天津市大港油田第三中学2020_2021学年高二物理上学期期中试题.docx

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1、天津市大港油田第三中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题考试范围：必修第三册；考试时间：60分钟；满分：100分一、单选题（本大题共10小题，每个3分，共30.0分）1. 公式，关于以上公式下列说法错误的是（ ）A. 适用任何电场，适用点电荷电场，只适用匀强电场定量计算B. E由F和q决定，由Ep和q决定，由和q决定C. 是电容的定义式适用于任何电容器，是平行板电容器的决定式D. Ep由和q决定，和q有关2. 下列关于电势和电势能的说法，正确的是（ ）A. 对于一个确定的点电荷，在电势越高的位置，其电势能一定越大B. 在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能一定越

2、大C. 正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点的电势能D. 在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大3. 下列说法不正确的是（ ）A. 麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在B. 无线电波、光波、X射线、射线都是电磁波C. 奥斯特发现了电流的磁效应D. 普朗克提出了能量量子化的理论4. 已知某单色光的波长为，在真空中的光速为c，普朗克常量为h，则该单色光的能量子为（ ）A. B. C. D. 5. 下列表达式中，q一定是场源电荷的是（ ）A. B. C. D. 6. 下列图像中，小磁针静止时的方向正确的是（ ）A. B

3、. C. D. 7. 在磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里如图所示，A，B，C，D是以直导线为圆心的同一圆周上等分的四点，A、C连线方向水平，在这四点中（ ）A. B、D两点的磁感应强度方向相同B. A、B两点的磁感应强度大小相等C. C点的磁感应强度的值最小D. B点的磁感应强度的值最小8. 如图所示，平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部，闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为则下述说法正确的是（ ）A. 电键k断开，A板向B板靠近，则增大B. 电键k断开，A板向上移动，则增大C. 保持电键k闭合，

4、A板向B板靠近，则变小D. 保持电键k闭合，A板向上移动，则变小9. 如图所示，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合，A，O，B为该面上同一条竖直线上的三点，且O为点电荷连线的中点。现有带电荷量为q、质量为m的小物块可视为质点，在A点以初速度释放沿AOB向下滑动，则（ ）A. 小物块带正电B. 从A到B，小物块的电势能先减小后增大C. 从A到B，小物块所受电场力先增大后减小D. 从A到B，小物块的加速度不变10. 测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示。置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d，重力加速度为g。现

5、有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则下列说法正确的是（ ）A. 油滴下降过程中电势能不断减小B. 若减小极板间电压，油滴将减速下降C. 油滴带电荷量的大小为D. 若将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降二、多选题（本大题共7小题，共21.0分，每个3分，选不全得2分）11. 关于磁场和电场，下列说法中正确的是（ ）A. 磁感线是闭合曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线B. 磁场中某点的磁感应强度方向就是小磁针在该处静止时北极的指向；电场中某点的电场强度方向就是试探电荷在该处所受电场力方向C. 放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零，则该位置的电场强度一定为零D. 一小段长为L的通有

6、电流为I的导体，在磁场中受到的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B一定为12. 在如图所示的图象中，直线 为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线为某一电阻R的图线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知（ ）A. 电源的电动势为，内阻为B. 电阻R的阻值为C. 电源的输出功率为D. 电源的效率为13. 如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是（ ）A. 将线框向左拉出磁场B. 以ab边为轴转动C. 以ad边为轴转动小于D. 以bc边为轴转动小于14. 如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面

7、，一质量为m，带电量为的小球从O点由静止开始恰能沿直线OP运动，且到达P点时的速度大小为v，重力加速度为规定O点的电势为零，下列说法正确的是（ ）A. 电场强度的大小B. P点的电势C. P点的电势能D. 小球机械能的变化量为15. 如图的虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子重力不计，以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹可以判定（ ）A. 两粒子的电性一定不同B. 粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增大C. 经过B、C两点，两粒子的速率可能相等D. 若取无穷远处为零电势，则1粒子经过B点时的电势能大于2粒子经过C点时的电势能16. 如图所示的电路

8、中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器当的滑动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表、和V的示数分别为、和现将的滑动触点向a端移动，则（ ）A. 电源的总功率减小B. 消耗的功率增大C. 增大，减小，U增大D. 减小，不变，U减小17. 如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为和的点电荷，其中位于x轴的坐标原点，电荷的右侧各点电势随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（ ）A. B点的电场强度大小为零B. 两点电荷的电荷量的大小关系为C. A点的电场强度方向向右D. 将一带负电的试探电荷从C点移到D

9、点，电场力做正功三、实验题探究题（本大题共3小题，共19.0分）18. （5分）某个演示用多用电表只有两个挡位，其内部电路如图甲所示，其中R为定值电阻，表盘如图乙所示。这个多用电表内部电流表的左侧为_（填“正”或“负”）接线柱，多用电表a表笔应为_（填“红”或“黑” ）色。挡位d为_（填 “电流”或“欧姆” ）挡。若挡位置于欧姆挡，其倍率为“”挡，测某电阻的阻值时，多用电表指针如图乙中所示，则其示数为_，若挡位置于电流挡，测某电路的电流时，多用电表指针如图乙中所示，则其示数为_mA。19. （4分）某同学为测定某一干电池的电动势和内电阻，连接电路实物图如图甲所示，其中定值电阻起保护作用，实验中

10、移动滑动变阻器触头，读出电压表和电流表的多组数据U、I，得出如图乙所示的图象。利用图象求得电源电动势_，内电阻_(结果保留2位小数)20. （10分）某同学要测量一新材料制成的均匀金属导电圆柱体的电阻率。用螺旋测微器测其直径为_如图甲所示，用游标卡尺测其长度为_如图乙所示；用多用电表粗测该圆柱体阻值约为，为进一步测其电阻，该同学做实验时应从下述器材中选用_(请填写器材前对应的字母代号)；A.电池组，内阻B.电流表，内阻C.电流表，内阻D，电压表，内阻，E.电压表，内阻F.滑动变阻器，允许最大电流G.滑动变阻器，允许最大电流H.开关、导线若干测该圆柱体的电阻时，电流表在测量电路中应采用_选填“外

11、”或“内”接法，测得其电阻值比真实值偏_选填“大”或“小”；若用L表示圆桂体的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出圆柱体电阻率的表达式_。四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）21. （7分）如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为，AB间距离，与水平方向夹角为；求： (1)B、A间电势差是多少？(2)电场强度E是多大？22. （9分）规格为“8V、4W”的小灯泡与小型直流电动机其线圈内阻为并联后，接至电动势为10V，内电阻的电源上，小灯泡恰好正常发光，求：通过小灯泡的电流和电源的内电压；通过电动机D的电流；电动机的输出功率。23. （14分

12、）如图所示，虚线MN左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场平行的屏现将一电子电荷量为e，质量为m，重力不计无初速度地放入电场中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： 电子到MN的速度大小；电子从释放到打到屏上所用的时间；电子刚射出电场时的速度方向与AO连线夹角的正切值； 电子打到屏上的点到点O的距离x20202021年高二年级第一学期期中考试物理试卷【答案】1. B2. D3. A4. A5. D6. C7. C8. B9. C10. C11. AC12. A

13、BC13. ABC14. BD15. ABD16. AC17. BD18. 正；红；欧姆；68；1519. 或 20. ；外；小；21. 解：间电势差为：则有：匀强电场的电场强度为：22. 解：根据题意小灯泡恰好正常发光则，则内电压：电路的总电流，通过电动机D的电流电动机的总功率：电动机的输出的功率为：23. 从A点到MN的过程中，由动能定理：得： 电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，时间为，由牛顿第二定律和运动学公式得：从MN到屏的过程中运动的时间：运动的总时间为设电子射出电场时沿平行电场线方向的速度为，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为解得： 如图，电子离开电场后

14、，将速度方向反向延长交于场的中点由几何关系知：得：【解析】1. 【分析】本题主要考查静电场中的一些公式，理解公式，明确其使用条件是解决本题的关键。【解答】A.为电场强度的定义式，为电势的定义式，为电场力做功的公式，都适用于任何电场；是由库仑定律结合电场强度的定义式推导出来的，只适用于点电荷的电场；公式是匀强电场中场强与电势关系，故只能适用于匀强电场。所以A正确。B.电场强度是电场独有的特性，只与电场本身有关，与电场力、试探电荷的带电量无关，故B错误。C.是电容的定义式，适用于任何电容器；是平行板电容器的决定式，故C正确。D.电势能由电势与电荷量共同决定，和q有关，故D正确。故选：B。2. 【分

15、析】本题考查了电势和电势能，掌握基本定义是关键。试探电荷的电性未知，故点的电势高低无法判断；电场力总对电荷做正功，电势能一定减小；电势降低最快的方向是场强的方向；负电荷在电势越低的位置电势能越大。不论是正电荷还是负电荷，电场力对它做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。【解答】A.电势能与电势的关系为，电势能是标量，上式中电量q要带正负号，则负电荷在电势越高的位置，电势能反而越小，故A错误；B.在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能不一定越大，如电势小于0，放入的正点电荷的电荷量越大，电势能反而越小，故B错误；C.如果电场中某点电势为负，则正电荷在该点的电势能小于负

16、电荷在该点的电势能，故C错误；D.根据电场力做功与电势能的关系可知，在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大，故D正确；故选D。3. 【分析】利用麦克斯韦和赫兹的物理常识、电磁波谱的范围及物理学史的考查。明确麦克斯韦和赫兹的贡献、电磁波的包括的范围，及电流的磁效应和普朗克的能量的量子化的考查，属于基础题。【解答】A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在且测得了波速，故A错误；B.无线电波、光波、X射线、射线都是电磁波，故B正确；C.奥斯特发现了电流的磁效应，故C正确；D.普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故D正确。本题选择不正确的，故选

17、A。4. 解：1个光子的能量，其中为光子的频率，而光速，故一个光子的能量：，故A正确，BCD错误；故选：A根据可以求一个光子的能量，而根据可以求出一个光子的能量用h、c、的表达式本题考查能量量子化。5. 【分析】分析四个公式中的q的意义，即可分析解答。本题考查在不同的物理公式中q的意义，比较简单。【解答】A.在表达式中，q可能是场源电荷，也可能是试探电荷，故A错误；B.在表达式中，q是试探电荷，故B错误；C.在表达式中，q是试探电荷，故C错误；D.在表达式中，q为场源电荷，故D正确。故选D。6. 【分析】根据磁极间的相互作用规律可判断A选项；根据右手螺旋定则判断小磁针N极应该指向纸外；根据直导

18、线产生的磁场的磁感线可知C选项正确；螺线管内部的磁感线向左，小磁针的N极应该指向左边。本题考查磁场的磁感应强度的方向、右手螺旋定则。【解答】A.根据磁极间的相互作用规律可知，A项中小磁针N极方向不可能水平向右，故A错误；B.根据右手螺旋定则可知，环形导线在中心轴线上产生的磁场方向垂直纸面向外，小磁针N极应该指向纸外，故B错误；C.C项中直导线产生的磁场的磁感线应该是顺时针方向从上向下看，与小磁针的N极指向相同，故C正确；D.D项中螺线管内部的磁感线向左，小磁针的N极应该指向左边，故D错误。故选C。7. 【分析】该题考查了磁场的叠加问题。用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向

19、，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项。【解答】A.根据安培定则可得通电直导线在A、B、C、D四点产生的磁感应强度大小相等，设为，而通电直导线在B点产生的磁感应强度方向为水平向左，在D点产生的磁感应强度方向为水平向右，则B、D两点的磁感应强度大小为，大小相等，方向不同，选项A错误；B.通电直导线在A点产生的磁感应强度方向为竖直向上，则A点的磁感应强度为，结合选项A的分析可知，B两点的磁感应强度大小为，选项B错误；C.通电直导线在C点产生的磁感应强度方向为竖直向下，则C点的磁感应强度大小为，C点的磁感应强度的值最小，选项C正确；D错误。故选C。8. 【分析】本题考查电容器的

20、动态分析。因此解决本题关键是判断小球所受电场力的变化情况；注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变。对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化。小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时增大，电场力变小时减小，【解答】A.若断开K，电容器带电量保持不变，由和以及可得：，由于Q、S不变，A板向B板靠近，虽然d变小，但电场强度不变，故电场力不变，则不变，故A错误；B.若断开K，由得，Q不变，A板向上移动，S变小，E变大，

21、则变大，故B正确；C.若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，d变小，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故C错误；D.若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，A板向上移动，d不变，电场强度不变，则电场力不变，将不变，故D错误。故选B。9. 【分析】根据电场强度的变化得出电场力的变化，抓住水平方向上平衡得出弹力的大小变化，从而得出摩擦力的大小变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，抓住两段过程加速度大小对称，得出两段过程速度变化量相同，求出O点的速度以及动能。根据电场力做功判断电势能的变化。解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场

22、线的特点，通过电场线疏密确定电场强度的大小，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线。【解答】小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据知，加速度减小，q带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故C正确，ABD错误。故选C。10. 【分析】液滴在板间匀速下落，即电

23、场力和重力平衡，由平衡条件可得油滴带电量；下落过程中，由电场力做功和电势能变化之间的关系分析电势能的变化；由电容器的动态分析，分析当板间电压减小或者板间距增大时，油滴的运动情况。本题考查了电容器的动态变化及平行板电容器中电场力、能的性质，关键是分析油滴受力情况的变化，同时掌握电场力做功与电势能的变化关系。【解答】A.由于油滴匀速下落，重力与电场力平衡，可知油滴带负电，下降过程电场力做负功电势能增加，故A错误；B.若减小极板间电压，由知，电场强度减小，则重力大于电场力，油滴将加速下降，故B错误；C.由平衡条件得，得，故C正确；D.若将极板N向上缓慢移动一小段距离，则d减小，电场强度增大，重力小于

24、电场力，油滴将减速下降，故D错误。故选C。11. 【分析】电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定，电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反；电场线是不闭合的。磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度。比值与磁场力及电流元均无关，磁感线是闭合的。电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关，本题是考查基础知识的好题。磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系。再如密

25、度也是，密度与物体的质量及体积均无关。同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关。【解答】A.根据电场线与磁感线的特点可知，电场线是不闭合的，而磁感线是闭合的，故A正确；B.磁场中某点的磁感应强度方向就是小磁针在该处静止时北极的指向；电场中某点的电场强度方向是带正电的试探电荷在该处所受电场力方向，故B错误；C.根据可知，放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零，则该位置的电场强度一定为零，故C正确；D.一小段长为L的通有电流为I的导体，在磁场中受到的安培力为F，只有在电流的方向与磁场的方向垂直时，该磁场的磁感应强度B才为，故D错误。故选AC。12. 【分析】由电源的外伏安特性曲线分析

26、电源的电动势与内电阻，根据伏安特性曲线的斜率分析电阻的阻值；结合电路规律进行分析即可。本题考查闭合电路的欧姆定律。结合电源的外特性曲线和欧姆定律即可解题。【解答】A.根据闭合电路欧姆定律得，当时，可得电源的电动势，内阻等于图线的斜率绝对值，则，故A正确；B.电阻，故B正确；C.两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压，电流，则电源的输出功率为，故C正确；D.电源的效率，故D正确。故选ABD。13. 【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数。对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生。对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断

27、，也可以根据磁通量的计算公式是线圈与磁场方向的夹角进行计算。【解答】A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生。故A正确。B、以ab边为轴转动时穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生。故B正确。C、以ad边为轴转动小于，穿过线圈的磁通量从减小到零，有感应电流产生。故C正确。D、以bc边为轴转动小于，穿过线圈的磁通量，保持不变，没有感应电流产生。故D错误。故选：ABC。14. 【分析】本题考查了带电粒子在复合场中的运动电场和重力场，要求学生会应用牛顿运动定律从运动判断受力情况，进而根据功能关系，电场能的性质进行求解。【解答】A.小球沿直线OP运动，合力沿OP方向，如图所示：则有：

28、 解得，故A错误；设，根据动能定理得解得电场力做功：根据： 解得根据：且解得则P点的电势能为故B正确，C错误；D.小球机械能的变化量等于电场力做的功，为，故D正确。故选BD。15. 【分析】根据轨迹的弯曲方向判断粒子1和粒子2的电性关系；根据电场力做功判断粒子1的动能和粒子2的电势能的变化；根据电场力做功，结合动能定理判断B、C两点，两粒子的速率关系；根据电势能等于电势与电荷的乘积判断若取无穷远处为零电势，1粒子经过B点时的电势能与2粒子经过C点时的电势能的大小关系。【解答】A.根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子1受到排斥力，其电性与场源电荷的电性相同，粒子2受到吸引力与场源电荷电性相反，所以两粒

29、子的电性一定相反，故A正确；B.电场力对粒子1先做负功，后做正功，根据动能定理可以知道，其动能先减少后增大电场力对粒子2先做正功，后做负功，则电势能是先减少后增大。故B正确；C.两个粒子的速率不相等，而粒子1从A到B、粒子2从A到C电场力做功均为零，则经过B、C两点两粒子的速率一定不相等。故C错误；D.粒子1电性与场源电荷的电性相同，无论场源电荷为正电荷或负电荷，若取无穷远处为零电势，则1粒子经过B点时的电势能大于2粒子经过C点时的电势能，故D正确。故选ABD。16. 【分析】解决本题的关键抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解，注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表

30、测的是什么电流。理清电路，确定电压表测的是什么电压，电流表测定的是什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路电路的欧姆定律进行分析；根据分析电源总功率变化情况，由分析消耗的功率。【解答】CD的滑动触点向a端移动时，增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表示数U增大，电压减小，、并联电压增大，通过的电流增大，即示数增大，而总电流I减小，则通过的电流减小，即示数减小，故C正确；D错误；A.电源的总功率，总电流I减小，电源的总功率减小，故A正确；B.消耗的功率，总电流减小，消耗的功率减小，故B错误；故选AC。17. 【分析】根据两点电荷连线的

31、电势高低的分布，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性，根据功能关系分析电场力做功的正负。本题主要考查电场强度与电势差的关系，解决本题的关键在于图象的斜率等于电场强度E。【解答】A.根据，可得B点的电场强度等于图像在B点的斜率，故B点的电场强度大小不为零，故A错误；B.由图知C点电场强度为0，且C点靠近电荷，故，故B正确；C.沿电场线方向电势降低，由图知BC段电场强度向右，可得电荷为正电荷，CD段电场强度向左，可得电荷为负电荷，故A点的电场强度方向向左，故C错误；D.根据电场力做功，则知将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功，故D正确。故选BD。18. 【分析】对于实验题，要弄清

32、楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。根据欧姆表的内部构造进行分析；欧姆档内部才接有电源；根据万用电表的读数方法进行读数；根据图象结合闭合电路的欧姆定律进行解答。【解答】黑表笔接内部电源的正极，红表笔接内部电源的负极，标示为“”，故这个多用电表内部电流表的左侧为正接线柱，多用电表a表笔应为红色；只有欧姆档内部才接有电源，故挡位d为欧姆挡；若挡位置于欧姆挡，其倍率为“”挡，测某电阻的阻值时，多用电表指针如图乙中所示，则其示数为，若挡位置于电流挡，测某电路的电流时，多用电表指针如图乙

33、中所示，则其示数为68mA；由表盘刻度可知，该多用电表内部所使用的电池电压为，其中中值电阻为内电阻，即，满偏电流，故电源电动势；作为欧姆表使用时其内部总电阻为。故答案为：正；红；欧姆；68；15。19. 由图可得，图线与纵轴的截距就是电源的电动势，所以而图线的斜率大小表示电源内阻的大小，所以20. 【分析】螺旋测微器的读数方法：主尺半毫米转筒；游标卡尺读数为：主尺读数游标尺读数精度；选电压表和电流表的原则是：指针在到偏转角度最好；选的滑动变阻器要便于操作；待测电阻的阻值与电流表差不多，故电流表的外接，从而判断出测量值与真实值的关系；根据电阻的决定式求电阻率。用伏安法测量电阻，首先要考虑安全，其

34、次准确，最后操作方便对于电流表的内外接法，可根据与的比较做出选择，也可用试触法。【解答】解：从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，因此主尺上应读，螺旋上接近第40个刻度线，可以估读：，所以该金属丝直径应为；由题图乙知，长度为；电池组电压是3V，流过圆柱体的最大电流，故电流表选C，电压表选D；滑动变阻器选总阻值小的，便于调节，故选F；另外要选导线、开关。因为，故电流表选择外接法，外接法测量值偏小；根据，解得：。故答案为：；外；小；。21. 解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，再运用计算时，注意q的正负和U的正负都要代入计算，掌握匀强电场的场强公式注意d是沿电场线方向上的距

35、离。根据求解电势差；根据求解电场强度大小。22. 本题主要考查非纯电阻电路的分析以及功率的计算，对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。灯泡和电动机并联，它们的电压相同，灯泡正常发光，由灯泡参数求灯泡电流；求得电源的内电压；根据内电压求出求总电流的大小，结合灯泡的电流可以求得电动机的电流的大小；根据功率的公式可以求得电动机的总功率和输出功率的大小。23. 电子从A点到MN的过程中动能定理；分过程求解，从A到MN过程做匀加速运动，应用牛顿第二定律和运动学公式求解，从MN到屏的过程，电子水平方向匀速运动。电子在电场E2中做类平抛运动，根据牛顿第二定律求解电子竖直方向速度，根据求解即可；电子离开电场后，将速度方向反向延长交于场的中点，根据几何关系求解即可。