1. 在研究长度为L、横截面积为S的均匀导体中电流的流动时，在导体两端加上电压U，于是导体中有匀强电场产生，在导体中移动的自由电子受匀强电场作用而加速，而和做热运动的正离子碰撞而减速，这样边反复碰撞边向前移动。可以认为阻碍电子向前运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比，其大小可以表示成kv（k是恒量）。当电场力和碰撞的阻力相平衡时，导体中自由电子定向运动的速率v为一定值。这一定值为（ ） A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：当电子匀速运动时，受力平衡，电场力和电子受到的阻力的大小相等，根据平衡的条件即可求得电子运动的速度的大小． 解答：解：导体中的电场强度为E=f=kv，
当电场力和碰撞的阻力相平衡时 F=f，即所以v=
，所以B正确．
=kv，
，电子受到的电场力为F=eE=
，电子受到的阻力为
故选B．
点评：本题属于信息给予题，从所给的信息中找出有用的信息，根据条件求解即可．
2. 如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判
断正确的是（ ）
A．金属块带负电荷 B．电场力做功4 J
C．金属块的电势能与动能之和增加了16J D．金属块的机械能减少12J
【答案】CD
【解析】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得：W电=-4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J．
由于金属块下滑，电场力做负功，由于电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误，B错误；
金属块的动能增加12J，电势能增加4J，所以金属块的电势能与动能之和增加了12+4=\"16\" J．故C正确；
在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确．故选CD。 【考点】动能定理；电势能。
3. 如图，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的轨迹如图中实线所示。粒子在A、B点的加速度分别为aA、aB，电势能分别为EA、EB，下列判断正确的是
A．aA>aB，EA>EB B．aA>aB，EA 4. 电场中有一点P，关于P点的场强，下列说法中正确的是 ( ) A．若放在P点的检验电荷的电量减半，则P点的场强减半 B．若P点没有检验电荷，则P点场强为零 C．P点的场强越大，则同一电荷在P点所受电场力越大 D．P点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向 【答案】C 【解析】电场中某点的电场强度是由电场本身的性质决定的，与试探电荷所带的电量无关，选项AB错误；根据F=Eq可知，P点的场强越大，则同一电荷在P点所受电场力越大，选项C正确；P点的场强方向为正的检验电荷在该点的受力方向，选项D错误；故选C. 【考点】电场强度 5. 如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是 ( ) A．将c移近A，但不与A接触，B会张开一定角度 B．将c与A外表面接触后移开A，B会张开一定角度 C．将c与A内表面接触时，B不会张开角度 D．将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B会张开一定角度 【答案】AB 【解析】若将c移近A，但不与A接触，则A上所带的正电荷会将cb中的正电荷斥向金箔而使B张开一定角度，选项A正确；当将c与A外表面接触后移开A，金箔会带正电，则B会张开一定角度，选项B正确；把c与A的内表面接触，静电平衡后，电荷只分布在外表面，但静电计仍处于外表面，则B指针会张开．故C错误；因A的内表面不带电，则将c与A的内表面接触时c不带电，故再提出空腔，与b接触时，B不会张开一定角度，选项D错误；故选AB. 【考点】静电感应. 6. 如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则 下列说法正确的是( ) A．电容器的电容变小 B．电容器内部电场强度大小变大 C．电容器内部电场强度大小不变 D．P点电势升高 【答案】ACD 【解析】电源断开后，两极板上所带的电荷量不变，将B板向下平移一小段距离，两极板间的距离变大，根据公式 可得，电容减小，根据公式 ， ，可得 ，两极 板间的电场强度大小与两极板间的距离无关，AC正确B错误；B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确； 【考点】考查了电容器的动态变化 7. 一平行板电容器长l＝10 cm，宽a＝8 cm，板间距d＝4 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为2×1010 C/kg，速度均为4×106 m/s，距板右端l/2处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场 的时间内电场可视为匀强电场，不计离子重力．试求： (1)离子打在屏上的区域面积； (2)在一个周期内，离子打到屏上的时间． 【答案】（1）（2） 【解析】(1)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0， 水平方向： ① 竖直方向：又 ② ③ ＝128V 由①②③得 即当U≥128V时离子打到极板上，当U<128 V时离子打到屏上， 利用推论：打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得：解得，又由对称性知，打到屏上的总长度为2d 则离子打到屏上的区域面积为. (2)在前 ，离子打到屏上的时间：t0＝ ×0.005 s＝0.003 2 s， . ， 又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间 【考点】考查了带电粒子在交变电场中的运动 8. 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0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 由题知，根据匀强电场特点可知OA中点C的电势为3 V，与B点电势相等，则BC连线为等势线，从原点O向BC连线引垂线，垂足为D，D点电势为3 V，根据图中几何关系得 ，OD=1.5 cm，场强为 ，故A正确。 【考点】匀强电场的电场强度 9. 静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器，如图实线为除尘器内电场的电场线，虚线为带电粉尘的运动轨迹(不计重力作用)，P、Q为运动轨迹上的两点，粉尘是从P运动到Q，下列关于 带电粉尘的说法正确的是 A．粉尘带负电 B．粉尘带正电 C．粉尘从P运动到Q过程，其加速度变大 D．粉尘从P运动到Q过程，其速度变大 【答案】ACD 【解析】从轨迹中可以看出粒子是逆着电场方向运动的，所以粒子带负电，A正确B错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，从P运动到Q过程，电场力在增大，所以粒子运动的加速度在变大，电场力做正功，速度在增大，所以CD正确 【考点】考查了带电粒子在电场中的运动 【名师】做本题的关键是根据轨迹弯曲的方向判断电荷的正负，电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，根据电场力做功判断电势能和加速度的变化 10. （6分）电火花计时器正常工作时： （1）打点的时间间隔取决于 ( ) A．交流电压的高低 B．交流电的频率 C．纸带的长度 D．墨粉纸盘的大小 （2）工作时的基本步骤中，正确的排列顺序为 。 A．把电火花计时器固定在长木板上 B．安装好纸带 C．松开纸带让物体带着纸带运动 D．接通220V交流电源 E．按下脉冲输出开关，进行打点 【答案】（1）B（2）ABDEC 【解析】（1）打点的时间间隔取决于交流电的频率，相邻两点之间的时间间隔为 ，故选B； （2）工作时的基本步骤中，正确的排列顺序为：ABDEC. 【考点】打点计时器的使用。 11. 如图所示，质量为m的物块（视为质点）带正电Q，开始时让它静止在倾角=600的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为零），斜面高为H。释放后，物块落地时的电势能为 的匀强电场（设斜面顶端处电势为，物块落地时的速度大小，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】正电荷所受电场力的方向水平向左，电场力做正功 ，电势能减小了 电势能 mgH，电势能的变化 ，而，AB ，由此可知，电势为零的地方，电荷的电势能也为零，故 ，解得 ，选项C正确，选项D错误。 选项错误；由动能定理 【考点】动能定理 【名师】①电场力做功和电势能的关系为,电场力做了多少功，电势能就减少多少，克服电场力做了多少功，电势能就增加多少。 ②电势能的变化，而电势能，由此可知，电势为零的地方，电荷的电势能也为零。 12. 电磁打点计时器是一种 仪器，使用 电源，工作电压 伏，当电源频率为50赫时，它每隔 打一次点． 【答案】计时；交流；4～6；0.02s 【解析】解：电磁打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，它的工作电压是4﹣6伏，当电源的频率是50Hz时，它每隔0.02秒打一次点． 故答案为：计时；交流；4～6；0.02s 【考点】用打点计时器测速度． 专题：实验题． 分析：正确解答本题需要掌握：了解打点计时器的构造、工作原理、工作特点等，比如工作电压、打点周期等，掌握基本仪器的使用，能够正确的使用打点计时器． 点评：对于基本仪器的使用，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去操作，深刻了解具体操作细节的含义，同时注意电火花计时器和电磁打点计时器在电压上的不同． 13. 如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R；P点离地高度也为R，传送带PC之间的距离为L，沿逆时针方向的传动，传送带速度v=，在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．物体与传送带间的动摩擦因数为μ，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为 g．求： （1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功； （2）匀强电场的场强E为多大； （3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小． 【答案】（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功μmgL； （2）匀强电场的场强E为 ； ； （3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小2mg+【解析】解：（1）物体由P点运动到C点过程 由Wf=f•S f=μN N=mg 可得Wf=μmgL （2）从A到C由动能定理： mgR+qER﹣μmgL=0 解得：E= （3）物体从A到P由动能定理： 所以： A返回P过程，先加速后匀速运动，返回P的速度为： 在P点有牛顿第二定律： 解得 由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力大小FN′=（2）匀强电场的场强E为 ； 答：（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功μmgL； （3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小2mg+； 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系． 专题：电场力与电势的性质专题． 分析：（1）分析过程中受到的摩擦力，由功的公式可求得摩擦力所做的功； （2）对AC运动过程由动能定理求场强 （2）分析物体的运动过程，结合动能定理、向心力公式牛顿第三定律求压力． 点评：本题考查带电粒子在电场中的运动，解题的关键在于明确物理过程，分析受力及运动过程，对各过程选择正确的物理规律求解． 14. 在某高架道路上有段区域限速80km/h．为了监控车辆是否超速，设置了一些“电子警察”系统，其工作原理如图所示：路面下相隔L埋设两个传感器线圈A和B，当有车辆经过线圈正上方时，传感器能向数据采集器发出一个电信号；若有一辆汽车（在本题中可看作质点）匀速经过该路段，两传感器先后向数据采集器发送信号，时间间隔为△t；经微型计算机处理后得出该车的速度，若超速，则计算机将指令架设在路面上方的照相机C对汽车拍照，留下违章证 据． ①根据以上信息，回答下列问题：微型计算机计算汽车速度的表达式v= ； ②若L=7m，△t=0.3s，则照相机将 工作．（选填“会”或“不会”） 【答案】（1）v= ； （2）会 【解析】（1）微型计算机计算汽车速度时是用短时间内的平均速度代替瞬时速度，所以汽车速度的表达式v=（2）根据v= ； 得：v= = m/s>80km/h，超速，故照相机会工作。 【考点】平均速度 【名师】解答本题要注意，在时间极短的情况下，可以用平均速度代替瞬时速度，难度不大，属于基础题．（1）微型计算机计算汽车速度时是用短时间内的平均速度代替瞬时速度，所以汽车速度的表达式v= ；（2）通过计算得出汽车的速度，跟80km/h进行比较，若超速则工作，若 不超速，则不工作． 15. 在上海的高架道路上，一般限速80km/h．为了监控车辆是否超速，设置了一些“电子警察”系统，其工作原理如图所示：路面下相隔L埋设两个传感器线圈A和B，当有车辆经过线圈正上方时，传感器能向数据采集器发出一个电信号；若有一辆汽车（在本题中可看作质点）匀速经过该路段，两传感器先后向数据采集器发送信号，时间间隔为△t；经微型计算机处理后得出该车的速度，若超速，则计算机将指令架设在路面上方的照相机C对汽车拍照，留下违章证据． （1）根据以上信息，回答下列问题：微型计算机计算汽车速度的表达式v= ； （2）若L=7m，△t=0.3s，则照相机将 工作．（选填“会”或“不会”） 【答案】 ；会． ； = =126km/h＞80km/h，超速，故照相机会工作． 【解析】解：（1）微型计算机计算汽车速度时是用短时间内的平均速度代替瞬时速度，所以汽车速度的表达式v=（2）根据v=故答案为： 得：v=；会． 【考点】匀变速直线运动规律的综合运用． 【专题】直线运动规律专题． 【分析】（1）微型计算机计算汽车速度时是用短时间内的平均速度代替瞬时速度，所以汽车速度的表达式v= ； （2）通过计算得出汽车的速度，跟80km/h进行比较，若超速则工作，若不超速，则不工作． 【点评】解答本题要注意，在时间极短的情况下，可以用平均速度代替瞬时速度，难度不大，属于基础题． 16. 电磁打点计时器和电火花计时器都是使用 电源的计时仪器，当电源的频率为50Hz时，它们都是每隔 s打一次点。工作电压为分别为 V和 V， 【答案】交流，0.02s，4V～6V，220V。 【解析】电磁打点计时器使用4～6V的交流电源；电火花计时器使用220V的交流电源． 【考点】打点计时器 【名师】 17. 如图所示，在x＞0的空间中，存在沿x轴方向的匀强电场E；在x＜0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也为E．一电子（﹣e，m）在x=d处的P点以沿y轴正方向的 初速度v0开始运动，不计电子重力．求： （1）电子的x方向分运动的周期． （2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离． 【答案】（1）电子的x方向分运动的周期 ． （2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离 【解析】（1）电子垂直电场方向进入电场，在沿电场方向先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律，结合运动的对称性求出电子在x方向分运动的周期． （2）结合电子在y方向上做匀速直线运动，根据对称性和周期性求出任意两个交点的距离 解：电子在电场中运动的受力情况及轨迹如图所示． 在x＞0的空间中，沿y轴正方向以v0的速度做匀速直线运 动，沿x轴负方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为a， 则F=eE=ma 解得， 电子从A点进入x＜0的空间后，沿y轴正方向仍做v0的匀速直线运动，沿x轴负方向做加速度大小仍为a的匀减速直线运动，到达Q点．根据运动的对称性得，电子在x轴方向速度减为零的时间t2= ，电子沿y轴正方向的位移 = 电子到达Q点后，在电场力作用下，运动轨迹 QCP1与QAP关于QB对称，而后的运 动轨迹沿y轴正方向重复PAQCP1，所以有： （1）电子的x方向分运动的周期 答：（1）电子的x方向分运动的周期 ． ． （2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离 （2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离 【点评】解决本题的关键知道电子在沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，抓住对称性和周期性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解 18. 库仑定律F库=K ． 【答案】 【解析】根据库仑定律的表达式直接求解． 解：库仑定律的表达式为F= ，其中k为静电力常量． 故答案为： 【点评】本题考查库仑定律的直接应用，对于库伦定律公式要注意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义． 19. 关于点电荷以下说法正确的是（ ） A．足够小的电荷就是点电荷 B．一个电子，不论在任何情况下都可视为点电荷 C．点电荷是一种理想化的模型 D．一个带电体能否看成点电荷，不是看他尺寸的绝对值，而是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计 【答案】CD 【解析】当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，根据点电荷的条件分析可以得出结论． 解：A、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，并不是足够小的电荷就是点电荷，所以A错误； B、当带电体之间的距离不是很大时，电子就不能看作电荷全部集中在球心的点电荷，因为此时带电体之间的电荷会影响电荷的分布，所以B错误； C、点电荷是一种理想化的模型，实际不存在，所以C正确； D、当带电体的形状大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，所以D正确． 故选；CD． 【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累． 20. 真空中两个点电荷的电量分别是+q、+3q，库仑力为F；当把它们接触再放回原处，库仑力变为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】开始时两电荷的库仑力仑力为 【考点】库仑定律 【名师】此题是对库仑定律的考查；首先要熟练掌握库仑定律的表达式 并能理解其物理 ；接触后两电荷各带电量 ，则放回原处的库 ，故选项D正确. 意义；其次要知道等大的带同种电荷的两带电体接触后，电量均分；若是异种电荷，则电量先中和后均分；此题难度不大. 21. 如图所示的电路，先将开关与a相连，然后将开关与b相连，通过灵敏电流表的电流方向 情况（ ） A．先向左，再向右 C．一直向左 B．先向右，再向左 D．一直向右 【答案】B 【解析】当开关与相连时，电源给电容器充电，电流表中电流向右；当开关与相连时，电容器放电，电流表中电流向左；故电流先向右再向左，故选项B正确。 【考点】闭合电路的欧姆定律；电容 【名师】解决本题关键了解电容器充、放电的特性，知道充电时与电源正极相连的极板带正电，与电源负极相连的极板带负电。 22. 如图所示，a、b是竖直方向上的电场线的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向 上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是（ ） A．带电粒子在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的 B．a点的电势比b点的电势高 C．带电质点在a点的电势能比b点的电势能小 D．a点的电场强度比b点的电场强度小 【答案】A 【解析】由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力，开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上．因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，因为不知道电场的方向，所以无法判断电势的高低，故B错误；电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在a点的电势能比在b点的电势能大，故C错误；在a点，电场力大于重力，到b点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b点所受的电场力小于重力，所以a点的电场强度比b点的电场强度大，故D错误。 【考点】电场强度；电势；电势能 【名师】解决本题的关键通过a、b两点的速度为0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向．通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小．以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低。 23. 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（ ） A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数相同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同 【答案】BC 【解析】图甲中的并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；图乙中的串联的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故C正确，D错误。 【考点】把电流表改装成电压表 【名师】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小。 24. 如图甲所示，在两极板a、b之间有一静止的电子，当在a、b之间加上如图乙所示的变化电压时（开始时a板带正电），电子的运动情况是（不计重力，板间距离足够大） A．电子一直向a板运动 B．电子一直向b板运动 C．电子在两板间做周期性往返运动 D．电子先向a板运动，再返回一直向b板运动 【答案】C 【解析】在0-0．1s时间内，电子受到的电场力向上，向上做匀加速直线运动，在0．1-0．2s时间内，电子受到的电场力向下，向上做匀减速直线运动，0．2s时刻速度为零；在0．2-0．3s时间内，电子受到的电场力向下，向下做匀加速直线运动，在0．3-0．4s时间内，电子受到的电 场力向上，向下做匀减速直线运动，接着周而复始，故电子在两板间做周期性往返运动，C正确； 【考点】考查了带电粒子在交变电场中的运动 【名师】电子在周期性变化的电场中运动，根据受力情况，由牛顿定律可分析出电子的运动情况，这是学习力学应具有的能力． 25. 如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平。质量为m 的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。从小球（小球直径小于细圆管直径）进入管口开始，整个空间突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力与重力等大反向，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过 A点。设小球运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，求: （1）小球到达 B 点时的速度大小。 （2）小球受到的电场力大小。 （3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力。 【答案】（1） （2） （3）3mg，水平向右 【解析】（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有： ，解得， 和 ，则 ，方向竖直向上．小球从B到C 做负功，根据动能定理得 ，联立解得， ，故电场力的大小为 （2）设电场力的水平分力和竖直分力分别为的过程中，电场力的水平分力 ， ， （3）小球经过管口C处时，由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力，由牛顿运动定律得 ，得N=3mg，方向向左 ， 小球从C处离开圆管后，做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则： 根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小N′=N=3mg，方向水平向右． 【考点】考查了动能定理的应用；牛顿第三定律；机械能守恒定律；电场强度 【名师】本题运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合研究圆周运动和类平抛运动，并采用正交分解求解电场力，常规方法，难度适中 26. 某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是： A．只增大电压U C．只增大高度d B．只增大长度L D．只增大尘埃被吸入水平速度v0 【答案】AB 【解析】增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为 即增加y即可，故增加电压U，长度L，都满足题 意，AB正确；只增大尘埃被吸入水平速度或者只增大高度d，则y减小，CD错误； 【考点】考查了带电粒子在电场中的偏转 【名师】此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景-----类平抛运动，应用运动的分解知识求解 27. 如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是： A．电动机的输入功率是12W B．电动机的输出功率是12W C．电动机的热功率是2.0W D．整个电路消耗的电功率是24W 【答案】ACD 【解析】电动机两端的电压电动机的输入功率则电动机的输出功率 ，整个电路中的电流 ，所以 ，故A正确；电动机的热功率， ．故B错误，C正确．整个电路消耗的功率 ，故D正确 【考点】考查了电功率的计算 【名师】解决本题的关键知道电动机的输出功率以及知道整个电路消耗的功率． 28. 一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（ ） A．Ea最大 B．Eb最大 C．Ec最大 D．Ea=Eb=Ec 【答案】C 【解析】静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消．c点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即Ec最大．故选C． 【考点】静电平衡 29. 如图所示，Q为固定的正电电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大 小为0.75g，求 （1）此电荷在B点处的加速度； （2）A、B两点间的电势差（用Q和h表示）。 【答案】（1） 、方向竖直向上（2） 【解析】另一点电荷从A到B过程中有重力和电场力做功，由动能定理有： ，所以AB两点间的电势差为： 又：因为Q带正电，故另一点电荷亦为正电荷，由牛顿第二定律知 在A点时有：在B点时有：由①式可解得： …① …② 得： 由①②两式可解得，负号表示加速度的方向竖直向上； 【考点】动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【名师】Q为固定的正点电荷，另一点电荷从A点由静止释放，由于库仑斥力作用，运动到B点时速度正好又变为零．则由库仑定律与牛顿第二定律可求出电荷在A处的加速度，从而再次列出牛顿第二定律可求出电荷在B处的加速度．从A到B过程运用动能定理可求出库仑力做的功，从而算出AB电势差 30. 在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ） A．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因 B．伽利略发现了行星三大运动规律 C．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了引力常量 D．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在电场 【答案】C 【解析】伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，选项A错误；开普勒发现了行星三大运动规律，选项B错误；卡文迪许通过扭秤实验，测定出了引力常量，选项C正确；奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，选项D错误；故选C． 【考点】物理学史 【名师】此题是对物理学史的考查；要记住课本上提到的物理学家的名字及其伟大贡献，不仅如粗还要学习物理学家献身科学的伟大精神．对物理学史的考查历来就是考试的热点． 31. 睿睿同学在西部游玩时，发现戈壁滩上常常出现远距离输电的铁塔，仔细观察发现高塔上除了用于输电的3条导线外，顶部还有2条导线，关于这2条导线的作用，睿睿同学做了如下猜测，其中正确的是（ ） A．防止输电线被雷击，起到静电屏蔽的作用 B．防止铁塔倒塌，起到固定的作用 C．利用电磁感应，避免输电线电流过大 D．防止输电线意外断开，起到备用的作用 【答案】A 【解析】高压输电塔最上面的两根线是避雷线，这两条线直接与铁塔相连，避雷线起到防雷的作用，能将电流直接导入大地．故选项A正确．故选A． 【考点】静电屏蔽 【名师】解答此题要知道高压输电塔最上面的两根线是避雷线，能防止雷直接击在输电线上；该题属于用所学的物理知识解释日常生活中的现象，这一类的例子要在平时的学习过程中多加积累。 32. 如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为l．0Ω，电路中的电阻R为1．5Ω，小型直流电动机M的内阻为0．5Ω，闭合开关S后，电动机正常转动时，电流表的示数为2．0A。则以下判断中正确的是（ ） A．电动机的输出功率为14．0W B．电源输出的电功率为20．0W C．电动机产生的热功率4．0W D．电动机两端的电压为5．0V 【答案】B 【解析】电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0．5=2W，所以电动机的输出功率为：P机=\"14\" W-2W=12W，故A错误，C错误；电源的输出的功率为：P 2 2-22×1=20W，故B正确；电路中电流表的示数为2．0A，所以电动机的电压为：输出=EI-IR=12× U=E-U内-UR0=12-Ir-IR0=12-2×1-2×1．5=7V，故D错误；故选B． 【考点】电功率 【名师】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的，因纯电阻电路符合欧姆定律，而非纯电阻电路中欧姆定律是不适应的。 33. 下列说法中不正确的是 A．在高大的建筑物顶端安装的避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施 B．超高压带电作业的工人穿戴的用包含金属丝织物制成的工作服可以起到静电屏蔽的作用 C．法拉第首先提出了电荷周围存在电场的观点 D．库仑通过库仑扭秤实验测得元电荷e的数值 【答案】D 【解析】避雷针，又名防雷针，是用来保护建筑物物等避免雷击的装置．在高大建筑物顶端安装一根金属棒，用金属线与埋在地下的一块金属板连接起来，利用金属棒的尖端放电，使云层所带的电和地上的电中和，从而不会引发事故．故A正确．超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这种工作服叫屏蔽服，其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害．故B正 确．在对电场的研究中，法拉第首先提出了电荷周围存在电场的观点．故C正确；库仑通过库仑扭秤实验测得静电常数k的数值，选项D错误；本题选择不正确的，故选D． 【考点】物理学史；静电屏蔽 【名师】本题考查有关静电应用和防止等知识点的内容，要求同学们能用物理知识解释生活中的现象，难度不大，属于基础题． 34. A、B、C是三个完全相同的金属小球，A、B位置固定，带有等量异种电荷，此时A、B之间的库仑力大小为F，用带有绝缘手柄的不带电的C球先后与A、B接触后将C移走，A、B之间的库仑力大小变为（ ） A、 B、 B、 D、0 【答案】C 【解析】假设A带电量为Q，BA带电量为 ，两球之间的相互吸引力的大小是 ，第三 个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为B分开后电量均为 ， C与B接触时先中和再平分，则C、 ，故选项C正 ，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小 确。 【考点】库仑定律 名师点睛：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。 35. 如图所示，M为一线圈电阻rM＝0．4Ω的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．当S断开时，电流表的示数I1＝1．6A，当开关S闭合时，电流表的示数I2＝4．0A．求： （1）电源内阻． （2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率． （3）开关S闭合时电源的输出功率 【答案】（1）1Ω （2）2．5W 87．5W （3）144W 【解析】（1）据题意，开关断开时电流为I1＝1．6A，据闭合电路欧姆定律有： （2）开关闭合时，外电压为： 通过电阻R的电流为：通过电动机的电流为：电动机发热功率为：电动机输入功率为：电动机机械功率为： （3）开关闭合时电源总功率为： 电源输出功率为： 【考点】电动机功率、电源功率，闭合电路欧姆定律、欧姆定律 名师点睛：本题关键是要分析出开关闭合和断开时的电路连接情况，断开时电动机没有接入电路，外电路只有定值电阻，据此可以求出电源内阻r；开关闭合时电动机和定值电阻并联，据闭合电路欧姆定律求出外电压，进而可以求出通过电动机的电流，求电动机相关功率是主要把握好关系： ，求电源相关功率是注意：。 36. 一带点油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中的虚线所示，电场方向竖直向下；若不计空气 阻力，则此油滴从a运动到b的过程中，下列说法正确的是（ ） A．油滴带正电 B．油滴的电势能减小 C．油滴的动能减小 D．油滴的重力势能和电势能之和减小 【答案】BD 【解析】对油滴受力分析可知，油滴受到重力和电场力作用，重力向下，所以电场力一定向上，所以电荷带负电，故A错误；电荷向上运动，电场力做正功，电势能减小，故B正确；电荷向上运动，合力向上，所以电荷受到的合力对电荷做正功，动能增加，故C错误；根据能量守恒可知，动能增加，重力势能和电势能之和要减小，故D正确；故选BD． 【考点】带电粒子在复合场中的运动 【名师】本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。 37. 下列说法正确的是（ ） ﹣19 A．物体带电量有可能是3×10C B．感应起电的本质是电荷发生了转移 C．物体所带电量可能很小，可以小于元电荷 D．经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷 【答案】B 【解析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍．由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电． 感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分． ﹣ 解：A、元电荷的值通常取作e=1.60×1019C，所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故AC错误； B、感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．故B正确； D、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．遵循电荷守恒定律．故D错误； 故选：B． 38. 在电场中某点引入电量为q的正电荷，这个电荷受到的电场力为F，则该点场强为 ，若在这点引入电量为2q的负电荷时，则该点的电场强度为 ． 【答案】， 【解析】已知试探电荷所受的电场力F和电荷量q，根据电场强度的定义式E=求电场强度的大小．电场强度反映电场本身的性质，与放入电场中的试探电荷无关，电场中同一点电场强度是唯一确定的． 解：电荷量为q的正电荷在电场中受到的电场力为F，则该点的电场强度为 E= 电场强度由电场本身决定的，与试探电荷无关，所以在这点引入电荷量为2q的负电荷时，电场强度不变，仍为E=． 故答案为：，． 39. 三个电量相同的正电荷Q，放在等边三角形的三个顶点上，问在三角形的中心应放置 的电荷，才能使作用于每个电荷上的合力为零？ 【答案】负 【解析】根据几何关系解出中心O点到三角形顶点的距离，每一个带电小球都处于静止状态，不妨研究A球，A球受力平衡，BC两球的对A是库仑斥力，O点的电荷2对A是库仑引力，列方程化简即可． 解：三个电量相同的正电荷Q，放在等边三角形ABC的三个顶点上，O点为三角形中心， 设三角形边长为L，由几何关系知：r=|AO|=A球受力平衡，有：F2=其中F= ， ，由F2的方向知q带负电． =F1=\"2Fcos\" 30° = L， 所以联立解得：q= 答：在三角形的中心应放置的负电荷，才能使作用于每个电荷上的合力为零． 40. 如图所示，一个电量为﹣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及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度最小值．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ） A．点电荷乙从A点运动到B点的过程中，加速度逐渐减小 B．OB间的距离为 C．点电荷乙越过B点向左运动，其电势能仍增多 D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB= 【答案】ABD 【解析】正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答． 解：A、滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球在运动到B点之前，有mgμ﹣F库=ma，因此物体做加速度逐渐减小的减速运动，故A正确； B、当速度最小时有：mgμ=F库=k所以解得：r= ，故B正确； ， C、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故C错误； D、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABq﹣mgμL0=mv2﹣m所以解得AB间电势差UAB= ，故D正确． ， 故选：ABD． 41. 在前人研究的基础上，有一位物理学家利用图所示的扭秤装置进行研究，提出真空中两个静 止点电荷之间相互作用的规律，这位物理学家是（ ） A．牛顿 B．伽利略 C．库仑 D．焦耳 【答案】C 【解析】本题是物理学史问题，根据牛顿、伽利略、库仑、焦耳等科学家的成就进行答题 解：库仑发现了电荷间作用力的规律 故选：C 42. 下表为某电热水壶铭牌上的一部分内容．根据表中的信息，可计算出电热水壶在额定电压下以额定功率工作时的电流约为（ ） 型号 xxxx 额定功率 1800W 额定电压 220V 额定容量 1.8L A．9.2 A B．8.2 A C．7.2 A D．6.2 A 【答案】B 【解析】由电热水壶铭牌可知，额定电压为220V，额定功率为1800W，由电功率的变形公式求出正常工作时的电流． 解：热水壶正常工作时的电流I== ≈8.2A； 故选：B． ﹣ 43. 在如图所示的电场中，A点的电场强度E=1.0×104N/C．将电荷量q=+1.0×108C的点电荷放在电场中的A点． （1）求该点电荷在A点所受电场力F的大小； （2）在图中画出该点电荷在A点所受电场力F的方向． ﹣ 【答案】（1）该点电荷在A点所受电场力F的大小是1.0×104N； （2）如图所示． 【解析】（1）由电场强度的定义可求得点电荷在A点所受电场力的大小； （2）由题意可知，该电荷带正电，则所受力的方向即为该点场强的方向． 解： （1）点电荷在A点所受电场力的大小 F=qE=1.0×108×1.0×104N=1.0×104N （2）正电荷在电场中 受力的方向与电场线的方向相同，所以点电荷在A点所受电场力的方向如图所示： 答： ﹣ （1）该点电荷在A点所受电场力F的大小是1.0×104N； （2）如图所示． ﹣﹣ 44. 关于电场中的电场线，下列说法正确的是（ ） A．带正电的点电荷在电场力作用下，运动的轨迹和电场线重合 B．沿电场线方向电场强度逐渐减小 C．沿电场线方向电势逐渐降低 D．电荷沿电场线方向运动，电势能减少 【答案】C 【解析】A、带正电的点电荷在电场力作用下，运动的轨迹和电场线不一定重合，只有电场线是直线，且点电荷的初速度为零或初速度与电场线共线时，点电荷运动的轨迹才和电场线重合，故A错误； B、沿电场线方向电场线不一定越来越疏，则电场强度不一定逐渐减小，故B错误． C、沿电场线方向电势逐渐降低，故C正确； D、正电荷沿电场线方向运动，电势能减少，而负电荷沿电场线方向运动，电势能增加，故D错误； 故选：C 45. 在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的负电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功，以下说法正确的是（ ） A．a点电势比b点电势高 B．该电荷在b点的电势能较a点大 C．a、b两点电势差大小一定满足D．ab两点电势差大小一定满足 【答案】D 【解析】负电荷从a点移到b点时，电场力对电荷做正功W，电势能减小，a点电势比b点低，故AB错误；当ab两点在同一电场线上时，．本题ab是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定为等于，故C错误；电荷从a移动到b，电场力做功W，根据电势差的定义 ，故D正确。 【考点】电势差、电势、电势能 【名师】电场这一章概念较多，也很抽象，要从物理量的定义出发，从定义式中各个量的含义、矢标性、条件、与其他概念的区别与联系等方面加深对概念的理解。 46. 电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA ，现欲把这电流表改装成量程为1．0V的电压表，应 ___________（串联或并联）一个____________Ω的电阻． 【答案】串联 【解析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为： 。 【考点】把电流表改装成电压表 【名师】本题考查了把电流表改装成电压表，知道电压表的改装原理是解题的前提与关键，应用 串联电路特点与欧姆定律可以解题。 47. 在如图所示的实验装置中,充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接,极板B接地 （1）若极板B稍向上移动一点,则将观察到静电计指针偏角___________（填“变大”或“变小”）,此实验说明平行板电容器的电容随________而增大; （2）若极板B稍向左移动一点,则将观察到静电计指针偏角_______（填“变大”或“变小”）,此实验说明平行板电容器的电容随_______而增大 【答案】（1）变大,两极板间正对面积的增大；（2）变大,两极板间间距离的减小｡ 【解析】（1）若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式 分析知 ，极板间的电压U增大，则静电计指针 偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容随,两极板间正对面积的增大。 （2）若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式容器的电量不变，根据电容的定义式 分析知电容减小，电 ，极板间的电压U增大，则静电计指针偏角增大，此 实验说明平行板电容器的电容随两极板间间距离的减小。 【考点】电容器的动态分析 【名师】对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不 变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．根据电容的决定式和定义式结合进行分析。 48. 如图所示是某电场中的电场线分布示意图，在该电场中有A、B 两点，下列结论正确的是 A．A 点的电场强度比B 点的大 B．A 点的电场强度方向与B 点的电场强度方向相同 C．将同一点电荷分别放在A、B 两点，点电荷所受静电力在A 点比在B 点大 D．因为A、B 两点没有电场线通过，所以电荷放在这两点不会受静电力的作用 【答案】AC 【解析】A 点的电场线较B点密集，故A点的电场强度比B 点的大，选项A正确；A 点的电场强度方向与B 点的电场强度方向不相同，选项B错误；由于A点的电场强度比B 点的大，根据F=Eq可知，将同一点电荷分别放在A、B 两点，点电荷所受静电力在A 点比在B 点大，选项C正确；虽然A、B 两点没有电场线通过，但是仍有电场，电荷放在这两点会受静电力的作用，选项D错误；故选AC． 【考点】电场线；电场强度 【名师】本题关键掌握电场线的两个物理意义：电场线疏密表示场强的大小，切线方向表示电场的方向，特别注意没有电场线通过的地方不代表没有电场，难度适中。 49. 如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷。O是它们连线的中点，P、P′是它们连线中垂线上的两个点。从P点由静止释放一个质子，质子将向P′运动。不计质子重力。则质子由P 向P′运动的情况是 A．先做加速运动，后做减速运动 B．一直做加速运动，加速度一定是逐渐减小 C．一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大 D．一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小 【答案】D 【解析】a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷．O是它们连线的中点，从P点静止释放一个质子后将向运动，由于电场强度方向是P指向，则质子受到的电场力指向，所以质子做加速运动，由于电场强度的大小不定，从P到电场强度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，所以加速度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，因此只有D正确；ABC均是错误。 【考点】电场的叠加；牛顿第二定律；电场强度 【名师】本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。 50. 如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电油滴，沿直线由A运动至最高点B的过程中，轨迹与电场线方向夹角为，重力加速度为g．下列说法正确的是（ ） A．油滴带正电 B．油滴所受合力为0 C．油滴在最高点末速度vB=0 D．油滴在水平方向上运动位移为 【答案】C 【解析】试题分析: A、带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上．小球受到重力和电场力，可知小球所受的电场力方向水平向左，与场强方向相反，所以小球带负电．故A错误．B、C、由受力和运动的条件知油滴的合外力与运动速度方向相反，做匀减速直线运动，合外力不等于零，到达最高点时速度减为零，选项B错误、选项C正确．D、由水平分运动为匀减速直线运动， ，竖直方向 ，而 ，解得: ， 选项D错误．故选C． 【考点】考查匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能；电势能． 名师点睛：本题考查了重力做功与重力势能及电场力做功与电势能的关系。 51. 如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电荷的点电荷Q。将一个质量为m，带电量为q的小金属块（金属块可以看成质点）放在水平面上并由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动。则在金属块运动的整个过程中（ ） A．电场力对金属块做的功等于金属块增加的机械能 B．金属块的电势能先减小后增大 C．金属块的加速度一直减小 D．电场对金属块所做的功一定等于摩擦产生的热 【答案】D 【解析】金属块在水平面上运动，在整个运动的过程中，金属块先加速后减速到零，动能变化为零，重力势能不变，所以机械能没有增加，电场力对金属块做的功等于金属块克服摩擦力做功系统增加的内能，故A错误，D正确；在整个运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；开始时，电场力大于摩擦力，运动的过程中，电场力逐渐减小，则加速度减小，然后摩擦力大于电场力，加速度又逐渐增大，所以加速度先减小后增大，故C错误。 【考点】功能关系，电势能 52. 小刚利用电能表测某家用电器的电功率．当电路中只有这个用电器工作时，测得在15min内，消耗电能0．3 KW·h，这个用电器可能是 A．空调器 B．电冰箱 C．电视机 D．收音机 【答案】A 【解析】由 得： ；则 ；以上四种家用电器中功率超1000W的只有空 调机，故选项A正确。 【考点】电功率、电功率的计算 【名师】由内消耗的电能可求得电器的功率，则由家电的功率知识可判断为哪种用电器。 53. 由于电压和电阻两者都可能影响电流的大小，用实验研究它们的关系时，可以先保持电压不变，探究电流和电阻的关系；然后保持电阻不变，探究电流和电压的关系，最后总结出了欧姆定律。这种研究问题的方法叫“控制变量法”。在以下问题的研究中： ①滑动摩擦力大小跟哪些物理量有关； ②牛顿在伽利略等人研究成果的基础上得出牛顿第一定律； ③电流产生的热量与哪些因素有关； ④研究磁场，引入磁感线。其中，应用“控制变量法”进行研究的是 （填番号）。 【答案】①③ 【解析】①滑动摩擦力大小跟哪些物理量有关；因影响摩擦力大小的变量较多，应采取控制变量法； ②牛顿在伽利略等人研究成果的基础上得出牛顿第一定律；是在实验的基础上，加以分析推理得出的，采取实验推理法； ③电流产生的热量与哪些因素有关；因影响电流产生的热量的因素较多，应采取控制变量法； ④研究磁场，引入磁感线；因磁场实际存在，但不能看到．引入“磁感线”的研究，采用的是模型法；所以应用“控制变量法”进行研究的有①和③。 【考点】物理学方法 【名师】控制变量法就是每一次只改变其中的某一个变量，而控制其余几个变量不变，从而研究被改变的这个变量对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决问题的方法。 54. 如图所示，接地的金属球A的半径为R，点电荷的电量Q，到球心距离为r，则该金属球上的感应电荷的电场在球心O处的场强大小等于 （ ） A． - B．+ C．0 D． 【答案】D 【解析】金属球内部处于静电平衡状态，故合场强处处为零．所以感应电荷在球心处产生的场强应和点电荷Q产生的场强大小相等，即 ，故D正确，ABC错误；故选D． 【考点】静电平衡 【名师】本题主要考查了静电平衡的应用；要知道当静电平衡时在导体内部任何一点，外电场电场场强E与附加电场的场强E'大小相等，方向相反，这两个电场叠加的结果使内部的合场强处处为零。 55. 如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、 B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（ ） A．B、E一定处在同一等势面上 B．匀强电场的场强大小为10V/m C．正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功 D．电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV 【答案】AD 【解析】A、连接AC，AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，故A正确． B、BA间的电势差为UBA=10V，又UBA=EdABcos30°，得场强E= = V/m= V/m．故B错误； C、由上得知，E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电势能减小，则电场力做正功，故C错误． D、由上得知，F的电势为10V，D点与C点的电势相等为30V，则电子从F点移到D点，电场力做功WFD=eUFD=e（φF﹣φD）=﹣（10﹣30）eV=20eV， 那么电势能将减小20eV．故D正确． 故选：AD． 56. 如图，电源电动势E=10V，内阻r=0．5Ω，电动机M的电阻RM=1Ω，电阻R=1．5Ω，此时电动机正常工作，理想电压表的示数为3V．则 A．电动机两端的电压为2V B．电动机两端的电压为6V C．电动机转化为机械能的功率为12W D．电动机转化为机械能的功率为8W 【答案】BD 【解析】因为电压表测量电阻两端电压，所以电路电流为律可得电动机两端的电压为 ，根据闭合回路欧姆定 ，A错误B正确；电动机消耗的电功率为 ，电动机的热功率为，故电动机转化为机械能的功率为8W，C错 误D正确； 【考点】考查了电功率的计算 【名师】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解． 57. 对磁感线的认识，下列说法正确的是 A．磁感线总是从磁体的北极出发，终止于磁体的南极 B．磁感线上某点的切线方向与放在该点小磁针南极的受力方向相同 C．磁感线的疏密可以反映磁场的相对强弱 D．磁感线是磁场中客观存在的线 【答案】C 【解析】磁感线在磁体的外部是从N到S，在磁体内部是从S到N，形成闭合曲线，A错误；磁感线上某点的切线方向与放在该点小磁针北极的受力方向相同，B错误；磁感线是人假象出来的，现实中不存在，磁感线越密，磁感应强度越大，磁感线越疏，磁感应强度越小，C正确D错误； 【考点】考查了磁感线 【名师】磁感线外部由N极流向S极，内部由S极流向N极，形成闭合曲线，磁感线不相交．磁场的方向为小磁针静止时N极的指向．磁感线的疏密可以反映磁场的相对强弱 58. 在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的竖直平面内做匀速圆周运动， 则可判断该带电质点（ ） A．带有电荷量为C．运动的角速度为 的正电荷 B．沿圆周逆时针运动 D．运动的速率为 【答案】C 【解析】粒子做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡以及洛伦兹力提供向心力分析判断． 解：A、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg=qE，求得电荷量q= ，根据电场强度 方向和电场力方向相反判断出粒子带负电，故A错误； B、粒子带负电，已知任意位置的洛伦兹力方向和磁场方向，由左手定则可判断粒子的速度方向，故粒子沿顺时针方向运动，故B错误； C、D、由qvB=mvω得ω= = = ，故C正确； D、在速度选择器装置中才有v=，故D错误； 故选C． 【点评】本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性和转动方向，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解． 59. 如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行。在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大。 由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且∠α=30°。下列说法正确的是 A．电场的方向与AC间的夹角为30° B．电场的方向与AC间的夹角为60° C．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为D．小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为 【答案】C 【解析】小球在匀强电场中，从A点运动到B点，根据动能定理qUAB=Ek得，因为到达B点时的小球的动能最大，所以UAB最大，则在圆周上找不到与B电势相等的点．且由A到B电场力对小球做正功．过B点作切线，则BF为等势线．过A点作BF的垂线，则该线为电场线，即沿AB方向．故AB错误．小球只受电场力，做类平抛运动．x=2Rsin30°cos30°=v0t， ，由以上两式得： ；故D错误，C正确, 故选C． 【考点】带电粒子在电场中的运动；动能定理 【名师】本题关键考查对电场力做功公式W=qEd的理解和应用，d是沿电场方向两点间的距离．此题还要求熟练掌握功能关系和类平抛运动的研究方法。 60. 如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关K闭合，电容器两极板间有一质量为m，带电量为q的微粒静止不动，下列各叙述中正确的是（ ） A．断开开关K，把电容器两极板距离增大，微粒仍能保持静止 B．断开开关K，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动 C．保持开关K闭合，把电容器两极板距离增大，电容会增大 D．保持开关K闭合，把电容器两极板距离增大，两极板的带电量会增大 【答案】A 【解析】A、断开K后，已充电的电容器两板仍储有电荷，极板的电量不变，根据 ，推导出电场强度的公式 ，与 ，由此可知，电场强度与极板间距无关，因此粒子仍保 持原来的静止状态，故A正确，B错误； C、保持K闭合，增大两板间距d，由 ，可知，电容减小，故C错误； 可知，带电量减小，故D错误； ，与 D、保持K闭合，增大两板间距d，则两板间电压不变，由 点睛：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由 ，推导出电场强度的公式 ，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动。 61. 如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为-2×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则求： （1）A、B两点的电势差UAB （2）匀强电场的场强大小． 【答案】(1)5×105V (2)5×107V/m 【解析】（1）因为电势能增加即电场力做功为则（3）根据代入数据解得 得， ； ， 。 ，电场力做负功， 点睛：根据电势差的变化得出电场力做功，结合电场力做功与电势差的关系求出A、B两点的电势差，根据匀强电场的电场强度公式求出场强的大小。 62. P、Q两电荷的电场线分布如图所示，c,d为电场中的两点.一个离子（不计重力）从a运动到 ｂ的轨迹如图所示，则下列判断正确的是 （ ） A．Q带负电荷 B．c点电势高于d点电势 C．离子在运动过程中受到P的排斥 D．离子从a运动到ｂ，电场力做负功 【答案】ABD 【解析】电场线起于正电荷，终止于负电荷，知Q带负电．故A正确．沿着电场线方向电势逐渐降低，知c点的电势高于d点的电势．故B正确．离子从a运动b的过程中，轨迹向内弯曲，则离子受到P的引力作用，从a到b，电场力做负功．故C错误，D正确．故选ABD． 点睛：解决本题的关键知道电场线的特点，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低．知道粒子做曲线运动，合力的方向大致指向轨迹凹的一向． 63. 一平行板电容器两极板间距为d,与电源连接时，极板间一带电微粒恰好静止。现在把它与电源断开，用绝缘手柄使两极在d与2d之间上下周期性运动，则微粒（ ） A．仍处于静止 B．上下往复运动 C．向上加速运动 D．向下加速运动 【答案】A 【解析】由 ， 联立可得，电容器板间场强 ，由题意知，电容器所 带电荷量Q不变，、S也不变，则当两极板间距离变化时，板间场强E不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍处于静止状态。 故选A。 64. 如图所示，有三个质量相等、分别带正电、负电、不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同初速度垂直于E进入电场，它们分 别落到A、B、C三点，则可判断（ ） A. 落到A点的球带正电、B点的不带电，C点的带负电 B. 三小球在电场中运动的时间相等 C. 三小球落到正极板上时动能EkA 【解析】A、不带电小球做平抛运动带正电小球受电场力向上，做类平抛运动 ，带负电小球受电场力向下，做类平抛运动 , 。根据题意,三小球在竖直方向都做初速度为0 得，三小球运动时间， 的匀加速直线运动,球到达下极板时,在竖直方向产生的位移h相等,据 正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短。故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球，水平位移最小的C是带负电的小球。故A正确； B、根据上述分析，水平位移最大的带正电荷的A小球运动时间最长，水平位移最小的带负电的C小球运动时间最短，B错误； C、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。由受力图可知，带正电小球合力最大为G+F，做功最多，动能最大，带负电小球合力最小为G−F，做功最少，动能最小，C正确； D、由上述A中分析，水平位移最大的带正电荷的A小球加速度最小，水平位移最小的带负电的C小球运动加速度最大，D错误。 故选AC。 65. 把带电荷量q=2×10-8 C的正点电荷，从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功为8×10-6 J.若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10-6 J，规定无穷远的电势为零,则： （1）A、B两点的电势差为多少？； （2）若把2×10-5 C的负电荷由A点移到B点，电场力所做的功为多少？ 【答案】 (1)UAB=\"300\" V (2)WAB=-6.0×10-3 J 【解析】(1)无穷远处某点O的电势为零，根据电势的定义： 电场力做功与电势能变化的关 系公式WAB=EpA−EpB，有 WOA=EpO−EpA 无穷远处电势能为零，即EpO=0 故EpA=−WOA=8×10−6J 根据电势的定义式φ=W/q，有 φA=EPA/q=8×10−6/2×10−8=400V， 即A点的电势为400V. 同理EPB=-WOB=2×10−6J φB=EPB/q=2×10−6/2×10−8=100V， 即B点的电势为100V A、B两点的电势差UAB=Φa-φB=400V-100V=300V。 (2)根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB，有 WAB=qUAB=−2×10−5C×300V=−6×10−3J， 即把2×10−5C的负电荷由A点移到B点电场力做−6×10−3J的功。 66. 如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b。下列表述正确的是（ ） A．该电场是匀强电场 B．a点的电场强度比b点的大 C．b点的电场强度比a点的大 D．正电荷在a、b两点受力方向相同 【答案】B 【解析】匀强电场的电场线是一组等间距的平行线，A错误；电场线越密集的地方，电场强度越大，A处电场线密集，因此B正确，C错误；正电荷在A、B两点受电场力的方向沿着电场线的切线方向，A、B两点电场线的切线方向不同，因此受力方向不同，D错误 【考点】电场强度，电场线 67. “曹冲称象”是家喻户晓的典故．“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣．”它既反映出少年曹冲的机智，同时也体现出重要的物理思想方法．下列物理学习或研究中用到的方法与曹冲称象的方法相同的是（ ） A．建立“点电荷”的概念 B．建立“瞬时加速度”的概念 C．建立“合运动与分运动”的概念 D．探究合力与物体质量、加速度之间的定量关系 【答案】C 【解析】建立“点电荷”的概念，采用理想模型法，不是等效替代，故A错误；建立“瞬时加速度”的概念，采用极值法，不是等效替代，故B错误；建立“合运动和分运动”的概念，采用的是等效替代的方法；故C正确；探究合力与物体质量、加速度之间的定量关系采用了控制变量的方法；故D错误；故选C． 点睛：本题考查了等效替代法、理想模型法、极值法等思想方法，是物理学的精髓所在，要注意在学习中体会相应的分析问题的方法． 68. 电子从静止开始被U=180V的电场加速，沿直线垂直进入另一个场强为E=6000V/m的匀强偏转电场，而后电子从右侧离开偏转电场．已知电子比荷为C/㎏，不计电子的重力，偏 转电极长为L=6.0×10-2m．求： （1）电子经过电压U加速后的速度vx的大小； （2）电子在偏转电场中运动的加速度a的大小； （3）电子离开偏转电场时的速度方向与进入该电场时的速度方向之间的夹角φ． 【答案】（1）（2）（3）45° 【解析】（1）根据动能定理可得，解得 （2）电子在偏转电场中受到竖直向下的电场力，根据牛顿第二定律解得 （3）电子在水平方向上做匀速直线运动，故 在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故 联立解得 【点睛】带电粒子在电场中偏转问题，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 69. 某静电场的电场线分布如图所示，一负点电荷只在电场力作用下先后经过场中的M、N两点，过N点的虚线是电场中的一条等势线，则( ) A．M点的电场强度小于N点的电场强度 B．M点的电势低于N点的电势 C．负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能 D．负点电荷在M点的动能小于在N点的动能 【答案】C 【解析】电场线的疏密反映了电场的强弱．顺着电场线的方向电势降低．负电荷从低等势面运动到高等势面，电场力做正功，电势能减少．只有电场力做功时，电荷总能量不变，即电势能和运动的和不变．电势能小的地方动能大，动能大． 从电场线分布可见．M点电场线密，电场强， A错误；顺着电场线的方向电势降低，由图可见M点在高等势面，B错误；负电荷从低等势面运动到高等势面，电场力做正功，电势能减少，也就是说负电荷在高等势面的电势能小，M点电势高，负电荷在M点的电势能少，C正确；只有电场力做功时，电荷总能量不变，即电势能和运动的和不变．电势能小的地方动能大，也就是说在M点的动能大，D错误． － 70. 如图所示，现有一个带正电小物块，质量m＝20 g，电荷量q＝2×104 C，与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.2，处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝1×103 V/m．在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径R＝40 cm，取g＝10 m/s2，求： ⑴若小物块恰好能运动到轨道的最高点，则小物块在轨道最高点时速度的大小； ⑵若小物块恰好能运动到轨道的最高点，则小物块应该从距N点多远处由静止释放？ ⑶若在上小题的位置释放小物块，则在从释放到最高点的过程中，小物块在距水平地面多高处动能最大？（结果可保留根号） 【答案】（1）1.25m（2）1.25m处开始释放（3）0.12m 【解析】（1）根据重力提供向心力，即可求解；（2）根据动能定理，结合力做功的正负，即可求解；（3）根据计算数据，得出电场力与重力相等，电场力与重力的合力沿半径方向时，小物块的速度最大，从而求解． （1）物块能通过轨道最高点的临界条件是（2）设小物块释放位置距N处为x： ，解得 解得 即小物块应该从在水平位置距N处为1.25m处开始释放 （3）因为,所以 当电场力与重力的合力沿半径方向时，小物块的速度最大，也就是动能最大。 此时，物块与圆心连线与竖直方向成45°， 则 71. 关于静电场中的等势面，下列说法错误的是( ) A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能不一定减小 【答案】AC 【解析】沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交．故A说法错误；根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B说法正确；电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C说法错误；负电荷在等势面高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，故D错误。所以AC正确，BD错误。 72. 如图所示，质量为1.0g的带电小球，用长为L的绝缘细线悬挂在平行板电容器之间，两板电压为40V，板间距10cm，小球在A点处于平衡状态．悬线和竖直方向夹角为α=370(sin370=0.6，cos370=0.8，g取10 m/s2)．则： (1)请判断小球的电性并求出电量； (2)若通过另一绝缘细线BC把该小球缓慢拉到另一侧的B点（B点未触及右极板)，平衡时悬线与竖直方向夹角为β=530，细线BC呈水平，则此时细线BC中的拉力为多大? (3)在(2)中，若把BC细线剪断，小球摆回到最低点O时，悬线对小球的拉力有多大? 【答案】（1） （2） （3）0.03N 【解析】根据小球受力平衡求出小球所受的电场力，进而判断小球的电性计算小球的带电量；在B点对小球进行受力分析即可求得水平线BC的拉力；先根据动能定理求出小球到达O时的速度，再根据向心力公式求解悬线拉力。 电容器板间场强为： ，小球所受的电场力向 左，场强向右，故小球带负电；对小球在A点的受力进行分析，小球受重力、细线的拉力和电场 力，如左图所示： 根据共点力平衡条件，有 代入数据解得： （2）在B点，设水平拉力为T，绳的拉力为F，受力分析，如图所示： 根据共点力平衡条件，有: 联立解得： （3）从B点到小球摆到最低点O的过程中运用动能定理得： 根据牛顿第二定律，得： 解得： 点睛：解决本题的关键是受力分析，根据共点力平衡求解力，以及知道匀强电场的电场强度与电势差的关系。 73. “夸克”是比元电荷带电量更小的基本粒子之一．两个夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为： ，式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用ε表示夸克间的势能，令ε0＝F0(r2—r1)，取无穷远为势能零点．下列ε－r图示中正确的是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0，则知势能恒定为零；在r=r2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；r＜r1之后，F=0，势能不变，恒定为-U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0（r2-r1），故B正确，ACD错误。 74. 如图所示，在xoy平面坐标系的ABCD区域内，存在两个场强大小为2E和E的匀强电场I 和II，两电场的边界如图中虚线区域（L已知）。 （1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。 （2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。 （3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。 （提示：设释放点的位置坐标为（x．y），写出含有xy的函数表达式） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】此问分为两个过程，一是在电场Ⅰ区域的加速运动，运用能量的关系可求出加速后的速度；二是在电场Ⅱ区域内的偏转，运用类平抛的知识可求出偏转距离，从而得到电子离开ABCD区域的位置；首先设出释放点的坐标，在运用在电场I中的加速和在电场II中的类平抛运动，计算出表示xy的乘积的方程，满足此式的点即为符合要求的点．该问分为三个阶段，一是在电场I中的直线加速运动，二是在电场II中的类平抛运动，三是从电场II射出后的匀速直线运动，结合第二问的解题思路，可求出结果。 （1）设电子质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，此后进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有：和 解得：，所以假设成立，即电子离开ABCD区域的坐标为 （2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场 II做类平抛运动，并从D点离开，有：及解得： ，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。 （3）设电子从在I区从点（x，y）释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有： 及 其中 ， 解得：，即在电场I区域内满足该方程的所有点即为所求位置。 点睛：本题考核了带电粒子在简化的电子枪模型中的运动情况，是一道拓展型试题，与常见题所不同的是，一般试题是已知电子的出发点，然后求电子在电场作用下运动过程中的轨迹或离开电场的出射点位置，而本题则是反其道而行之，是规定了电子的出射点，要反推出在何处发出电子才能满足所述要求． 75. 如图所示，M为一线圈电阻的电动机，一定值电阻R=4Ω，电源电动势E=9V．当S闭合时，电压表的示数为U1=8.0V，当开关S断开时，电压表的示数为U2=4.0V．求： （1）电源内阻r； （2）开关S断开时电源输出功率； （3）开关S断开时电动机输出的机械功率． 【答案】（1）0.5Ω（2）8.2W（3）3.5W 【解析】（1）当S闭合时，电动机被短路，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻；（2）开关S断开时，先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后根据P=UI和U=E-Ir求解电源输出功率；（3）根据能量守恒定律和焦耳定律列式求解开关S断开时电动机输出的机械功率． （1）当S闭合时，电压表的示数为，根据闭合电路欧姆定律，有，解得 ； （2）当开关S断开时，电压表的示数为，电流为 电源的输出公式：； （3）开关S断开时电动机输出的机械功率： P出=P-I22（R+rM）=8.5-12×（4+1）=3.5W． 76. 某电场中有M、N两点，它们的电势分别为φM＝－10 V、φN＝－2 V，则下列说法错误的是( ) A. M点电势低 【答案】B 【解析】因φM＝－10 V、φN＝－2 V，则M点电势低，选项A正确；因M点电势较低，则正电荷在M点的电势能总比在N点电势能小，负电荷在M点的电势能总比在N点电势能大，选项B错误；UMN=(-10V)-(-2V)=-8V，根据W=Uq可知，将1 C的正电荷从M点移到N点，静电力做-8 J功，选项C正确；同理，将1 C的负电荷从M点移到N点，静电力做8 J功，选项D正确；此题选择错误的选项，故选B. 77. 如图所示，真空中以O点为圆心、OA为半径的圆周上等间距分布A、B、C、D、E、F、G、H八个点，其中A、E两点分别放置等量的正电荷Q，O为AE连线的中点，下列说法中正确的 是 A. B、D、F、H点的电场强度相同 B. B、D、F、H点的电势相同 C. 一个电子在C点由静止释放，经O点到达G点的过程中先做匀加速运动，后做匀减速运动 D. 一个电子在C点由静止释放，经O点到达G点的过程中电势能与机械能之和先增大，后减少 【答案】B 【解析】从B、D、F、H点的电场强度方向上看，它们四个的方向并不相同，故四个点的电场强度不相同，选项A错误；从B、D、F、H点的位置来看，它们与电荷都处在相对称的位置上，故它们的电势是相同的，选项B正确；一个电子在C点由静止释放，经O点到达G点的过程中，受到的电场力是变化的，故该电子并不能够做匀加速或匀减速运动，选项C错误；一个电子在C点由静止释放，经O点到达G点的过程中，电子受到重力与电场力的作用，故它具有的机械能与电势能之和是不变的，即能量守恒，选项D错误。 【考点】电场强度、电势，牛顿第二定律，能量守恒。 78. 如图所示，a、b是电场中的两点，下列说法正确的是（ ） A．该电场是匀强电场 B．a点的电场强度比b点的大 C．b点的电场强度比a点的大 D．a、b两点电场强度方向相同 【答案】B 【解析】该电场的电场线不是平行等距，故不是匀强电场，选项A错误；电场线的疏密表示场强的大小，故a点的电场强度比b点的大，选项B正确，C错误；电场线的切线方向表示场强的方向，则a、b两点电场强度方向不相同，选项D错误；故选B. 79. 如图所示，AB为电场中的一条电场线，电场方向由A指向B，以下说法正确的是（ ） A．该电场一定是匀强电场 B．负电荷放在B点所受电场力方向向右 C．A点的电场强度一定低于B点电场强度 D．负电荷放在B点的电势能比放在A点的电势能大 【答案】D 【解析】由于一根电场线无法知道电场线的疏密，故不能判定是匀强电场．故A错误．负电荷在B点所受电场力方向水平向左．故B错误．因AB两点的电场线的疏密无法确定，不能判断两点场强的大小关系，选项C错误；负电荷从A点移动到B点，电场力做负功，电势能增加，所以负电荷放在B点的电势能比A点的电势能大．故D正确．故选D. 点睛：解决本题的关键知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反．以及知道电场线的疏密表示场强的强弱，沿着电场线方向电势逐渐降低． 80. 如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端 A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则（） A. 若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为B. A、B两点间的电压一定等于 C. 小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能 D. 若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 【答案】AB 【解析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．结合平行四边形定则可知，若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．根据电场力做功比较电势能的高低． 解：A、小球从A到B，根据动能定理得， ，解得AB间的电势差 ，根据矢量合成的方法可知，匀强电场沿AB方向时电场强度最小，则电场强度最小 值为E= ，故A、B正确． C、从A到B，电场力做正功，则电势能减小，则B点的电势能小于A点的电势能．故C错误． D、若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷．故D错误． 故选：AB． 【点评】本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心． 81. 如图所示，A、B、C为同一电场线上的三点，取B点电势为零时，A、C两点的电势分别为8 V和－6 V．A、C两点间的电势差是多少？C、A两点间的电势差是多少？ 【答案】14V；－14V 【解析】根据定义可得， 82. 两带电小球，电荷量分别为+q和-q，固定在一长度为的绝缘杆两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图所示，若此杆绕经过O点垂直于杆的轴转过1800，则 在此过程中电场力做功为 ( )。 A．0 C．2qE B．qE D．πqE 【答案】C 【解析】细杆转的过程中，正电荷受力的方向向上，位移的方向也向上，电场力对它做正功， ，即，负电荷受力的方向向下，位移的方向也向下，电场力对它也做正功即，电场力对两小球所做的功：，即，故C正确． 【考点】考查了电场力做功 【名师】该题要求判断电场力做功的正负，要根据受力的方向与位移的方向之间的关系判定：方向相同电场力做正功，方向相反力做负功．属于简单题． 83. 如图甲所示，在两极板a、b之间有一静止的电子，当在a、b之间加上如图乙所示的变化电压时（开始时a板带正电），电子的运动情况是（不计重力，板间距离足够大） A．电子一直向a板运动 B．电子一直向b板运动 C．电子在两板间做周期性往返运动 D．电子先向a板运动，再返回一直向b板运动 【答案】C 【解析】在0-0．1s时间内，电子受到的电场力向上，向上做匀加速直线运动，在0．1-0．2s时间内，电子受到的电场力向下，向上做匀减速直线运动，0．2s时刻速度为零；在0．2-0．3s时间内，电子受到的电场力向下，向下做匀加速直线运动，在0．3-0．4s时间内，电子受到的电 场力向上，向下做匀减速直线运动，接着周而复始，故电子在两板间做周期性往返运动，C正确； 【考点】考查了带电粒子在交变电场中的运动 【名师】电子在周期性变化的电场中运动，根据受力情况，由牛顿定律可分析出电子的运动情况，这是学习力学应具有的能力． 84. 如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，将原线圈接在u＝100sin 50πt(V)的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是( ) A．在A、B两点间串联另一相同阻值电阻R1，电压表的示数为20 V B．在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为20 V C．在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大，电容器的耐压值至少是20 V D．在A、B两点接入一只电感线圈，只降低交流电频率，电阻R消耗电功率减小 【答案】C 【解析】由变压公式 ，知U2＝20 V，串联一相同阻值电阻R1，根据串联电路知识，电压 表的示数为10 V，A错误；在A、B两点间接入理想二极管，由于二极管的单向导电性，会过滤掉负半周期的电流，电压表读数为有效值，应小于20 V，B错误；在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，容抗减小，电压表示数增大，电容器的耐压值为峰值，即20V，C正确；在A、B两点间接入一只电感线圈，只降低交流电频率，感抗减小，电阻R中电流增大，电阻R消耗电功率增大，D错误．故选C. 点睛：本题关键是明确变压器的输入和输出电压成正比，电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比．然后转化为恒定电路的动态分析问题，难度较小． 85. 一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为50 kW，输出电压为500V，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶5，两个变压器间的输电导线的总电阻为15 Ω，降压变压器的输出电压为220 V，变压器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成的 电压损失不计，求： （1）升压变压器副线圈的端电压； （2）输电线上损耗的电功率； （3）降压变压器原、副线圈的匝数比。 【答案】（1）2500V （2）6000W （3）10∶1 【解析】（1）根据理想变压器的电压比与匝数比的关系有：（2）P2＝P1＝50 kW。输电线中电流： ，所以 。 则ΔP＝IR线＝202×15 W＝6000W。 （3）根据能量守恒，用户得到功率为：P4＝P1－ΔP＝44000W。 所以降压变压器副线圈电流：故 【考点】远距离输电 【名师】考查了远距离输电、理想变压器的特点，理解理想变压器功率关系是输出功率决定输入功率；原、副线圈的匝数比等于电压比，与电流成反比；降压变压器初级电压等于升压变压器次级电压与导线上上的电压损失的差值。 86. 如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有 a、b、 c 三点，则下列 选项正确的是( ) A．a、b、c 三点与无穷远处电势相等 B．a、b 两点场强方向不同 C．a 点电势比 b 点高 D．一带电粒子（不计重力）在 a 点无初速释放， 则它将在 a、b 连线上运动 【答案】A 【解析】a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等，故A正确，C错误；a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．故B错误；带电粒子（不计重力）在a点无初速释放，则它将沿着电场力方向运动，即垂直于a、b连线上运动，故D错误．所以A正确，BCD错误。 87. 如图所示，在点电荷Q的电场中有a、b两点，两点到点电荷的距离ra A．Ea一定大于Eb，φa一定大于φb B．Ea一定大于Eb，φa可能小于φb C．Ea一定大于Eb，φa可能大于φb D．Ea可能小于Eb，φa可能小于φb 【答案】BC 【解析】根据 知，两点到点电荷的距离ra＜rb，则Ea一定大于Eb，因为沿电场线方向电势 逐渐降低，若点电荷为正电荷，则φa大于φb．若点电荷为负电荷，则φa小于φb．故BC正确，AD错误．故选BC． 点睛：解决本题的关键掌握点电荷的场强公式 ，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低． 88. 真空中两个点电荷相距为r，它们间的静电力大小为F，若两个点电荷的电荷量均减半，仍保持它们间的静电力大小为F，则它们间的距离变为( ) A． B． C．2r D．4r 【答案】B 【解析】真空中两个电荷量为Q与q的点电荷，相距为r时的相互作用静电力大小为F，根据库仑定律，有： ，解得： ；若两个点电荷的电荷量均减半，仍保持它们间的静电力大小为F，则有： ，故ACD错误，B正确；故选B。 89. 如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形闭合线框abcd，线框平面与磁场垂直，O1O2是线框的对称轴，下列可使通过线框的磁通量发生变化的方式是( ) A．向左或向右平动 B．向上或向下平动 C．绕O1O2转动 D．平行于纸面向里运动 【答案】C 【解析】产生感应电流的条件是：闭合回路中的磁通量发生变化．因此解题的关键是通过线圈的运动情况判断其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生． 该磁场是匀强磁场，线圈的磁通量为，S为垂直于磁场的有效面积，无论线圈向右匀速还是加速移动或者垂直于纸面向里平动，线圈始终与磁场垂直，有效面积不变，因此磁通量一直不变，所以无感应电流产生，故ABD错误；当线圈绕轴转动时，在转动过程中，线圈与磁场垂直的有效面积在不断变化，因此磁通量发生变化，故有感应电流产生，故C正确． 90. 如图所示，带电量为q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平 行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．已知：电容器的极板长为L，极板间距为 d，两极板的电压为U2，重力不计，求： （1）经过加速电场后的速度v0 （2）离开电容器电场时的偏转量y 【答案】（1） （2） 【解析】粒子先经过加速电场加速，由动能定理可以解得其速度，粒子进入偏转电场做类平抛运动，把其分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动。 （1）粒子经加速电场U1加速过程， 由动能定理得：解得： （2）粒子进入偏转电场后做类平抛运动， 竖直方向：水平方向：加速度为：以上联立解得： 点睛：本题主要考查了粒子在加速电场和偏转电场作用下的运动，应用动能定理和平抛知识即可解题。 91. 如图，电磁铁左侧的C 为条形磁铁，右侧的D 为软铁棒，A 、B 是电源的两极，下列判断中正确的是：（ ） A. 若B 为电源正极，则C 、D 都被排斥 B. 若B 为电源正极，则C 被吸引，D 被排斥 C. 若A 为电源正极，则C 、D 都被吸引 D. 若A 为电源正极，则C 被排斥，D 被吸引 【答案】D 【解析】AB、当电磁铁中有电流通过时，电磁铁有磁性，软铁棒D始终被吸引，不会被排斥，由此可以确定选择项AB错误； CD、若A端为正极，则电流从螺线管的左端流入，右端流出，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管的左端为S极，右端为N极。电磁铁的S极与条形磁体C的S极靠近，则C被排斥。故C错误、D正确。 故选：D。 92. 如图所示，在两点电荷形成的电场中，B点的合场强为零，一电子沿直线从A点移动到C点的过程中，下列说法正确的是( ) A．电子从A到B的过程中，电场力对其做正功 B．电子从A到C的过程中，电场力对其做负功 C．电子从A到C的过程中，其电势能先增大后减小 D．电子从A到C的过程中，其电势能先减小后增大 【答案】C 【解析】电子带负电，且B点的合场强为零，所以A→B过程中，合场强方向向右，电子受力向左，由B→C的过程中，合场强方向向左，电子受力向右。所以A→C的过程中，电场力对电子先做负功，后做正功，即电势能先增大后减小，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。 93. 如图所示，一绝缘杆长为l的两端分别带有等量异种电荷，电荷量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角α＝60º，若使杆沿顺时针方向转过60º（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述正确的是（ ） A．电场力不做功，两电荷电势能不变 B．电场力做的总功为QEl，两电荷的电势能减少 C．电场力做的总功为－QEl，两电荷的电势能增加 D．电场力做的总功的大小跟转轴位置有关 【答案】B 【解析】+Q所受电场力水平向右，-Q所受电场力水平向左，当杆沿顺时针方向转过60°时，电场力对两个电荷都做正功，两电荷的电势能都减小．故A错误．电场力对正电荷所受的功 ，电场力对正电荷所受的功 ，电场力做 的总功为W=W1+W2= QEL．由于电场力做正功，两个电荷的电势能减少．故C错误，B正确．由上得到总功W=QEL，可见，总功与跟转轴位置无关．故D错误．故选B. 94. 在《用描迹法带出电场中平面上的等势线》的实验中，提供了下面一些操作步骤： A．在导电纸上画出两电极的连线 B．将灵敏电流表的一个探针接在一个电极上，用另一个探针接触导电纸，缓慢移动可划出许多点，使电流计指针不发生偏转，这些点的连线即为一条等势线 C．在平板上先铺上白纸，再铺上复写纸，然后铺上导电纸 D．安装好电极，连接好电路 E．闭合电键S F．在两电极的连线上，等距离取五个基准点，并复印在白纸上 G．电流表的一个探针接触某个基准点不动，另一个探针缓慢移动到电流表指针不偏转时，复印一个点。这样反复移动，可复印出许多点，连接这些点的平滑曲线即为一条等势线。 （1）在以上提供的步骤中，缺少一个很重要步骤，它是________________。 （2）在以上提供的步骤中，错误的步骤是______________________。 （3）将以上正确步骤选出，并按正确的操作顺序将步骤的序号排列________。 【答案】 （1）缺少的步骤：H：在探测等势点前，要探明流经电流表的电流方向和指针偏转方向之间的关系，以便移动探针，找到等势点。 （2）错误的步骤：B （3）正确步骤的顺序：CDAFEGH 【解析】（1）缺少的步骤：H：在探测等势点前，要探明流经电流表的电流方向和指针偏转方向之间的关系，以便移动探针，找到等势点； （2）错误的步骤：B；应该是：将灵敏电流计的一个探针接在一个选好的基准点上，另一个探针在基准点附近缓慢的小距离移动，当灵敏电流计的指针不发生偏转，说明电势差为零，则找到了一个等电势点； （3）实验前先组装器材，在平板上铺上白纸，再铺上复写纸，然后再铺上导电纸，安好电板，接好电路，然后确定基准点，最后进行实验，找等势点．则正确步骤的顺序：CDAFEGH. 点睛：本题的解题关键是明确实验目的，理解实验原理，本实验的原理是用恒定电流场模拟静电 场，要知道几个重要的步骤，例如导电纸铺放的要求和电势的分布情况． 95. 将两只不同阻值的电阻R1、R2连成如图（a）所示的电路，当闭合电键S后，电流表示数为0.5A，现将图（a）中的电阻改接成如图（b）所示的电路，则闭合电键S后，电流表中的示数 （ ） A．一定大于2A B．一定小于0.5A C．一定大于0.5A，但小于1A D．一定大于1A，但小于2A 【答案】A 【解析】图（a）中，由欧姆定律表示出电流表的示数．在图（b）中两个电阻并联，再表示出电流表的示数，再分析电流表示数的变化． 图（a）中，电路中电流为 ，因为 ，图（b）中，电路中总电流为，可得 ，即得 ，则得： ，故A正确． 96. 雷达是利用电磁波来测定物体的位置和速度的设备，它可以向一定方向发射不连续的电磁波，当遇到障碍物时要发生反射．雷达在发射和接收电磁波时，在荧光屏上分别呈现出一个尖形 － 波．某型号防空雷达发射相邻两次电磁波之间的时间间隔为5×104s．现在雷达正在跟踪一个匀速移动的目标，某时刻在雷达监视屏上显示的雷达波形如下图所示甲所示，30s后在同一方向上 － 监视屏显示的雷达波形如图乙所示．已知雷达监视屏上相邻刻线间表示的时间间隔为104s，电磁波在空气中的传播速度3×108m/s，则被监视目标的移动速度最接近( ) A．1200m/s B．900m/s C．500m/s D．300m/s 【答案】C 【解析】电磁波p1与障碍物的距离 电磁波p2与障碍物的距离被监视的目标的速度 97. 关于电动势，下列说法错误的是（ ） A．外电路开路时，电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电动势的数值等于内外电压之和 D．电源电动势与外电路的组成有关 【答案】D 【解析】根据闭合电路欧姆定律得知，电源的电动势等于内外电压之和，当电源没有接入电路时内电压等于零，则外电路开路时，电源两极间的电压等于电源电动势，故A说法正确；电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B说法正确；电源电动势的数值等于内、外电压之和，故C说法正确；电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D说法错误。所以选D。 98. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的（ ） A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2s末带电粒子回到原出发点 C．带电粒子在0-3s内的初、末位置间的电势差为零 D．0-3s内，电场力的总功不为零 【答案】C 【解析】带电粒子在前1秒处于匀加速，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；带电粒子在前1秒处于匀加速，在第二秒内由于加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，因此用去0.5秒先做匀减速接着0.5秒反向加速．所以2s末带电粒子不在出发点，故B错误；带电粒子在0-3s内的初、末位置间的电场力做功为零，电势能变化为零，则电势差为零，故C正确，D错误； 故选：C。 【考点】带电粒子在电场中的运动. 99. 某电场的电场线分布如下图所示，以下说法正确的是( ) A．c点场强大于b点场强 B．a点电势高于b点电势 C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点 D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小 【答案】BD 【解析】电场线的密的地方场强大，b点电场线密，所以b点场强大，故A错误．沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故B正确．若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，原来的电场力和点电荷－Q对试探电荷＋q做功均为正，故电势能减小，选项D正确；故选BD． 【考点】电场线；电场力的功和电势能 100. 如图所示，一个质量为m、带电荷量为+q的物体处于场强按E =kt规律（k为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与绝缘竖直墙壁间的动摩擦因数为，当t = 0时，物体由静止释放。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的 是 （ ） A．物体开始运动后加速度先减小后增加最后不变 B．物体开始运动后速度先增加后保持不变 C．当摩擦力大小等于物体所受重力时，物体运动速度可能最大也可能最小 D．经过时间 ，物体在竖直墙壁上的位移达最大值 【答案】AC 【解析】由题意可知最大静摩擦力随时间推移逐渐增加，开始运动后物体做加速度越来越小的加速运动，直到滑动摩擦力等于重力时，速度达到最大；由于电场力继续增大，滑动摩擦力将会大于重力，物体从而做减速运动，而加速度不断变大，直到停止，此后加速度一直为零，故A正确，B错误；由上分析可知，当摩擦力大小等于物体所受重力时，物体运动速度可能最大也可能最小．故C正确；由上分析可知，当摩擦力大小等于物体所受重力时，物体运动速度可能最大也可能最小即为零，故C正确；当 时，即 时，物体在竖直墙壁上的速度达最大，位 移不是最大，故D错误。所以AC正确，BD错误。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容