈不能转动，故C错误； D、磁场方向沿负y轴，线圈前后两边不受安培力，根据左手定则可知，线圈左边所受安培力方向向下，右边所受安培力方向向上，由题意线圈可以绕Ox轴转动，故D正确。‎ 点睛：本题是磁场中典型问题：判断安培力作用下导体运动方向的问题，关键在于分析安培力的大小和方向，注意本题线圈只能绕ox轴转动。‎ ‎19. 用一个绝缘棒做支柱，支撑一个不带电的空心金属球，球顶开一个小孔，为了使球的外表面带负电荷，下面所采取的方法错误的是（ ）‎ A. 把一个带正点的小球从小孔伸入球内，但不与球的内壁接触 B. 把一个带负点的小球从小孔伸入球内，但不与球的内壁接触 C. 把一个带负点的小球从小孔伸入球内，并与球的内壁接触 D. 把一个带正点的小球从小孔伸入球内，但不与球的内壁接触，再用手接触一下球的外表面，手离开球后再把小球取出拿远 ‎【答案】A ‎【解析】A、把一个带电的小球从小孔伸入球内，但不与球的内壁接触时，由于静电感应，金属球壳内壁感应出与带电小球相反的电荷，此时空腔金属球壳的外表面的电荷与内表面的电荷电性相反，所以与带电小球的电性相同．‎ 把一个带正电的小球从小孔伸入球内，但不与球的内壁接触，空心金属球外表面带正电荷；‎ 把一个带负电的小球从小孔伸入球内，但不与球的内壁接触，空心金属球外表面带负电荷，故A错误，B正确；‎ C、把一个带负电的小球从小孔伸入球内，并与球的内壁接触，二者接触的过程中电荷重新分配，电荷只分布在新带电体的外表面，所以空心金属球外表面带负电荷，故C正确；‎ D、把一个带正电的小球从小孔伸入球内，但不与球的内壁接触，由于静电感应，金属球壳内壁感应出与带电小球相反的负电荷，此时空腔金属球壳的外表面的电荷与内表面的电荷电性相反，带正电，当再用手接触一下球的外表面时，大地的电子通过人体将中和球壳外表面的多余正电荷，所以此时的球壳整体带负电；手离开球后再把小球取出拿远后，空心金属球外表面带负电荷，故D正确。‎ 点睛：本题考查对于感应起电的理解能力．抓住静电平衡导体的特点，就能正确解答；静电平衡后，由于静电感应，金属球壳内壁感应出与带电小球相反的电荷，此时空腔金属球壳的外表面的电荷与内表面的电荷电性相反，所以与带电小球的电性相同；接触带电后，金属壳的外表面带电，电性与小球的电性相同；由此分析即可。‎ ‎20. 如图把三只灯泡串联后接到1.5V的干电池两端，但发现三个灯泡都不亮，用电压表测得、，由此可知（ ）‎ A. 灯丝烧断 B. 灯丝一定不断 C. 灯丝被烧断 D. 三灯灯丝均断 ‎【答案】C ‎【解析】A、若L1断路时，电路中没有电流，根据欧姆定律得知，灯泡L2、灯泡L 3的电压都为零，即UBD等于0，与题设条件不符，故A错误；‎ B、若L2断路，电路中没有电流，根据欧姆定律得知，UAC等于电源的电动势，为，与题设条件不相符，故B错误；‎ C、L3断路时，电路中没有电流，根据欧姆定律得知，灯泡L1、灯泡L 2的电压都为零，即UAC=0，UBD等于电源的电动势，为，与题设条件相符，故C正确，D错误。‎ 点睛：本题是电路中故障分析问题，可以运用欧姆定律理解分析故障所在，往往哪部分电路的电压等于电源的电压，断路就出现在哪儿。‎ ‎21. 如图为分压器，加在两端的电压为9V，滑动触头C 位于中点，已知，则两端的电压是（ ）‎ A. 6V B. 4.5V C. 3V D. 7.5V ‎【答案】C ‎【解析】由题，滑片C滑至的中点，变阻器下半部分电阻为，下半部分电阻与R2‎ 并联的阻值为 则两端的电压为：，故选项C正确，选项ABD错误。‎ 点睛：当滑片C滑至的中点时，变阻器下半部分电阻与并联后与上半部分电阻串联，根据串联电路电流相等的特点，由欧姆定律采用比例法求出两端的电压。‎ ‎22. 有a、b两球质量都为m，所带电荷量分别为+q和-q，两球间用绝缘细线相连，a球用绝缘细线挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都拉紧，则平衡时可能的状态是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】首先取整体为研究对象，整体受到重力、电场力和上面绳子的拉力，由于两个电场力的矢量和为：，所以上边的绳子对小球的拉力与总重力平衡，位于竖直方向，所以上边的绳子应保持在绳子竖直位置，再对负电荷研究可知，负电荷受到的电场力水平向右，所以下面的绳子向右偏转，故A正确，BCD错误。‎ 点睛：运用整体法研究上面绳子与竖直方向的夹角，再隔离负电荷研究，分析两电荷之间的绳子与竖直方向的夹角，即可作出判断。‎ ‎23. 如图，通电线圈abcd平面和磁场垂直（不考虑电流间相互作用），则（ ）‎ A. ab边受到向左的安培力 B. bc边受到向下的安培力 C. 线圈面积有缩小的趋势 D. 线圈有转动的趋势 ‎【答案】C ‎【解析】根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，四指指向电流方向，则拇指指向安培力方向，由上分析，那么ab边受到向左的安培力方向向右，bc边受到向上的安培力，故AB错误；同理，可知，线圈有收缩的趋势，故C正确；各边受到的安培力方向与线圈在同一平面，则线圈不会转动，故D错误．故选C．‎ 点睛：考查由左手定则可判定安培力方向，注意对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．还要注意左手定则与右手定则的区别.‎ ‎24. 如图对同一未知电阻用甲、乙两种电路分别测量，图甲中两表读数分别为3V，4mA，图乙中两表读数为4V，3.9mA ，则可知的真实值（ ）‎ A. 比略小 B. 比略大 C. 比略大 D. 比略小 ‎【答案】B ‎【解析】电压表变化为，相对变化量为；而电流变化为，相对变化量为：，则说明电压表示数变化大，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． 则测量值即真实值略大于，故B正确，ACD错误。‎ 点睛：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；以外接法为例，应明确电压表是准确的，而由于电压表的影响，导致电流表示数偏大。‎ ‎25. 如图电路中，电容器的电容，电源电压为恒定不变，电阻不计，，则电容器极板a所带电荷量为（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】当电键S闭合后至稳定时，电压为，‎ 电压为所以电容器两端电压为上极板电势高，故此时电容器上极板带正电，电荷量为，故选项D正确，选项ABC错误。‎ 点睛：闭合电键后，根据闭合电路欧姆定律比较出电容器上下两端点的电势高低，从而得出两端的电势差，确定电容器两极板的带电，从而得出电荷量。‎ 二、填空题（5小题）‎ ‎26. 如图是“测定电源电动势和内阻”这一实验的实物图，连线已经完成一部分，还差两条导线没有连上，请你用笔画线代替导线完成电路。_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】应用伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电路图如图所示： ‎ 点睛：本题考查了伏安法测电源电动势与内阻的电路图，知道实验原理、掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与掌握。‎ ‎27. 在“测量金属的电阻率”这个实验时，需要用电流表和电压表测量电流和电压，用螺旋测微器测金属丝的直径，某次实验仪表显示如图所示，则电流 I=______A，电压U=______V，直径d=______mm.‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 0.46 (2). 1.80 (3). 6.691‎ ‎【解析】由图示电流表可知，其量程为，分度值为，示数为：； 由图示电压表可知，其量程为，分度值为，示数为：； 由图示螺旋测微器可知，其示数为：。‎ 点睛：本题考查了电流表、电压表与螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数，读数时视线要与刻度线垂直。‎ ‎28. 一位同学利用一个中值电阻为的欧姆表测量电阻（约）和（约），下面是他的主要操作步骤：‎ A．将两个表笔短接，电阻调零 B．将两个表笔分别与待测电阻的两端接触，读数并乘相应的倍数 C．将两个表笔分别与待测电阻的两端接触，读数并乘相应的倍数 D．将旋钮转到×100挡 E．将旋钮转到×1挡 F．将旋钮转到OFF挡 G．机械调零 请你排列出正确的顺序（如有必要，可以重复某些步骤）__________________‎ ‎【答案】GEABDACF ‎【解析】在应用多用电表测电阻前先要使多用电表进行机械调零； 欧姆表的中值电阻为；‎ 的阻值约为时，应先选挡，选择挡位后进行欧姆调零，再测电阻阻值；‎ 的阻值约为，应选择挡，然后重新进行欧姆调零，再测电阻阻值； 测量完毕后断开电路，转动选择开关使其尖端对准“”档， 故合理的实验步骤是：GEABDACF。‎ 点睛：本题考查了应用欧姆表测电阻的步骤与注意事项，掌握基础知识即可即可解题；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；平时要注意基础知识的学习与应用。‎ ‎29. 有一个黑箱，内部是用若干个阻值相同的电阻所构成的电路，用欧姆表测得如下：，，，请你根据这些信息设计这个黑箱内部的最简电路。_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题，1与4、2与3之间的电阻值是1与2、1与3、2与4之间电阻值的2倍，3与4之间的电阻值是1与2、1与3、2与4之间电阻值的3倍，若电路最简，则各点之间的电阻的个数最少，所以1与2、1与3、2与4之间可以只有一个电阻，而1与4、2与3之间有2个电阻，3与4之间有3个电阻，所以可能的电路如图：‎ 点睛：该题中只有简单的电阻的情况，属于对串并联电路的结构的考查，可以根据需要将电阻组合起来，到达符合题意的电路图。‎ ‎30. 实验桌上放着晶体二极管、电容器、电阻各一只，性能均正常，外表十分相似．现用多用电表的某个档，分别测它们的正反电阻(以和表示)加以鉴别．测甲元件时，；测乙元件时，；测丙元件，正测时，开始指针有向右偏转，接着指针向左返回，最后停在电阻无穷大处，反测时依然开始指针有向右偏转，接着指针向左返回，最后停在电阻无穷大处。则甲、乙、丙三个元件分别为：甲____乙____丙___‎ ‎【答案】 (1). 电阻 (2). 二极管 (3). 电容 ‎【解析】分别测它们的正反电阻加以鉴别；‎ 测甲元件时，正反接电阻一样，说明甲元件是电阻；‎ 测乙元件时，正向接时阻值较小，反向接时阻值较大，因此乙元件是二极管；‎ 测丙元件时，正测时，开始指针有向右偏转，接着指针向左返回，最后停在电阻无穷大处，反测时依然开始指针有向右偏转，接着指针向左返回，最后停在电阻无穷大处． 说明刚开始时正在给电容器充电，阻值较小，当稳定后阻值会很大，则丙元件是电容器。‎ 点睛：多用电表测电阻时，表盘刻度不均匀，从右向左间格越来越密，同时测量读数时指针尽可能在中间附近，二极管具有单向导通性。‎ 三、计算题（3小题10分）‎ ‎31. 如图所示，一个绝缘的光滑半圆环，竖直放置在电场强度为E的匀强电场中，电场线方向竖直向下，在环壁的最高点有一个质量为M，带正电Q的小球，由静止自由滚下，求：小球经过最低点对环壁的压力？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】从静止到最低点过程中，根据动能定理得， 在最低点有根据牛顿第二定律： 联立两式解得： 根据牛顿第三定律可知，小球经过最低点时对环底的压力为。‎ 点睛：根据动能定理求出小球到达最低点的速度，通过径向的合力提供向心力，求出小球在最低点所受的支持力，从而得出小球对环底的压力。‎ ‎32. 质量为的带电粒子以速度从水平放置的平行金属板A、B中央沿水平方向飞入板间，如图所示。已知板长L=10cm，间 距d=2cm，当所加电压时，带电粒子恰好沿直线穿过板间()，求：‎ ‎（1）该粒子带什么电? 电荷量q为多少?‎ ‎（2）若带电粒子从A、B之间分布均匀的飞入板间，速度依然为 的水平方向，最后发现有一半粒子打在上板，一半粒子飞出电场。求所加电压为多少？‎ ‎【答案】（1），（2）.‎ ‎【解析】（1）由于带电粒子受到的电场力向上，而场强方向向下，所以粒子带负电，由平衡条件得： ‎ 代入数据解得：； （2）由题意，从AB正中间射入电场的粒子恰好从上板右端出场 ，‎ 由牛顿第二定律得： 联立以上几式得：。‎ 点睛：本题一要注意的是带电粒子的重力不能忽略；二要弄清有一半粒子飞出电场，一半粒子打在板上，由于每个粒子入射速度相同，则每一个粒子的轨迹平行，这样看来，从中点入射的粒子恰好从上板边缘飞出，由类平抛运动规律及牛顿第二定律能求出极板间的电压。‎ ‎33. 如图为某一直流电动机提升重物的装置，重物质量为，稳定电压为，不计各处摩擦，当电动机以的恒定速度向上提升物体时，电路中电流为，试求：电动机的内阻r为多少？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】电动机消耗的总能量一部分用于提升重物的机械能，一部分消耗在电动机线圈电阻发热上．根据能量守恒定律得：， 其中：，，， 所以有， 代入解得 。‎ 点睛：电动机正常工作时，电路是非纯电阻电路，求解电功率只能用，求解内电路发热功率只能用，输出功率往往根据能量守恒定律求解。‎ ‎ ‎