高考物理二轮复习 历年易错题集锦 电和磁 68页

电和磁 ‎[第55页 第1题] (2012江苏单科,1,3分)真空中,A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r,则A、B两点的电场强度大小之比为( )‎ A.3∶1 B.1∶‎3 C.9∶1 D.1∶9‎ ‎[答案] C ‎[解析] 由点电荷场强公式有:E=k∝r-2,故有===9∶1,C项正确。‎ ‎ ‎ ‎[第55页 第2题] (2012上海单科,11,3分)A、B、C三点在同一直线上,AB∶BC=1∶2,B点位于A、C之间,在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为+q的点电荷时,它所受到的电场力为F;移去A处电荷,在C处放一电荷量为-2q的点电荷,其所受电场力为( )‎ A.-F/2 B.F/‎2 C.-F D.F ‎[答案] B ‎[解析] 如图所示,设B处的点电荷带电荷量为正,AB=r,则BC=2r,根据库仑定律F=,F'=,可得F'=,故选项B正确。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[第55页 第3题] (2013河北五校联考)半径为R的大球O被内切地挖去半径为的小球O',余下的部分均匀地带有电荷量Q。今在两球球心连线OO'的延长线上,距大球球心O的距离为r(r>R)处放置一个点电荷q,求q所受的力。你可以不必进行复杂的计算,而是根据所学的物理知识和物理方法进行分析,从而判断解的合理性。( )‎ A. B. C. D.‎ ‎[答案] C ‎[解析] 由量纲分析,选项A错误;当r远远大于R时,被内切地挖去半径为的小球的大球可视为点电荷,q所受的力可根据库仑定律计算,只有C符合,所以选项C正确。‎ ‎ ‎ ‎[第55页 第4题] (2013湖北武汉摸底)水平面上A, B, C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷,将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点,OABC恰构成一棱长为L的正四面体,如图所示。已知静电力常量为k,重力加速度为g,为使小球能静止在O点,小球所带的电荷量为( )‎ ‎ ‎ A. B. C. D.‎ ‎[答案] C ‎[解析] 3k cos θ=mg,sin θ=,联立解得q=。‎ ‎[变式训练] （2012衡水高三第三次模拟，14）两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连, 如图放置, OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°, 物体M的重力大小为20 N, M、m均处于静止状态, 则( )‎ ‎ ‎ A. 绳OA对M的拉力大小为10 N B. 绳OB对M的拉力大小为10 N C. m受到水平面的静摩擦力大小为10 N D. m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左 ‎[变式答案] D ‎ ‎[变式解析] 由O点受力平衡有TOA cos 30°=TOB cos 60°、TOA sin 30°+TOB sin 60°=Mg,解得TOA=Mg/2=10 N,TOB=Mg/2=10 N,A、B皆错误.再考虑m的受力,水平方向上由平衡条件有f=TOB-TOA=10(-1)N,方向与TOB反向即水平向左,C错误D正确.‎ ‎ ‎ ‎[第55页 第5题] (2013湖北重点中学联考)如图所示,把一个带正电的小球a放在光滑的绝缘斜面上,欲使球a能静止在斜面上,现在直线MN上放一个带电小球b,则b可能( )‎ ‎ ‎ A.带正电,放在A点 B.带正电,放在B点 C.带负电,放在C点 D.带负电,放在D点 ‎[答案] ABD ‎[解析] 根据题意,b受到的电场力一定具有沿斜面向上的分力,据此可知,选项A、B、D均有可能。‎ ‎[变式训练] （2012太原市高三第二次模拟，15）如图所示, 某同学通过滑轮组将一重物吊起. 该同学对绳的竖直拉力为F1, 对地面的压力为F2, 不计滑轮与绳的重力及摩擦, 则在重物缓慢上升的过程中, 下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 逐渐变小 B. 逐渐变大 C. 先变小后变大 D. 先变大后变小 ‎[变式答案] B ‎[变式解析] “缓慢上升”可认为时刻处于平衡状态.设滑轮两侧绳与竖直方向间的夹角为θ,在竖直方向上,对重物有‎2F绳cos θ=mg,可见θ角增大时F绳也增大,对该同学有F1+F2'=Mg,F2'为地面支持力,又知F绳=F1,可见支持力随F1的增大而减小,则对地面的压力F2逐渐减小,只有B正确.‎ ‎ ‎ ‎[第55页 第6题] (2012浙江理综,19,6分)用金属箔做成一个不带电的圆环,放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后,将笔套自上向下慢慢靠近圆环,当距离约为‎0.5 cm时圆环被吸引到笔套上,如图所示。对上述现象的判断与分析,下列说法正确的是( )‎ A.摩擦使笔套带电 B.笔套靠近圆环时,圆环上、下部感应出异号电荷 C.圆环被吸引到笔套的过程中,圆环所受静电力的合力大于圆环的重力 D.笔套碰到圆环后,笔套所带的电荷立刻被全部中和 ‎[答案] ABC ‎[解析] 笔套与头发摩擦带电,A正确。笔套靠近圆环时,圆环发生静电感应,其上、下部感应出异号电荷,笔套与圆环有静电吸引力,当圆环所受静电力的合力大于重力时圆环将被吸引到笔套上,B、C正确。当笔套碰到圆环时,其整体所带电荷量与笔套之前所带电荷量相同,D错。‎ ‎ ‎ ‎[第55页 第7题] (2012山东理综,19,5分)图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子( )‎ ‎ ‎ A.带负电 B.在c点受力最大 C.在b点的电势能大于在c点的电势能 D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 ‎[答案] CD ‎[解析] 物体做曲线运动时,合力方向指向轨迹的凹侧,说明粒子带正电,A错误;由库仑定律F=k知离圆心越远,粒子所受的力越小,B错误;粒子从b点到c点过程中,静电力做正功,电势能减小,C正确;点电荷的等势面与虚线重合,依题意得Uab>Ubc,又电场力做功W=qU,则Wab>Wbc,由动能定理得粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,D正确。‎ ‎[变式训练] （2009广东理基，6，易）船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2. 为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为（ ）‎ ‎ ‎ ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 根据运动的合成与分解的知识，可知要使船垂直到达对岸即要船的合速度指向对岸. 根据平行四边形定则，知C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第55页 第8题] (2013江苏无锡)一长为L的细线,上端固定,下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球,处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时,将线与小球拉成水平,小球静止在A点,释放后小球由静止开始向下摆动,当细线转过60°角时,小球到达B点速度恰好为零。试求:‎ ‎ ‎ ‎(1)A、B两点间的电势差UAB;‎ ‎(2)匀强电场的场强大小;‎ ‎(3)小球到达B点时,细线对小球的拉力大小。‎ ‎[答案] (1)- (2) (3)mg ‎[解析] (1)小球由A→B的过程中,由动能定理得 mgL sin 60°+qUAB=0‎ 所以UAB=-‎ ‎(2)E=‎ 所以E=‎ ‎(3)在B处,沿细线方向合力为零,有 TB=Eq cos 60°+mg sin 60°‎ 解得TB=mg ‎[变式训练] （2012郑州市高三第二次质检，15）如图所示, 倾角为θ的固定斜面上有一个固定竖直挡板, 在挡板和斜面之间有一个质量为m的光滑球, 球对斜面和挡板的压力大小分别为( )‎ ‎ ‎ A. mg cos θ和mg sin θ B. mg sin θ和mg cos θ C. /和mg tan θ D. mg cot θ和mg cos θ ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 将球所受重力按作用效果分解为水平方向垂直于挡板的分力与垂直于斜面向下的分力,作出力的分解示意图,由图中几何关系易知C正确.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[第56页 第9题] 如图所示,绝缘水平面上静止着两个质量均为m,电荷量均为+Q的物体A和B(A、B均可视为质点),它们间的距离为r,与水平面间的动摩擦因数均为μ,求:‎ ‎(1)A受的摩擦力为多大?‎ ‎(2)如果将A的电荷量增至+4Q,两物体开始运动,当它们的加速度第一次为零时,A、B各运动了多远距离?‎ ‎ ‎ ‎[答案] (1)k (2)见解析 ‎[解析] (1)由A受力平衡,得A受的摩擦力为 FA=F库=k。‎ ‎(2)当加速度第一次为零时,库仑力和滑动摩擦力大小相等,即μmg=k,r'=2Q,间距增大了2Q-r。因A、B的质量相等,所以加速度在这段时间内总等大反向,因此A、B各运动了Q-。‎ ‎[变式训练] （2008江苏单科，3，易）一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g. 现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为（ ）‎ ‎ ‎ A. 2 B. M- C. ‎2M- D. 0‎ ‎[变式答案] A ‎ ‎[变式解析] 气球匀速下降时有F+f=Mg①设减少的质量为Δm，则气球匀速上升时有F-f=（M-Δm）g②由①②得Δm=2，故A正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第56页 第10题] (2012湖南衡阳)如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷Q,将质量为m,带电荷量为q的小球从圆弧管水平直径的端点A由静止释放,当小球沿细管下滑到最低点时,对细管的上壁的压力恰好与球重相同,求圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小。‎ ‎ ‎ ‎[答案] ‎ ‎[解析] 根据点电荷电场强度公式E=可得,圆心处点电荷在圆弧管内产生的电场强度大小相等,方向始终沿半径方向,带电小球沿细管下滑到最低点时,电场力不做功,则由机械能守恒定律得mgr=mv2,对最低点由牛顿第二定律得:k-mg-FN=m 又FN=mg 得:E=k=‎ ‎[变式训练] (上海市黄浦区2013届高三第一学期期末学科质量监测物理试卷，16)如图所示，一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一自由端位于O点，现用一滑块将弹簧的自由端（与滑块未拴接）从O点压缩至A点后于t=0时刻由静止释放，滑块t1时刻经过O点，t2时刻运动到B点停止。下列四个图像的实线部分能反映滑块从A运动B的v-t图像的是（ ）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[变式答案] D ‎[变式解析] 滑块由A点到O点运动过程中，由牛顿第二定律可得，滑块先做加速度减小的变加速直线运动，当时，加速度为零；后做加速度增大的变减速直线运动；t1时刻滑块到达O点时滑块与弹簧脱离，之后在滑动摩擦力作用下以加速度a=做匀减速直线运动直至t2时刻运动到B点停止，故正确的答案选D。‎ ‎ ‎ ‎[第57页 第1题] (2013江苏常州)如图所示,以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时,在圆心O处产生的电场强度大小为E。现改变a处点电荷的位置,使O点的电场强度改变,下列叙述正确的是( )‎ ‎ ‎ A.移至c处,O处的电场强度大小不变,方向沿Oe B.移至b处,O处的电场强度大小减半,方向沿Od C.移至e处,O处的电场强度大小减半,方向沿Oc D.移至f处,O处的电场强度大小不变,方向沿Oe ‎[答案] C ‎[解析] 放置在a、d两处的等量正、负点电荷在圆心O处产生的电场强度方向相同,每个电荷在圆心O处产生的电场强度大小为。根据场强叠加原理,a处正电荷移至c处,O处的电场强度大小为 ‎,方向沿Oe,选项A错误;a处正电荷移至b处,O处的电场强度大小为2··cos 30°=E,方向沿∠eOd的角平分线,选项B错误;a处正电荷移至e处,O处的电场强度大小为,方向沿Oc,选项C正确;a处正电荷移至f处,O处的电场强度大小为2··cos 30°=E,方向沿∠cOd的角平分线,选项D错误。‎ ‎ ‎ ‎[第57页 第2题] (2012陕西蓝田)在如图各种电场中,A、B两点电场强度相同的是( )‎ ‎ ‎ ‎[答案] C ‎[解析] 电场强度是矢量,电场强度相同必定其大小相等、方向相同。故答案为C。‎ ‎ ‎ ‎[第57页 第3题] (2012江西吉安)如图所示,A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点,在这些点上各固定一个点电荷,除A点处的电荷量为-q外,其余各点处的电荷量均为+q,则圆心O处( )‎ ‎ ‎ A.场强大小为,方向沿OA方向 B.场强大小为,方向沿AO方向 C.场强大小为,方向沿OA方向 D.场强大小为,方向沿AO方向 ‎[答案] C ‎[解析] 根据对称性,先假定在A点放上+q的点电荷,则O点的场强为零,即B、C、D、E四个点电荷在O点的合场强方向沿OA方向,大小为 ‎。故O点的合场强为A点-q在O点产生的场强与B、C、D、E四个+q在O点产生的合场强的矢量和,即EO=EA+E'=,所以答案为C。‎ ‎ ‎ ‎[第57页 第4题] (2012重庆理综,20,6分)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷,其中P点处为正电荷,P、Q两点附近电场的等势面分布如题图所示,a、b、c、d为电场中的4个点,则( )‎ ‎ ‎ A.P、Q两点处的电荷等量同种 B.a点和b点的电场强度相同 C.c点的电势低于d点的电势 D.负电荷从a到c,电势能减少 ‎[答案] D ‎[解析] 由电场的等势面分布图可判断P、Q为等量异种点电荷,Q带负电,A项错误。a、b两点的电场强度方向不同,故B项错误。由正电荷到负电荷电势逐渐降低知φc>φd,故C项错误。负电荷从a到c,电场力做正功,电势能减小,故D正确。‎ ‎ ‎ ‎[第57页 第5题] (2011重庆理综,19,6分)如图所示,电量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的顶点,正方体范围内电场强度为零的点有( )‎ ‎ ‎ A.体中心、各面中心和各边中点 B.体中心和各边中点 C.各面中心和各边中点 D.体中心和各面中心 ‎[答案] D ‎[解析] 根据点电荷场强公式E=及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零,故答案为D。‎ ‎ ‎ ‎[第57页 第6题] (2010海南单科,4)如图,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O点为半圆弧的圆心,∠MOP=60°。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点,这时O点电场强度的大小为E1;若将N点处的点电荷移至P点,则O点的场强大小变为E2,E1与E2之比为( ) ‎ ‎ ‎ A.1∶2 B.2∶‎1 C.2∶ D.4∶‎ ‎[答案] B ‎[解析] 依题意,每个点电荷在O点产生的场强为,则当N点处的点电荷移至P点时,O点场强如图所示,合场强大小为E2=,则=,B正确。‎ ‎ ‎ ‎[第57页 第7题] 下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述,正确的是( )‎ A.E=是电场强度的定义式,F是放入电场中电荷受的力,q是产生电场的电荷的电荷量 B.E=是电场强度的定义式,F是放入电场中电荷受的力,q是放入电场中电荷的电荷量,它适用于任何电场 C.E=是点电荷场强的计算式,Q是产生电场的电荷的电荷量,它不适用于匀强电场 D.从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k,式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小,而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强的大小 ‎[答案] BCD ‎[解析] E=为定义式,适用于任何电场,式中q为试探电荷的电荷量,F为试探电荷受到的电场力,故A错B对。E=kQ/r2 为真空中点电荷的场强公式,C对。因F=k=·q2=E1q2=E2q1,所以D对。‎ ‎ ‎ ‎[第57页 第8题] (2013广东揭阳、潮州联考)一带电粒子射入一正点电荷的电场中,运动轨迹如图所示,粒子从A运动到B,则( )‎ ‎ ‎ A.粒子带负电 B.粒子的动能一直变大 C.粒子的加速度先变小后变大 D.粒子在电场中的电势能先变小后变大 ‎[答案] AD ‎[解析] 根据运动轨迹可知,粒子带负电,粒子的动能先变大后变小,粒子的加速度先变大后变小,选项A正确,B、C错误;粒子在电场中运动,电场力先做正功后做负功,粒子的电势能先变小后变大,选项D正确。‎ ‎[变式训练] （2011北京理综，18，易）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动. 某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示. 将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g. 据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（ ）‎ ‎ ‎ A. g B. ‎2g C. ‎3g D. ‎‎4g ‎[变式答案] B ‎[变式解析] “蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于人的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力且等于F0，即mg=F0，则F0=mg. 当绳子拉力最大时，人处于最低点且合力最大，故加速度也最大，此时F最大=F0=3mg，方向竖直向上，由ma=F最大-mg=3mg-mg=2mg得最大加速度为‎2g，故B正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第57页 第9题] (2012黑龙江哈尔滨)如图所示,A、B为两个固定的等量的同种正电荷,在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C,现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0,若不计电荷C所受的重力,则关于电荷C运动过程中的速度和加速度情况,下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A.加速度始终增大 B.加速度先增大后减小 C.速度始终增大,最后趋于无穷大 D.速度始终增大,最后趋于某有限值 ‎[答案] BD ‎[解析] 根据极限分析法:在A、B连线的中点和无限远处场强都为零,所以从连线中点沿中垂线到无限远的过程中电场强度先增大后减小,电场力始终对C做正功,故正确答案为B、D。‎ ‎[变式训练] （2009全国Ⅱ，8，易）某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N. 他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，至时间段内，弹簧测力计的示数如图所示，电梯运行的v-t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ ）‎ ‎ ‎ ‎[变式答案] A ‎[变式解析] 由F-t图像知：t0~t1时间内，具有向下的加速度；t1~t2时间内，匀速或静止；t2~t3时间内，具有向上的加速度. 因此其运动情况可能是：t0~t3时间内，由于D选项不满足电梯由静止开始运动，故选A. ‎ ‎ ‎ ‎[第58页 第10题] (2013江苏连云港月考)如图所示,A、B为体积可忽略的带电小球,QA=2×10‎-8 C,QB=-2×10‎-8 C,A、B相距‎3 cm。在水平外电场作用下,A、B保持静止,悬线都沿竖直方向。试求:‎ ‎(1)外电场的场强大小和方向;‎ ‎(2)AB中点处总电场的场强大小和方向。‎ ‎ ‎ ‎[答案] (1)2×105 N/C,方向水平向左 ‎(2)1.4×106 N/C,方向水平向右 ‎[解析] (1)A受B向右的吸引力,所以外电场对A的作用力必须水平向左,A才能保持静止,故外电场的方向水平向左。由平衡条件有:EQA=k,E=k=9×109× N/C=2×105 N/C。‎ ‎(2)AB中点处总场强E0=2k-E=8E-E=7E=7×2×105 N/C=1.4×106 N/C,方向水平向右。‎ ‎[变式训练] （2011江苏单科，1，中）如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g. 若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. mg tan α D. mg cot α ‎[变式答案] A ‎[变式解析] 石块受力如图所示，由对称性可知两侧面所受弹力大小相等，设为FN，由三力平衡可知四边形OABC为菱形，故△ODC为直角三角形，且∠OCD为α，则由mg=FN sin α可得FN=，故A正确. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[第58页 第11题] (2013安徽江南十校摸底)悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个质量为m、带电荷量为-q的小球,若在空间加一匀强电场,则小球静止时细线与竖直方向夹角为θ,如图所示,求:‎ ‎(1)所加匀强电场场强最小值的大小和方向;‎ ‎(2)若在某时刻突然撤去电场,当小球运动到最低点时, 小球对细线的拉力为多大。‎ ‎ ‎ ‎[答案] (1),垂直细线斜向左下方 (2)mg(3-2 cos θ)‎ ‎[解析] (1)当电场力的方向与细线垂直时,电场强度最小。由mg sin θ=qE 解得:E=‎ 小球带负电,所受电场力方向与场强方向相反,故场强方向为垂直细线斜向左下方。‎ ‎(2)设线长为l,小球运动到最低点的速度为v,细线对小球的拉力为F,则有:‎ mgl(1-cos θ) =mv2‎ F-mg=m 联立解得:F=mg(3-2 cos θ)‎ 根据牛顿第三定律,小球对细线的拉力F'= F=mg(3-2 cos θ)。‎ ‎[变式训练] （2012太原市高三第二次模拟，15）如图所示, 某同学通过滑轮组将一重物吊起. 该同学对绳的竖直拉力为F1, 对地面的压力为F2, 不计滑轮与绳的重力及摩擦, 则在重物缓慢上升的过程中, 下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 逐渐变小 B. 逐渐变大 C. 先变小后变大 D. 先变大后变小 ‎[变式答案] B ‎[变式解析] “缓慢上升”可认为时刻处于平衡状态.设滑轮两侧绳与竖直方向间的夹角为θ,在竖直方向上,对重物有‎2F绳cos θ=mg,可见θ角增大时F绳也增大,对该同学有F1+F2'=Mg,F2'为地面支持力,又知F绳=F1,可见支持力随F1的增大而减小,则对地面的压力F2逐渐减小,只有B正确.‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第1题] (2013福建福州)如图甲所示,Q1、Q2为两个被固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b两点在它们连线的延长线上。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用),粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb,其速度图象如图乙所示。以下说法中正确的是( )‎ ‎ ‎ A.Q2一定带负电 B.Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量 C.b点的电场强度一定为零 D.整个运动过程中,粒子的电势能先减小后增大 ‎[答案] C ‎[解析] 因为v-t图象的斜率表示加速度,根据题图乙可知,粒子在b点的加速度为零,其电场力也为零,b点的电场强度一定为零,选项C正确;要使b点的场强为零,Q1、Q2必带异种电荷,所以Q2一定带正电,选项A错误;Q1、Q2单独存在时在b点产生的场强必等大反向,再考虑到Q1到b点的距离较大,Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量,选项B错误;整个运动过程中,粒子的动能和电势能之和保持不变,考虑到其动能先减小后增大,其电势能一定是先增大后减小,选项D错误。‎ ‎[变式训练] (辽宁省五校协作体2013届高三摸底考试理科综合试题，3) a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度-时间图象如图所示，下列说法正确的是( ) ‎ ‎ ‎ A．a、b加速时，物体a的加速度小于物体b的加速度 B．20秒时，a、b两物体相距最远 C．60秒时，物体a在物体b的前方 D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距‎500m ‎[变式答案] AC ‎[变式解析] a、b做加速直线运动时，a的加速度为，b的加速度为，故A项正确；由a、b两物体的速度-时间图象可知在40秒时，a、b两物体相距最远，B项错；由a、b两物体的速度-时间图象可知在40秒-60秒时，物体a和物体b的位移相同，故60秒时，物体a在物体b的前方，C项正确；速度-时间图象的面积表示位移，40秒时，a、b两物体速度相等，它们之间的距离为，故D项错。‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第2题] (2012江苏盐城)电场中某个面上所有点的电势都相等,但电场强度都不同,这个面可能是( )‎ A.等量同种电荷的中垂面 B.等量异种电荷的中垂面 C.以孤立点电荷为球心的某一球面 D.匀强电场中的某一等势面 ‎[答案] C ‎[解析] 等量同种电荷的中垂面电势不相等,A错;等量异种电荷的中垂面上电势都相等,但是中垂线上关于两者连线中点对称的两点电场强度相同,B错;匀强电场中的某一等势面中所有点的电场强度均相同,D错。故选C。‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第3题] (2012浙江金华)如图所示,AC、BD为圆的两条互相垂直的直径,圆心为O,半径为r,将带等电荷量的正、负点电荷放在圆周上,它们的位置关于AC对称,+q与O点的连线和OC夹角为30°,下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A.A、C两点的电势关系是φA=φC B.B、D两点的电势关系是φB=φD C.A、O两点的场强大小方向相同 D.B、D两点的场强大小方向相同 ‎[答案] A ‎[解析] 根据等量异号点电荷电场中等势面的形状以及特点可知,由于A、C两点是两点电荷连线中垂线上的两点,它们的电势均为零,故φA=φC,A对;B、D两点的电势关系为φB>φD,B错;根据等量异号点电荷电场中电场线的形状及特点可知,A、O点的场强方向相同,大小关系为EO>EA,C错;B、D两点场强方向不同,大小相同,D错。‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第4题] (2011海南单科,1,3分)关于静电场,下列说法正确的是( )‎ A.电势等于零的物体一定不带电 B.电场强度为零的点,电势一定为零 C.同一电场线上的各点,电势一定相等 D.负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加 ‎[答案] D ‎[解析] 零电势的位置是人为选定的,与物体是否带电无关,A错误。电场强度是电势随空间的变化率,二者的大小之间无直接联系,B错误。沿电场线的方向电势是逐渐降低的,C错误。由于负电荷在电势越低处电势能越大,故D正确。‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第5题] (2010全国Ⅰ,16,6分)关于静电场,下列结论普遍成立的是( )‎ A.电场强度大的地方电势高,电场强度小的地方电势低 B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C.在正电荷或负电荷产生的静电场中,场强方向都指向电势降低最快的方向 D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点,电场力做功为零 ‎[答案] C ‎[解析] 在静电场中,电势沿着电场线逐渐降低,场强方向是电势降低最快的方向,场强的大小与电场线分布疏密有关,电势高低与场强大小无关,故A项错误,C项正确。电场中两点间的电势差既与场强有关又与距离有关,B项错误。场强为零的一点到场强为零的另一点间的电势差不一定为零,故电场力做功不一定为零,比如,在两个等量同种点电荷形成的电场中,电场的中心点与边缘点之间,故D项错误。‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第6题] (2013江西临川一中、师大附中联考)在电场强度大小为E的匀强电场中,将一个质量为m、电荷量为q的带电小球由静止开始释放,带电小球沿与竖直方向成θ角做直线运动。关于带电小球的电势能ε和机械能W的判断,正确的是( )‎ A.若θ<90°且sin θ=qE/mg,则ε、W一定不变 B.若45°<θ<90°且tan θ=qE/mg,则ε一定减小、W一定增加 C.若0<θ<45°且tan θ=qE/mg,则ε一定减小、W一定增加 D.若0<θ<45°且tan θ=qE/mg,则ε可能减小、W可能增加 ‎[答案] ABC ‎[解析] 根据题意,小球受到的电场力和重力的合力大小恒定,方向沿运动方向,小球做匀加速直线运动。若θ<90°且sin θ=qE/mg,则电场力的方向垂直于运动方向,所以电场力不做功,只有重力做功,所以ε、W一定不变,选项A正确;若45°<θ<90°且tan θ=qE/mg,则电场力沿水平方向,并且与运动方向间的夹角为锐角,所以电场力做正功,ε一定减小,W一定增加,选项B正确;若0<θ<45°且tan θ=qE/mg,则电场力沿水平方向且与运动方向间的夹角为锐角,所以电场力做正功,ε一定减小,W一定增加,但是电势能ε和机械能W的和保持不变,选项C正确,D错误。‎ ‎[变式训练] （2011江苏单科，1，中）如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g. 若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. mg tan α D. mg cot α ‎[变式答案] A ‎[变式解析] 石块受力如图所示，由对称性可知两侧面所受弹力大小相等，设为FN，由三力平衡可知四边形OABC为菱形，故△ODC为直角三角形，且∠OCD为α，则由mg=FN sin α可得FN=，故A正确. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第7题] 如图(1)是某一点电荷形成的电场中的一条电场线,A、B是电场线上的两点,一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图线如图(2)所示,则以下说法中正确的是( )‎ ‎ ‎ A.A、B两点的电场强度是EAB B.A、B两点的电势是φA>φB C.负电荷q在A、B两点的电势能大小是εA>εB D.此电场一定是负电荷形成的电场 ‎[答案] ABD ‎[解析] 由v-t图知,负电荷q做加速度增大的减速运动,故所受电场力变大,电场强度变大,EB>EA,A对。又因电场力的方向在图(1)中向左,故电场线的方向为A→B,则φA>φB,B正确。又电场力对负电荷q做负功,故电势能越来越大,C错。根据电场线的方向和电场强度的特点知,此电场一定是负电荷形成的电场,D对。‎ ‎[变式训练] （2009安徽理综，16，中）大爆炸理论认为，我们的宇宙起源于137亿年前的一次大爆炸. 除开始瞬间外，在演化至今的大部分时间内，宇宙基本上是匀速膨胀的. 上世纪末，对‎1A型超新星的观测显示，宇宙正在加速膨胀.‎ ‎ 面对这个出人意料的发现，宇宙学家探究其背后的原因，提出宇宙的大部分可能由暗能量组成，它们的排斥作用导致宇宙在近段天文时期内开始加速膨胀. 如果真是这样，则标志宇宙大小的宇宙半径R和宇宙年龄t的关系，大致是下面哪个图像（ ）‎ ‎ ‎ ‎[变式答案] C ‎ ‎[变式解析] 题目提供的信息是宇宙先匀速膨胀，后加速膨胀，反映到R-t图像上就是图像的斜率先是不变的，后逐渐变大，所以应该选C项. ‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第8题] 如图所示的同心圆(虚线)是电场中的一簇等势线,一个电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小,B为线段AC的中点,则有( )‎ ‎ ‎ A.电子沿AC运动时受到的电场力越来越小 B.电子沿AC运动时它具有的电势能越来越大 C.电势UA>UB>UC D.电势差UAB=UBC ‎[答案] BC ‎[解析] 由题给的等势线为同心圆可知场源为位于圆心处的点电荷,越靠近点电荷,电场强度越大,所以电子沿AC运动时受到的电场力越来越大,选项A错;由电子只在电场力作用下由A向C运动时速度越来越小,可知电场力做负功,电势能越来越大,选项B正确;电子所受电场力方向沿CA方向,即电场方向沿AC方向,场源点电荷为负电荷,电势A点最高,C点最低,选项C正确;由A到C电场强度增大,因为B为AC中点,所以UABBC,故D错。‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第9题] (2012湖北黄冈中学)如图所示,虚线a、b、c代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab= Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知 ( )‎ ‎ ‎ A.三个等势面中,a的电势最高 B.带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 ‎[答案] ABD ‎[解析] 带正电的质点“仅在电场力作用下”是题眼,据此作出电场力方向是关键,电场力一定垂直于等势面(电场力的方向与该点电场强度E方向或通过该点的电场线方向一致)且指向轨迹曲线的内侧(曲线运动条件)。电场线由电势高的点指向电势低的点,A正确;对等差等势面来说,等势面密的地方电场强度大,电荷受电场力也大,产生的加速度就大,D正确;从P到Q,电场力做正功,动能增大,电势能减小,C错B对。‎ ‎[变式训练] （2010福建理综，16，难）质量为‎2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0. 2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等. 从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示. 重力加速度g取‎10 m/，则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为（ ）‎ ‎ ‎ A. ‎18 m B. ‎54 m C. ‎72 m D. ‎‎198 m ‎[变式答案] B ‎[变式解析] ‎ 物体与地面间最大静摩擦力f=μmg=0. 2×2×10 N=4 N. 由F-t图像知0~3 s内，F=4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动. 3~6 s内，F=8 N，说明物体做匀加速运动，加速度a==‎2 m/s2，6 s 末物体的速度v=at=2×‎3 m/s=‎6 m/s. 在6~9 s内物体以‎6 m/s的速度做匀速运动. 9~12 s 内又以‎2 m/s2的加速度做匀加速运动，作v-t图像如下. 故0~12 s内的位移s=×‎2 m+6×‎6 m=‎54 m. 故B项正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第59页 第10题] (2011上海单科,23,4分)如图,在竖直向下,场强为E的匀强电场中,长为l的绝缘细杆可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动,两个小球A、B固定于杆的两端,A、B的质量分别为m1和m2(m12),A带负电,电量为q1,B带正电,电量为q2。杆从静止开始由水平位置转到竖直位置,在此过程中电场力做功为 ,在竖直位置处两球的总动能为 。 ‎ ‎[答案] ‎ ‎[解析] 由于场强方向向下,A球带负电受到向上的电场力。B球带正电受到向下的电场力,且m12,故系统必沿顺时针方向转动,则电场力对A球做正功W1=q1El/2,对B球做正功W2=q2El/2,总功为W=W1+W2=(q1+q2)El/2。此过程中两球重力所做总功W'=m2g-m1g,由动能定理可知此时两球的总动能为Ek=W+W'=[(q1+q2)E+(m2-m1)g]。‎ ‎[变式训练] （2010安徽理综，14，易）伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点. 如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点. 这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，其末速度的大小（ ）‎ ‎ ‎ A. 只与斜面的倾角有关 B. 只与斜面的长度有关 C. 只与下滑的高度有关 D. 只与物体的质量有关 ‎[变式答案] C ‎ ‎[变式解析] 物体从同一高度沿不同弧线下滑，至最低点后，都能沿同一条弧线运动至同一水平高度处，说明物体沿不同弧线运动到最低点的速度相同，故C项对. ‎ ‎ ‎ ‎[第60页 第11题] (2013湖北重点中学联考)为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A点运动到B点,必须对该电荷施加一个恒力F,如图所示。若AB=‎0.4 m,α=37°,q=-3×10‎-7 C,F =1.5×10-4 N,(已知sin 37°=0.6,不计负电荷受的重力)求:‎ ‎(1)电场强度大小和方向;‎ ‎(2)q从A到B的过程中电势能的变化。‎ ‎ ‎ ‎(2)电势能增加ΔE=qE·AB cos α=4.8×10-5 J。‎ ‎[答案] 见解析 ‎[解析] (1)因为点电荷在电场中做匀速运动,所以 F-qE=0‎ E==500 N/C 方向与F的方向相同。‎ ‎[变式训练] （2010课标，18，中）如图所示，一物块置于水平地面上. 当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动. 若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（ ）‎ A. -1 B. 2- C. - D. 1-‎ ‎[变式答案] B ‎[变式解析] 由力的平衡条件，F1cos 60°=μ（mg-F1 sin 60°）；F2cos 30°=μ（mg+F2sin 30°）；再由F1=F2解得μ=2-，故B项正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第60页 第12题] 有一带电荷量q=-3×10‎-6 C的点电荷,从电场中的A点移到B点时,克服静电力做功6×10-4 J,从B点移到C点时静电力做功9×10-4 J,问:‎ ‎(1)AB、BC、CA间电势差各为多少?‎ ‎(2)如以B点电势为零,则A、C两点的电势各为多少?电荷在A、C两点的电势能各为多少?‎ ‎[答案] (1)200 V -300 V 100 V ‎(2)200 V 300 V -6×10-4 J -9×10-4 J ‎[解析] (1)方法一 先求电势差的绝对值,再判断正、负。|UAB|== V=200 V。‎ 由负电荷从A移向B克服静电力做功,必是从高电势点移向低电势点,即φA>φB,UAB=200 V。|UBC|== V=300 V,因负电荷从B移到C静电力做正功,必是从低电势点移向高电势点,即φB<φC,UBC=-300 V。‎ UCA=UCB+UBA=-UBC+(-UAB)=300 V-200 V=100 V。‎ 方法二 直接代数值求 电荷由A移向B克服静电力做功,即静电力做负功,‎ WAB=-6×10-4 J,UAB== V=200 V UBC== V=-300 V UCA=UCB+UBA=-UBC+(-UAB)=300 V-200 V=100 V。‎ ‎(2)若φB=0,由UAB=φA-φB得φA=UAB=200 V,由UBC=φB-φC得φC=φB-UBC=0-(-300) V=300 V,电荷在A点的电势能EpA=qφA=-3×10-6×200 J=-6×10-4 J,电荷在C点的电势能EpC=qφC=-3×10-6×300 J=-9×10-4 J。‎ ‎ ‎ ‎[第61页 第1题] (2012江苏单科,2,3分)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )‎ A.C和U均增大 B.C增大,U减小 C.C减小,U增大 D.C和U均减小 ‎[答案] B ‎[解析] 由C=可知,插入电介质后,εr增大,电容C增大;由U=可知U减小,故选B。‎ ‎[变式训练] （2013广东，15， 4分) 喷墨打印机的简化模型如图4所示。重力可忽略的墨汁微滴, 经带电室带负电后, 以速度v垂直匀强电场飞入极板间, 最终打在纸上。则微滴在极板间电场中( )‎ ‎ ‎ 图4‎ A. 向负极板偏转 B. 电势能逐渐增大 C. 运动轨迹是抛物线 D. 运动轨迹与带电量无关 ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 由于微滴带负电, 其所受电场力指向正极板, 故微滴在电场中向正极板偏转, A项错误。微滴在电场中所受电场力做正功, 电势能减小, B项错误。由于极板间电场是匀强电场, 电场力不变, 故微滴在电场中做匀加速曲线运动, 并且轨迹为抛物线, C项正确。带电量影响电场力及加速度大小, 运动轨迹与加速度大小有关, 故D项错误。‎ ‎ ‎ ‎[第61页 第2题] (2012安徽理综,18,6分)如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0 V,点A处的电势为6 V,点B处的电势为3 V,则电场强度的大小为( )‎ ‎ ‎ A.200 V/m B.200 V/m C.100 V/m D.100 V/m ‎[答案] A ‎[解析] 由匀强电场的特点得OA的中点C的电势φC=3 V,φC=φB,即B、C在同一等势面上,由电场线与等势面的关系和几何关系知:如图,d=‎1.5 cm。则E== V/m=200 V/m,A正确。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[第61页 第3题] (2013湖北黄冈适应性考试)半导体指纹传感器:在一块半导体基板上阵列了10万金属颗粒,传感器阵列的每一点是一个金属电极,充当电容器的一极,其外面是绝缘的表面。手指贴在其上与其构成了电容器的另一极,由于手指指纹深浅不同,嵴和峪与半导体电容感应颗粒形成的电容值大小不同,其工作过程是通过对电容感应颗粒预先充电到某一参考电压,然后对每个电容的放电电流进行测量,设备将采集到不同的数值汇总,也就完成了指纹的采集,则( )‎ A.指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近,电容小 B.指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远,电容小 C.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时,在手指靠近时,各金属电极电荷量减小 D.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时,在手指远离时,各金属电极均处于充电状态 ‎[答案] B ‎[解析] 指纹的嵴或峪与半导体基板上对应的金属颗粒的距离相当于平行板电容器的两个极板间距,根据C=‎ 可知,d越大,C越小,所以选项A错误,B正确;对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时,相当于平行板电容器两极板间的电压U相同,当手指靠近时,C增大,各金属电极电荷量Q=CU增大,各金属电极均处于充电状态,选项C、D错误。‎ ‎[变式训练] （2011安徽理综，18，中）图（a）为示波管的原理图. 如果在电极YY'之间所加的电压按图（b）所示的规律变化，在电极XX'之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[变式答案] B ‎ ‎[变式解析] 电子在YY'和XX'间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式s=at2=·t2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比. 在t=0时刻，UY=0知竖直位移为0，故A、C错误. 在t=时刻，UY最大知竖直位移最大，故B正确，D错误. ‎ ‎ ‎ ‎[第61页 第4题] 如图所示,D是一只理想二极管,A、B是平行板电容器,在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态,当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行),带电微粒P的运动及电容器的电压、电荷量情况是( )‎ ‎ ‎ A.带电荷量减小 B.因与电源相连,所以电压不变 C.电场强度增大 D.P仍静止不动 ‎[答案] D ‎[解析] d增大,由C=得C减小,如果U不变,Q减小的趋势因二极管单向导电而无法实现,只能保持不变,故A错误。‎ 由Q=UC,Q不变,C减小,所以U增加,故B错。‎ 根据E=,由C∝,Q=UC得Q∝,所以Q不变E不变,故C错。‎ ‎ ‎ ‎[第61页 第5题] (2012深圳调研)如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )‎ ‎ ‎ A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 B.P点的电势将降低 C.带电油滴的电势能将减小 D.若电容器的电容减小,则极板带电荷量将增大 ‎[答案] B ‎[解析] 因为电容器两板电压不变,当两板间距离d增大时,电场强度E减小,P点到下极板的距离xP不变,φP=ExP减小,P点的电势降低,故选项B对;又根据带电油滴平衡判断其带负电,它在P点的电势能增大,选项C错误;电场力qE减小,mg>qE,油滴将向下运动,A错;电容器的电容减小,则极板带电荷量将减小,选项D错。‎ ‎ ‎ ‎[第61页 第6题] (2013山东日照)如图所示,在圆心O处固定一正点电荷,现从P点以相同的速率发射两个检验电荷a、b,分别沿PM、PN运动到M、N两点,M、N都在以O为圆心的圆上。若检验电荷a、b的质量、电荷量均相等,则下列判断正确的是( )A.a带负电,b带正电 B.P点场强大于M点的场强 C.a、b到达M、N时两电荷速率相等 D.a电荷电势能减少,b电荷电势能增加 ‎[答案] AD ‎[解析] 据运动轨迹可知,a受到圆心处正点电荷的吸引作用,而b受到排斥作用,所以a带负电,b带正电,故选项A正确;P点离场源点电荷较M点远,所以场强较小,选项B错误;a到达N的过程中,电场力先做正功后做负功,但总功为正值,所以a的速率变大,而b到达M的过程中,电场力做的总功为负值,所以其速率减小,a到达N时的速率较大,选项C错误;a的速率变大,电势能减少,而b的速率变小,电势能增加,选项D正确。‎ ‎[变式训练] （2010江苏单科，1，中）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度（ ）‎ ‎ ‎ A. 大小和方向均不变 ‎ B. 大小不变，方向改变 C. 大小改变，方向不变 ‎ D. 大小和方向均改变 ‎[变式答案] A ‎[变式解析] 铅笔匀速向右移动时，x随时间均匀增大，y随时间均匀减小，说明橡皮水平方向匀速运动，竖直方向也是匀速运动. 所以橡皮实际运动是匀速直线运动，A正确. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[第61页 第7题] 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置,构成一平行板电容器,与它相连接的电路如图所示。接通开关S,电源即给电容器充电。则( )‎ ‎ ‎ A.保持S接通,减小两极板间的距离,则两极板间电场的电场强度减小 B.保持S接通,在两极板间插入一块介质,则极板上的电荷量增大 C.断开S,减小两极板间的距离,则两极板间的电势差减小 D.断开S,在两极板间插入一块介质,则两极板间的电势差增大 ‎[答案] BC ‎[解析] S始终接通,则电容器上电压U不变,板间距离d减小,场强E=增大,A错;插入电介质后,由C=可知,电容C增大,由C=,U不变,则电荷量Q增大,B对。断开S后,电容器所带电荷量Q不变,减小d,电容C增大,由C=可知,电势差U减小,C对;插入电介质,则电容C增大,板间电势差U减小,D错。‎ ‎ ‎ ‎[第61页 第8题] (2012海南单科,9,4分)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是( )‎ A.保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半 B.保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的两倍 C.保持d不变,将Q变为原来的两倍,则U变为原来的一半 D.保持d不变,将Q变为原来的一半,则E变为原来的一半 ‎[答案] AD ‎[解析] 由E=知,当U不变,d变为原来的两倍时,E变为原来的一半,A项正确;当E不变,d变为原来的一半时,U变为原来的一半,B项错误;当电容器中d不变时,C不变,由C=知,当Q变为原来的两倍时,U变为原来的两倍,C项错误;Q变为原来的一半,U变为原来的一半时,则E变为原来的一半,D项正确。‎ ‎ ‎ ‎[第62页 第9题] (2012全国,24,16分)如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3,且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。‎ ‎ ‎ ‎[答案] 2Q ‎[解析] 设电容器电容为C。第一次充电后两极板之间的电压为 U=①‎ 两极板之间电场的场强为 E=②‎ 式中d为两极板间的距离。‎ 按题意,当小球偏转角θ1=时,小球处于平衡状态。设小球质量为m,所带电荷量为q,则有 T cos θ1=mg③‎ T sin θ1=qE④‎ 式中T为此时悬线的张力。‎ 联立①②③④式得 tan θ1=⑤‎ 设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ,此时小球偏转角θ2=,则 tan θ2=⑥‎ 联立⑤⑥式得 ‎=⑦‎ 代入数据解得 ΔQ=2Q⑧‎ ‎[变式训练] （2012郑州市高三第二次质检，15）如图所示, 倾角为θ的固定斜面上有一个固定竖直挡板, 在挡板和斜面之间有一个质量为m的光滑球, 球对斜面和挡板的压力大小分别为( )‎ ‎ ‎ A. mg cos θ和mg sin θ B. mg sin θ和mg cos θ C. /和mg tan θ D. mg cot θ和mg cos θ ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 将球所受重力按作用效果分解为水平方向垂直于挡板的分力与垂直于斜面向下的分力,作出力的分解示意图,由图中几何关系易知C正确.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[第62页 第10题] (2013辽宁沈阳二中测试)如图甲所示,A、B是一对平行放置的金属板,中心各有一个小孔P、Q,PQ连线垂直金属板,两板间距为d。现从P点处连续不断地有质量为m、带电荷量为+q的带电粒子(重力不计),沿PQ方向放出,粒子的初速度可忽略不计。在t=0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压(A板电势高于B板电势时,电压为正),其电压大小为U、周期为T。带电粒子在A、B间运动过程中,粒子间相互作用力可忽略不计。求:‎ ‎ ‎ ‎(1)进入到金属板之间的带电粒子的加速度。‎ ‎(2)如果只有在每个周期的0~时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出,则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系。‎ ‎(3)如果各物理量满足(2)中的关系,求每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值。‎ ‎[答案] (1) (2)d2= (3)‎ ‎[解析] (1)qE=ma,E=U/d,‎ 所以,a=qU/dm ‎(2)在0~时间内进入A、B板间的粒子,在电场力的作用下,先向右做匀加速运动,在~T时间内再向右做匀减速运动,且在0~时间内越迟进入A、B板间的粒子,其加速过程越短,减速运动过程也相应地缩短,当速度为零后,粒子会反向向左加速运动。由题意可知0~‎ 时间内放出的粒子进入A、B板间均能从Q孔射出,也就是说在时刻进入A、B板间的粒子是能射出Q孔的临界条件。‎ 粒子在时刻进入A、B间电场时,先加速,后减速,由于粒子刚好离开电场,说明它离开电场的速度为零,由于加速和减速的对称性,故粒子的总位移为加速时位移的2倍,所以有 d=2×a= ①‎ 即d2=‎ ‎(3)若情形(2)中的关系式①成立,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间最短(因只有加速过程),设最短时间为tx,则有 d=a ②‎ 在t=时刻进入电场的粒子在t=的时刻射出电场,所以有粒子飞出电场的时间为 Δt=-tx ③‎ 由②③式得 ‎= ④‎ ‎[变式训练] （2009广东理基，2，易）做下列运动的物体，能当做质点处理的是( )‎ A. 自转中的地球 B. 旋转中的风力发电机叶片 C. 在冰面上旋转的花样滑冰运动员 D. 匀速直线运动的火车 ‎[变式答案] D ‎[变式解析] 将物体看做质点的条件是在研究问题时其大小和形状可忽略，A、B、C三个选项中，物体的“转动”在所研究的问题中不能被忽略，而D项中的火车是“平动”的，可当做质点. ‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第1题] (2013广西三校联考)一带正电小球从光滑绝缘的斜面上O点由静止释放,在斜面上水平虚线ab和cd之间有水平向右的匀强电场如图所示。下面哪个图象能正确表示小球的运动轨迹( )‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[答案] D ‎[解析] 带正电小球从光滑绝缘的斜面上O点由静止释放,开始做匀加速直线运动。进入电场区域后受到水平方向的电场力偏转,出电场后向下偏转,所以能正确表示小球的运动轨迹的是D。‎ ‎[变式训练] （2011安徽理综，16，难）一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2. 则物体运动的加速度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎[变式答案] A ‎[变式解析] 物体做匀加速直线运动，利用中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度，得==，又=+a，得a=，所以A正确，B、C、D错误.‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第2题] (2013河北唐山摸底)如图所示,在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场,带正电的小金属块以一定初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动,经L长度到达B点,速度变为零。此过程中,金属块损失的动能有转化为电势能。金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同,则金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为( )‎ ‎ ‎ A.‎1.5‎L‎ B‎.2L C‎.3L D‎.4L ‎[答案] D ‎[解析] 根据题意,小金属块从A运动到B,克服摩擦力做功Wf=Ek=fL,克服电场力做功WE=Ek=qEL。设小金属块从B运动到C经过的路程为s,由动能定理,qEs-fs=Ek,解得s=‎3L。金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为L+s=‎4L,选项D正确。‎ ‎[变式训练] （2010安徽理综，14，易）伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点. 如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点. 这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，其末速度的大小（ ）‎ ‎ ‎ A. 只与斜面的倾角有关 B. 只与斜面的长度有关 C. 只与下滑的高度有关 D. 只与物体的质量有关 ‎[变式答案] C ‎ ‎[变式解析] 物体从同一高度沿不同弧线下滑，至最低点后，都能沿同一条弧线运动至同一水平高度处，说明物体沿不同弧线运动到最低点的速度相同，故C项对. ‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第3题] (2011课标,20,6分)一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )‎ ‎ ‎ ‎[答案] D ‎[解析] 由a至c的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方,b点的速度方向vb如图,由a至c速率递减可知受力方向如图中F,α角大于90°,因为电荷为负,故场强方向应与F反向,故D正确。‎ ‎[变式训练] (广州市2013年第二次模拟考试, 3) 塔式起重机模型如图(a) ，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，图(b) 中能大致反映Q运动轨迹的是 ‎ ‎ ‎[变式答案] B ‎[变式解析] 由于小车P水平做匀速直线运动，竖直向上做匀加速直线，故运动过程中，小车速度与水平方向的夹角越来越大，故B项正确。‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第4题] (2012福建龙岩)如图所示,有一带电粒子(不计重力)紧贴A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿轨迹②落到B板正中间。设带电粒子两次射入电场的水平速度相同,则电压U1、U2之比为( ) ‎ A.1∶1 B.1∶‎2 C.1∶4 D.1∶8‎ ‎[答案] D ‎[解析] 设板宽为L,板间距离为d,水平初速度为v0;带电粒子的质量为m,电荷量为q;两次运动的时间分别为t1和t2。‎ 第一次射入时:L=v0t1,=·,联立两式解得:U1=。‎ 第二次射入时:=v0t2,d=·,联立两式解得:U2=。所以U1∶U2=1∶8,故D项正确。‎ ‎[变式训练] （2012山东基本能力，64，易）假如轨道车长度为‎22 cm，记录仪记录的信号如图所示，则轨道车经过该监测点的速度为( )‎ ‎ ‎ A. 0. ‎20‎ cm‎/s B. ‎2.0 cm/s C. ‎22 cm/s D. ‎220 cm/s ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 由题图可知车头到达该监测点与车尾离开该监测点的时间间隔为1. 0 s，即轨道车运行车身长度的位移时所用时间为1. 0 s，故车速为v==‎22 cm/s，C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第5题] (2012天津理综,5,6分)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中( ) ‎ A.做直线运动,电势能先变小后变大 B.做直线运动,电势能先变大后变小 C.做曲线运动,电势能先变小后变大 D.做曲线运动,电势能先变大后变小 ‎[答案] C ‎[解析] 由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示。带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示,则粒子在电场中做曲线运动。电场力对带负电的粒子先做正功后做负功,电势能先变小后变大,故C正确。‎ ‎[变式训练] (广州市2013年第二次模拟考试, 3) 塔式起重机模型如图(a) ，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，图(b) 中能大致反映Q运动轨迹的是 ‎ ‎ ‎[变式答案] B ‎[变式解析] 由于小车P水平做匀速直线运动，竖直向上做匀加速直线，故运动过程中，小车速度与水平方向的夹角越来越大，故B项正确。‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第6题] (2012湖北黄冈适应性考试)如图所示,在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7 J,金属块克服摩擦力做功 0.3 J,重力做功1.2 J,则以下判断正确的是( ) ‎ A.金属块带正电荷 B.电场力做功0.2 J C.金属块的机械能减少1.2 J D.金属块的电势能增加0.2 J ‎[答案] AD ‎[解析] 设电场力做功为W,根据动能定理有W+1.2 J-0.3 J=0.7 J,可得W=-0.2 J,所以金属块克服电场力做功0.2 J,或者说电场力做功为-0.2 J,该金属块带正电,选项A正确,B错误;根据电场力做功和电势能的关系可知,金属块的电势能增加0.2 J,选项D正确;根据能量守恒定律,金属块的一部分机械能转化为内能和电势能,其减少量为0.3 J+0.2 J=0.5 J,选项C错误。‎ ‎[变式训练] （2013江苏，9，4分) 如图所示, 水平桌面上的轻质弹簧一端固定, 另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出) 。物块的质量为m, AB=a, 物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点, 拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动, 经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中( )‎ ‎ ‎ A. 物块在A点时, 弹簧的弹性势能等于W-μmga B. 物块在B点时, 弹簧的弹性势能小于W-μmga C. 经O点时, 物块的动能小于W-μmga D. 物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 ‎[变式答案] BC ‎[变式解析] 因为要克服摩擦力做功, 所以O点不在AB的中点, 如图, x> , 由动能定理, 从O到A, W-μmgx-W弹=0, 系统增加的弹性势能Ep=W-μmgx, 因为x> , 所以Ep< W-μmga, A错误; 同理, 物块在B点时, Ep' =W-μmg(x+a) < W-μmga, B正确; 经O点时, Ek=W-2μmgx< W-μmga, C正确; A→B的过程中当弹力与f平衡时速度最大, 此点在O点右侧距O点x1==处, x1可能大于BO, 所以D错。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第7题] (2011江苏单科,8,4分)一粒子从A点射入电场,从B点射出,电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示,图中左侧前三个等势面彼此平行,不计粒子的重力。下列说法正确的有( )‎ ‎ ‎ A.粒子带负电荷 B.粒子的加速度先不变,后变小 C.粒子的速度不断增大 D.粒子的电势能先减小,后增大 ‎[答案] AB ‎[解析] 电场线与等势面垂直,可知右侧虚线上方电场线斜向右上方偏,而粒子向下偏,说明粒子带负电,故A正确;等势面的疏密表示电场强度的大小,故B正确;粒子做减速运动,故C错误;粒子所受的电场力一直做负功,电势能增加,D错误。‎ ‎[变式训练] （2010福建理综，16，难）质量为‎2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0. 2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等. 从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示. 重力加速度g取‎10 m/，则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为（ ）‎ ‎ ‎ A. ‎18 m B. ‎54 m C. ‎72 m D. ‎‎198 m ‎[变式答案] B ‎[变式解析] ‎ 物体与地面间最大静摩擦力f=μmg=0. 2×2×10 N=4 N. 由F-t图像知0~3 s内，F=4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动. 3~6 s内，F=8 N，说明物体做匀加速运动，加速度a==‎2 m/s2，6 s 末物体的速度v=at=2×‎3 m/s=‎6 m/s. 在6~9 s内物体以‎6 m/s的速度做匀速运动. 9~12 s 内又以‎2 m/s2的加速度做匀加速运动，作v-t图像如下. 故0~12 s内的位移s=×‎2 m+6×‎6 m=‎54 m. 故B项正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第8题] (2012课标,18,6分)如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子( ) ‎ ‎ ‎ A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 ‎[答案] BD ‎[解析] 对带电粒子受力分析如图所示,F合≠0,则A错。由图可知电场力与重力的合力与v0应反向,F合对粒子做负功,其中mg不做功,Eq做负功,故粒子动能减少,电势能增加,故B正确C错误。F合恒定且F合与v0方向相反,粒子做匀减速运动,D项正确。‎ ‎[变式训练] （2010山东理综，16，难）如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接. 图乙中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程. 图乙中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为f1=μmgcos ‎ θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v-t图像为过原点的倾斜直线，A错；加速度大小不变，B错；其s-t图像应为一段曲线，D错；物体到达水平面后，所受摩擦力f2=μmg>f1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第9题] (2012广东理综,20,6分)图是某种静电矿料分选器的原理示意图,带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在收集板中央的两侧。对矿粉分离的过程,下列表述正确的有( )‎ ‎ ‎ A.带正电的矿粉落在右侧 B.电场力对矿粉做正功 C.带负电的矿粉电势能变大 D.带正电的矿粉电势能变小 ‎[答案] BD ‎[解析] 由题知有水平向左的匀强电场,带正电的矿粉受水平向左的电场力与自身重力的合力,方向偏左下方,落在左侧,A错误;同理,带负电的矿粉落在右侧,由W=qEd得电场力对正、负矿粉均做正功,B正确;再由WAB=EpA-EpB得,当W>0时,Ep减小,C错误,D正确。‎ ‎ ‎ ‎[第63页 第10题] (2011四川理综,21,6分)质量为m的带正电小球由空中A点无初速自由下落,在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场,再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地,则( )‎ A.整个过程中小球电势能变化了 mg2t2‎ B.整个过程中小球动量增量的大小为2mgt C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2‎ D.从A点到最低点小球重力势能变化了 mg2t2‎ ‎[答案] BD ‎[解析] 小球自由下落的高度h=gt2,末速度v=gt。设所加电场的场强为E,加上匀强电场后小球的加速度大小为a,对后阶段的整个运动过程有:-h=vt-at2,解得a=‎3g.由牛顿第二定律:Eq-mg=ma,Eq=4mg。整个过程中电势能的变化为Eq·h=4mg×gt2=2mg2t2,故A错误。由动量定理,动量增量的大小为Eq·t-2mgt=2mgt,故B正确。小球动能变化量大小为mv2-0=‎ mg2t2,故C错误。加匀强电场后小球下落的高度h1==gt2,重力势能的变化为mg(h+h1)=mg2t2,故D正确。‎ ‎[变式训练] （2008广东理基，4，易）从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 从飞机上看，物体静止 B. 从飞机上看，物体始终在飞机的后方 C. 从地面上看，物体做平抛运动 D. 从地面上看，物体做自由落体运动 ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 物体始终在飞机的正下方，从飞机上看即以飞机为参考系，物体做自由落体运动，从地面上看即以地面为参考系，物体做平抛运动，选项C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第64页 第11题] (2013江苏扬州)如图甲所示,质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1加速后,在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L(不考虑电场边缘效应),两极板间距为d,O1O2为两极板的中线,P是足够大的荧光屏,且屏与极板右边缘的距离也为L。求:‎ ‎ ‎ ‎(1)粒子进入偏转电场的速度v的大小;‎ ‎(2)若偏转电场两板间加恒定电压,电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点,A点与极板M在同一水平线上,求偏转电场所加电压U2;‎ ‎(3)若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化,要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点,试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件。‎ ‎[答案] (1) (2) (3)见解析 ‎[解析] (1)电子经加速电场加速:eU1=mv2‎ 解得:v=‎ ‎(2)由题意知,电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点,设电子离开偏转电场时的偏转角为θ,则由几何关系得:=tan θ 解得:tan θ=‎ 又tan θ====‎ 解得:U2=‎ ‎(3)要使电子在水平方向击中A点,电子必向上极板偏转,且vy=0,则电子应在t=0时刻进入偏转电场,且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期,设电子从加速电场射出的速度为v0,则 因为电子水平射出,则电子在偏转电场中的运动时间满足t==nT 则T===(n=1,2,3,4,…)‎ 在竖直方向位移应满足=2n×a=2n×·‎ 解得:U0=(n=1,2,3,4,…)‎ ‎[变式训练] （2008广东理基，4，易）从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 从飞机上看，物体静止 B. 从飞机上看，物体始终在飞机的后方 C. 从地面上看，物体做平抛运动 D. 从地面上看，物体做自由落体运动 ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 物体始终在飞机的正下方，从飞机上看即以飞机为参考系，物体做自由落体运动，从地面上看即以地面为参考系，物体做平抛运动，选项C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第64页 第12题] (2012湖南衡阳六校联考)如图所示,水平放置的平行板电容器,原来A、B两板不带电,B极板接地,它的极板长L=‎0.1 m,两板间距离d=‎0.4 cm,现有一微粒质量m=2.0×10‎-6 kg,带电荷量q=+1.0×10‎-8 C,以一定初速度从两板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处,取g=‎10 m/s2。试求:‎ ‎(1)带电微粒入射初速度的大小;‎ ‎(2)现使电容器带上电荷,使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出,则带电后A板的电势为多少?‎ ‎ ‎ ‎[答案] (1)‎2.5 m/s (2)6 V≤φA≤10 V ‎[解析] (1)电容器不带电时,微粒做平抛运动,则有:‎ ‎=v0t,=gt2‎ 联立两式得:v0=,代入数据得:v0=‎2.5 m/s ‎(2)若使微粒能从电容器右侧射出,则要求A板的电势大于0,且B板接地电势等于0,则有UAB=φA-φB=φA A板电势最小时,微粒刚好从A板右侧边缘射出,则有:‎ L=v0t1,=a1‎ 且:mg-q=ma1‎ 联立以上各式得:φAmin=6 V A板电势最大时,微粒刚好从B板右侧边缘射出,则有:‎ q-mg=ma2‎ 且有:a2=a1‎ 代入数据解得:φAmax=10 V 综上可得:6 V≤φA≤10 V ‎[变式训练] （2008广东理基，4，易）从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 从飞机上看，物体静止 B. 从飞机上看，物体始终在飞机的后方 C. 从地面上看，物体做平抛运动 D. 从地面上看，物体做自由落体运动 ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 物体始终在飞机的正下方，从飞机上看即以飞机为参考系，物体做自由落体运动，从地面上看即以地面为参考系，物体做平抛运动，选项C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第64页 第13题] (2011福建理综,20,15分)反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似。如图所示,在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场,一带电微粒从A点由静止开始,在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103 N/C和E2=4.0×103 N/C,方向如图所示。带电微粒质量m=1.0×10‎-20 kg,带电量q=-1.0×10‎-9 C,A点距虚线MN的距离d1=‎1.0 cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应。求:‎ ‎(1)B点距虚线MN的距离d2;‎ ‎(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。‎ ‎ ‎ ‎[答案] (1)‎0.50 cm (2)1.5×10-8 s ‎[解析] (1)带电微粒由A运动到B的过程中,由动能定理有 ‎|q|E1d1-|q|E2d2=0①‎ 由①式解得d2=d1=‎0.50 cm②‎ ‎(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律有 ‎|q|E1=ma1③‎ ‎|q|E2=ma2④‎ 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2,由运动学公式有 d1=a1⑤‎ d2=a2⑥‎ 又t=t1+t2⑦‎ 由②③④⑤⑥⑦式解得 t=1.5×10-8 s ‎[变式训练] （2011安徽理综，16，难）一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2. 则物体运动的加速度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎[变式答案] A ‎[变式解析] 物体做匀加速直线运动，利用中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度，得==，又=+a，得a=，所以A正确，B、C、D错误.‎ ‎ ‎ ‎[第65页 第1题] (2013江苏徐州月考)如图所示,光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B,它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动,且保持相对静止。设小球A的带电荷量大小为QA,小球B的带电荷量大小为QB,下列判断正确的是( ) ‎ ‎ ‎ A.小球A带正电,小球B带负电,且QAB B.小球A带正电,小球B带负电,且QA>QB C.小球A带负电,小球B带正电,且QA>QB D.小球A带负电,小球B带正电,且QAB ‎[答案] D ‎[解析] 如果小球A带正电,小球B带负电,则对B球来说,A对它的库仑力和匀强电场对它的电场力均水平向左,不可能向右匀加速,故A、B均错误;对A受力分析得:EQA<,对B受力分析可得:EQB>,比较可得:>E>,QB>QA,C错误,D正确。‎ ‎[变式训练] （2008广东理基，4，易）从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 从飞机上看，物体静止 B. 从飞机上看，物体始终在飞机的后方 C. 从地面上看，物体做平抛运动 D. 从地面上看，物体做自由落体运动 ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 物体始终在飞机的正下方，从飞机上看即以飞机为参考系，物体做自由落体运动，从地面上看即以地面为参考系，物体做平抛运动，选项C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第65页 第2题] (2013安徽池州月考)如图所示,电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点。离子在A点的速度大小为v0,速度方向与电场方向相同。能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度-时间(v-t)图象是( )‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[答案] C ‎[解析] 从A到B,正离子受到的电场力方向与运动方向相同,所以该离子做加速运动;考虑到电场线越来越疏,场强越来越小,正离子受到的电场力和加速度也越来越小,该离子从A点到B点运动情况的速度-时间(v-t)图象的斜率也越来越小。综上分析,选项C正确。‎ ‎[变式训练] （2013届武汉部分学校高三11月联考，10）如图所示是甲、乙两质点从同一地点沿同一直线运动的v—t图线。关于两质点在0~8s内的运动，下列说法正确的是 ‎ ‎ A．甲、乙两质点都在做匀速直线运动 B．甲、乙图线交点对应的时刻两质点速度相等，且相距最远 C．乙质点距离出发点的最远距离为‎80m D．甲、乙两质点在t＝8s时同时回到出发点 ‎[变式答案] BD ‎[变式解析] 甲、乙两质点都在做匀变速直线运动，A项错；甲、乙图线交点对应的时刻两质点速度相等，之后甲、乙两质点将先同向运动且甲质点的速率大于乙质点的速率，后相向运动，故两者速度相等时两者间距最大，B项正确。用由v—t图线的图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，可知在5s末时，乙质点距离出发点的最远，最远距离为‎30m，C项错；甲、乙两质点在t＝8s时同时两者位移均为零，都回到出发点，D项错。‎ ‎ ‎ ‎[第65页 第3题] (2013湖北武汉四校联考)竖直平面内,一带正电的小球,系于长为L的不可伸长的轻线一端,线的另一端固定于O点,它们处在匀强电场中,电场的方向水平向右,场强的大小为E。已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力。现先把小球拉到图中的P1处,使轻线伸直,并与场强方向平行,然后由静止释放小球。已知小球在经过最低点的瞬间,因受线的拉力作用,其速度的竖直分量突变为零,水平分量没有变化,(不计空气阻力)则小球到达与P1点等高的P2时线上张力T为( )‎ ‎ ‎ A.mg B.3mg C.4mg D.5mg ‎[答案] B ‎[解析] 小球受到的重力与电场力的合力指向右下方,与竖直方向成45°角,小球从静止释放后沿合力方向做匀加速直线运动,当小球到达最低点时,线伸直,小球的竖直分速度减为零,水平分速度不变。设小球经过最低点时的速度为v,其水平分速度为vx=v sin 45°=v,根据动能定理有mgL+F电L=mv2,其中F电=mg;小球从最低点上升到P2‎ 位置的过程中,合外力做功为零,小球的动能变化为零,即小球在P2位置的速度大小等于v,在P2位置,小球沿水平方向的合外力提供向心力,所以T-mg=,联立以上各式,可得T=3mg,选项B正确。‎ ‎[变式训练] （2011安徽理综，16，难）一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2. 则物体运动的加速度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎[变式答案] A ‎[变式解析] 物体做匀加速直线运动，利用中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度，得==，又=+a，得a=，所以A正确，B、C、D错误.‎ ‎ ‎ ‎[第65页 第4题] (2011安徽理综,20,6分)如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )‎ ‎ ‎ A.00< ‎ B.0<‎ C.0 ‎ D.T0<‎ ‎[答案] B ‎[解析] 设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负。‎ ‎ ‎ 作出t0=0、、、时粒子运动的速度图象如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象可知00<,0时粒子在一个周期内的总位移大于零;0<时粒子在一个周期内的总位移小于零;当t0>T时情况类似。因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各选项可知只有B正确。‎ ‎[变式训练] （2008广东理基，4，易）从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 从飞机上看，物体静止 B. 从飞机上看，物体始终在飞机的后方 C. 从地面上看，物体做平抛运动 D. 从地面上看，物体做自由落体运动 ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 物体始终在飞机的正下方，从飞机上看即以飞机为参考系，物体做自由落体运动，从地面上看即以地面为参考系，物体做平抛运动，选项C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第65页 第5题] (2013江苏盐城月考)如图所示,a、b是两个带有同种电荷的小球,用绝缘细线悬挂于同一点,两球静止时,它们距水平面的高度相等,线与竖直方向的夹角分别为α、β,且β>α。若同时剪断两根细线,空气阻力不计,两球带电荷量不变,则( )‎ ‎ ‎ A.a球的质量比b球的大 B.a、b两球同时落地 C.a球的电荷量比b球的大 D.a、b两球飞行的水平距离相等 ‎[答案] AB ‎[解析] 设a、b两球间库仑斥力大小为F,分析两球受力可得:tan α=,tan β=,因α<β,故有ma>mb,A正确;剪断细线后,两球竖直方向只受重力,做自由落体运动,同时落地,B正确;由于两球在水平方向所受的库仑斥力大小相等,故水平方向a球的加速度比b的小,因此相等时间内,a球的水平距离比b的小,D错误;无法比较电荷量大小,故C错。‎ ‎[变式训练] （2008广东理基，4，易）从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 从飞机上看，物体静止 B. 从飞机上看，物体始终在飞机的后方 C. 从地面上看，物体做平抛运动 D. 从地面上看，物体做自由落体运动 ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 物体始终在飞机的正下方，从飞机上看即以飞机为参考系，物体做自由落体运动，从地面上看即以地面为参考系，物体做平抛运动，选项C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第65页 第6题] (2013辽宁沈阳二中测试)如图所示,一个电荷量为-Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点,另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时的速度减小到最小为v。已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ,A、B间距离为L0及静电力常量为k,则下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A.点电荷甲在B点处的电场强度大小为 ‎ B.O、B间的距离为 C.在点电荷甲形成的电场中,A、B间电势差UAB=‎ D.点电荷乙在A点的电势能大于B点的电势能 ‎[答案] ABD ‎[解析] 根据点电荷乙运动到B点时的速度减小到最小为v可知点电荷乙在B点所受电场力等于摩擦力,由qE=μmg,解得点电荷甲在B点处的电场强度大小为E=,选项A正确;由E=,解得O、B间的距离为r=,选项B正确;点电荷乙从A到B,根据动能定理,qUAB-μmg·AB=mv2-m,解得在点电荷甲形成的电场中,A、B间电势差UAB=+μmg·,选项C错误;点电荷乙由A点运动到B点,电场力做正功,电势能减小,点电荷乙在A点的电势能大于B点的电势能,选项D正确。‎ ‎[变式训练] （2013届武汉部分学校高三11月联考，1）如图所示，某驾校学员在练习项目“坡道驾驶”时，汽车先后静止在水平地面上的a点和斜坡上的b点，则 ‎ ‎ A．汽车在a点受到的支持力小于在b点受到的支持力 B．汽车在a点受到的支持力大于在b点受到的支持力 C．汽车在a点受到的合外力小于在b点受到的合外力 D．汽车在a点受到的合外力大于在b点受到的合外力 ‎[变式答案] B ‎[变式解析] 设汽车质量为m，斜面倾角为。由共点力平衡知识可得汽车在a点受到的支持力大小为mg，在b点受到的支持力大小为mgcos,故汽车在a点受到的支持力大于在b点受到的支持力，A项错误，B项正确。汽车在a点与在b点均处于平衡态，故受到的合外力均为零，CD两项错。‎ ‎ ‎ ‎[第65页 第7题] (2013辽宁沈阳二中测试)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示。由此可见( )‎ ‎ ‎ A.电场力为3mg B.小球带正电 C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等 D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等 ‎[答案] AD ‎[解析] 设AC与竖直方向的夹角为θ,带电小球从A到C,电场力做负功,小球带负电,由动能定理,mg·AC·cos θ-qE·BC·cos θ=0,解得电场力为qE=3mg,选项A正确B错误。小球水平方向做匀速直线运动,从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍,选项C错误。小球在竖直方向先加速后减速,小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等,水平速度不变,则小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等,选项D正确。‎ ‎[变式训练] （2009广东理基，2，易）做下列运动的物体，能当做质点处理的是( )‎ A. 自转中的地球 B. 旋转中的风力发电机叶片 C. 在冰面上旋转的花样滑冰运动员 D. 匀速直线运动的火车 ‎[变式答案] D ‎[变式解析] 将物体看做质点的条件是在研究问题时其大小和形状可忽略，A、B、C三个选项中，物体的“转动”在所研究的问题中不能被忽略，而D项中的火车是“平动”的，可当做质点. ‎ ‎ ‎ ‎[第66页 第8题] (2012江苏常州一模)如图所示,粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷,D点为O点在斜面上的垂足,OM=ON,带负电的小物体以初速度v1=‎5 m/s从M点沿斜面上滑,到达N点时速度恰好为零,然后又滑回到M点,速度大小变为v2=‎3 m/s。若小物体电荷量保持不变,可视为点电荷。则: ‎ ‎(1)带负电的小物体从M向N运动的过程中电势能如何变化,电场力共做多少功?‎ ‎(2)N点的高度h为多少?‎ ‎(3)若物体第一次到达D点时速度为v=‎4 m/s,求物体第二次到达D点时的速度v'的大小。‎ ‎[答案] (1)电势能先减少后增加 0 (2)‎‎0.85 m ‎(3)2 m/s ‎[解析] (1)电势能先减少后增加 由于M、N为等势点,所以带电体在两点间运动时电场力做功为0‎ ‎(2)由动能定理知0-m=-mgh-Wf 且m-0=mgh-Wf 解得h==‎‎0.85 m ‎(3)由对称性可知物体从M到D以及从N到D克服摩擦力做功相等,都为 M到D:mv2-m=-mg-+W电 N到D:mv'2-0=mg-+W电 综上所述得mv'2-mv2+m=mgh 解得v'==2 m/s ‎[变式训练] （2011广东理综，36，难）如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C. 一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板. 滑板运动到C时被牢固粘住. 物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=‎2m，两半圆半径均为R，板长l=6. 5R，板右端到C的距离L在REB、φA<φB，故A、B皆错误. 由功能关系知q1在A点的电势能与q2在B点的电势能相等，故D错误. 再由q1φA=q2φB及φA<φB<0可知q12I1,选项A、C错误;右图的路端电压大于左图并联部分的电压,所以I14,选项B正确;左图电路的总电阻大于右图的,所以左图的干路电流较小,即I23+I4,选项D正确。‎ ‎[变式训练] （2008广东理基，15，易）关于电阻率的说法正确的是（ ）‎ A. 电阻率与导体的长度有关 B. 电阻率与导体的材料有关 C. 电阻率与导体的形状有关 D. 电阻率与导体的横截面积有关 ‎[变式答案] B ‎ ‎[变式解析] 电阻率只与导体材料有关，与导体的形状、长度和横截面积均无关，故选项B正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第69页 第7题] 图中A为理想电流表,V1和V2为理想电压表,R1为定值电阻,R2为可变电阻,电池E内阻不计,则( )‎ ‎ ‎ A.R2不变时,V2读数与A读数之比等于R1‎ B.R2不变时,V1读数与A读数之比等于R1‎ C.R2改变一定量时,V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ D.R2改变一定量时,V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ ‎[答案] BCD ‎[解析] R2不变时,V1读数为电阻R1上的电压,A读数为干路电流,即电阻R1上的电流,故A项错,B项对;因电源内阻不计,则|ΔU1|=|ΔU2|,由部分电路的欧姆定律,得电阻R1==,C、D两项均对。‎ ‎[变式训练] （2009全国Ⅰ，24，难）材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ=ρ0（1+αt），其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t=‎0 ℃‎时的电阻率. 在一定的温度范围内α是与温度无关的常量. 金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数. 利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻. ‎ 已知：在‎0 ℃‎时，铜的电阻率为1. 7× Ω·m，碳的电阻率为3. 5× Ω·m；在‎0 ℃‎附近，铜的电阻温度系数为3. 9×℃-1，碳的电阻温度系数为-5. 0×℃-1. 将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1. ‎0 m的导体，要求其电阻在‎0 ℃‎附近不随温度变化，求所需碳棒的长度（忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化）. ‎ ‎[变式答案] 3. 8×10‎‎-3 m ‎[变式解析] 设所需碳棒的长度为L1，电阻率为ρ1，电阻温度系数为α1；铜棒的长度为L2，电阻率为ρ2，电阻温度系数为α2. 根据题意有 ρ1=ρ10（1+α1t）‎ ρ2=ρ20（1+α2t）‎ 式中ρ10、ρ20分别为碳和铜在‎0℃‎时的电阻率. ‎ 设碳棒的电阻为R1，铜棒的电阻为R2，有 R1=ρ1‎ R2=ρ2‎ 式中S为碳棒与铜棒的横截面积. ‎ 碳棒与铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为 R=R1+R2‎ L0=L1+L2‎ 式中L0=1. ‎‎0 m 联立以上各式得 R=ρ10+ρ20+t 要使R不随t变化，上式中t的系数必须为零. 即 ρ10α‎1L1+ρ20α‎2L2=0‎ 得L1=L0‎ 代入数据解得 L1=3. 8×10‎‎-3 m ‎ ‎ ‎[第69页 第8题] 如图所示电路中,电源内阻不计,三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个小灯泡两端的电压都不会超过其额定电压,开始时只有S1闭合,当S2也闭合后,下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A.灯泡L1变亮 B.灯泡L2变亮 C.电容器C的带电荷量将增加 D.闭合S2的瞬间流过电流表的电流方向自右向左 ‎[答案] AD ‎[解析] 只有S1闭合时,L1和L2串联,电容器两端的电压等于电源两端的电压。S2闭合后,L3和L2并联,再和L1串联。则L1两端的电压增大,故L1变亮,电容器两端的电压减小,故电容器放电,电荷量减少。电流表上的电流是电容器的放电电流,故方向从右向左。A、D选项正确。‎ ‎[变式训练] （2011安徽理综，18，中）图（a）为示波管的原理图. 如果在电极YY'之间所加的电压按图（b）所示的规律变化，在电极XX'之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎[变式答案] B ‎ ‎[变式解析] 电子在YY'和XX'间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式s=at2=·t2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比. 在t=0时刻，UY=0知竖直位移为0，故A、C错误. 在t=时刻，UY最大知竖直位移最大，故B正确，D错误. ‎ ‎ ‎ ‎[第69页 第9题] 用标有“6 V 3 W”的灯泡L1、“6 V 6 W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路,其中电源电动势E=9 V。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时( )‎ ‎ ‎ A.电流表的示数为‎1 A B.电压表的示数约为6 V C.电路输出功率为4 W D.电源内阻为2 Ω ‎[答案] CD ‎[解析] 两个灯泡串联,所以电流相等。L1的额定电流为I1==‎0.5 A,L2的额定电流为I2==‎1 A,所以只有L1正常发光,电路中电流为‎0.5 A,A项错误;从图象中可以看出,电流为‎0.5 A时,两灯的电压分别为6 V和2 V,由串联分压原理知,L1两端电压为6 V,L2两端电压为2 V,电压表示数为2 V,B项错误;电路中输出功率为P=UI=(2+6)×0.5 W=4 W,C项正确;电源内阻r==2 Ω,D项正确。‎ ‎[变式训练] （2008广东理基，15，易）关于电阻率的说法正确的是（ ）‎ A. 电阻率与导体的长度有关 B. 电阻率与导体的材料有关 C. 电阻率与导体的形状有关 D. 电阻率与导体的横截面积有关 ‎[变式答案] B ‎ ‎[变式解析] 电阻率只与导体材料有关，与导体的形状、长度和横截面积均无关，故选项B正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第70页 第10题] 如图所示,在A、B两点间接一电动势为4 V、内阻为 1 Ω 的直流电源,电阻R1、R2、R3的阻值均为4 Ω,电容器的电容为30 μF,电流表的内阻不计,求: ‎ ‎ ‎ ‎(1)电流表的读数;‎ ‎(2)电容器所带的电荷量;‎ ‎(3)断开电源后,通过R2的电荷量。‎ ‎[答案] (1)‎0.8 A (2)9.6×10‎-5 C (3)4.8×10‎‎-5 C ‎[解析] (1)由于R1、R2被短路,接入电路的有效电阻仅有R3,则I== A=‎0.8 A。‎ ‎(2)电容器C两端电压与R3两端电压相同,故电容器所带电荷量Q=C·I·R3=30×10-6×0.8×‎4 C=9.6×10‎-5 C。‎ ‎(3)断开电源,R1与R2并联,与R3、C构成放电回路,故通过R2的电荷量Q2== C=4.8×10‎-5 C。‎ ‎[变式训练] （2008北京理综，21（1）），中]用示波器观察某交流信号时，在显示屏上显示出一个完整的波形，如图. 经下列四组操作之一，使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度增大. 此组操作是 . （填选项前的字母）‎ ‎ ‎ A. 调整X增益旋钮和竖直位移旋钮 B. 调整X增益旋钮和扫描微调旋钮 C. 调整扫描微调旋钮和Y增益旋钮 D. 调整水平位移旋钮和Y增益旋钮 ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 调节扫描微调旋钮，减小扫描电压的频率，也就增大了其周期，而信号电压的频率不变，所以在扫描的一个周期内显示的完整波形个数增多. 调节Y增益旋钮即可使波形幅度增大，故C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第70页 第11题]‎ ‎ (2012河南郑州三模)如图所示,电路中电源内阻不计,水平放置的平行金属板A、B间的距离为d,金属板长为L。在两金属板左端正中间位置M处,有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间,已知小液滴的质量为m,小液滴带负电,电荷量为q。要使液滴从B板右侧边缘射出电场,电动势E是多大?重力加速度用g表示。‎ ‎ ‎ ‎[答案] +‎ ‎[解析] 由闭合电路欧姆定律得 I==‎ 两金属板间电压为 U=IR=‎ 由牛顿第二定律得 q-mg=ma 液滴在电场中做类平抛运动 L=v0t ‎=at2‎ 由以上各式解得E=+‎ ‎[变式训练] （2012山东基本能力，64，易）假如轨道车长度为‎22 cm，记录仪记录的信号如图所示，则轨道车经过该监测点的速度为( )‎ ‎ ‎ A. 0. ‎20‎ cm‎/s B. ‎2.0 cm/s C. ‎22 cm/s D. ‎220 cm/s ‎[变式答案] C ‎[变式解析] 由题图可知车头到达该监测点与车尾离开该监测点的时间间隔为1. 0 s，即轨道车运行车身长度的位移时所用时间为1. 0 s，故车速为v==‎22 cm/s，C正确. ‎ ‎ ‎ ‎[第70页 第12题] (2013河北保定八校联考)如图甲所示为一灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线。由图可知,两者不成线性关系,这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故,参考这条曲线回答下列问题:(不计电流表和电源的内阻)‎ ‎ ‎ ‎(1)若把三个这样的灯泡串联后,接到电动势为12 V的电源上,求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻。‎ ‎(2)如图乙所示,将两个这样的灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻R0串联,接在电动势为8 V的电源上,求通过电流表的电流值以及每个灯泡的实际功率。‎ ‎[答案] (1)‎0.4 A 10 Ω (2)‎0.6 A 0.6 W ‎[解析] (1)把三个这样的灯泡串联后,每个灯泡得到的实际电压为 V=4 V,在图甲上可以查到每个灯泡加上4 V实际电压时的工作电流为:I=‎0.4 A。‎ 由此可以求出此时每个灯泡的实际电阻为:‎ R== Ω=10 Ω。‎ ‎(2)在图乙所示的混联电路中,设每个灯泡加上的实际电压和实际电流分别为U和I,在这个闭合电路中,有E=U+2IR0,‎ 代入数据并整理得:U=8-20I,‎ ‎ ‎ 这是一个反映了电路约束的直线方程,把该直线在题图甲上画出,可得如图所示图象。这两条图线的交点为U=2 V、I=‎0.3 A,同时满足了电路结构和元件的要求,此时通过电流表的电流值IA=2I=‎0.6 A,每个灯泡的实际功率P=UI=2×0.3 W=0.6 W。‎ ‎[变式训练] （2012银川一中高三第三次模拟，19）第16届亚运会上, 在女子双人‎10米跳台的争夺赛中, 中国队陈若琳和汪皓夺取金牌. 如图所示, 质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力(包含浮力)而竖直向下做减速运动, 设水对她们的阻力大小恒为F, 则在她们减速下降深度为h的过程中, 下列说法正确的是(g为当地的重力加速度) ( )‎ A. 她们的动能减少了Fh ‎ B. 她们的重力势能减少了mgh C. 她们的机械能减少了(F-mg)h ‎ D. 她们的机械能减少了mgh ‎[变式答案] B ‎[变式解析] 动能的减少量等于克服合外力所做功ΔEk=(F-mg)h,A错误.重力势能的减少量等于重力所做功ΔEp=mgh,B正确.机械能的减少量等于除重力外克服其他力所做功ΔE=Fh,C、D皆错误.‎ ‎ ‎