B、保持K接通，两板间的电势差U不变，在两极板间插入介质后，电容C增大，由C=可知，极板上的电量增大，故B正确；
C、断开K，两板上所带电量Q不变，减小距离d，电容C增大，由C=可知板间电势差U减小，故C正确；
D、断开K，两板上所带电量Q不变，插入介质后电容C变大，由C=可知极板上的电势差U减小，故D错误； 故选：BC．
【点评】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；电容器和电源保持相连，则两板间的电势差不变．
10.如图所示，一个电源的电动势为?，内电阻为r，将一个额定电压为U的电动机接在该电源上，电动机正常工作，通过电动机的电流为I．电动机的内阻为R，关于在时间t内的能量转化，下面的说法中正确的是（ ）
A．电源释放的电能为It（U+Ir） B．电源释放的电能为It（R+r） C．电动机转化的机械能为It（U﹣IR） D．电动机转化的机械能为It[?﹣I（r+R）] 【答案】ACD
【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：E=I（U+Ir），故电源释放的电能为：W=EIt=（U+Ir）It，故A正确；
B、电路因发热而损耗的能量为：Q=It（R+r），由于电动机输出机械能，故电源释放的电能
2
大于It（R+r），故B错误；
C、电动机转化的机械能为：Q机=UIt﹣IRt=It（U﹣IR），故C正确；
D、电路因发热而损耗的能量为：Q=It（R+r），所以电动机转化的机械能为Q机=W﹣Q=It[?﹣I（r+R）]，故D正确； 故选：ACD．
【点评】本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功只能用W=UIt，求热量2
Q=IRt．而输出的机械能只能根据能量守恒求解．
11.如图所示为静电场中的一根电场线，一电子沿电场线从A点移到B点，静电力做了正功，则下列说法正确的是（ ）
2
22
2
A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．电场强度的方向一定是由B点指向A点 C．电子在A点的电势能一定比在B点大 D．B点的电势一定比A点低 【答案】BC 【解析】解：
A、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电场线无法判断其分布的疏密情况，所以不能确定A、B两点电场强度的大小．故A错误．
B、电子沿电场线从A点移到B点，静电力做了正功，则知电场力从A指向B，而电子带负电，则电场强度的方向一定是由B点指向A点．故B正确．
C、静电力做了正功，电子的电势能减小，电子在A点的电势能一定比在B点大．故C正确． D、根据顺着电场线方向，电势降低可知，B点的电势一定比A点高．故D错误． 故选BC
【点评】根据电场力做功情况，要能判断电场线方向、电势能、电势的大小．但一条电场线，往往不能判断电场强度的大小．
12.用伏安法测未知电阻RX时，若不知道RX的大概值．为选择正确电路以减小误差，可将仪器按图接好，只空出电压表一个接头S，然后将S分别与a、b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，那么（ ）
A．若电流表示数有显著变化，S应接a B．若电流表示数有显著变化，S应接b C．若电压表示数有显著变化，S应接a D．若电压表示数有显著变化，S应接b 【答案】BC
【解析】解：（1）若S从a移到b时，安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，S应接在b处，故A错误，B正确；
（2）若S从a移到b时，伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，S应接在a处，故C正确，D错误； 故选：BC
【点评】本题考查了应用试触法判断伏安法测电阻时实验电路的选择问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题．
二、填空题
1.一电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ，若改装成量程为Im=1mA的电流表，应 联的电阻阻值为 Ω，新表的内阻为 Ω．若将该电流计改装成量程为Um=10V的电压表，应再 联一个阻值为 Ω的电阻，新表的内阻为 Ω．（保留三位有效数字）
【答案】并；52.6；50.0；串；1.99×10；2.00×10
【解析】解：Ig=50μA，Rg=1kΩ，若改装成量程为Im=1mA的电流表，应并联的电阻阻值为：R=
=
=52.6Ω，新表的内阻为
=
=50Ω．
﹣Rg=
5
5
若将该电流计改装成量程为Um=10V的电压表，应再串联联一个阻值为：R=﹣1000=1.99×10Ω的电阻，新表的内阻为R内=R+Rg=2.00×10ΩΩ． 故答案为：并；52.6；50.0；串；1.99×10；2.00×10．
5
5
5
5
【点评】本题考查电流表的改装，在理解改装原理的基础上，通过串并联的关系和欧姆定律即可求解． 三、实验题
1.在“测定金属的电阻率”的实验中，电阻丝的电阻值约为40～50Ω，可供选择的主要器材如下：
A．电压表（内阻20kΩ，量程0～10V） B．电流表（内阻约20Ω，量程0～50mA） C．电流表（内阻约4Ω，量程0～300mA） D．滑动变阻器（额定电流1.5A，阻值为10Ω） E．滑动变阻器（额定电流0.3A，阻值为1700Ω） F．电池组（电动势为9V，内阻为0.5Ω）
（1）电流表应选 ，滑动变阻器应选 ．
（2）把如图1所示的器材连接成测电阻值的实验电路．
（3）用螺旋测微器测电阻丝的直径，读数如图2所示，则电阻丝的直径d= mm． 【答案】（1）C；D；（2）如图所示
（3）5.700．
【解析】解：（1）电路最大电流约为：I==实验操作，滑动变阻器应选择D．
（2）待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：
=0.225A=225mA，则电流表选择C，为方便
（3）由图示螺旋测微器可知，其示数为：5.5mm+20.0×0.01mm=5.700mm； 故答案为：（1）C；D；（2）如图所示；（3）5.700．
【点评】本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、螺旋测微器读数，要掌握实验器材的选择原则，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确连接实物电路图的关键，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器读数，螺旋测微器需要估读． 四、计算题
1.如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连．它的极板长L=0.4m，两板间距离
﹣3
d=4×10m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为
﹣5﹣82
m=4×10kg，电量q=+1×10C，（g=10m/s）求：
（1）微粒入射速度v0为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？ 【答案】（1）微粒入射速度v0为10m/s；
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U的范围为120V≤U≤200V．
【解析】解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有： 水平方向有：
竖直方向有：解得：v0=10m/s
（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，
当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：
根据牛顿第二定律得：解得：U1=120V
当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：
根据牛顿第二定律得：解得：U2=200V
所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V 答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U的范围为120V≤U≤200V．
【点评】解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解． 此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、α粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力．
2.如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：
（1）电源的内电阻；
（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．