2015-2016学年上海市位育中学高二（上）期末物理试卷

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2015-2016学年上海市位育中学高二（上）期末物理试卷
一．选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题的四个选项中只有一个正确）
1．（3分）气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和，其大小与气体的状态有关，分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的（　　）
A．温度和体积 B．体积和压强 C．温度和压强 D．压强和温度
2．（3分）给旱区送水的消防车停于水平面，在缓缓放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子势能，则胎内气体（　　）
A．从外界吸热 B．对外界做负功
C．分子平均动能减少 D．内能增加
3．（3分）能量转化和守恒定律是自然界的基本规律之一，下列过程中属于机械能转化为电能的是（　　）
A．光电池放电 B．给蓄电池充电
C．风力发电 D．电动机运转
4．（3分）在建立磁场和磁感线的概念时，先引入电场和电场线，这种处理物理问题的方法都属于（　　）
A．控制变量的方法 B．观察、实验的方法
C．等效替代的方法 D．类比的方法
5．（3分）如图所示，A、B是点电荷负Q形成的电场中的两点（rA＜rB）．若先后把带电量很小，不会影响Q形成电场的正点电荷q1、q2（q1＞q2）分别放到A点和B点，q1、q2在A点受到的电场力分别为FA1、FA2，在B点受到的电场力分别为FB1、FB2．则下列关于点电荷所受电场力F和带电量q的比值的大小的比较中，正确的说法是（　　）

A．FA1q1＜FB1q1，FA1q1＜FA2q2
B．FA1q1＜FB1q1，FA1q1=FA2q2
C．FA1q1＞FB1q1，FA1q1=FA2q2
D．FA1q1＞FB1q1，FA1q1＞FA2q2
6．（3分）奥斯特实验说明了（　　）
A．磁场的存在 B．磁场具有方向性
C．通电导线周围有磁场 D．磁体间有相互作用
7．（3分）如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（3分）一只普通白炽灯，不通电时灯丝的电阻为R1；正常发光时灯丝的电阻为R2．比较R1和R2的大小，应是（　　）
A．R1＞R2 B．R1＜R2
C．R1＝R2 D．条件不足，无法判断
二．选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题的四个选项中只有一个正确）
9．（4分）如图所示为用“与”门构成的简易报警器的示意电路。当报警器发出警报声时，电键S1、S2处于的状态为（　　）

A．S1、S2都断开 B．S1、S2都闭合
C．S1断开，S2闭合 D．S1闭合，S2断开
10．（4分）如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通一图示方向的电流时（　　）

A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用
B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用
C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用
D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用
11．（4分）如图，一带电粒子在电场力作用下，沿虚线所示的轨迹从A点运动到B点，若不计粒子所受重力，则电荷的加速度、动能、电势能的变化情况是（　　）

A．加速度的大小和动能、电势能都增大
B．加速度的大小和动能增大，电势能减小
C．加速度的大小和电势能减小，动能增大
D．加速度的大小和动能、电势能都减小
12．（4分）如图所示，弹簧秤下挂一条形磁棒，其中条形磁棒N极的一部分位于未通电的螺线管内，下列说法正确的是（　　）

A．若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧秤的示数将减小．
B．若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧秤的示数将增大．
C．若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧秤的示数将不变
D．不能确定，与磁铁进入通电螺线管的长度有关
13．（4分）如图所示电路中，滑动变阻器的最大阻值为R2，R1、R3均为定值电阻，且R2＞R3．若将滑动变阻器的滑臂由a移向b的过程中，电流表和电压表示数变化情况是（　　）

A．电流表示数先变大后变小，电压表示数先变小后变大
B．电流表示数先变小后变大，电压表示数先变大后变小
C．电流表示数变大，电压表示数先变大后变小
D．电流表示数变小，电压表示数先变小后变大
14．（4分）在如图所示电路中，开始时电键K1、K2均闭合，现先断开电键K1，则电压表与电流表的示数均发生变化，设它们的示数变化量之比为M1=△U1△I1，再断开电键K2，两电表的示数变化量之比为M2=△U2△I2，若已知R2＜R3，则比较M1与M2的绝对值大小应有（　　）

A．M1＞M2 B．M1＝M2 C．M1＜M2 D．无法确定
三．填空题（本题共有5小题，每小题4分，共20分．把答案写在题中横线上的空白处，不要求写出演算过程）
15．（4分）基本电荷e＝　 　C.1eV＝　 　J，两条平行长直导线中通以相同方向的电流时，它们之间的相互作用为互相　 　；通以相反方向的电流时，则相互　 　．
16．（4分）一根电阻丝，通过2C电荷量所消耗的电能是8J，若在相同的时间内通过4C的电荷量，该电阻丝上所加电压和消耗的电能分别是　 　．
17．（4分）如图所示，场强为E的匀强电场中有A、B、C三点，三点组成一个等边三角形，边长为0.1m，底边AC和电场线的方向平行。现把电量为2×10﹣8C的负电荷从A点移到B点，克服电场力做功4×10﹣5J，则E的大小为　 　N/C，若A点的电势为零，则C点电势为　 　V。

18．（4分）如图表示通过灯泡L的电流I和加在它两端电压U之间关系的图象．现用该灯泡L和R＝9Ω的电阻串联后，接在电动势为6V、内阻为10Ω的电池两端，那么通过灯泡L的电流强度为　 　A，此时，灯泡的电阻R为　 　Ω．

19．（4分）如图（1）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S后，调节滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片从a滑向b的过程中，两电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（2）所示．则滑动变阻器的最大阻值为　 　Ω，滑动变阻器消耗的最大功率为　 　W．

四、综合应用题
20．（2分）在图中，根据其中电场线的分布，在○中标出电荷的正、负（用符号“+”、“﹣”表示），标出放置在图中P点的负电荷所受的电场力F．

21．（3分）画出图中通电螺线管内小磁针N极受到的磁场力方向和通电直导线A受到的安培力的方向；在两侧括号内标出通电螺线管的N、S极．

22．（1分）如图所示为门电路的输入端A、B的输入波形图，请画出该门电路的输出端Z的输出信号的波形图．

23．（4分）如图（甲）所示，某同学用DIS实验测量一节干电池的电动势和内阻，为保护电源在电路中串联了一个阻值为R0＝2Ω的定值电阻．
（1）在（甲）图中的P 处应接　 　传感器，Q 处应接　 　传感器．（选填“电流”或“电压”）
（2）某同学根据计算机生成如图（乙）所示的U﹣I图线，由图线可知，这节干电池的电动势约为　 　，内阻约为　 　．

24．（5分）用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较　 　（选填“大”或“小”）的倍率挡，重新测量前要进行　 　．如图所示为使用多用表进行测量时，指针在刻度盘上停留的位置，若选择旋钮：
在“×100Ω”位置，则所测量电阻的阻值为　 　kΩ；
在“2.5V”位置，则所测量电压的值为　 　V；
在“10mA”位置，则所测量电流的值为　 　mA．

四．计算题（本题共有2小题）
25．（8分）如图所示的电路中，R1＝R3＝10Ω，当电键K闭合时，电压表和电流表的示数分别是6V和0.2A，当电键K断开时，电压表的示数变为4.4V，求：
（1）在电键K闭合时，R1消耗的电功率；
（2）电阻R2的阻值；
（3）电源的电动势和内阻．

26．（9分）固定不动的正点电荷A，带电量为Q＝1.0×10﹣6C，点电荷B从距A无穷远的电势为零处移到距A为1cm、电势为2000V的P点，电场力做了负功1.8×10﹣3J．如果把B电荷从P点由静止释放，释放瞬间加速度大小为9×109m/s2，求：
（1）B电荷带的电量q；
（2）B电荷的质量m；
（3）B电荷能达到的最大速度Vm．

2015-2016学年上海市位育中学高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题的四个选项中只有一个正确）
1．【分析】温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的动能宏观上取决于温度；分子势能是由于分子间引力和分子间距离共同决定，宏观上取决于气体的体积．
【解答】解：由于温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的动能宏观上取决于温度；
分子势能是由于分子间引力和分子间距离共同决定，宏观上取决于气体的体积。
故选：A。
【点评】这是一道考查分子势能和分子平均动能的基础题，
关键是弄清分子热运动与温度的关系以及分子间距离与气体体积的关系．
2．【分析】在缓缓放水的过程中，胎内气体压强减小，温度不变，即气体发生了等温变化过程，由理想气体状态方程可知，气体体积变大，对外做功，根据能量守恒定律可以知道与外界的热量交换情况．
【解答】解：B、胎内气体经历了一个温度不变，压强减小，由理想气体状态方程可知，气体体积变大，故气体对外界做正功，B错误；
C、温度是分子平均动能的标志，由于气体的温度不变，故分子平均动能不变，C错误；
D、不计分子势能，分子平均动能不变，故气体内能不变，D错误；
A、胎内气体内能不变，又对外做正功，根据能量守恒定律，气体从外界吸收热量，故A正确；
故选：A。
【点评】本题中气体经历了等温过程，根据理想气体状态方程判断各状态参量的变化，再结合能量守恒定律求解．
3．【分析】根据能量转化的方向，和它们的要求，逐个分析即可．
【解答】解：A、光电池放电的过程中消耗电能，是电能向其他形式的能的转化，不符合题意。故A错误；
B、给蓄电池充电的过程中蓄电池的化学能增加，是电能转化为化学能。故B错误；
C、风力发电的过程中把风蕴藏的一部分机械能转化为电能，符合题意，故C正确；
D、电动机运转的过程中是电能向机械能转化。故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查能量的转化与守恒，是对常见的能量转化的方向的分析，把握转化的方向是关键．
4．【分析】磁场和电场既看不见，又摸不到，法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象，引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，由此加深了人们对电场与磁场的理解．磁场和电场有很多的相似性．
【解答】解：磁场和电场既看不见，又摸不到，它们有很多的相似性。在建立磁场和磁感线的概念时，先引入电场和电场线，这种处理物理问题的方法都属于类比的方法。
故选：D。
【点评】该题考查常见的物理方法，是常识性的知识点的内容，对于物理学的常见的物理方法等要加强记忆，多多积累．
5．【分析】真空点电荷产生的电场强度计算公式是E=kQr2，Q是产生电场的电荷的电量，r是电场中的某点到场源电荷Q的距离．放在电场中某点的电荷受到的电场力与其电荷量比值等于该点的电场强度．电场中同一点电场强度不变．
【解答】解：A、由题，q1、q2在A点受到的电场力分别为FA1、FA2，而A点的电场强度一定，根据场强的定义式E=Fq可知，FA1q1=FA2q2=EA．故A错误。
B、由点电荷的场强公式E=kQr2分析可知，A点的场强大于B点的场强，则有FA1q1＞FB1q1．故B错误。
C、由上分析可知，FA1q1＞FB1q1，FA1q1=FA2q2．故C正确。
D、电场强度反映本身的强弱与方向，与试探电荷无关，电场中同一点场强是一定的，则FA1q1=FA2q2．故D错误
故选：C。
【点评】本题考查场强两个公式E=Fq和E=kQr2的应用，抓住场强的意义是关键，注意公式中电量的含义：q是试探电荷，Q是场源电荷．
6．【分析】解答本题需掌握奥斯特的电流的磁效应实验的意义．
【解答】解：奥斯特将通电导线放于小磁针上方时发现小磁针发生了偏转，说明了通电导线周围存在着磁场。
故选：C。
【点评】奥斯特实验虽然简单，但却是人类将电与磁联系在一起的基础．
7．【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均相同时，场强才相同。
【解答】解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等。A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误。
B、正点电荷产生的电场中，AB两点场强的方向相同，大小不同，故B错误。
C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，故C正确。
D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同。即A、B两点的场强大小和方向都不同，故D错误。
故选：C。
【点评】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化。
8．【分析】解答本题的关键是分析白炽灯发光与不发光的区别，同时注意温度升高时灯丝的电阻率增大．
【解答】解：灯丝的电阻率随着温度的升高而增大，白炽灯是通过发热发光的，因此发光时温度高于不发光温度，故发光时电阻大，即有R1＜R2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题比较简单，直接考查了温度对电阻率的影响，要注意物理知识在实际生活中的应用．
二．选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题的四个选项中只有一个正确）
9．【分析】根据题意图示为与门电路，当输入为11时，输出为1，报警器发出警报声。
【解答】解：A、S1、S2都断开时，与门电路的输入为01时，输出为0，报警器不发出警报声，故A错误
B、S1、S2都闭合时，与门电路的输入为10时，输出为0，报警器不发出警报声，故B错误
C、S1断开，S2闭合时，与门电路的输入为00时，输出为0，报警器不发出警报声，故C错误
D、S1闭合，S2断开时，与门电路的输入为11时，输出为1，报警器发出警报声，故D正确
故选：D。
【点评】考查了与门电路的逻辑关系，会分析基本电路工作原理。
10．【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．
【解答】解：条形磁铁外部磁场又N指向S，根据左手定则知，直导线所受的安培力的方向斜向右下方，根据牛顿第三定律知，条形磁铁所受力的方向斜向做上方，可知条形磁铁有向左的运动趋势，所受的摩擦力方向向右，磁铁对桌面的压力减小。故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
【点评】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．
11．【分析】首先据粒子的运动轨迹，判断带电粒子的大体方向，再据场强方向的规定，判断粒子的电性；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，判断场强和加速度；电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加
【解答】解：带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，由电场线的分布可知，电场线在B点的时候较密，所以在B点的电场强，粒子在B点时受到的电场力大，即粒子的加速度增大，粒子带正电，从A到B的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，动能增加，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题；一定注意据轨迹判断电场力的方向．
12．【分析】当螺线管通电时，线圈中将产生磁场，根据安培定则判断磁场方向，分析螺线管与磁铁之间存在引力还是斥力，来确定弹簧秤示数的变化．
【解答】解：ABC、当螺线管将a接电源正极，b接负极时，线圈中产生磁场，由安培定则判断得知，螺线管内部磁场方向向上，上端相当于N极，对磁铁产生向上的斥力，所以弹簧秤示数减小，故A正确；B错误，C错误；
D、当螺线管将a接电源负极，b接正极时，线圈中产生磁场，由安培定则判断得知，螺线管内部磁场方向向下，上端相当于S，对磁铁产生向下的引力，所以弹簧秤示数增大；结合前面的分析可知，与磁铁进入通电螺线管的长度无关。故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查安培定则的基本应用，基础题．对于安培定则抓住两点：一是何时用；二是怎样用．
13．【分析】若将滑动变阻器的滑臂由a移向b的过程中，变阻器与电阻R3并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律分析电压表读数的变化．根据干路电流与通过R3电流的变化，分析电流表读数的变化．
【解答】解：由题R2＞R3，设滑动变阻器的滑臂滑到c处时，Rac＝Rcb+R3，则
滑臂从a滑到c的过程中，变阻器与电阻R3并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，由欧姆定律得知，电压表示数变小；变阻器与电阻R3并联的电压增大，而变阻器右部边分与R3串联减小，则通过R3的电流增大，干路电流减小，干路电流等于电流表的电流与通过R3的电流之和，所以电流表的示数变小；
滑臂从c滑到b的过程中，变阻器与电阻R3并联的总电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，由欧姆定律得知，电压表示数变大；变阻器与电阻R3并联的电压减小，而变阻器左边部分的电阻增大，则通过电流表的电流变小。故电流表示数一直变小。
故选：D。
【点评】本题是电路的动态分析问题，关键是分析变阻器与R3并联的总电阻如何变化，根据干路电流与支路电流的关系，分析电流表示数的变化．
14．【分析】根据闭合电路定律分析电压表与电流表的示数变化量之比与电源内阻的关系，即可求解．
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir，由数学知识得：电压表与电流表的示数变化量大小之比为△U△I=r，当外电路结构变化时，电源的内阻r不变，则有M1＝M2。
故选：B。
【点评】本题是解题关键之处是根据闭合电路欧姆定律得到△U△I=r，也可以画出电源的U﹣I图象进行分析．
三．填空题（本题共有5小题，每小题4分，共20分．把答案写在题中横线上的空白处，不要求写出演算过程）
15．【分析】基本电荷为1.6×10﹣19C，1ev为一个元电荷在1V的电压下移动时，电场力所做的功；
通电导线的周围有磁场，另一通电导体放在了这通电导线的磁场内，受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力．
【解答】解：基本电荷e＝1.6×10﹣19C；
那么1ev＝1.6×10﹣19×1＝1.6×10﹣19J；
图中，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向左；同理，将右导线看成场源电流，左导线受到的安培力向右，两导线要靠拢，说明电流方向相同时，两导线相互吸引；
同理可知：当通入电流方向相反时，两导线远离，两导线相互排斥；
故答案为：1.6×10﹣19，1.6×10﹣19；吸引；排斥．

【点评】本题考查了基本电荷量的大小，及知道1eV相当于多少J的能量，同时掌握电流的磁场、磁场对电流的作用，只是要求灵活运用所学知识．
16．【分析】已知电荷量与电流做的功，由公式W＝UIt＝qU可以求出电压；
已知电荷量间的关系，由电流的定义式可以求出电流间的关系，然后由欧姆定律可以求出电压；最后由W＝qU可以求出功．
【解答】解：由W＝Uq可知；
U=82=4V；
当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=Qt可知，I′＝2I，
根据U＝IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U′＝2U＝8V，
电阻丝在这段时间内消耗的电能：
W＝UQ＝8V×4C＝32J．
故答案为：8V；32J．
【点评】本题有一定难度，注意公式W＝UIt＝qU的应用，熟练应用欧姆定律即可正确解题．
17．【分析】在匀强电场中，移动电荷电场力做功公式W＝qEd，d是电场线方向两点间的距离。根据电势差与电场强度的关系即可求出C点的电势。
【解答】解：电量为2×10﹣8C的负电荷从A点移到B点，由W＝qEd＝qEABcos60°得
E=WqABcos60°=4×10-52×10-8×0.1×0.5N/C＝4×104N/C
由于电场力做负功，该负电荷的电势能增大，电势降低，所以B点的电势低于A点的电势，电场线方向由A→C。
若A点的电势为零，则C点电势：φC＝UCA＝﹣Ed＝﹣4×104×0.1＝﹣4×103V
故答案为：4×104，﹣4×103
【点评】本题要掌握电场力做功公式W＝qEd，求场强时各量可不代符号进行计算。根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化。
18．【分析】作出电源的I﹣U图象，电源I﹣U图象与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，再欧姆定律求出灯泡的电阻．
【解答】解：作出电源的I﹣U图象，如图蓝线所示，电源I﹣U图象与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，则知通过灯泡L的电流强度为0.4A，电压为2V，则灯泡的电阻 R=UI=20.4=5Ω
故答案为：0.4；5．

【点评】此题中电灯是非线性元件，本题的技巧是通过电源的I﹣U图象，读出对应的电流和电压．
19．【分析】由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片从a滑向b的过程中，滑动变阻器接入电阻增大，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；
由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的电动势和内阻；
将电阻R1看成电源的内阻，当R2＝R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大．
【解答】解：当滑动变阻器的滑片从a滑向b的过程中，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，R1两端的电压减小，R2两端的电压增大．
由上分析可知图线1是电压表V2的示数图象，图线2是电压表V1的示数图象
图线1的斜率等于R1的阻值，所以R1=UI=40.5Ω＝8Ω
由U2＝E﹣I（R1+r）可图线2的斜率大小等于电源的内阻与R1之和，则电源的内阻为 r=△U△I-R1=6-01.0-0.4-8＝10﹣8＝2（Ω）
当I＝0.4A时，U2＝6V，则E＝U2+I（R1+r）＝6+0.4×10＝10V
当滑动变阻器全部接入时，电路中电流为I＝0.4A，电压表V1示数为U1＝3.2V，V2的示数为U2＝6V，
R2=U2I=60.4=15Ω
将电阻R1看成电源的内阻，当R2＝R1+r＝10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大．则滑动变阻器消耗的最大功率Pm=E24(R1+r)=1024×10W＝2.5W
故答案为：15Ω；2.5W

【点评】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．
四、综合应用题
20．【分析】电场线总是从正电荷出发，到负电荷终止；正电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场的方向相反．
【解答】解：根据等量异种点电荷的电场线的分布图确定：电场线的出发点：右侧为正电荷．另一侧为负电荷；如图；
负电荷受到的电场力的方向与电场的方向相反，画出电场力的方向如图．
答：电荷与负电荷的受力方向如图．
【点评】该题考查常见的电场的电场线分别特点，这是电场考查的重要内容要牢记．属于基础题目．
21．【分析】根据电源的正负极可以确定线圈中的电流方向，再结合线圈的绕向，可以安培定则可以确定螺线管的NS极，进而利用磁极间的作用规律可以确定小磁针的转动方向．
【解答】解：根据电源的正负极，可以确定电流从螺线管的右端流入，左端流出，结合线圈的绕向，可以确定螺线管的左端为N极，右端为S极，如图；
通电螺线管内部的磁场的方向向左，小磁针的N极将受到向左的磁场力的作用，如图．
通电螺线管上方的磁场的方向从左向右，根据左手定则判断出安培力的方向向下，如图．
答：通电螺线管内小磁针N极受到的磁场力方向和通电直导线A受到的安培力的方向如图所示：
【点评】安培定则共涉及三个方向：电流方向、磁场方向、线圈绕向，告诉其中的两个方向可以确定其中的另一个方向．
22．【分析】与门的特点：当两个输入端都为高电势时，输出才为高电势．
【解答】解：首先知道所接门电路为与门，当两个输入端都为高电势时，输出才为高电势，其真值表为：
0，0，1；0，1，0；1，0，0；1，1，1．
故其输出信号的波形图为：

故答案为：如图．
【点评】解决本题的关键掌握门电路的特点，与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生．
23．【分析】（1）明确测量原理，从而明确电流表和电压表的位置；
（2）根据闭合电路欧姆定律列式，再由图象进行分析即可明确电动势和内电阻．
【解答】解：（1）测量电动势和内电阻时需要路端电压和干路电流；故P处接电流传感器，Q处接电压传感器；
（2）由U＝E﹣Ir可知，图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，图象的斜率表示内阻，则可知E＝1.5V；
r=1.5-1.01.0=0.5Ω；
故答案为：（1）电流、电压； （2）1.5V、0.5Ω
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验原理以及数据的处理方法，要注意明确图象法的应用，能将公式和图象结合起来进行分析，从而利用数据规律求出电动势和内电阻．
24．【分析】用欧姆表测电阻时，指针应指在刻度盘中央附近，指针偏转角度太小，说明所选挡位太小，应换大挡，换挡后要重新进行欧姆调零；多用电表最上面的刻度盘是欧姆表刻度线，中间的刻度盘是电流与直流电压刻度盘，最下面的刻度盘是交流电压刻度盘；对电表读数时，要先确定量程与其分度值，然后再读数．
【解答】解：（1）指针偏转角度太小，说明所选档位的倍率太小，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较大的倍率挡，重新测量前要进行欧姆调零．
（2）在“×100Ω”位置，由图示欧姆表可知，所测量电阻的阻值为32×100Ω＝3200Ω＝3.2kΩ；
在“2.5V”位置，由图示多用电表可知，其分度值是0.05V，所测量电压的值为1.1V；
在“10mA”位置，由图示多用电表可知其分度值为0.02mA，所测量电流的值为4.4mA．
故答案为：大，调零，3.2，1.1，4.4．
【点评】使用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，指针要指在刻度盘中央刻度附近；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．
四．计算题（本题共有2小题）
25．【分析】（1）根据欧姆定律求出通过R1的电流，根据P＝I2R求解功率；
（2）电键K闭合时，R2和R3并联后与R1串联接入电源，根据欧姆定律求出并联部分电压，再求出通过R2的电流，从而求出R2的阻值；
（3）电键K闭合和断开时，应用闭合电路欧姆定律列式，联立方程即可求解．
【解答】解：（1）电键K闭合时，R2和R3并联后与R1串联接入电源，
并联部分的电压U3＝I3R3＝0.2×10＝2V，
干路电流I1=U1R1=610=0.6A，
所以R1消耗的电功率P1=I12R1=0．62×10=3.6W
（2）通过R2的电流I2＝I1﹣I3＝0.6﹣0.2＝0.4A，
则R2=U3I2=20.4=5Ω
（3）电键K闭合时，根据闭合电路欧姆定律得：
E＝U1+U2+I1r＝8+0.6r
当电键K断开时，干路电流I=UR1=4.410=0.44A，
根据闭合电路欧姆定律得：
E＝I（R1+R3）+Ir＝8.8+0.44r
解得：E＝11V，r＝5Ω
答：（1）在电键K闭合时，R1消耗的电功率为3.6W；
（2）电阻R2的阻值为5Ω；
（3）电源的电动势为11V，内阻为5Ω．
【点评】本题关键是理清电路结构，然后根据闭合电路欧姆定律求解干路电流，再根据欧姆定律求解各个部分的电压、电流和功率，不难．
26．【分析】（1）根据电场力做功正负，分析电场力与位移方向的关系，确定出B所受的电场力方向，即可判断其电性，根据电场力做功公式W＝qU求解其电量．
（2）根据求得B电荷的电量，再依据库仑定律F=kQqr2求解电荷B在P点处所受的电场力大小，最后根据牛顿第二定律，求解B电荷的质量．
（3）若在P处自由释放电荷B，运动到无穷远处时动能最大，根据动能定理求解最大动能．
【解答】解：（1）由题，点电荷B从距A无穷远移到P处的过程中，电场力做负功，则知A、B是同种电荷，故B带正电．
根据W＝qU∞P＝q（φ∞﹣φP）＝﹣qφP，得
q=-1.8×10-3-2000C＝9×10﹣7C
（2）根据库仑定律得：电荷B在P点处所受的电场力大小F＝9×109×1×10-6×9×10-70.012N＝81N
根据牛顿第二定律，则有，B电荷的质量m=Fa=819×109=9×10﹣9kg；
（3）由于两个电荷都带正电，则在P处自由释放电荷B，运动到无穷远处时动能最大，根据动能定理得：
最大动能Ekm＝qUP∞＝﹣qU∞P＝﹣W＝1.8×10﹣3 J．
那么电荷能达到的最大速度vm=2Ekmm=2×1.8×10-39×10-9=632.5m/s；
答：（1）B电荷带的电量9×10﹣7C；
（2）B电荷的质量9×10﹣9kg；
（3）B电荷能达到的最大速度632.5m/s．
【点评】本题中对于电场力做功与电荷变化的关系要掌握．电势是描述电场本身性质的物理量，与试探电荷无关．运用动能定理时，要注意电场力做功的正负，只要掌握电场的基本知识，难度不大．