河南省鄭州市思齊實(shí)驗(yàn)中學(xué)2014—2015學(xué)年高二上學(xué)期月考物理試卷(10月份)

1、河南省鄭州市思齊實(shí)驗(yàn)中學(xué)20142015學(xué)年度高二上學(xué)期月考物理試卷（10月份）一、選擇題（本題共15小題，每小題4分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第10題只有一項(xiàng)符合題目要求，第115題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）1以下說法正確的是（） A 由可知此場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度E與F成正比 B 由公式可知電場中某點(diǎn)的電勢與q成反比 C 由Uab=Ed可知，勻強(qiáng)電場中的任意兩點(diǎn)a、b間的距離越大，則兩點(diǎn)間的電勢差也一定越大 D 公式C=，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關(guān)2如圖所示，兩個(gè)帶電荷量分別為q1、q2，質(zhì)量分別為m1、m2的小球，以等長的絲

2、線懸掛于一點(diǎn)，下列情況正確的是（） A 若m1=m2，q1q2，則= B 若m1=m2，q1q2，則 C 若m1=m2，q1q2，則 D 若m1m2，q1=q2，則=3使帶電的金屬球靠近不帶電的驗(yàn)電器，驗(yàn)電器的箔片張開下列各圖表示驗(yàn)電器上感應(yīng)電荷的分布情況，正確的是（） A B C D 4設(shè)有帶負(fù)電的小球A、B、C，它們的電量的比為1：3：5，三球均在同一直線上，A、C固定不動(dòng)，而B也不動(dòng)時(shí)，BA與BC間的比值為（） A 1：5 B 5：1 C 1： D ：15真空中三個(gè)相同的導(dǎo)體小球A、B和C，A和B分別帶+3Q、Q的電荷（A、B可看成點(diǎn)電荷）分別固定在兩處，兩球間庫侖力是F，用不帶電的小球

3、C，先后跟A和B來回反復(fù)接觸很多次，然后移去C，則A、B 間的庫侖力變?yōu)镕的（） A B C D 6如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中，有一帶電體P自O(shè)點(diǎn)豎直向上射出，它的初動(dòng)能為5J，當(dāng)它上升到最高點(diǎn)M時(shí)，它的動(dòng)能為4J，則物體折回通過與O在同一水平線上的O點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為（） A 9 J B 17 J C 21J D 24J7一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一負(fù)電荷（電荷量很?。┕潭ㄔ赑點(diǎn)，如圖所示以E表示兩極板間的場強(qiáng)，U表示電容器兩板間的電壓，EP表示電荷在P點(diǎn)的電勢能若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（） A U變小，E不變 B E變小，EP變大

4、 C U變大，EP不變 D E不變，EP變小8M、N是某電場中一條電場線上的兩點(diǎn)，若在M點(diǎn)釋放一個(gè)初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，其電勢能隨位移變化的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是（） A 該電子運(yùn)動(dòng)的軌跡為曲線 B 該電場有可能是勻強(qiáng)電場 C M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢 D 該電子運(yùn)動(dòng)的加速度越來越小9在豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的金屬細(xì)圓環(huán)，質(zhì)量為m的金屬小球（視為質(zhì)點(diǎn)）通過長為L的絕緣細(xì)線懸掛在圓環(huán)的最高點(diǎn)當(dāng)圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q（未知）時(shí)，發(fā)現(xiàn)小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，如圖所示已知靜電力常量為k則下列說法中正確的是（） A 電荷量

5、 B 電荷量 C 繩對小球的拉力 D 繩對小球的拉力10如圖所示，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球P，小球所處的空間存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長狀態(tài)現(xiàn)給小球一豎直向上的初速度，小球最高能運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)在小球從開始運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，則（） A 小球電勢能的減少量大于小球重力勢能的增加量 B 小球機(jī)械能的改變量等于電場力做的功 C 小球動(dòng)能的減少量等于電場力和重力做功的代數(shù)和 D 彈簧彈性勢能的增加量等于小球動(dòng)能的減少量11a、b、c三個(gè)質(zhì)子由同一點(diǎn)垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，對于三個(gè)質(zhì)子在電場中的運(yùn)動(dòng)，下列說

6、法中正確的是（） A b和c同時(shí)飛離電場 B 在b飛離電場的同時(shí)，a剛好打在負(fù)極板上 C 進(jìn)入電場時(shí)，c的速度最大，a的速度最小 D 動(dòng)能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大12圖中的甲、乙兩個(gè)電路，都是由一個(gè)靈敏電流表G和一個(gè)變阻器R組成的，它們之中的一個(gè)是測電壓的電壓表，另一個(gè)是測電流的電流表，那么以下結(jié)論中正確的是（） A 甲表是電流表，R增大時(shí)量程增大 B 甲表是電流表，R增大時(shí)量程減小 C 乙表是電壓表，R增大時(shí)量程減小 D 乙表是電壓表，R增大時(shí)量程增大13為了兒童安全，布絨玩具必須檢測其中是否存在金屬斷針，可以先將玩具放置在強(qiáng)磁場中，若其中有斷針，則斷針被磁化，磁敏電阻隨磁場的出

7、現(xiàn)而減小，磁報(bào)警裝置可以檢測到斷針的存在，其電路可以簡化為如圖所示，R為磁敏電阻若布絨玩具存在斷針時(shí)，則下列說法中正確的是（） A 通過R的電流變小 B 電路的路端電壓減小 C R1兩端的電壓U1變小 D 電源的效率增大14如圖所示，直線、分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流的變化的特性圖線，曲線是一個(gè)小燈泡的伏安特性曲線，如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨(dú)連接，則下列說法正確的是（） A 電源1與電源2的內(nèi)阻之比是11：7 B 電源1與電源2的電動(dòng)勢之比是1：1 C 在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是1：2 D 在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是1：215如圖甲所示，兩個(gè)

8、點(diǎn)電荷Q1、Q2固定在x軸上距離為L的兩點(diǎn)，其中Q1帶負(fù)電位于原點(diǎn)O，a、b是它們連線延長線上的兩點(diǎn)，其中b點(diǎn)與O點(diǎn)相距3L現(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)（粒子只受電場力作用），設(shè)粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為va、vb，其速度隨坐標(biāo)x變化的圖象如圖乙所示，圖乙中X=3L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，則以下判斷中正確的是（） A Q2帶正電且電荷量大于Q1 B b點(diǎn)的場強(qiáng)一定為零 C a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高 D 粒子在a點(diǎn)的電勢能比b點(diǎn)的電勢能大四、計(jì)算題（本題共3小題，共40分解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答

9、案中必須明確寫出數(shù)值和單位）16如圖所示，電荷量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子以速度v垂直進(jìn)入平行板電容器中（不計(jì)粒子的重力），已知極板的長度為l，兩極板間的距離為d，兩極板間的電壓為U，試推導(dǎo)帶電粒子射出電容器時(shí)在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移y和偏轉(zhuǎn)角的表達(dá)式17如圖所示，在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，一絕緣輕質(zhì)細(xì)桿l可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，A端有一個(gè)帶正電的小球，電荷量為q，質(zhì)量為m將細(xì)桿從水平位置自由釋放，則：（1）請說明小球由A到B的過程中電勢能如何變化？求出小球在最低點(diǎn)時(shí)的速率（3）求在最低點(diǎn)時(shí)絕緣桿對小球的作用力18如圖所示光滑豎直絕緣桿與一圓周交于B、C兩點(diǎn)，圓心固定有電量為+Q的點(diǎn)電荷，一質(zhì)

10、量為m，電量為+q的環(huán)從桿上A點(diǎn)由靜止釋放已知AB=BC=h，qQ，環(huán)沿絕緣桿滑到B點(diǎn)時(shí)的速度vB=，求A、C兩點(diǎn)間的電勢差及環(huán)達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度河南省鄭州市思齊實(shí)驗(yàn)中學(xué)20142015學(xué)年度高二上學(xué)期月考物理試卷（10月份）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共15小題，每小題4分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第10題只有一項(xiàng)符合題目要求，第115題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）1以下說法正確的是（） A 由可知此場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度E與F成正比 B 由公式可知電場中某點(diǎn)的電勢與q成反比 C 由Uab=Ed可知，勻強(qiáng)電場中的任意兩點(diǎn)a、b間的距離越大，則兩點(diǎn)間

11、的電勢差也一定越大 D 公式C=，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關(guān)考點(diǎn)： 電場強(qiáng)度；電勢差；電勢專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 電場強(qiáng)度是采用比值定義的，E和F以及檢驗(yàn)電荷q無關(guān)，E是由電場本身決定的；電場中某點(diǎn)的電勢與檢驗(yàn)電荷q無關(guān)，是由電場本身和零電勢點(diǎn)決定的Uab=Ed中的d是勻強(qiáng)電場中的任意兩點(diǎn)a、b沿著電場線方向的距離電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關(guān)解答： 解：A、電場強(qiáng)度是采用比值定義的，E和F以及檢驗(yàn)電荷q無關(guān)，E是由電場本身決定的，故A錯(cuò)誤B、電場中某點(diǎn)的電勢與檢驗(yàn)電荷q無關(guān)，是由電場本身和零電勢點(diǎn)決定的故B錯(cuò)誤C、Uab=Ed中的d是勻強(qiáng)電場

12、中的任意兩點(diǎn)a、b沿著電場線方向的距離，故C錯(cuò)誤D、公式C=，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關(guān)，與兩極板間距離d，極板面積S等有關(guān)故選D點(diǎn)評： 在物理中很多物理量是采用比值法定義的，注意采用比值法定義時(shí)被定義的物理量與公式中的物理量無關(guān)，在學(xué)習(xí)中可以將這些物理量類比學(xué)習(xí)2如圖所示，兩個(gè)帶電荷量分別為q1、q2，質(zhì)量分別為m1、m2的小球，以等長的絲線懸掛于一點(diǎn)，下列情況正確的是（） A 若m1=m2，q1q2，則= B 若m1=m2，q1q2，則 C 若m1=m2，q1q2，則 D 若m1m2，q1=q2，則=考點(diǎn)： 庫侖定律分析： 分別對兩小球進(jìn)行受力分析，作出力圖，由共點(diǎn)力平

13、衡條件得到各自的重力與庫侖力的關(guān)系，抓住相互間的庫侖力大小相等，得到質(zhì)量與角度的關(guān)系，分析求解解答： 解：m1、m2受力如圖所示，由平衡條件可知， m1g=Fcot，m2g=Fcot因F=F，則可見，若m1m2，則；若m1=m2，則=；若m1m2，則、的關(guān)系與兩電荷所帶電量無關(guān)故A 正確，BCD均錯(cuò)誤故選：A點(diǎn)評： 本題中庫侖力是兩個(gè)小球聯(lián)系的紐帶，由平衡條件分別找出兩個(gè)小球的質(zhì)量與庫侖力關(guān)系是解題的關(guān)鍵3使帶電的金屬球靠近不帶電的驗(yàn)電器，驗(yàn)電器的箔片張開下列各圖表示驗(yàn)電器上感應(yīng)電荷的分布情況，正確的是（） A B C D 考點(diǎn)： 電荷守恒定律分析： 當(dāng)帶電金屬球靠近不帶電的驗(yàn)電器時(shí)，由于電荷

14、間的相互作用，而使電荷發(fā)生了移動(dòng)從而使箔片帶電解答： 解：由于同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引；故驗(yàn)電器的上端應(yīng)帶上與小球異號的電荷，而驗(yàn)電器的箔片上將帶上與小球同號的電荷；故只有B符合條件故選B點(diǎn)評： 本題根據(jù)電荷間的相互作用，應(yīng)明確同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引4設(shè)有帶負(fù)電的小球A、B、C，它們的電量的比為1：3：5，三球均在同一直線上，A、C固定不動(dòng)，而B也不動(dòng)時(shí)，BA與BC間的比值為（） A 1：5 B 5：1 C 1： D ：1考點(diǎn)： 庫侖定律專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 對C受力分析，結(jié)合庫侖定律與平衡條件，即可求解解答： 解：根據(jù)電荷之間的相同作用力，結(jié)合平衡條件可

15、知，小球B在小球A、C之間，由庫侖定律，則有：=；解得：rAB：rBC=1：；故選：C點(diǎn)評： 考查庫侖定律的內(nèi)容，掌握平衡條件的應(yīng)用，注意電荷間的相互作用力何時(shí)體現(xiàn)斥力，又什么情況下體現(xiàn)引力5真空中三個(gè)相同的導(dǎo)體小球A、B和C，A和B分別帶+3Q、Q的電荷（A、B可看成點(diǎn)電荷）分別固定在兩處，兩球間庫侖力是F，用不帶電的小球C，先后跟A和B來回反復(fù)接觸很多次，然后移去C，則A、B 間的庫侖力變?yōu)镕的（） A B C D 考點(diǎn)： 庫侖定律分析： 理解庫侖定律的內(nèi)容知道帶電體相互接觸后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先中和再平分解答： 解：帶電體相互接觸后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先

16、中和再平分將A、B固定起來，然后讓C球反復(fù)與A、B球接觸，最后移走C，所以A、B、C最終帶電量：q=原來A、B間的相互吸引力的大小是：F=后來A、B間的相互吸引力的大小是：F=故C正確、ABD錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評： 要清楚帶電體相互接觸后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先中和再平分根據(jù)庫侖定律的內(nèi)容，找出變化量和不變量求出問題6如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中，有一帶電體P自O(shè)點(diǎn)豎直向上射出，它的初動(dòng)能為5J，當(dāng)它上升到最高點(diǎn)M時(shí)，它的動(dòng)能為4J，則物體折回通過與O在同一水平線上的O點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為（） A 9 J B 17 J C 21J D 24J考點(diǎn)： 勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系專題

17、： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，抓住豎直方向上上升的時(shí)間和下降的時(shí)間相等，結(jié)合等時(shí)性求出水平方向上兩段時(shí)間內(nèi)的位移之比，從而求出電場力做功之比，對全過程運(yùn)用動(dòng)能定理求出到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能解答： 解：對豎直方向上運(yùn)用動(dòng)能定理知，有：WG=0mv2=05J=5J因?yàn)樽罡唿c(diǎn)的動(dòng)能為4J，根據(jù)動(dòng)能定理得：WG+WE=EKEK0，解得上升過程中電場力做功4J因?yàn)樨Q直方向上上升的時(shí)間和下降的時(shí)間相等，根據(jù)等時(shí)性，知在水平方向上，在上升和下降的過程中水平位移之比為1：3，則電場力做功為1：3，可知全過程中電場力做功為16J則后來的動(dòng)能為初動(dòng)能+電場力做功21J故選：C點(diǎn)評

18、： 解決本題的關(guān)鍵將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，抓住等時(shí)性求出水平方向上在相等時(shí)間內(nèi)的位移之比，從而得出電場力做功之比7一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一負(fù)電荷（電荷量很小）固定在P點(diǎn)，如圖所示以E表示兩極板間的場強(qiáng)，U表示電容器兩板間的電壓，EP表示電荷在P點(diǎn)的電勢能若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（） A U變小，E不變 B E變小，EP變大 C U變大，EP不變 D E不變，EP變小考點(diǎn)： 電容器的動(dòng)態(tài)分析；勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系專題： 電容器專題分析： 抓住電容器的電荷量不變，結(jié)合電容的決定式和定義式，以及勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式

19、得出電場強(qiáng)度的變化，從而得出P與下極板電勢差的變化，得出P點(diǎn)的電勢變化和電勢能變化解答： 解：AB、電容器與電源斷開，電荷量不變，d增大，根據(jù)C=知，電容減小，根據(jù)U=知，電勢差U增大電場強(qiáng)度E=，知電場強(qiáng)度不變故AB錯(cuò)誤C、因?yàn)殡妶鰪?qiáng)度不變，P與下極板的距離不變，則P與下極板的電勢差不變，知P點(diǎn)的電勢不變，則負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢能不變故C正確，D錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評： 解決本題的關(guān)鍵知道電容器與電源斷開，電荷量不變，與電源相連，兩端的電勢差不變；掌握電容器的決定式以及定義式8M、N是某電場中一條電場線上的兩點(diǎn)，若在M點(diǎn)釋放一個(gè)初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，其電勢

20、能隨位移變化的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是（） A 該電子運(yùn)動(dòng)的軌跡為曲線 B 該電場有可能是勻強(qiáng)電場 C M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢 D 該電子運(yùn)動(dòng)的加速度越來越小考點(diǎn)： 電場線；電場強(qiáng)度；電勢；電勢能專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 根據(jù)題意和圖象正確判斷出電子的運(yùn)動(dòng)形式是解題的關(guān)鍵，由圖可知，電子通過相同位移時(shí)，電勢能的減小量越來越小，說明電場力做功越來越小，由W=Fs可知電場力逐漸減小，因此電子做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，知道了運(yùn)動(dòng)形式即可解正確解答本題解答： 解：A、帶電粒子初速度為零且沿電場線運(yùn)動(dòng)，其軌跡一定為直線，故A錯(cuò)誤；B、由于電勢能距離圖線的斜率表示電場力的大小，根據(jù)

21、圖象可知，電子受到的電場力越來越小，故該電場不是勻強(qiáng)電場，電子做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，因此電場強(qiáng)度逐漸減小，故B 錯(cuò)誤，D正確；C、電子從M運(yùn)動(dòng)到N過程中，只受電場力，電場力做正功，電勢能減小，由于電子受到的電場力的方向與電場線的方向相反，所以電子將逆著電場線的方向運(yùn)動(dòng)，所以N點(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)的電勢，故C錯(cuò)誤故選：D點(diǎn)評： 解題過程中要把握問題的核心，要找準(zhǔn)突破點(diǎn)，如本題中根據(jù)圖象獲取有關(guān)電子的運(yùn)動(dòng)、受力情況即為本題的突破點(diǎn)9在豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的金屬細(xì)圓環(huán)，質(zhì)量為m的金屬小球（視為質(zhì)點(diǎn)）通過長為L的絕緣細(xì)線懸掛在圓環(huán)的最高點(diǎn)當(dāng)圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q（未知）時(shí)，發(fā)現(xiàn)小球在垂直

22、圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，如圖所示已知靜電力常量為k則下列說法中正確的是（） A 電荷量 B 電荷量 C 繩對小球的拉力 D 繩對小球的拉力考點(diǎn)： 庫侖定律；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用專題： 壓軸題分析： 小球受到的庫侖力為圓環(huán)各點(diǎn)對小球庫侖力的合力，則取圓環(huán)上x來分析，再取以圓心對稱的x，這2點(diǎn)合力向右，距離L，豎直方向抵消，只有水平方向；求所有部分的合力m，即可求得庫侖力的表達(dá)式；小球受重力、拉力及庫侖力而處于平衡，則由共點(diǎn)力的平衡條件可求得繩對小球的拉力及庫侖力；則可求得電量解答： 解：由于圓環(huán)不能看作點(diǎn)電荷，我們?nèi)A環(huán)上一部分x，設(shè)總電量為Q，則該部分電量為Q；由庫侖定律可得，該部

23、分對小球的庫侖力F1=，方向沿該點(diǎn)與小球的連線指向小球；同理取以圓心對稱的相同的一段，其庫侖力與F1相同；如圖所示，兩力的合力應(yīng)沿圓心與小球的連線向外，大小為2=； 因圓環(huán)上各點(diǎn)對小球均有庫侖力，故所有部分庫侖力的合力F庫=R=，方向水平向右；小球受力分析如圖所示，小球受重力、拉力及庫侖力而處于平衡，故T與F的合力應(yīng)與重力大小相等，方向相反；由幾何關(guān)系可得：=； 則小球?qū)K子的拉力T=，故C、D錯(cuò)誤；=； 則F=； 解得Q=； 故A正確，B錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評： 因庫侖定律只能適用于真空中的點(diǎn)電荷，故本題采用了微元法求得圓環(huán)對小球的庫侖力，應(yīng)注意體會(huì)該方法的使用庫侖力的考查一般都是結(jié)合共點(diǎn)力的平衡

24、進(jìn)行的，應(yīng)注意正確進(jìn)行受力分析10如圖所示，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球P，小球所處的空間存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長狀態(tài)現(xiàn)給小球一豎直向上的初速度，小球最高能運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)在小球從開始運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，則（） A 小球電勢能的減少量大于小球重力勢能的增加量 B 小球機(jī)械能的改變量等于電場力做的功 C 小球動(dòng)能的減少量等于電場力和重力做功的代數(shù)和 D 彈簧彈性勢能的增加量等于小球動(dòng)能的減少量考點(diǎn)： 電勢能；功能關(guān)系；電場強(qiáng)度專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長狀態(tài)，說明小球受到的電場力等于重力在小球運(yùn)動(dòng)的過

25、程中，電場力做功等于重力做功解答： 解：A：由題意，小球受到的電場力等于重力在小球運(yùn)動(dòng)的過程中，電場力做功等于重力做功，故A錯(cuò)誤；B：小球僅僅受到電場力、重力和彈力，故小球機(jī)械能的改變量等于電場力做的功和彈簧的彈力做的功，故B錯(cuò)誤；C：三個(gè)力都做功，且電場力做功等于重力做功，故C錯(cuò)誤；D：電場力做功等于重力做功，彈簧彈性勢能的增加量等于小球動(dòng)能的減少量故D正確故選：D點(diǎn)評： 該題考查物體的受力分析和能量的轉(zhuǎn)化與守恒，要對各力的做功有準(zhǔn)確的分析屬于簡單題11a、b、c三個(gè)質(zhì)子由同一點(diǎn)垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，對于三個(gè)質(zhì)子在電場中的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）

26、A b和c同時(shí)飛離電場 B 在b飛離電場的同時(shí)，a剛好打在負(fù)極板上 C 進(jìn)入電場時(shí)，c的速度最大，a的速度最小 D 動(dòng)能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大考點(diǎn)： 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)專題： 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題分析： 三個(gè)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場方向上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)粒子的質(zhì)量和電量相同，加速度相同比較沿電場方向上的位移，可比較出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再根據(jù)垂直電場方向的位移可知初速度的大小通過動(dòng)能定理比較動(dòng)能的增量解答： 解：A、B、三個(gè)粒子進(jìn)入電場后加速度相同，由圖看出，豎直方向a、b偏轉(zhuǎn)距離相等，大于c的偏轉(zhuǎn)距離，由y=知，a、b運(yùn)動(dòng)時(shí)間相

27、等，大于c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即ta=tbtc，故在b飛離電場的同時(shí)，a剛好打在負(fù)極板上，而過后c才飛出電場故A錯(cuò)誤，B正確C、因?yàn)閠a=tbtc，又xaxb=xc，因?yàn)榇怪彪妶龇较蛏献鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，所以vcvbva故C正確D、據(jù)動(dòng)能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動(dòng)能的增量相等c電荷電場力做功最少，動(dòng)能的增量最小故D正確故選：BCD點(diǎn)評： 解決本題的關(guān)鍵將類平拋運(yùn)動(dòng)分解為垂直電場方向和沿電場方向，在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場方向上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)12圖中的甲、乙兩個(gè)電路，都是由一個(gè)靈敏電流表G和一個(gè)變阻器R組成的，它們之中的一個(gè)是測電壓的電壓表，另一個(gè)是測電流的電

28、流表，那么以下結(jié)論中正確的是（） A 甲表是電流表，R增大時(shí)量程增大 B 甲表是電流表，R增大時(shí)量程減小 C 乙表是電壓表，R增大時(shí)量程減小 D 乙表是電壓表，R增大時(shí)量程增大考點(diǎn)： 伏安法測電阻專題： 實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題分析： 表頭改裝電壓表要串聯(lián)電阻，串聯(lián)電阻越大，電壓表量程越大；表頭改裝電流變要并聯(lián)一電阻并聯(lián)電阻越小，量程越大解答： 解：表頭G本身所允許通過的最大電流Ig或允許加的最大電壓Ug是有限的為了要測量較大的電流，則應(yīng)該并聯(lián)一個(gè)電阻來分流；且并聯(lián)的電阻越小，分流的效果越明顯，從整體上看表現(xiàn)為測電流的量程增大，因此A錯(cuò)誤而B正確；同理，為了要測量較大的電壓，需要串聯(lián)一個(gè)電阻來分壓

29、，且分壓電阻越大，電壓表的量程越大，故C錯(cuò)誤而D正確故選：BD點(diǎn)評： 本題考查電表改裝原理的理解能力當(dāng)電流計(jì)的指針滿偏時(shí)，電流表或電壓表的指針滿偏，所測量的電流或電壓達(dá)到最大值13為了兒童安全，布絨玩具必須檢測其中是否存在金屬斷針，可以先將玩具放置在強(qiáng)磁場中，若其中有斷針，則斷針被磁化，磁敏電阻隨磁場的出現(xiàn)而減小，磁報(bào)警裝置可以檢測到斷針的存在，其電路可以簡化為如圖所示，R為磁敏電阻若布絨玩具存在斷針時(shí)，則下列說法中正確的是（） A 通過R的電流變小 B 電路的路端電壓減小 C R1兩端的電壓U1變小 D 電源的效率增大考點(diǎn)： 閉合電路的歐姆定律專題： 恒定電流專題分析： 由題意可知電阻的變化

30、，再由閉合電路歐姆定律可明確電流及電壓的變化解答： 解：若存在斷針，則磁敏電阻的阻值減小，總電阻減小；則由閉合電路歐姆定律可知，總電流增大；由U=EIr可知，路端電壓減??；由U=IR可知，R2的電壓增大；則并聯(lián)部分電壓減小，流過R1的電流減小，流過R的電流變大；電源的效率=，因U減小，則電源的效率減??；故AD錯(cuò)誤，BC正確；故選：BC點(diǎn)評： 本題考查閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，要注意正確分析電路，由局部整體局部的思路進(jìn)行分析14如圖所示，直線、分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流的變化的特性圖線，曲線是一個(gè)小燈泡的伏安特性曲線，如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨(dú)連接，則下列說法正確的是（）

31、 A 電源1與電源2的內(nèi)阻之比是11：7 B 電源1與電源2的電動(dòng)勢之比是1：1 C 在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是1：2 D 在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是1：2考點(diǎn)： 閉合電路的歐姆定律專題： 恒定電流專題分析： 根據(jù)電源的外特性曲線UI圖線，可求出電動(dòng)勢和內(nèi)阻；根據(jù)燈泡伏安特性曲線與電源外特性曲線交點(diǎn)確定燈泡與電源連接時(shí)工作電壓與電流，即可求出功率與燈泡電阻解答： 解：A、UI圖象的斜率的絕對值表示內(nèi)電阻，根據(jù)電源UI圖線，r1=，r2=，則r1：r2=11：7，故A正確B、UI圖象的縱軸截距表示電動(dòng)勢，故E1=E2=10V，故B正確C、D、燈泡伏安特性曲線與電源外特

32、性曲線的交點(diǎn)即為燈泡與電源連接時(shí)的工作狀態(tài)則連接電源時(shí)，U1=3v，I1=5A，故P1=U1I1=15W，R1=連接電源時(shí)，U2=5V，I2=6A，故P2=U2I2=30W，R2=故P1：P2=1：2，R1：R2=18：25，故C錯(cuò)誤，D正確故選ABD點(diǎn)評： 本題關(guān)鍵在于對電源外特性曲線、燈泡伏安特性曲線的理解，明確交點(diǎn)的含義15如圖甲所示，兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2固定在x軸上距離為L的兩點(diǎn)，其中Q1帶負(fù)電位于原點(diǎn)O，a、b是它們連線延長線上的兩點(diǎn)，其中b點(diǎn)與O點(diǎn)相距3L現(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)（粒子只受電場力作用），設(shè)粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為va

33、、vb，其速度隨坐標(biāo)x變化的圖象如圖乙所示，圖乙中X=3L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，則以下判斷中正確的是（） A Q2帶正電且電荷量大于Q1 B b點(diǎn)的場強(qiáng)一定為零 C a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高 D 粒子在a點(diǎn)的電勢能比b點(diǎn)的電勢能大考點(diǎn)： 勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系；電勢能專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 在b點(diǎn)前做減速運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)后做加速運(yùn)動(dòng)，可見b點(diǎn)的加速度為0，則在b點(diǎn)受到兩點(diǎn)電荷的電場力平衡，從而可得出Q2的電性可通過電場力做功判斷電勢能的變化解答： 解：A、在b點(diǎn)前做減速運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)后做加速運(yùn)動(dòng)，可見b點(diǎn)的加速度為0，則在b點(diǎn)受到兩點(diǎn)電荷的電場力平衡，可知Q2帶負(fù)電，且有k=k，故Q

34、2帶負(fù)電且電荷量小于Q1，故A錯(cuò)誤；B、在b點(diǎn)前做減速運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)后做加速運(yùn)動(dòng)，可見b點(diǎn)的加速度為0，受力為零，故合場強(qiáng)為零，故B正確；C、D、該電荷從a點(diǎn)到b點(diǎn)，做減速運(yùn)動(dòng)，且該電荷為正電荷，電場力做負(fù)功，所以電勢能增大，電勢升高，所以b點(diǎn)電勢較高故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC點(diǎn)評： 解決本題的關(guān)鍵是據(jù)圖象分析，明確b點(diǎn)的合場強(qiáng)為零為突破口，根據(jù)庫侖定律得到Q1和Q2的電量關(guān)系；用活電場力做功和電勢能的關(guān)系四、計(jì)算題（本題共3小題，共40分解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）16如圖所示，電荷量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子以速度v垂直進(jìn)入平行板電容器中（不計(jì)粒子的重力），已知極板的長度為l，兩極板間的距離為d，兩極板間的電壓為U，試推導(dǎo)帶電粒子射出電容器時(shí)在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移y和偏轉(zhuǎn)角的表達(dá)式考點(diǎn)： 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)專題： 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題分析： 帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，把粒子的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直