物理卷·2018届北京师大附中实验学校高二上学期期中物理试卷 （解析版） 42页

‎2016-2017学年北京师大附中实验学校高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是（　　）‎ A．保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关 B．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比 C．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关 D．保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比 ‎2．如图四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点．其中电势和场强都相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．在具有一定厚度的空心金属球壳的球心位置处放一正电荷，图中的四个图画出了其空间电场的电场线情况，符合实际情况的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示，R为阻值较大的电阻，电容器C不带电．现将开关合到1，待电路稳定后再合到2，此过程中通过R的电流i随时间t变化的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．图示为研究影响平行电容器电容因素的实验装置．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量几乎不变，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，增大S，则θ变大 D．保持d不变，增大S，则θ不变 ‎6．美国物理学家密立根（R．A．Millikan）于20世纪初进行了多次实验，比较准确的测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源．从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测这个速度的大小为v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k，重力加速度为g．则计算油滴带电荷量的表达式为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，水平放置、间距为d的两平行金属板A、B带有等量异种电荷，在离A、B板均为处有a、b两点．不计电场边缘效应，则（　　）‎ A．a、b两点的电场强度Ea＞Eb B．A板与a点间的电势差UAa和B板与b点间的电势差UBb相同 C．将A、B板间距离增大到2d时，两板间的电势差增大到原来的两倍 D．将A、B板间距离增大到2d时，两板所带的电荷量增大到原来的两倍 ‎8．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（不计重力）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，下列判断正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最低 B．带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大 C．带电质点通过M点时的动能比通过N点时大 D．带电质点通过M点时的加速度比通过N点时小 ‎9．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ ‎10．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎11．如图所示为一未知电路，现测得两个端点a，b之间的电阻为R，若在a、b之间加上电压U，测得通过电路的电流为I，则该未知电路的电功率一定是为（　　）‎ A．I2R B． C．UI D．UI﹣I2R ‎12．截面积为S的导线中通有电流I．已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间△t内通过导线横截面的电子数是（　　）‎ A． B．nv△t C．nSv△t D．‎ ‎13．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好同时飞出电场，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 ‎14．如图所示，a、b、c表示某点电荷产生的电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa=U，φb=，φc=．一带电粒子（所受重力不计）从等势面a上某点由静止释放后，经过等势面b时速率为v，则它经过等势面c时的速率为（　　）‎ A． v B． v C．2v D．4v ‎15．如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（　　）‎ A．保持S闭合，将A板适当上移 B．保持S闭合，将B板适当下移 C．先断开S，再将A板适当上移 D．先断开S，再将B板适当下移 ‎　‎ 二、不定项选择题 ‎16．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是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量 B．E=是电场强度的计算式，F是放入电场中的电荷受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场 C．E=是点电荷场强的定义式，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产生的电场在点电荷q2处的场强的大小 ‎17．有关电压与电动势的说法中正确的是（　　）‎ A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法 B．电动势表示电源将单位正电荷从负极移到正极时，非静电力做的功的大小 C．电动势公式E= 中的W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功 D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电势能本领强弱的物理量 ‎18．如图所示，绝缘金属平行板电容器充电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，则（　　）‎ A．电容器的电容将减小 B．电容器的电容将增大 C．静电计指针的偏转角度会减小 D．静电计指针的偏转角度会增大 ‎19．如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）‎ A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带负电 D．极板Y′应带负电 ‎20．一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带负电 B．液滴的加速度等于零 C．合外力对液滴做的总功等于零 D．液滴的电势能和动能之和是增加的 ‎　‎ 三、实验题 ‎21．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：‎ ‎（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值L．其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为　　 cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d．其中一次测量结果如图乙所示，如图乙中读数为　　mm．‎ ‎（2）采用如图丙所示的电路测量金属丝的电阻．电阻的测量值比真实值　　‎ ‎（填“偏大”或“偏小”）．最后由公式ρ=　　计算出金属丝的电阻率（用上述直接测量的物理量表示）．‎ ‎22．（1）某小组同学测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：表格中所列数据是 U（V）‎ ‎0.00‎ ‎0.2‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ I（A）‎ ‎0.000‎ ‎0.050‎ ‎0.100‎ ‎0.150‎ ‎0.180‎ ‎0.195‎ ‎0.205‎ ‎0.215‎ 由以上实验数据可知，他们测量小灯泡是采用图1中的图　　（选填甲或乙）‎ ‎（2）图2是测量小灯泡的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据（1）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的开关前，调节滑动变阻器，滑片P应滑至变阻器的　　；（选填“最左端”“任意位置”或“最右端”），防止电压表或电流表不至于被烧坏．‎ ‎（3）方格纸（图3）内画出小电珠的U﹣I曲线．分析曲线可知小电珠的电阻值随I变大而　　（选填变大、变小或不变）‎ ‎23．在把电流表改装成电压表的实验中，把量程Ig=300μA、内阻约为100Ω的电流表G改装成电压表．‎ ‎（1）采用如图1所示的电路测电流表G的内阻Rg，可选用器材有：‎ A．电阻箱：最大阻值为999.9Ω；‎ B．电阻箱：最大阻值为99999.9Ω；‎ C．滑动变阻器：最大阻值为200Ω；‎ D．滑动变阻器，最大阻值为2kΩ；‎ E．电源，电动势约为6V，内阻很小；‎ F．开关、导线若干｡‎ 为提高测量精度，在上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选择　　；可变电阻R2应该选择　　；电源E应该选择　　．（填入选用器材的字母代号）‎ ‎（2）测电流表G内阻Rg的实验步骤如下，把缺少的部分补充完整 a．连接电路，将可变电阻R1调到最大；‎ b．断开S2，闭合S1，调节可变电阻R1使电流表G满偏；‎ c．此时可以认为电流表G的内阻Rg=R2‎ ‎（3）若测得Rg=105.0Ω，现串联一个9895.0Ω的电阻将它改装成电压表，用它来测量电压，电流表表盘指针位置如图2所示，则此时所测量的电压的值应是　　V．‎ ‎　‎ 五、选择题 ‎24．如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三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点开始向远处运动经过b、c两点（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度﹣时间图象如图乙所示．以下说法中正确的是（　　）‎ A．Q2一定带正电 B．Q2的电量一定小于Q1的电量 C．b点的电场强度最大 D．粒子由a点运动到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小 ‎25．A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放．则在A、B两板间加上下列哪些电压时，可以使电子到达B板（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎26．如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球（重力不计）在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是（　　）‎ A．电场强度的大小为E=‎ B．AB两点的电势差为UAB=﹣‎ C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcosθ D．带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向 ‎27．空间存在着平行于x轴方向的静电场．A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM=ON，AB间的电势φ随x的分布为如图所示，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．粒子一定带负电 B．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大 C．粒子一定能通过N点 D．AO间的电场强度大于OB间的电场强度 ‎28．如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动，甲的速度为0．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v﹣t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示．则由图线可知（　　）‎ A．两电荷的电性一定相同 B．t1时刻两电荷的电势能最大 C．0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小 D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 ‎　‎ 六、计算题 ‎29．氢原子内有一个氢原子核和一核外电子，电子和原子核都带一个元电荷e，电子带负电，原子核带正电，电子质量为m，设电子绕原子核运动的轨道半径为r．求：‎ ‎（1）电子的运动周期；‎ ‎（2）电子的动能．‎ ‎（3）等效电流．‎ ‎30．如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=5.0×104N/C、竖直向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=4.5×10﹣6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=1.0×10﹣6 C，质量m=1.0×10﹣2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2，取g=10m/s2）‎ ‎（1）小球B开始运动时的加速度为多大？‎ ‎（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？‎ ‎（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2‎ ‎=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？‎ ‎31．如图所示，一根长为L的绝缘轻绳的一端固定在O点，另一端连接着一个带正电的小球，小球可视为质点，其质量为m，电荷量为q．在O点正上方和正下方距O点L处，各固定一个绝缘弹性挡板A和B，两个挡板尺寸很小，均竖直放置．此装置处在一个竖直匀强电场中，电场强度的大小为E=mg/q，方向最初竖直向上．现将小球拉到O点右侧同一高度且距O点L处，给它一个竖直向上的初速度v0=．此后小球在A、B之间的右侧区域竖直面内做圆周运动，并不时与A、B挡板碰撞，在小球与A、B挡板碰撞时，通过两挡板上安装的传感器和控制电路，控制电场方向在碰后瞬间反向，不计碰撞中的能量损失，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球与A、B挡板第一次碰前瞬间，绳中的拉力分别为多少？‎ ‎（2）若轻绳可以承受的最大拉力为70mg，则在绳断之前，小球与B挡板碰撞了多少次？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年北京师大附中实验学校高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是（　　）‎ A．保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关 B．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比 C．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关 D．保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律公式F=判断物体与小球之间的作用力F与什么因素有关．丝线偏离竖直方向的角度θ越大，则作用力越大．‎ ‎【解答】解：A、保持Q、q不变，根据库仑定律公式F=，增大d，库仑力变小，则θ变小，减小d，库仑力变大，则θ变大．F与d的二次方成反比．故A、B错误．‎ ‎ ‎ ‎ C、保持Q、d不变，减小q，则库仑力变小，θ变小，知F与q有关．故C正确．‎ ‎ D、保持q、d不变，减小Q，则库仑力变小，θ变小，根据库仑定律公式F=，知F与两电荷的乘积成正比．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．如图四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点．其中电势和场强都相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电势是标量，根据电场线的方向和对称性分析a、b两点电势是否相同．场强是矢量，根据电场线的疏密和切线方向及对称性，确定场强是否相同．‎ ‎【解答】解：A、ab两点在一等势面上，电势相同，a的场强方向向左，b的场强方向向右，则场强不同．故A错误． ‎ ‎ B、a、b在等量异种电荷连线的中垂线上，而此中垂线是一条等势线，两点电势相同．根据电场线分布的对称性可知，这两点场强相同．故B正确．‎ ‎ C、a、b两点场强相同，而电势a点高于b点，故C错误．‎ ‎ D、根据电场线的对称性可知：a、b两点的电势相同，而a的场强方向向上，b点的场强方向下，场强不同．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎3．在具有一定厚度的空心金属球壳的球心位置处放一正电荷，图中的四个图画出了其空间电场的电场线情况，符合实际情况的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线；静电场中的导体．‎ ‎【分析】当正电荷放入不带电金属球壳内部的时候，由于静电感应的作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，在球壳外的电场的分布不受球壳的影响．‎ ‎【解答】解：把正电荷放在金属球壳内部，由于静电感应的作用，在球壳的内壁会感应出负电荷，在球壳的外壁会感应出正电荷，所以在金属球壳的壳壁之间，由于正电荷的电场和感应电场的共同的作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，所以在金属球壳的壳壁之间没有电场线，对于球壳外部的电场分布情况不会受到影响，所以正确的是D．‎ 故选D ‎　‎ ‎4．如图所示，R为阻值较大的电阻，电容器C不带电．现将开关合到1，待电路稳定后再合到2，此过程中通过R的电流i随时间t变化的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．‎ ‎【分析】由i﹣t图象可知，充电时电流为正，放电时电流为负，图象与坐标轴围成的面积表示q=it，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：由i﹣t图象可知，充电时电流为正，放电时电流为负，即流过电阻R的充电电流和放电电流方向相反；‎ 图象与坐标轴围成的面积表示it，即为电荷量，所以图电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量，即相等，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．图示为研究影响平行电容器电容因素的实验装置．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量几乎不变，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，增大S，则θ变大 D．保持d不变，增大S，则θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据U=，通过C的变化，从而判断U的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大．故A正确，B错误．‎ C、保持d不变，增大S，电容增大，再根据U=，知U减小，所以θ变小．故CD错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎6．美国物理学家密立根（R．A．Millikan）于20世纪初进行了多次实验，比较准确的测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源．从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测这个速度的大小为v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k，重力加速度为g．则计算油滴带电荷量的表达式为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据两板间的电势差调节到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间，写出受力平衡的方程，根据速度与油滴的质量成正比，比例系数为k写出相应的平衡方程，然后联立即可．‎ ‎【解答】解：油滴在电场中平衡时，由平衡得：mg=‎ 由题给已知信息油滴匀速下落的过程中：v=km，联立得：q=，故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．如图所示，水平放置、间距为d的两平行金属板A、B带有等量异种电荷，在离A、B板均为处有a、b两点．不计电场边缘效应，则（　　）‎ A．a、b两点的电场强度Ea＞Eb B．A板与a点间的电势差UAa和B板与b点间的电势差UBb相同 C．将A、B板间距离增大到2d时，两板间的电势差增大到原来的两倍 D．将A、B板间距离增大到2d时，两板所带的电荷量增大到原来的两倍 ‎【考点】电场强度；电势；电势能．‎ ‎【分析】两平行金属板A、B带有等量异种电荷，板间建立匀强电场，根据公式U=Ed分析电势差；当板间距离增大时，板间场强是不变的，再由U=Ed分析板间电势差的变化；根据电容的决定和定义式结合分析电量的变化．‎ ‎【解答】解：A、由于两平行金属板A、B建立的是匀强电场，场强处处相同，所以Ea=Eb．故A错误．‎ B、设板间场强大小为E，根据顺着电场线方向电势降低可知，A的电势最高，B的电势最低，则UAa=E，UBb=﹣E，所以UAa与UBb不同．故B错误．‎ C、根据C=、C=、E=得到板间场强 E=‎ ‎，E与d无关，所以将A、B板间距离增大到2d时，两板间的场强E不变，由U=Ed可知，板间的电势差为原来的2倍．故C正确．‎ D、将A、B板间距离增大到2d时，极板的带电量不变，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．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（不计重力）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，下列判断正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最低 B．带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大 C．带电质点通过M点时的动能比通过N点时大 D．带电质点通过M点时的加速度比通过N点时小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等差等势线密的地方电场线密，电场的场强大．‎ ‎【解答】解：A、质点所受的电场力指向轨迹内侧，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，则知a等势线的电势最高，故A错误．‎ BC、根据质点的受力情况可知，从M到N过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故B正确，C错误；‎ D、等差等势面中等势面密的地方电场线也密，则M点场强大，质点所受的电场力大，加速度大，故D错误 故选：B ‎　‎ ‎9．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】根据电阻的定义式R=，求出对应P点小灯泡的电阻，不能根据斜率的倒数求解电阻．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 ‎【解答】解：A、图线上的点与原点连线的倒数等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大．故A错误．‎ BC、根据电阻的定义式可知，对应P点，小灯泡的电阻为R=．故B错误，C正确；‎ D、此电阻是非线性元件，其电阻不等于图象切线斜率的倒数，所以小灯泡的电阻为R≠．故D错误；‎ 本题选错误的，故选：ABD ‎　‎ ‎10．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小．根据电阻定律R=比较电阻丝的粗细．‎ ‎【解答】解：A、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大．故A、C错误，B正确．‎ D、电阻的大小与电压、电流无关．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示为一未知电路，现测得两个端点a，b之间的电阻为R，若在a、b之间加上电压U，测得通过电路的电流为I，则该未知电路的电功率一定是为（　　）‎ A．I2R B． C．UI D．UI﹣I2R ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】黑箱中是一个未知电学元件，可能是纯电阻元件，也可能是非纯电阻元件，电功率只能用P=UI求．‎ ‎【解答】解：‎ A、当黑箱中是一个纯电阻元件时，电功率可以用P=I2R求，若是非纯电阻元件，则电功率P＞I2R．．故A错误．‎ B、当黑箱中是一个纯电阻元件时，电功率可以用P=求，若是非纯电阻元件，欧姆定律不成立，没有这个公式．故B错误．‎ C、无论是黑箱中是一个纯电阻元件，还是非纯电阻元件，都能用P=UI求电功率故C正确．‎ D、P=UI﹣I2R可以求其他的功率，不能用来求电功率．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎12．截面积为S的导线中通有电流I．已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间△t内通过导线横截面的电子数是（　　）‎ A． B．nv△t C．nSv△t D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】由电流定义式和微观表达式可以得到时间t内通过导线横截面电量，再根据元电荷的性质可求得通过的电子数．‎ ‎【解答】解：电流I=，则通过的电量q=I△t 则在时间△t内通过导线横截面的电子数是N=．‎ 根据电流的微观表达式I=nevS，则N===nSv△t．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎13．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好同时飞出电场，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】三个粒子做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的增量．‎ ‎【解答】解：A、B、三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由y=知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta=tb＞tc，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场．故A正确，B不正确．‎ C、因为ta=tb＞tc，又xa＜xb=xc，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以vc＞vb＞va．故C正确．‎ D、据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能的增量相等．c电荷电场力做功最少，动能的增量最小．故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，a、b、c表示某点电荷产生的电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa=U，φb=，φc=．一带电粒子（所受重力不计）从等势面a上某点由静止释放后，经过等势面b时速率为v，则它经过等势面c时的速率为（　　）‎ A． v B． v C．2v D．4v ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．‎ ‎【分析】带电粒子在运动过程中，只有电场力对粒子做功，分别对ab过程和ac过程，运用动能定理列式，即可求解它经过等势面c时的速率．‎ ‎【解答】解：带电粒子在运动过程中，只有电场力对粒子做功，根据动能定理得：‎ a→b过程，‎ 有：qUab=mv2；‎ 据题得：Uab=φa﹣φb=U﹣=‎ 联立得：q•=mv2…①‎ a→c过程，有：qUac=mvc2；‎ 据题得：Uac=φa﹣φc=U﹣=．‎ 联立得：q•=mvc2…②‎ 由①②可得：vc=2v 故选：C ‎　‎ ‎15．如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（　　）‎ A．保持S闭合，将A板适当上移 B．保持S闭合，将B板适当下移 C．先断开S，再将A板适当上移 D．先断开S，再将B板适当下移 ‎【考点】电势能；动能定理的应用；电容．‎ ‎【分析】‎ 由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理列式．若保持S闭合时，将A板适当上移，重力做功和电场做功没有变化，质点恰好到达b孔速度为零，不能穿过b孔；将B板适当下移，重力做功大于电场力做功，质点到达b孔的速度大于零，能穿过b孔．若断开S时，将A板或B板适当移动，根据动能定理分析研究．‎ ‎【解答】解：设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U．质点的电量为q．‎ A、由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h+d）﹣qU=0．‎ 若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h+d）﹣qU=，v=0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔．故A错误．‎ B、若保持S闭合，将B板适当下移距离△d，由动能定理得mg（h+d+△d）﹣qU=，则v＞0，质点能穿过b孔．故B正确．‎ C、若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为△d，质点进入电场的深度为d′时速度为零．‎ 由动能定理得mg（h﹣△d+d′）﹣qEd′=0，又由原来情况有mg（h+d）﹣qEd=0．比较两式得，d′＜d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回．故C错误．‎ D、若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b孔．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ 二、不定项选择题 ‎16．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是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量 B．E=是电场强度的计算式，F是放入电场中的电荷受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场 C．E=是点电荷场强的定义式，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产生的电场在点电荷q2处的场强的大小 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，E=是电场强度定义式，q是试探电荷的电荷量，F是试探电荷所受的电场力，适用于任何电场；E=是真空中点电荷产生的电场强度计算式，Q是场源电荷．‎ ‎【解答】解：AB、E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的试探电荷的电荷电量，不是产生电场的电荷的电荷量，且适用于一切电场．故A、B错误．‎ 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，它适用于点电荷产生的电场，不适用于匀强电场．故C错误．‎ D、从点电荷场强计算式分析可知：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产生的电场在点电荷q2处的场强的大小．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎17．有关电压与电动势的说法中正确的是（　　）‎ A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法 B．电动势表示电源将单位正电荷从负极移到正极时，非静电力做的功的大小 C．电动势公式E= 中的W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功 D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电势能本领强弱的物理量 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】根据电动势的定义式E=分析可知，电动势大小等于电源将单位正电荷从负极移到时正极时，非静电力所做的功．由电动势E=可知，电源将单位正电荷从负极移到时正极时非静电力做功越多，电动势越大．电动势与电势差单位相同，但物理意义不同．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，与外电路的结构无关．‎ ‎【解答】解：A、电动势E的单位与电势差的单位相同，都是伏特，但两者物理意义不同，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，而电势差等于电压，是导体中产生电源的原因，不能说电势差就是电动势．故A错误．‎ ‎ B、电源内部，非静电力将正电荷从负极移到时正极，由E=可知，电动势大小等于电源将单位正电荷从负极移到时正极时，非静电力所做的功．故B错误．‎ ‎ C、电动势公式E= 中的W是非静电力做的功，而电压U=中的W是电场力做的功．故C错误．‎ ‎ D、电动势是反映电源把其他形式的能转化为电势能本领强弱的物理量．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎18．如图所示，绝缘金属平行板电容器充电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，则（　　）‎ A．电容器的电容将减小 B．电容器的电容将增大 C．静电计指针的偏转角度会减小 D．静电计指针的偏转角度会增大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，通过电容的变化，判断电势差的变化．‎ ‎【解答】解：根据C=，减小d，增大介电常数，则电容增大，根据C=，Q不变，U减小，所以指针的偏转角度减小．故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎19．如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）‎ A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带负电 D．极板Y′应带负电 ‎【考点】示波管及其使用．‎ ‎【分析】由亮斑位置可知电子偏转后打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性．‎ ‎【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电，同理可知Y带正电，那么Y′应带负电，故AD正确，BC错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎20．一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带负电 B．液滴的加速度等于零 C．合外力对液滴做的总功等于零 D．液滴的电势能和动能之和是增加的 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、若液滴带正电，其受力情况如图一所示，‎ 液滴不可能沿bd运动，故只能带负电荷，故A正确；‎ B、对液滴进行受力分析，其受力情况如图二所示，‎ 故物体所受合力F=mg，故物体的加速度a===，故B错误；‎ C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误；‎ D、根据总能量守恒，从静止开始由b沿直线运动到d，重力势能减小，液滴的电势能和动能之和是增加的，故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ 三、实验题 ‎21．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：‎ ‎（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值L．其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为　24.10　 cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d．其中一次测量结果如图乙所示，如图乙中读数为　0.398　mm．‎ ‎（2）采用如图丙所示的电路测量金属丝的电阻．电阻的测量值比真实值　偏小　（填“偏大”或“偏小”）．最后由公式ρ=　　计算出金属丝的电阻率（用上述直接测量的物理量表示）．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．‎ ‎（2）根据图示电路图应用欧姆定律分析实验误差，应用电阻定律可以求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，示数为：24.10cm；‎ 由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+39.8×0.01mm=0.398mm．‎ ‎（2）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用电流的测量值偏大，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值；‎ 由电阻定律可知：R=ρ=ρ，电阻率：ρ=；‎ 故答案为：（1）24.10，0.398；（2）偏小，．‎ ‎　‎ ‎22．（1）某小组同学测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：表格中所列数据是 U（V）‎ ‎0.00‎ ‎0.2‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ I（A）‎ ‎0.000‎ ‎0.050‎ ‎0.100‎ ‎0.150‎ ‎0.180‎ ‎0.195‎ ‎0.205‎ ‎0.215‎ 由以上实验数据可知，他们测量小灯泡是采用图1中的图　甲　（选填甲或乙）‎ ‎（2）图2是测量小灯泡的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据（1）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的开关前，调节滑动变阻器，滑片P应滑至变阻器的　最左端　；（选填“最左端”“任意位置”或“最右端”），防止电压表或电流表不至于被烧坏．‎ ‎（3）方格纸（图3）内画出小电珠的U﹣I曲线．分析曲线可知小电珠的电阻值随I变大而　增大　（选填变大、变小或不变）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据表中实验数据确定滑动变阻器接法，然后选择实验电路．‎ ‎（2）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置．‎ ‎（3）根据描点法可得出对应的图象，再根据图象的斜率分析电阻的变化．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）由表中实验数据可知，最小电压与电流很小，接近于零，电压与电流的变化范围较大，滑动变阻器应采用分压接法，应选择图甲所示电路图．‎ ‎（2）根据原理图可得出对应的实物图；滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片应置于左端．‎ ‎（3）根据描点法可得出对应的图象如图所示；由图可知，图象的斜率越来越大，故说明灯泡电阻越来越大．‎ 故答案为：（1）甲；（2）最左端；（3）增大．‎ ‎　‎ ‎23．在把电流表改装成电压表的实验中，把量程Ig=300μA、内阻约为100Ω的电流表G改装成电压表．‎ ‎（1）采用如图1所示的电路测电流表G的内阻Rg，可选用器材有：‎ A．电阻箱：最大阻值为999.9Ω；‎ B．电阻箱：最大阻值为99999.9Ω；‎ C．滑动变阻器：最大阻值为200Ω；‎ D．滑动变阻器，最大阻值为2kΩ；‎ E．电源，电动势约为6V，内阻很小；‎ F．开关、导线若干｡‎ 为提高测量精度，在上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选择　B　；可变电阻R2应该选择　A　；电源E应该选择　E　．（填入选用器材的字母代号）‎ ‎（2）测电流表G内阻Rg的实验步骤如下，把缺少的部分补充完整 a．连接电路，将可变电阻R1调到最大；‎ b．断开S2，闭合S1，调节可变电阻R1使电流表G满偏；‎ c．此时可以认为电流表G的内阻Rg=R2‎ ‎（3）若测得Rg=105.0Ω，现串联一个9895.0Ω的电阻将它改装成电压表，用它来测量电压，电流表表盘指针位置如图2所示，则此时所测量的电压的值应是　2.30　‎ V．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】（1）半偏法测电流表内阻，闭合电键S2后，电流表两端电压变小，但实验时认为电流表两端电压不变，为减小实验误差，串联电阻阻值应大些，电源电动势应高一些，与电流表并联的电阻箱要与待测电流表阻值相当，据此选择实验器材．‎ ‎（2）应用半偏法测电表内阻，应调节电阻箱阻值使电流表半偏．‎ ‎（3）把电流表改装成电压表，应用串联电路特点与欧姆定律求出电压表量程，然后根据表盘确定其分度值，读出其示数．‎ ‎【解答】解：（1）为减小实验误差，可变电阻R1阻值应大一些，可变电阻R1应选择B；‎ 可变电阻R2阻值应与电流表内阻相当，可以选A；电源电压应适当大一点，可以选：E；‎ ‎（2）c、闭合S2，调节可变电阻R2使电流表G半偏，此时可以认为电流表G的内阻Rg=R2．‎ ‎（3）电压表量程为：U=Ig（Rg+R）=300×10﹣6×=3V，‎ 由图示表盘可知，电压表分度值为0.1V，其读数为：2.30V；‎ 故答案为：（1）B；A；E；（2）c、闭合S2，调节可变电阻R2使电流表G半偏；（3）2.30．‎ ‎　‎ 五、选择题 ‎24．如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三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点开始向远处运动经过b、c两点（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度﹣时间图象如图乙所示．以下说法中正确的是（　　）‎ A．Q2一定带正电 B．Q2的电量一定小于Q1的电量 C．b点的电场强度最大 D．粒子由a点运动到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：AC、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，负电荷在ab上做减速运动，电场力向左，合场强向右，b点左侧合电场主要取决于，故带正电；负电荷在bc上做加速运动，电场力向右，合电场向左，b点右侧合电场主要取决于，说明带负电，故A正确，C错误；‎ B、b点的电场强度为0，根据点电荷场强公式，因为，故，即的电量一定小于的电量，故B正确；‎ D、负电荷从a点到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加；从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a到b到c的过程中，电势能先增加后减小，故D正确；‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎25．A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放．则在A、B两板间加上下列哪些电压时，可以使电子到达B板（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】首先分析电子在各图象中的受力情况，从而明确电子在四种图象下分别做什么运动，也可以作出电子在一个周期内的v﹣t图象进行分析．‎ ‎【解答】解：A．加A图电压，A板电势低于B板的电势，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板．故A错误．‎ B、加B图电压，电子开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v﹣t图，可知有可能到不了B板．故B错误；‎ C、加C图电压，由v﹣t图，电子在一个周期内先向B板做变加速运动，后向B板做变减速运动，一直向B板运动，可知一定能到达B板．故C正确．‎ D．加D图电压，与B项类似，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达B板．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎26．如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球（重力不计）在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是（　　）‎ A．电场强度的大小为E=‎ B．AB两点的电势差为UAB=﹣‎ C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcosθ D．带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，两力平衡，即可求得电场力，得到场强．由公式U=Ed求出电势差，d为沿电场方向两点间的距离．由功的计算公式W=Flcosα可求出电场力做功．‎ ‎【解答】解：A、由题，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE=F，则得场强E=．故A错误．‎ B、A、B两点的电势差为UAB=﹣Edcosθ=﹣．故B正确．‎ C、带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W=Fdcosθ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcosθ．故C正确．‎ D、小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，恒力F大小、方向不变．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎27．空间存在着平行于x轴方向的静电场．A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM=ON，AB间的电势φ随x的分布为如图所示，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．粒子一定带负电 B．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大 C．粒子一定能通过N点 D．AO间的电场强度大于OB间的电场强度 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，O点的电势最高．根据粒子在电场作用下运动的方向可以判断它的电性．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电，故A正确；‎ B、A到M电势均匀升高，故A到0的电场是匀强电场，所以粒子M向O运动过程中所受电场力不变．故B错误；‎ C、由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点．故C正确；‎ D、由于OA＜OB，所以OA之间的电势变化快于OB之间的电势的变化，即AO间的电场强度大于OB间的电场强度，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎28．如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动，甲的速度为0．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v﹣t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示．则由图线可知（　　）‎ A．两电荷的电性一定相同 B．t1时刻两电荷的电势能最大 C．0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小 D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】由图象0﹣t1段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性．分析t1时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能．0～t2时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化．t1～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大．‎ ‎【解答】解：‎ A、由图象0﹣t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同．故A正确．‎ B、0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大．故B正确．‎ C、0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小．故C正确．‎ D、由图象看出，0～t3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大．乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大．故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ 六、计算题 ‎29．氢原子内有一个氢原子核和一核外电子，电子和原子核都带一个元电荷e，电子带负电，原子核带正电，电子质量为m，设电子绕原子核运动的轨道半径为r．求：‎ ‎（1）电子的运动周期；‎ ‎（2）电子的动能．‎ ‎（3）等效电流．‎ ‎【考点】向心力；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据库仑力提供向心力，结合圆周运动周期的公式，即可求解．‎ ‎（2）氢原子中电子绕原子核做匀速圆周运动时，由原子核的库仑引力提供电子的向心力，根据库仑定律和牛顿定律列方程求解电子的速度，再求解电子的动能．‎ ‎（3）等效电流为电子的电荷量乘以单位时间内转过的圈数 ‎【解答】解：（1）库仑力提供了电子做匀速圆周运动的向心力，即有：k=m 解之得电子做匀速圆周运动的速度：v=e 由于做匀速圆周运动的周期：T=‎ 由以上三式得电子绕核运动的周期：T=‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得：k=m 电子的动能为Ek=mv2；‎ 联立两式得Ek=‎ ‎（3）电流I=ne=‎ 答：（1）电子的运动周期；‎ ‎（2）电子的动能．‎ ‎（3）等效电流为 ‎　‎ ‎30．如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=5.0×104N/C、竖直向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=4.5×10﹣6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=1.0×10﹣6 C，质量m=1.0×10﹣2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2，取g=10m/s2）‎ ‎（1）小球B开始运动时的加速度为多大？‎ ‎（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？‎ ‎（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）对小球B进行受力分析，运用牛顿第二定律求出开始运动时的加速度大小；‎ ‎（2）根据受力情况分析小球B的运动情况，当合力为零时小球B速度最大；‎ ‎（3）对小球B运用动能定理求解电场力做功，由即可得到电势能的变化量；‎ ‎【解答】解：（1）对小球B进行受力分析，受到重力、匀强电场的电场力、A对B的库仑力 根据牛顿第二定律，有 代入数据：﹣﹣=‎ 解得：‎ ‎（2）小球B的速度最大时，合力为0，加速度为0‎ 代入数据： =0‎ 解得：‎ ‎（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时的过程中，小球下降的高度△h=1.5﹣0.61=0.89m 根据动能定理：‎ 代入数据：‎ 解得：‎ 电势能增加 答：（1）小球B开始运动时的加速度为 ‎（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为0.9m ‎（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能增加 ‎　‎ ‎31．如图所示，一根长为L的绝缘轻绳的一端固定在O点，另一端连接着一个带正电的小球，小球可视为质点，其质量为m，电荷量为q．在O点正上方和正下方距O点L处，各固定一个绝缘弹性挡板A和B，两个挡板尺寸很小，均竖直放置．此装置处在一个竖直匀强电场中，电场强度的大小为E=mg/q，方向最初竖直向上．现将小球拉到O点右侧同一高度且距O点L处，给它一个竖直向上的初速度v0=．此后小球在A、B之间的右侧区域竖直面内做圆周运动，并不时与A、B挡板碰撞，在小球与A、B挡板碰撞时，通过两挡板上安装的传感器和控制电路，控制电场方向在碰后瞬间反向，不计碰撞中的能量损失，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球与A、B挡板第一次碰前瞬间，绳中的拉力分别为多少？‎ ‎（2）若轻绳可以承受的最大拉力为70mg，则在绳断之前，小球与B挡板碰撞了多少次？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球受到的重力和电场力之和为零，故小球以v0做匀速圆周运动．第一次碰后利用动能定理求的到达B点的速度，由牛顿第二定律求的拉力．‎ ‎（2）在以后的碰撞过程中间的运动利用动能定理求的碰撞时的速度，利用牛顿第二定律求的拉力，即可判断 ‎【解答】解：（1）小球第一次与A碰之前，qE=mg且方向相反 做匀速圆周运动 所以小球与A板第一次碰前，速度为 TA1==2mg 小球从与A板第一次碰后到B板第一次碰前的过程中 ‎（qE+mg）2L=mvB12﹣mv02‎ vB1==‎ 小球与B板第一次碰前TB1﹣qE﹣mg=m 得：TB1=12mg ‎（2）小球从与板第一次碰后到与板第二次碰前，qE=mg且方向相反，做匀速圆周运动．所以球与A板第二次碰前所以此时细绳中拉力 小球从与A板第二次碰后到与B板第二次碰前的过程中 所以 小球与板第二次碰前TB2﹣qE﹣mg=‎ 所以TB2=20mg 综上分析可知，小球每次与A，B板碰前，绳中拉力比上一次碰前增加△T=8mg 则小球与B档板第n次碰面，绳中拉力TBn=TB1+（n﹣1）△T=（8n+4）mg 若绳断，则TBn≥70mg 联立得：n≥8所以小球在绳断前与B挡板碰撞了8次． ‎ 答：（1）小球与A、B挡板第一次碰前瞬间，绳中的拉力分别为2mg和12mg；‎ ‎（2）若轻绳可以承受的最大拉力为50mg，则在绳断之前，小球与B挡板碰撞了8次．‎ 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