2022-2022学年云南省保山市腾冲八中高二（上）期中物理试卷一、单选题（本题共10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）1．（3分）（2022秋•腾冲县校级期中）下列说法中，正确的是（　　）　A．由公式E=可知，在离点电荷非常近的地方（r→0），电场强度E可达无穷大　B．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大　C．由公式EP=φq可知负电荷在电势低的地方具有的电势能大　D．公式C=，电容器所带电量Q越大，电压U越小，电容器的电容C越大考点：电容；电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：解答本题需掌握：点电荷场强公式的适用条件；电势能与电势关系公式EP=φq；匀强电场中的场强与电势差的关系公式Uab=Ed；电容的定义式公式C=．解答：解：A、点电荷场强公式E=中，Q为场源电荷的带电量，场源电荷应该为点电荷模型，只有当电荷的大小很小，对所要研究的问题可以忽略不计时，实际电荷才可以简化为点电荷，当r→0时，电荷已经不能简化为点电荷，公式已经不成立，故A错误；B、匀强电场中的场强与电势差的关系公式Uab=Ed中的d为沿电场线的距离，故B错误；C、电势能与电势关系公式EP=φq中，当q取负值时，φ越小，电势能EP越大，故C正确；D、电容器的电容由电容器本身决定，与带电量无关，故D错误；故选：C点评：本题关键对于电场部分的几个公式要能明确其各个量的物理意义，明确公式的适用范围；其中电势能与电势关系公式EP=φq中，电荷量q可以取负值．　2．（3分）（2022秋•腾冲县校级期中）如图所示，两块大小、形状完全相同的金属板正对着水平放置，构成一个平行板电容器．将两金属板分别与电源两极相连，闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态，下列判断正确的是（　　）　A．保持开关S闭合，增大两极间的距离，液滴向上运动　B．保持开关S闭合，增大两板间的距离，液滴向下运动　C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动　D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动-14-\n考点：带电粒子在混合场中的运动；电容器的动态分析．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，则带电液滴在电场力与重力共同作用下处于静止状态．当开关闭合后两板板间的电压不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，导致极板间的电场强度发生变化，最终使得液滴状态发生变化；当而开关断开后，两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化，从而确定液滴是否会运动．解答：解：A、当保持开关S闭合，则两极板间的电压不变．若增大两板间的距离，则导致平行板电容器的电容减小，从而导致电容器的电量减少，因此两板间的电场强度减小，所以电场力小于重力，出现液滴向下运动．故A错误；B正确；C、当断开开关S，则两极板间的电量不变．若减小两板间的距离，则导致平行板电容器的电容增大，从而导致电容器的电压减小．由于极板的电量、正对面积及电介质均没变，所以两板间的电场强度仍不变，因此电场力仍等于重力，则液滴仍处于静止状态．故C错误；D错误；故选：B．点评：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定．当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变．　3．（3分）（2022秋•腾冲县校级期中）在图中，甲、乙两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下列说法不正确的是（　　）　A．甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表内接法　B．甲中误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使R≪RV，故此法测较小电阻好　C．乙中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R≫RA，故此法测较大电阻好　D．甲中R测＞R真，乙中R测＜R真考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：两种接法都有误差：甲图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过灯泡电阻R的电流，还包括了电压表的电流；B图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是灯泡电阻R的电压，还包括了电流表的分压；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小．解答：解：A、甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表的内接法，故A正确；B、甲图中，误差来源与电压表的分流作用，为了减小误差，应使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好；故B正确；C、乙图中，误差来源与电流表的分压作用，乙图中灯泡电阻的精确值应为﹣RA，故C正确；-14-\nD、甲图中，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律R=，电阻测量值偏小，即R测＜R真；乙图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律R=，电阻测量值偏大，即R测＞R真，故D错误；本题选择不正确的，故选：D．点评：待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．　4．（3分）（2022秋•腾冲县校级期中）如图所示，接地的空心金属球壳B右侧有一原来不带电的枕形导体C，现将带负电的小球A，置于空心金属球壳B的内部，则下列说法中正确的是（　　）　A．球壳B带正电，枕形导体C的左端带负电　B．球壳B带正电，枕形导体C的左端带正电　C．球壳B带负电，枕形导体C的左端不带电　D．球壳B带正电，枕形导体C的左端不带电考点：静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：一个带负电的小球从B球开口处放入B球中央，但不触及B球．此时B的电子排斥到外侧，这时B靠近A的一端就会感应出正电；由于B接地，所以B的外壳不带电．C的周围没有电场．解答：解：一个带负电的小球从B球开口处放入B球中央，但不触及B球．此时B的电子排斥到外侧，这时B靠近A的一端就会感应出正电；由于B接地，所以B的外壳不带电．所以B整体带正电．由于B接地，对A产生的电场有屏蔽作用，所以C的周围没有电场，C的两端都不带电．故选：D．点评：该题考查了感应起电的相关知识，要知道接地的球壳对内部的电荷以及外部的电荷都有静电屏蔽的作用．难度不大，属于基础题．　5．（3分）（2022•北京）如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）-14-\n　A．8eVB．13eVC．20eVD．34eV考点：等势面；功能关系；电势能．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：要求正电荷的电势能为﹣8eV时的动能，需要知道该正电荷的动能和电势能的总和，得出Eka+Epa=Ekb+Epb，得出Epb﹣Epa=21eV从而确定φb＞φa；根据电荷经过a、b点的动能分别为26eV和5eV和ab之间有两个等势面且等势面3的电势为0，可设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，再根据该正电荷的动能和电势能的总和保持不变求出正电荷的动能．解答：解：在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有Eka+Epa=Ekb+Epb…①所以26eV+Epa=5ev+EpbEpb﹣Epa=26eV﹣5eV=21eV…②根据EP=qφ可知φb＞φa，由于相邻等势面之间的电势差相同，等势面3的电势为0，设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，代入②式得qφ﹣（﹣2qφ）=3qφ=21eVqφ=7eV正电荷的能量故有Ek+（﹣8eV）=5eV+7eVEK=5eV+7eV+8eV=20eV故C正确，故选C．点评：“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口．　6．（3分）（2022秋•腾冲县校级期中）由内阻为90Ω小量程电流表G与电阻R改装成的一只电流表，其量程为小量程电流表G的10倍，则电阻R的阻值应为（　　）　A．9ΩB．10ΩC．810ΩD．900Ω考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，由并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．解答：解：把电流表改装成大量程电流表，需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：-14-\nR=====10Ω；故选：B．点评：本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．　7．（3分）（2022•上海）两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势．若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则（　　）　A．a处为正电荷，qa＜qbB．a处为正电荷，qa＞qb　C．a处为负电荷，qa＜qbD．a处为负电荷，qa＞qb考点：等势面；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．解答：解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称，无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．故正确的答案应该选B．故选：B点评：该题是常见电场知识的拓宽与延伸，需要有一定的知识迁移能力和较强的逻辑推理能力．对能力的要求相对较高．属于中档题目．　8．（3分）（2022秋•临泉县校级期末）如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线至某点R处的电场强度为零，且PR=3RQ．则（　　）　A．q1=3q2B．q1=﹣9q2C．q1=﹣3q2D．q1=9q2考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解．解答：解：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，-14-\n根据点电荷的电场强度公式得=，PR=3RQ．解得：q1=9q2．故选：D．点评：理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量性．　9．（3分）（2022秋•楚州区校级期中）一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（　　）额定容量54L最高水温75℃额定功率1200W额定压力0.7MPa额定电压220V电器类别Ⅰ类　A．6.8AB．0.15AC．5.45AD．0.23A考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由热水器铭牌可知，加热时的额定功率是1200W，额定电压是220V，由电功率变形公式可以求出加热时的电流．解答：解：加热时的额定功率是1200W，额定电压是220V，电热水器加热时的电流：I==≈5.45A；故选：C．点评：从铭牌获取必要的信息，熟练应用电功率的变形公式即可正确解题，本题是一道基础题．　10．（3分）（2022•台江区校级四模）如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R．下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（　　）　A．特性曲线在Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2　C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．-14-\n解答：解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．故选C点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．　二、多选题（本题共5个小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，题目中至少有一个选项正确．全选对得4分，选对但选不全得2分，选错或不选得0分）11．（4分）（2022•山东）如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q和﹣Q，x轴上的P点位于的右侧．下列判断正确的是（　　）　A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同　B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同　C．若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能增大　D．若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能减小考点：电势能；电场强度；电场线．专题：压轴题；电场力与电势的性质专题．分析：要解答本题需要：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布；知道WAB=EPA﹣EPB，即电场力做正功，电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为电势能，电势能增加，即W=﹣△E．解答：解：等量异种电荷周围的电场分布情况如图所示，根据其电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，在正电荷Q的左边，故A正确，B错误；若将一试探电荷+q从P点移至O点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大．一般规定无穷远电势为零，过0点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q在P点时电势能为负值，移至O点时电势能为零，所以电势能增大，故C正确，D错误．点评：对于几种典型的电场如正负点电荷、等量同种电荷、等量异种电荷周围电场线、等势线等分布情况要熟练掌握．　12．（4分）（2022秋•香坊区校级期末）如图所示，一电子沿Ox轴射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD动能变化量分别为△EK1和△EK2，则（　　）-14-\n　A．vcy：vDy=1：2B．vcy：vDy=1：4　C．△Ek1：△Ek2=1：3D．△Ek1：△Ek2=1：4考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知，可知时间关系，竖直方向做匀加速运动，由运动学公式可分析速度关系，并能得到竖直位移的关系，由动能定理分析动能变化量的关系．解答：解：A、B电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知，则电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vcy=atOC，vDy=atOD，所以vcy：vDy=tOC：tOD=1：2．故A正确，B错误．C、D根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOC：yOD=1：4，根据动能定理得△Ek1=qEyOC，△Ek2=qEyOD，则得，△Ek1：△Ek2=1：4．故C错误，D正确．故选AD点评：本题是类平抛运动问题，运用运动的分解法研究，灵活运用比例法求解，比较简单．　13．（4分）（2022秋•楚州区校级期中）关于电源的电动势，下列说法中正确的是（　　）　A．电源电动势越大，表明它将其他形式的能转化为电能的本领越大　B．电源电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压　C．电源电动势在数值上等于非静电力在单位时间内所做的功　D．电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．解答：解：电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领越大．则A正确；其大小在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，也等于电源没有接入电路时两极间的电压．则C错误BD正确，故选：ABD点评：本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和闭合电路欧姆定律来加深理解．　-14-\n14．（4分）（2022秋•腾冲县校级期中）如图所示，R1、R2是两定值电阻，R1的阻值很小，R2的阻值很大；G是一灵敏电流计，S1、S2为开关，下列判断正确的是（　　）　A．只闭合S1时，M、N间是一个电压表　B．S1、S2都闭合时，M、N间是一个电流表　C．只闭合S1时，M、N间是一个电流表　D．S1、S2都断开时，M、N间是一个电压表考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：电流表和电压表都是由表头改装而成的；电流表采用并联一个小电阻分流的方式，而电压表采用的采用串联大电阻分压的方向；根据电路的结构可知电路的功能．解答：解：A、若只闭合S1时，则R2被短路，M、N间仍是灵敏电流计，故A错误；B、两开关均闭合，则电路中表头G与R1并联，电阻较小，相当于安培表，故B正确；C、只闭合S1时，则R2被短路，只有表头接入电路，故只相当于灵敏电流计，故C错误；D、两个开关均断开，则G与R2串联，则相当于电压表，故D正确；故选：BD．点评：本题要求学生能掌握电表的性质及电表改装的原理，明确电流表内阻较小，而电压表内阻较大．　15．（4分）（2022秋•小店区校级期中）一根电阻丝在通过2C的电量时，消耗电能是8J．若在相同时间内通过4C的电量，则该电阻丝两端所加电压U和该电阻丝在这段时间内消耗的电能E分别为（　　）　A．U=4VB．U=8VC．E=16JD．E=32J考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：已知电阻丝在通过2C的电量时，消耗的电能是8J，根据W=qU变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；已知通过电阻丝的电量是4C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．解答：解：因为电阻丝在通过2C的电量时，消耗的电能是8J，由W=qU得：此时电压为：U==V=4V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=可知，I′=2I-14-\n根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U′=2U=2×4V=8V电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=q′U′=4×8J=32J．故选：BD．点评：本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解．　三、填空题（每空2分，共20分）16．（8分）（2022秋•腾冲县校级期中）已知一电流表的满偏电流为3mA，其内阻为120Ω，要把它改装成量程为6V的电压表应　串　联（串联还是并联）的电阻值R=　1880　．若将其改装量程为3A的电流表，应当对原电流表　并　联（串联还是并联）的电阻值R=　0.12　．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程．改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R=．解答：解：改装成电压表要串联电阻分压串阻值为：R=﹣Rg=﹣120=1880Ω改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为：R==≈0.12Ω故答案为：串，1880，并，0.12．点评：考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值；考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大．　17．（10分）（2022秋•梧州期末）有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（500Ω，1A）G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干-14-\n（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，理由是　电压应从零开始变化　（2）实验中所用电压表应选　A　，电流表应选用　D　，滑动变阻器应选用　E　．（用序号字母表示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．（2）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器．（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入．解答：解：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲．（2）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I===0.5A，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：故答案为：（1）电压应从零开始变化；（2）A；D；E；（3）实物电路图如图所示．点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．　四、计算题（，共20分）-14-\n18．（16分）（2022秋•蜀山区校级期中）如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为．再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，根据U=Ed、Q=cU、F=qE以及平衡条件分两次列方程后求解出电容器极板电量Q的表达式进行讨论．解答：解：设电容器的电容为C，第一次充电Q后，电容器两极板间电势差，两板间为匀强电场，场强，设电场中小球带电量为q，则所受电场力F1=qE1小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，如图所示由平衡条件有：F1=mgtanθ1综合以上各式得：第二次充电后，电容器带电量为：Q+△Q，同理可得：将方向夹角带入解得：△Q=2Q答：二次充电使电容器正极板增加的电荷量为2Q．点评：本题考查平行板电容器的电场中电场力、电场强度和电势差的关系等，关键结合平衡条件列式求解．　19．（2022秋•腾冲县校级期中）如图，是0.6A与3A的双量程电流表，其表头内阻Rg=60Ω，满偏电流Ig=1mA图中A、B两个接线柱，量程为3A的接线柱是哪一个？分流电阻R1、R2分别是多少？-14-\n考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把电流计改装成电流表需要并联一个分流电阻，分析图示电路结构、应用并联电路特点与欧姆定律答题．解答：解：当接“+，A”接线柱时，表头与R2串联后再与R1并联，电路中的总电阻为R：R=当通过表头的电流达到满偏电流Ig时，通过干路中的电流即改装后的电流表的量程为I：I=Ig（R2+Rg）×=Ig（R2+Rg+R1）×…①当接“+，B”接线柱时，R1与R2串联后再与表头并联，电路中的总电阻为R′：R′=当通过表头的电流达到满偏电流Ig时，通过干路中的电流即改装后的电流表的量程为I′：I′=IgRg×=Ig（R2+Rg+R1）×…②可见I＞I′，所以量程为3A的是“A”接线柱，即I=3A，I′=0.6A，代入数据，由①②可解得：R1=0.02Ω，R2=0.08Ω．答：量程为3A的是“A”接线柱，分流电阻R1为0.02Ω，R2为0.08Ω．点评：本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构，应用串并联电路特点、欧姆定律即可正确解题．　20．（2022•台江区校级四模）如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0×104N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10﹣4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（g=10m/s2）（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（2）带电体最终停在何处．-14-\n考点：动能定理的应用；静摩擦力和最大静摩擦力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）对从A到C过程根据动能定理列式求解C点的速度即可；（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，对从C到D过程由动能定理列式求解上升的高度，然后可以判断出滑块会静止在最高点．解答：解（1）设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE（sAB+R）﹣μmgsAB﹣mgR=mv2解得：v=10m/s（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：﹣mgh﹣μqEh=0﹣mv2解得h=m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力：Ffmax=μqE=4N，重力G=mg=2N，因为G＜Ffmax所以带电体最终静止在与C点竖直距离为m处．答：（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度为10m/s；（2）带电体最终停在与C点竖直距离为m处．点评：本题关键是明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用动能定理列式求解，难度适中．　-14-