【答案】 B 【解析】 【分析】
根据负电荷的电场力从而确定电场强度的方向，由电流的方向与负电荷的运动方向相反，可确定电源的内部电流方向． 【详解】
A.B.C、根据题意，E区电场能使P逸出的自由电子向N运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N指向P，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N指向P，则可知，a为电源的正极；故AC错误，B 正确；
D、将硅光电池移至光照较强处，P内受束缚的电子成为自由电子变多，转化的光能变多，产生的电动势变大。故D错误。 【点睛】
本题考查根据电荷的电场力的方向来确定电场强度的方向，并掌握电流的方向与负电荷的运动方向关系，同时理解电源内部的电流的方向．
8．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献，下列说法错误的是（ ）
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系 【答案】 B 【解析】 【分析】
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可. 【详解】
A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；
B、D、欧姆发现了欧姆定律，说明了流过导体的电流与导体两端的电压、导体的电阻之间的联系；焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系。故B错误，D正确； C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C正确； 此题选择不正确的故选B. 【点睛】
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.
9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的??2、??3分别为总阻值一定的滑动变阻器，??0为定值电阻，??1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).当电键S闭合时，电容器中一带电微粒
恰好处于静止状态，不考虑电容充放电对电路的影响，有关下列说法中正确的是( )
A．只逐渐增大??1的光照强度，电阻??3中有向下的电流
B．只调节电阻??3的滑动端??2向上端移动时，电阻??3中有向上的电流 C．只调节电阻??2的滑动端??1向下端移动时，带电微粒向上运动 D．若断开电键S，带电微粒向上运动 【答案】 C 【解析】 【分析】
电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=U/d分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．若断开电键S，电容器处于放电状态． 【详解】
只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器充电，因电容下极板带正电，所以电阻R3中有向上的电流，故A错误；电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=U/d可知，电场力变大，带点微粒向上运动，故C正确；若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，两板电压减小，场强减小，则油滴向下运动，故D错误。故选C。 10．电源、一个水平放置的平行板电容器、两个电阻箱R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路。当把电阻箱R1、R2调到某个值时，闭合开关S，电容器中的一带电液滴恰好处于静止状态。下列操作可以让带电液滴向下运动的是
A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 C．断开开关S
D．把电容器的上极板向上平移 【答案】 D 【解析】 【分析】
闭合开关后，R2与电容器并联，R1相当于导线，电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡；断开开关，R1和R3以及电容器和电源构成一回路，R1和R3都相当于导线，电容器两端间的电势差等于电源的电动势，由此分析； 【详解】
A、闭合开关S，电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡，电场力竖直向上，可知带电液滴带负电，当R1的阻值增大时，电容器两端间的电势差不变，板间场强不变，则带电液滴受到的电场力不变，液滴保持静止不动，故A错误；
B、将R2的阻值增大时，则R2两端间的电压增大，所以电容器两端间的电压增大，液滴所受的电场力变大，液滴将向上运动，故B错误；
C、断开开关，稳定时电容器两端间的电势差等于电源的电动势，电容器的电压增大，液滴所受的电场力变大，液滴将向上运动，故C错误；
D、把电容器的上极板向上平移少许，d增大，而电容器两端的电势差不变，根据??=??可知板间场强减小，液滴所受的电场力变小，液滴将向下运动，故D正确； 故选D。
二、多选题
11．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则（不计一切摩擦阻力）（ ）
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A．由上往下看，液体做逆时针旋转 B．液体所受的安培力大小为1.5N C．闭合开关后，液体热功率为0.081W D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J 【答案】 ACD 【解析】
【详解】
A、根据左手定则，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A正确； B、电压表的示数??=1.5V，则根据闭合电路欧姆定律：??=??+????0+????，所以电路中的电流值为：??=
???????0+??=0.3A，液体所受安培力为??=??????=1.5×10?3N，故B错误；
C、玻璃皿中两极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，液体的热功率为：??热=I2??=0.081W，故C正确； D、根据能量守恒定律，闭合开关10s，液体具有的动能是：????=??电流???热=(?????热)??=(???????2??)??=3.69J，故D正确；
12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2为总阻值一定的滑动变阻器，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。有关下列说法中正确的是
A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R2消耗的电功率变大，电压表示数减小 B．只逐渐增大R1的光照强度，带电微粒向上运动
C．只调节电阻R2的滑动端p向下端移动时，电压表示数减小，电容器所带电荷量增多 D．只调节电阻R2的滑动端p向下端移动时，带点粒子向下运动 【答案】 AB 【解析】 【详解】
AB、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，根据闭合电路欧姆定律可得外电压??=???????减小，电压表示数减小；根据电功率公式??=??2??可知电阻R2消耗的电功率变大，根据欧姆定律可知滑动变阻器的电压变大，则有电容器两端的电压增大，由??=??可知板间电场强度增大，带电微粒受到的电场力变大，带电微粒向上运动，故A、B正确； C、只调节电阻R2的滑动端p向下端移动时，R2的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律可得外电压??=???????增大，电压表示数增大；根据闭合电路欧姆定律可得电阻R2两端电压??=?????(??+??1)增大，所以电容器两端的电压变大，根据??=????可知电容器所带电荷量增多，由??=??可知板间场强增大，粒子受到的电场力变大，带电微粒向上运动，故C、D错误； 故选AB。
13．如图所示，电源电动势E=1.5V，内电阻r=0.5Ω，滑动变阻器R1的最大电阻Rm=5.0Ω，定值电阻R2=2.0Ω，C为平行板电容器，其电容为3μF。将开关S与a接触，则
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