知识点：物理

D

【考点】电场线；电场强度．

【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】首先知道电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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；电场线不闭合不相交；电场强度取决于电场本身．

【解答】解：AB、电场线是为了形象地描述电场而引入的假象曲线，实际不存在；而电场是实际存在的物质，故AB正确；

C、电场线不相交，否则相交的点的场强方向有两个，故C正确；

D、电场中某点的场强取决于电场本身，与放入该点的试探电荷的电荷量无关，故D错误．

本题选错误的，故选：D．

【点评】本题考查了电场、电场线和场强的特点，知道疏密表示场强大小，切线表示场强方向，沿电场线方向电势逐渐降低，基础题．

知识点：物理

D

【考点】电场强度；曲线运动．

【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．

【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．

【解答】解：

A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．

B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．

C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．

D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．

故选D

【点评】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键．

知识点：物理

D

【考点】电场线．

【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的．

【解答】解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，该处仅仅一条电场线，所以不能判断出AB两点电场强度的大小关系；沿着电场线方向电势是降低，所以φA＞φB．只有选项D符合题意，故ABC错误，D正确．

故选：D

【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，利用电场线的疏密判断场强，利用沿电场线电势逐渐减小判断电势．

知识点：物理

C

【考点】电源的电动势和内阻．

【专题】恒定电流专题．

【分析】电源的电动势由电源本身决定，与外电路结构无关．电源电动势大于接入电源两极间两极间的电压表的示数．电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关．电源电动势与电势差不是一回事．

【解答】解：A、电源的电动势由电源本身决定，与外电路结构无关，同一电源接入不同的电路电动势不会发生改变．故A错误．

B、接入电源两极间的电压表测量的电压是路端电压，小于电源的电动势．故B错误．

C、电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关．故C正确．

D、电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的大小，而电势差等于电压，两者不是一回事．故D错误．

故选C

【点评】本题考查对电源电动势的理解．抓住电动势的物理意义和决定因素是关键．

知识点：物理

A

【考点】霍尔效应及其应用．

【分析】根据电阻定律求出在1、2两端加上恒定电压、在3、4两端加上恒定的电压时的电阻之比，从而根据欧姆定律得出电流之比．

【解答】解：根据电阻定律R=得，当在1、2两端加上恒定电压U时，，在在3、4两端加上恒定的电压时，，所以=，根据欧姆定律I=得，．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

【点评】解决本题的关键掌握电阻定律以及部分电路欧姆定律的运用．

知识点：物理

BD

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势．

【专题】带电粒子在电场中的运动专题．

【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．

【解答】解：

A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误；

B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同．故B正确；

C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误；

D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故D正确．

故选：BD．

【点评】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．

知识点：物理

BCD

【考点】欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】根据欧姆定律的内容和影响电阻大小的因素进行解答．欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比．导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关．

【解答】解：A、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关，故A错误，B正确；

C、由欧姆定律R=可知，对某一导体来说，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值，故C正确；

D、根据U=IR可知，一定的电流流过导体，电阻越大，其电压越大，即电阻两端的电压越大，故D正确．

故选：BCD

【点评】知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关是解决本题的关键，欧姆定律只是计算电阻的一种方法．

知识点：物理

ABD

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．

【解答】解：A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，A正确．

B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=I﹣I2，I增大，I2减小，则IA增大．即电流表示数变大．故BD正确；

C、电阻R2两端的电压U2=E﹣I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故C错误；

故选：ABD

【点评】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化．

知识点：物理

1900Ω，0.1Ω

【考点】把电流表改装成电压表．

【专题】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==1900Ω

改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为：

R==Ω

故答案为：1900Ω，0.1Ω

【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．

知识点：物理

（1）如图 （2）ABC （3）A （4）0.15

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．

【专题】实验题．

【分析】（1）根据描点法得出对应的伏安特性曲线；

（2）根据给出的电压在图象中找出对应的电流值，由欧姆定律可求得电阻；

（3）根据电路结构分析误差原因；

（4）由于灯泡电阻随电压的变化而变化，故不能由欧姆定律求解；而是做出电源的伏安特性曲线；两图的交点为灯泡的工作点，由功率公式可求得功率．

【解答】解：（1）根据描点法将各点用平滑的曲线相连接，如图所示；

（2）A、由力可知，当电压为3.8V时，电路中电流为0.3A；故灯泡的功率P=UI=3.8×0.3=1.14W；故A正确；

B、1V时电压为0.14A；故电阻R==7.1Ω；故B正确；

C、2V时的电流为0.22A；故电阻R==9.1Ω；故C正确；

D、小灯泡在不同电压下的电阻不相同是因为灯丝的电阻率随温度升高而增大；故D错误；

故选：ABC；

（3）由电路图可知，本题采用了电流表的外接法，由于电压表的分流而使电流表示数偏大；故选：A；

（4）将20Ω等效为内阻，4V等效为电源的电动势；则相当于是将灯泡接在电动势为4V，内阻为20Ω的电源两端，在图中做出等效电源的伏安特性曲线，则交点为电灯泡的工作点，则可知，此时电压为1V，电流为0.15A；则功率P=1×0.15=0.15W；

故答案为：（1）如图 （2）ABC （3）A （4）0.15

【点评】本题考查灯泡伏安特性曲线的实验，对于本实验要注意实验原理、电路接法及数据处理的方法；特别明确灯泡电阻随温度的升高而增大．

知识点：物理

（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是1W；

（2）10s内，可以把重物A匀速提升2m．

【考点】电功、电功率．

【专题】恒定电流专题．

【分析】（1）根据功率公式P=I2r可求得内阻上消耗的功率；

（2）根据功率公式求出输出功率，再由根据能量守恒可求得升高的高度．

【解答】解：（1）根据焦耳定律，得热功率为：

Pr=I2r=1×1=1 W．

（2）输入功率为：P=UI=5×1=5 W

输出功率为：P出=P﹣Pr=5﹣1=4 W．

电动机输出的功用来提升重物转化为机械能，在10 s内，有：P出t=mgh．

解得：h=2 m．

答：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是1W；

（2）10s内，可以把重物A匀速提升2m．

【点评】本题考查电路中功能的转化关系，要注意明确对于电动机的功率计算时功率公式的正确选择．

知识点：物理

（1）电源电动势为6V，内阻为1Ω；

（2）P的最大输出功率为9W．

【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

【专题】计算题．

【分析】（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；

（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．

【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律：

联立上式并代入数据解得：

E=6V

r=1Ω

电源电动势为6V，内阻为1Ω；

（2）由电功率表达式：

将上式变形为：

由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；

故P的最大输出功率为9W．

【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律及功率输出的最大值问题，最大输出功率要以做为结论直接应用，但是还要注意明确推导过程．

知识点：物理

（1）第一次抛出后小球所受电场力和重力之比为3：1　

（2）小球两次到达C点时速度之比为2：1

【考点】平抛运动．

【专题】压轴题；平抛运动专题．

【分析】有电场时，带电小球抛出后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，没有电场时，小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动的基本公式列式即可求解．

【解答】解：（1）设AC=h、PA=l、电场力为FQ，根据牛顿第二定律得：FQ+mg=ma①

第一次抛出时，h=a（）2②

第二次抛出时，h=g（）2③

由②③两式得a=4g

所以，FQ：G=3：1

（2）第一次抛出打在C点的竖直分速度vy1=a（）

第二次抛出打在C点的竖直分速度vy2=g（）

第一次抛出打在C点的速度v1=

第二次抛出打在C点的速度v2=

所以，v1：v2=2：1

答：（1）第一次抛出后小球所受电场力和重力之比为3：1　（2）小球两次到达C点时速度之比为2：1

【点评】本题主要考查了平抛运动的基本公式的直接应用，知道水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中．