高中物理高二物理上學期精選測試卷試卷(word版含答案)

vv高中物理高二物理上學期精選測試卷試卷（word版含答案）一、第九章靜電場及其應用選擇題易錯題培優(yōu)（難）1.如圖所示，在圓心為O、半徑為R的圓周上等間距分布著三個電荷量均為q的點電荷a、b、c，其中a、b帶正電，c帶負電。已知靜電力常量為k，下列說法正確的是（）a受到的庫侖力大小為三絲3R2c受到的庫侖力大小為丄逆聖3R2a、b在O點產(chǎn)生的場強為上迴，方向由O指向cR2a、b、c在O點產(chǎn)生的場強為孝，方向由O指向cR2【答案】BD【解析】【分析】【詳解】AB.根據(jù)幾何關系得ab間、be間、ac間的距離r=x3R根據(jù)庫侖力的公式得a、b、c間的庫侖力大小F=k纟=kr2a受到的兩個力夾角為12廳，所以a受到的庫侖力為q23R2c受到的兩個力夾角為60。，所以c受到的庫侖力為選項A錯誤，B正確；C.a、b在0點產(chǎn)生的場強大小相等，根據(jù)電場強度定義有qR2a、b帶正電，故a在0點產(chǎn)生的場強方向是由a指向0,b在0點產(chǎn)生的場強方向是由b指向0,由矢量合成得a、b在0點產(chǎn)生的場強大小方向由Ofc,選項C錯誤；D.同理c在0點產(chǎn)生的場強大小為qR2方向由0fc運用矢量合成法則得a、b、c在0點產(chǎn)生的場強方向0—c。選項D正確。故選BD。如圖所示，豎直平面內(nèi)有半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道ABC,A、C兩點為軌道的最高點，B點為最低點，圓心處固定一電荷量為+ql的點電荷.將另一質(zhì)量為m、電荷量為+q2的帶電小球從軌道A處無初速度釋放，已知重力加速度為g,則（）小球運動到B點時的速度大小為冷'2gR小球運動到B點時的加速度大小為3g小球從A點運動到B點過程中電勢能減少mgRqq小球運動到B點時對軌道的壓力大小為3mg+y:R2【答案】AD【解析】【分析】【詳解】帶電小球q2在半圓光滑軌道上運動時，庫侖力不做功，故機械能守恒，則:1mgR=—mv22b解得：故A正確；小球運動到B點時的加速度大小為:故B錯誤；小球從A點運動到B點過程中庫侖力不做功，電勢能不變，故C錯誤；小球到達B點時，受到重力mg、庫侖力F和支持力F”由圓周運動和牛頓第二定律得：Fn-mg-澤=解得：F=3mg+k^4^-NR2根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點時對軌道的壓力為：3mg+k化R2方向豎直向下，故D正確．如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)，用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止，現(xiàn)將B球沿斜面向下移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動少許，兩球在新位置重新平衡，重新平衡后與移動前相比，下列說法正確的是（）推力F變小B.斜面對B的彈力不變C.墻面對A的彈力不變D.兩球之間的距離減小【答案】AB【解析】【詳解】CD.先對小球A受力分析，受重力、支持力、靜電力，如圖所示：根據(jù)共點力平衡條件，有：mgcos根據(jù)共點力平衡條件，有：mgcosFNmgtan由于減小，可知墻面對A的彈力變小，庫侖力減小，故兩球間距增加，選項CD錯誤;AB.對AB整體受力分析，受重力、斜面支持力N、墻壁支持力FN、推力F，如圖所示:N耙:根據(jù)共點力平衡條件，有NsinNcosF(mFNM)g解得Fmgtan（mM)gtanNMmgcos由于減小，不變，所以推力F減小，斜面對B的彈力N不變，選項AB正確。故選AB。4.有固定絕緣光滑擋板如圖所示，A、B為帶電小球（可以近似看成點電荷），當用水平向左的力F作用于B時，A、B均處于靜止狀態(tài)?現(xiàn)若稍改變F的大小，使B向左移動一段水平推力力F減小系統(tǒng)重力勢能增加系統(tǒng)的電勢能將減小【答案】BCD【解析】【詳解】

對A受力分析，如圖；由于可知，當B向左移動一段小距離時，斜面對人的支持力減小，庫侖力減小，根據(jù)庫侖定律可知，AB間距離變大，選項A錯誤；對AB整體，力F等于斜面對A的支持力N的水平分量，因為N減小，可知F減小，選項B正確；因為AB距離增加，則豎直距離變大，則系統(tǒng)重力勢能增加，選項C正確；因為AB距離增加，電場力做正功，則電勢能減小，選項D正確；故選BCD.如圖所示：在光滑絕緣水平面上，ABCD分布在邊長為L的正方形四個頂點。在A和D處分別固定電荷量為Q的正點電荷，B處固定電荷量為Q的負點電荷，0點為兩對角線的交點，靜電力常量為k。關于三個點電荷形成的靜電場，下列說法中正確的是（）的交點，靜電力常量為k。關于三個點電荷形成的靜電場，下列說法中正確的是（）A.0處電場強度大小為翌B.c處電場強度大小為k2從0到c的過程中電場強度大小逐漸增大從0到C的過程中電場強度大小先減小后增大【答案】A【解析】【分析】【詳解】A、D兩點點電荷在0點的場強相互抵消，故0點的場強大小等于B點的負點電荷Q在0點產(chǎn)生的場強，即

故A正確；人、D兩點點電荷在C處的合場強為E=41kQ二如

ciLL方向0C方向，B點的負點電荷Q在C點產(chǎn)生的場強為ECEC2Q二kQ（盡）22K方向沿C0方向，故C處的場強為E二E-E旦-皂二（邁-1）kQCC1C2L22L2L方向沿0C方向，故B錯誤；CD.從0到C的過程中電場強度大小先減小后增大再減小，故CD錯誤。故選A。如圖所示，光滑絕緣半球形的碗固定在水平地面上，可視為質(zhì)點的帶電小球1、2的電荷分別為Q]、Q2，其中小球1固定在碗底A點，小球2可以自由運動，平衡時小球2位于碗內(nèi)的B位置處，如圖所示.現(xiàn)在改變小球2的帶電量，把它放置在圖中C位置時也恰好能平衡，已知AB能平衡，已知AB弦是AC弦的兩倍，則（）小球在C位置時的電量是B位置時電量的一半小球在C位置時的電量是B位置時電量的四分之一小球2在B點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小小球2在B點對碗的壓力大小大于小球2在C點時對碗的壓力大小【答案】C【解析】【詳解】AB.對小球2受力分析，如圖所示，小球2受重力、支持力、庫侖力，其中F1為庫侖力F和重力mg的合力，根據(jù)三力平衡原理可知，F(xiàn)1=Fn.由圖可知，&ABSABFF]【答案】D【解析】【詳解】由于圓環(huán)不能看成點電荷，采用微元法，小球受到的庫侖力為圓環(huán)各個點對小球庫侖力的設圓環(huán)各個點對小球的庫侖力的合力為F設圓環(huán)各個點對小球的庫侖力的合力為FQ，Q2水平方向上有FcosO=F=kcos0，解得QL'瞬，故D項正確，ABC三項錯誤.8.如圖所示，一傾角為8.如圖所示，一傾角為30。的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種負電荷。質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的物塊從斜面上的P點由靜止釋放，物塊向下運動的過程中經(jīng)過斜面中點0時速度達到最大值％，運動的最低點為Q（圖中沒有標出），則下列說法正確的是（）v1v12A．P、Q兩點場強相同B．C．D．UP0=U0QP到Q的過程中，物體先做加速度減小的加速，再做加速度增加的減速運動1物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)卩B．C．D．UP0=U0QP到Q的過程中，物體先做加速度減小的加速，再做加速度增加的減速運動1物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)卩二2【答案】C【解析】【分析】【詳解】ABD.物塊在斜面上運動到0點時的速度最大，加速度為零,mgsin30。一卩mgcos30°=0又電場強度為零，所以有所以物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為由于運動過程中mgsin30。一卩mgcos30°=0所以物塊從P點運動到Q點的過程中受到的合外力為電場力，于0點對稱，根據(jù)等量的異種點電荷周圍電勢的對稱性可知有U0P=U0Q，根據(jù)等量的異種點電荷產(chǎn)生的電場特征可知，P、Q兩點的場強大小相等，方向相反，故ABD錯誤；C.根據(jù)點電荷的電場特點和電場的疊加原理可知，沿斜面從B到A電場強度先減小后增大，中點0的電場強度為零。設物塊下滑過程中的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma因此最低點Q與釋放點P關P、Q兩點的電勢相等，則物塊下滑的過程中電場力qE先方向沿斜面向下逐漸減少后沿斜面向上逐漸增加，所以物塊的加速度大小先減小后增大，所以P到0電荷先做加速度減小的加速運動，0到Q電荷做加速度增加的減速運動，故C正確。故選CoA．9.如圖所示，真空中有三個帶等電荷量的點電荷a、b和c,分別固定在水平面內(nèi)正三角形的頂點上，其中a、b帶正電，c帶負電。0為三角形中心，A、B、C為三條邊的中點。設無窮遠處電勢為零。則（）B．C．B、C兩點電勢相同B、C兩點場強相同電子在0點電勢能為零D.在0點自由釋放電子（不計重力），將沿0A方向一直運動【答案】A【解析】【分析】【詳解】B、C兩點分別都是等量正負電荷連線的中點，由對稱性知電勢為零，剩下的正電荷產(chǎn)生了相等的電勢，則B、C兩點電勢相同，故A正確；電場強度是矢量，場強的合成滿足平行四邊形定則，通過矢量的合成可得，B、C點的場強大小相同，但方向不同，故B錯誤；兩等量異種電荷在0點產(chǎn)生的總電勢為零，但剩下的正電荷在0點產(chǎn)生的電勢為正，則0點的總電勢為正，故電子在0點的電勢能不為零，故C錯誤；ab兩個點電荷在0A線段上的合場強方向向下，過了A點后，ab兩個點電荷在0A直線上向上；點電荷c在0A線段上的場強方向向下，過了A點后，場強方向向下也向下，故在0點自由釋放電子（不計重力），會沿直線做加速運動，后做減速運動，直到靜止，故D錯誤。故選A。如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個帶電質(zhì)點A、B、CA和C圍繞B做勻速圓周運動，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是L］、L2?僅考慮三質(zhì)點間的庫侖力，則A和C的厶bi——————ABCL線速度之比為-LL線速度之比為-L1LC.電荷量之比才2【答案】D【解析】【分析】【詳解】rl丫B.加速度之比為-12丿LD.質(zhì)量之比-L1A和C圍繞B做勻速圓周運動，B恰能保持靜止，則ABC三者要保持相對靜止，所以AC角速度相等，則線速度之比為選項A錯誤；根據(jù)B恰能保持靜止可得L2L2L2解得q解得qL2A二1qLC2選項C錯誤；A圍繞B做勻速圓周運動，根據(jù)A受到的合力提供向心力,=mo2LA1q-qB-k冥==mo2LA1(L+LJ2AA12C圍繞B做勻速圓周運動，有kqqL212=kqqL212=maBB=mo2LC2ma=maAABBmL=mLA1C2解得選項B錯誤，D正確。故選D。如圖所示，質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于0點，另一個相同的帶電小球B固定于0點的正下方，已知細線長L，0到B點的距離也為L,平衡時，B0與A0間的夾兩球之間的庫侖力大小為\：'2—、：2mgA球漏了少量電后，細線對A球的拉力減小A球漏了少量電后，B球?qū)球的庫侖力增大【答案】B【解析】【分析】【詳解】小球A的受力分析，如圖所示設AB間距離為X，設AB間距離為X，因此F①xmgT"T1可得ATmgA錯誤；根據(jù)余弦定理，可得X<l2l22l2cos45。lJ2—V?根據(jù)①式可得，庫侖力大小F<2\;2mgB正確；A球漏了少量電后，力的三角形與OAB仍相似，根據(jù)①式可知，細線對A球的拉力仍等于mg，C錯誤；根據(jù)相似三角形，可得當x減小時，根據(jù)①可知，庫侖力也減小，D錯誤。J△故選B。12.兩個等量異種電荷A、B固定在絕緣的水平面上，電荷量分別為+Q和-Q，俯視圖如圖所示。一固定在水平桌面的足夠長的光滑絕緣管道與A、B的連線垂直，且到A的距離小于到B的距離，管道內(nèi)放一個帶負電小球P可視為試探電荷），現(xiàn)將電荷從圖示C點靜止釋放，C、D兩點關于0點（管道與A、B連線的交點）對稱。小球P從C點開始到D點的運動過程中，下列說法正確的是（）先做減速運動，后做加速運動經(jīng)過0點的速度最大，加速度也最大0點的電勢能最小，C、D兩點的電勢相同C、D兩點受到的電場力相同【答案】C【解析】【分析】【詳解】根據(jù)電場分布和力與運動的關系可知帶電小球先做加速運動，后做減速運動，選項A錯誤；經(jīng)過0點的速度最大，沿著光滑絕緣管道方向上的加速度為零，選項B錯誤；帶電小球P在0點的電勢能最小，C、D兩點的電勢相同，選項C正確；C、D兩點受到的電場力方向不同，故電場力不同，選項D錯誤。故選C。二、第十章靜電場中的能量選擇題易錯題培優(yōu)（難）一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為x軸,CDCD【答案】D【解析】【分析】【詳解】粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小量故：即E-x圖象上某點的切線的斜率表示電場力；PA.Ep-x圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據(jù)P故電場強度也逐漸減小，故A錯誤；根據(jù)動能定理，有：F-Ax=AEk故Ek-x圖線上某點切線的斜率表示電場力；由于電場力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯誤；按照C圖，速度隨著位移均勻增加，根據(jù)公式v2-v2=2ax0勻變速直線運動的v2-x圖象是直線，題圖v-x圖象是直線；相同位移速度增加量相等，又是加速運動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加；而電場力減小導致加速度減小；故矛盾，故C錯誤；粒子做加速度減小的加速運動，故D正確.空間存在一靜電場，電場中的電勢?隨x(x軸上的位置坐標)的變化規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是()x=4m處的電場強度可能為零x=4m處電場方向一定沿x軸正方向沿x軸正方向，電場強度先增大后減小電荷量為e的負電荷沿x軸從0點移動到6m處，電勢能增大8eV【答案】D【解析】【分析】【詳解】A、由“一x圖象的斜率等于電場強度，知x=4m處的電場強度不為零，選項A錯誤；B、從0到x=4m處電勢不斷降低，但x=4m點的電場方向不一定沿x軸正方向，選項B錯誤；C、由斜率看出，沿x軸正方向，圖象的斜率先減小后增大，則電場強度先減小后增大，選項C錯誤；D、沿x軸正方向電勢降低，某負電荷沿x軸正方向移動，電場力做負功，從0點移動到6m的過程電勢能增大8eV,選項D正確.故選D.【點睛】本題首先要讀懂圖象，知道?-x圖象切線的斜率等于電場強度，場強的正負反映場強的方向，大小反映出電場的強弱.15.勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為1m,D為AB的中點，如圖所示.已知電場線的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三點的電勢分別為14V、6V和2V,設場強大小為E,—電量為1x10-6C的正電荷從D點移到C點電場力所做的功為W則W=6xl0-6JE>6V/mW=8x10-6JE<8V/mW=6x10-6JE<6V/m【答案】A【解析】【分析】【詳解】試題分析：由題勻強電場中，由于D為AB的中點，則D點的電勢申二％b二10V,D2電荷從D點移到C點電場力所做的功為W=qUDC=q(%-%)=1x10-6x(10-2)J=8x10-6j.AB的長度為1m,由于電場強度的方向并不是沿著AB方向，所以AB兩點沿電場方向的距離dV1m，勻強電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比，即U=Ed，所以E=>8V/m，故選A.d考點：電勢；電場強度在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強為E=1x104N/C的勻強電場.在場中有一根長L=2m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系質(zhì)量為0.04kg的帶電小球，它靜止時細線與豎直方向成37°角.如圖所示，給小球一個初速度讓小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，取小球在靜止時的位置為電勢能和重力勢能的零點，下列說法正確的是(cos37°=0.8，g=10m/s2)

小球所帶電量為q=3.5x10-5C小球恰能做圓周運動動能最小值是0.96J小球恰能做圓周運動的機械能最小值是1.54J小球恰能做圓周運動的機械能最小值是0.5J【答案】C【解析】對小球進行受力分析如圖所示：EEmgtan37°根據(jù)平衡條件得：mg⑷3宀qE，解得：q二二33io一5C，故A錯誤；由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力在圓上各點中，小球在平衡位置A點時的勢能（重力勢能和電勢能之和）最小，在平衡位置的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以在B點的動能EkB最小,對應速度vB最小，在B點，小球受到的重力和電場力，其合力作為小球做圓周運動的向心力，而繩的拉力恰為零，有：mg

cos37°力，而繩的拉力恰為零，有：mg

cos37°o.4o.8二0.5N而F合=吒，所以E二2mv2二2F合L=0.5J，故B錯誤；由于總能量保持不變，即KB2B2合Ek+EpG+epe=C（C為恒量）?所以當小球在圓上最左側(cè)的C點時，電勢能EpE最大機械能最小，由B運動到A，W合力一叫-EpB），W合力=F嚴，聯(lián)立解得：

E=2J，總能量E=E+E=2.5J，由C運動到PBPBkBA,W=FL(1+s加37°)=0.96J,W=E，所以C點的機械能為電電電P2E-E—EP2-L54J?即機械能的最小值為1.54J,故C正確，D錯誤；故選C.機CP2【點睛】根據(jù)小球在平衡位置合力為0，可以求出小球所受的電場力從而得出小球的帶電荷量；根據(jù)小球恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動這一臨界條件，知，在平衡位置處合外力提供圓周運動的向心力從而求出小球動能的最小值．抓住小球能量守恒，電勢能最大處小球的機械能最小，根據(jù)做功情況分析．—帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為x軸,起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關系如圖所示，下列圖象中合理的是()【解析】試題分析：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動；根據(jù)功能關系得到Ep-x圖象的斜率的含義，得出電場力的變化情況；然后結(jié)合加速度的含義判斷加速度隨著位移的變化情況．解：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小AE-量，故：F=|即Ep-x圖象上某點的切線的斜率表示電場力；AxFA、Ep-x圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據(jù)E^，故電場強度也逐漸減??；故A錯誤；B、根據(jù)動能定理，有：F?AZEk,故Ek-x圖線上某點切線的斜率表示電場力；由于電場力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯誤；C、題圖v-x圖象是直線，相同位移速度增加量相等，又是加速運動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加；而電場力減小導致加速度減?。还拭?，故C錯誤；D、粒子做加速度減小的加速運動，故D正確；故選D.【點評】本題切入點在于根據(jù)Ep-x圖象得到電場力的變化規(guī)律，突破口在于根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的變化規(guī)律，然后結(jié)合動能定理分析；不難.如圖所示，在方向水平向右的勻強電場中，細線一端固定，另一端拴一帶正電小球，使球在豎直面內(nèi)繞固定端0做圓周運動。不計空氣阻力，靜電力和重力的大小剛好相等，細線長為r。當小球運動到圖中位置A時，細線在水平位置，拉力F^mgo重力加速度大小為g，則小球速度的最小值為()只T；■A.、：'2grB.2x：grC.p(6-2j2)grD.、：(6+2j2)gr【答案】C【解析】【詳解】由題意可知：qE=mg，qEtan^==1，mg解得：E45°,

qEA0\在AqEA0\在A位置，由牛頓第二定律得：v2FT+qE=^-^A,r解得：VA=2y：gr,小球在圖示B位置速度最小，從人到B過程，由動能定理得:-mgrcos-mgrcos廿+qEr（1-sin涉）=112mVB2-2mVA2解得，小球的最小速度：vb=\：'（62、⑵gr；故ABD錯誤，C正確額。故選C?！军c睛】本題考查了求小球的最小速度，分析清楚小球運動過程、知道小球在何處速度最小是解題的前提與關鍵，應用動能定理與牛頓第二定律可以解題．如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）一端固定在A點，彈性繩自然長度等于AB，跨過由輕桿OB固定的定滑輪連接一個質(zhì)量為m的絕緣帶正電、電荷量為qmg的小球?？臻g中還存在著水平向右的勻強電場（圖中未畫出），且電場強度E=。初始q時A、B、C在一條豎直線上，小球穿過水平固定的桿從C點由靜止開始運動，滑到E點時速度恰好為零。已知C、E兩點間距離為L，D為CE的中點，小球在C點時彈性繩的拉力3mg為于，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是-6C&K小球在D點時速度最大若在E點給小球一個向左的速度v,小球恰好能回到C點，則v=x:gL

彈性繩在小球從C到D階段做的功等于在小球從D到E階段做的功若保持電場強度不變，僅把小球電荷量變?yōu)?q,則小球到達E點時的速度大小v=\：'2gL【答案】ABD【解析】【詳解】對小球分析可知，在豎直方向kxsin3=N+mg1由與xsin3=BC，故支持力為恒力，即N=-mg，故摩擦力也為恒力大小為f==4mg從C到E,由動能定理可得=0qEL-1mgL-[1kBE2-1kBC2=04(22丿由幾何關系可知BE2-BC2=L，代入上式可得kL=—mg2在D點時，由牛頓第二定律可得qE-kBDcos3-qE-kBDcos3-mg=ma413由BDcos3=-L,將kL=-mg可得，D點時小球的加速度為a=0故小球在D點時的速度最大，A正確；從E到C,由動能定理可得(1——1——\11

—kBE2-—kBC2-qEL-—mgL=0-—mu2J22丿42解得故B正確；由于彈力的水平分力為kxcos3，cos9和kx均越來越大，故彈力水平分力越來越大,故彈性繩在小球從C到D階段做的功小于在小球從D到E階段做的功，C錯誤;將小球電荷量變?yōu)?q，由動能定理可得1=—mu22e2qEL-1mgL-[1kBE2-1kBC1=—mu22e122丿解得u=更故D正確；故選ABD。如圖所示，在真空中A、B兩點分別固定等量異種點電荷-Q和+Q,O是A、B連線的中點，acbd是以O為中心的正方形，m、n、p分別為ad、db、bc的中點，下列說法正確的是Q-舉：…乎MP*■r芒Im、n兩點的電場強度相同電勢的高低關系9np正電荷由a運動到S其電勢能增加負電荷由a運動到c,電場力做負功【答案】BC【解析】【詳解】由等量異種電荷的電場的特點知，m、n兩點的電場的方向不同，故A錯誤;n、p兩點關于A、B連線上下對稱，電勢相等，故B正確；正電荷由a運動到S電場力做負功，電勢能增大，故C正確；負電荷由a運動到c,電場力做正功，故D錯誤。在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場強度為E=1x104N/C的勻強電場，在場中有一個半徑為R=2m的光滑圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦AB和AC,A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角，質(zhì)量為0.04kg的帶電小球由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同.現(xiàn)去掉弦AB和AC,給小球一個初速度讓小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運動，取小球圓周運動的最低點為電勢能和重力勢能的零點，(cos37°=0.8，g=iom/s2)下列說法正確的是()qEqE(cos218.5°-sin218.5°)=2mgsin18.5°cos18.5°⑦小球所帶電量為q=3.6x10-5C小球做圓周過程中動能最小值是0.5J小球做圓周運動從B到A的過程中機械能逐漸減小小球做圓周運動的過程中對環(huán)的最大壓力是3.0N【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】解法一：A?如圖所示，令弦AC與直徑BC的夾角為Z1,弦AB與水面夾角為Z2,由幾何知識可得，37°Z1二=18.5°,Z2=上1=18仔2對沿弦AB帶電小球進行受力分析，小球沿著弦AB向上運動，則小球電場力向右，故小球帶正電，小球受到水平向右電場力，豎直向下的重力，垂直弦AB向上的支持力，貝y沿弦AB上有：qEcos18.5°—mgsin18.5°=ma①1=ma同理對沿弦AC的小球受力分析，沿弦AB方向有=maqEsin18.5°+mgcos18.5°設小球從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間為t,則:1TOC\o"1-5"\h\zRsinl8.5°=at2③2112Rcos18.5°=at2④22J由③/④可得，asin18.5°f=⑤acos18.5°2聯(lián)立①②⑤可得，qEcosl8.5°-mgsinl8.5°=sinl8.5°qEsin18.5°+mgcos18.5°cos18.5°化簡可得，

即qEcos37。二mgsin37°lx104則q二mgtan37°=O.°4xl°x0.75c二3xglx104故A錯誤.小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運動，小球受到水平方向的電場力，豎直向下的重力和沿半徑指向圓心的支持力，電場力和重力的合力為：=0.5N，方向與豎直方向夾角為=0.5N，方向與豎直方向夾角為37°延長半徑AO交圓與D點.小球在A點可以不受軌道的彈力，重力和電場力的合力提供向心力，此時小球速度最?。簃v2F=miniR可得小球的最小動能E二-mv2二-FR=0.5J?k2min2l故B正確.小球從做圓周運動從B到A的過程中電場力做負功，則小球機械能減小，故C正確.由B得分析可知，小球在D點時，對圓環(huán)的壓力最大，設此時圓環(huán)對小球的支持力為F-FF-F=2lmv2maxR從A到D,由動能定理可得:llqE-2Rsin37°+mg-2RqE-2Rsin37°+mg-2Rcos37°2max2min聯(lián)立??可得，F(xiàn)2二3N由牛頓第三定律可得，小球?qū)A環(huán)的最大壓力為:F'=F=3N22故D正確.解法二:由題知，小球在復合場中運動，由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同，則A點可以認為是等效圓周的最高點，沿直徑與之對應圓周上的點可以認為是等效圓

周的最低點，對小球進行受力分析，小球應帶正電，如圖所示，可得mgtan37°=周的最低點，對小球進行受力分析，小球應帶正電，如圖所示，可得mgtan37°=qE解得小球的帶電量為30.4x—q=mgtan37。=4=3xi0_5C104故A錯誤；小球做圓周過程中由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，小球的動能、重力勢能和電勢能之和保持不變，在圓上各點中，小球在等效最高點A的勢能（重力勢能和電勢能之和）最大，則其動能最小，由于小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，在人點其合力作為小球做圓周運動的向心力mgv2=mf

cos37°R小球做圓周過程中動能最小值mgR1E■mgR1E■=mvK2=kmin2A2cos37°0.04x10x22x0.8J=0.5J故B正確；由于總能量保持不變，小球從B到A過程中電場力做負功，電勢能增大，小球的機械能逐漸減小，故C正確；將重力與電場力等效成新的"重力場”，新"重力場”方向與豎直方向成37°，等效重力mgg一爲，等效重力加速度為g二爲，小球恰好能做圓周運動，在等效最高點A點速度為v=fgR，在等效最低點小球?qū)Νh(huán)的壓力最大，設小球在等效最低點的速度為A耳V,由動能定理得1一一mv221一一mv22AG'?2R二2在等效最低點，由牛頓第二定律F一G1=mNR聯(lián)立解得小球在等效最低點受到的支持力F=3.0NN根據(jù)牛頓第三定律知，小球做圓周運動的過程中對環(huán)的最大壓力大小也為3.0N,故D正確．如圖所示，在x軸相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷+Q、-Q,虛線是以+Q所L在點為圓心、2為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關于x軸對稱.下列判斷正確的是（）d四點中d點處的電勢最低b、d兩點處的電勢相等b、d兩點處的電場強度相同將一試探電荷+q沿圓周由a點移至c點，+q的電勢能減小【答案】BD【解析】【分析】【詳解】c點在兩個電荷連線的中點上，也是在兩個電荷連線的中垂線上，所以它的電勢和無窮遠處的電勢相等?而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，即c點的電勢在四個點中是最低的;故A錯誤.該電場中的電勢關于x軸對稱，所以b、d兩點的電勢相等;故B正確.該電場中的電場強度關于x軸對稱，所以b、d兩點場強大小相等，方向是對稱的，不相同的;故C錯誤.c點的電勢低于a點的電勢，試探電荷+q沿圓周由a點移至c點，電場力做正功，+q的電勢能減小;故D正確.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一邊長為L的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行.一質(zhì)量為〃、帶電量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速嶺進入該正方形區(qū)域.當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動1111B．C．B．C．D．可能等于只mv220111可能等于mv02+qEL--mgL121可能等于-mv02+3qEL+-mgL【答案】BCD【解析】【分析】要考慮電場方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下.分析重力和電場力做功情況，然后根據(jù)動能定理求解．【詳解】①電場力向上，且大于重力，小球向上偏轉(zhuǎn)，電場力做功為-①電場力向上，且大于重力，小球向上偏轉(zhuǎn)，電場力做功為-qEL,重力做功為--mg，根111111據(jù)動能定理得：Ek-—mv02=—qEL-—mgL，即Ek=-mv02+-qEL-—mgL②電場力向上，且等于重力，小球不偏轉(zhuǎn)，做勻速直線運動，則Ek=-mv°2?若電場方向平行于AC，電場力向下，小球向下偏轉(zhuǎn)，電場力做功為-qEL，重力做功為1111111-mgL，根據(jù)動能定理得:Ek--mv02--qEL+-mgL，即卩Ek=-mv02+-qEL+-mgL.由上分析可知，電場方向平行于AC，粒子離開電場時的動能不可能為0?若電場方向平行于AB:若電場力向右，水平方向和豎直方向上都加速，粒子離開電場時的動能大于0．若電場力1-qEL+-mgL則得1-qEL+-mgL則得Ek-11—mv02+qEL+-mgL向右，小球從D點離開電場時，有Ek-—mv02若電場力向左，水平方向減速，豎直方向上加速，粒子離開電場時的動能也大于0．故粒子離開電場時的動能都不可能為0?故BCD正確，A錯誤?故選BCD?【點睛】解決本題的關鍵分析電場力可能的方向，判斷電場力與重力做功情況，再根據(jù)動能定理求解動能．如圖所示，O是一固定的點電荷，另一點電荷P從很遠處以初速度v射入點電荷O的電場，在電場力作用下的運動軌跡是曲線MN,a、b、c是以O為中心Ra、Rb、Rc為半徑畫出的三個圓，它們之間間距相等，1、2、3、4為軌跡MN與三個圓的一些交點.以|W121表示點電荷P由I到2的過程中電場力做的功的大小，|W341表示由3到4的過程中|W12|>2|W34|B.|W12|=2|W34|C.P、O兩電荷可能同號D.P、O兩電荷一定異號【答案】AD【解析】【分析】【詳解】根據(jù)電場線的分布情況可知，2、3間的場強大于3、4間場強，由公式U=Ed分析得知，2、3間的電勢差大于3、4間的電勢差，所以1、2間的電勢差大于3、4間電勢差的2倍，即有|U12|>2|U34|，由電場力做功公式W=qU得，|W12|>2|W34|?故A正確，B錯誤.由軌跡的彎曲方向可判定兩電荷間存在引力，是異號電荷.故C錯誤，D正確.故選AD．【點睛】本題是電場中軌跡問題，由U=Ed定性分析非勻強電場中兩點間電勢差的關系，由軌跡彎曲方向判斷電場力方向都是常見的問題，要加強訓練，熟練掌握．三、第十一章電路及其應用選擇題易錯題培優(yōu)（難）如圖是有兩個量程的電壓表，當使用a、b兩個端點時，量程為0?10V,當使用a、c兩個端點時，量程為0?100V.已知電流表的內(nèi)阻Rg為500Q,滿偏電流lg為1mA,則電阻R］、R2的值（）OuQtJOr10V100V95000；900000900000；95000C．95000；90000D．90000；95000【答案】A【解析】【詳解】由圖示電路圖可知I(R+R)=10V,gg1I(R+R+R)=100Vgg12代入數(shù)據(jù)解得代二9500Q,R2=90000Q95000；900000與分析相符，符合題意900000；95000與分析不符，不符合題意95000；90000與分析不符，不符合題意90000；95000與分析不符，不符合題意26.如圖所示是一個電路的一部分，其中R1=100,R2=40,R3=40,/1=0.3A,/2=0.5A，那么電流表測得的電流為()0.25A,方向向右0.15A,方向向左0.75A,方向向左0.35A,方向向右【答案】A【解析】【詳解】R1兩端的電壓：U二IR=0.3x10V二3V111R2兩端的電壓：U=IR=0.5x4V=2V222R左端與R2的左端電勢相等，而U]>U2，則有R右端的電勢低于R2右端的電位。R3兩端的電壓：U=U-U=3V-2V=1V312通過R3的電流：I=U=0.25A3R3R3上端電勢低，下端電勢高，電流方向由下向上，因此用節(jié)點法可知通過電流表的電流方向向右；設電流表的示數(shù)為1A，對于電流表左端的節(jié)點，流入節(jié)點的電流等于流出節(jié)點的電流，即1A+13-，2，所以電流表的示數(shù)：jts.3ZI二I-1二0.5A-0.25A二0.25AA230.25A,方向向右與分析相符，符合題意；0.15A,方向向左與分析不符，不符合題意；0.75A，方向向左與分析不符，不符合題意；0.35A，方向向右與分析不符，不符合題意；如圖所示衛(wèi)、b、c、d、e是五個相同的電阻，如果將電壓逐漸升高,則最先燒壞的電阻應是()a和bB.cdD.e【答案】D【解析】【詳解】由圖可知，a和b并聯(lián)后與e串聯(lián)，最后跟c和d的串聯(lián)電路并聯(lián)，設電阻都為R，則c和d的電壓都為U2；a和b并聯(lián)電阻為2，所以a和b的電壓都為y，e的電壓為2U—，所以e的電壓最大，所以隨著電壓U升高時，先燒壞的電阻應是e；a和b與分析不符，不符合題意；c與分析不符，不符合題意；d與分析不符，不符合題意；e與分析相符，符合題意。用伏安法測電阻的電路如圖甲或乙所示，已知電流表的內(nèi)電阻約為0.2Q,電壓表的內(nèi)電阻約為10kQ,若被測電阻R的電阻值約為4Q,則以下結(jié)論中正確的是甲乙選用甲電路測量結(jié)果更準確，且測量值大于電阻的真實選用甲電路測量結(jié)果更準確，且測量值小于電阻的真實值選用乙電路測量結(jié)果更準確，且測量值大于電阻的真實值選用乙電路測量結(jié)果更準確，且測量值小于電阻的真實值【答案】D【解析】RR因為R>R，所以電流表外接法誤差相對小點，故采用乙圖測量結(jié)果更準確點，在乙圖xA中，電壓表測量的是R的準確電壓，但由于電壓表分流，電流表測量的電流為電壓表和RU的電流之和，故電流測量偏大，根據(jù)R二可知測量值偏小，D正確.xIRR【點睛】應明確：電流表內(nèi)外接法的選擇方法是：當滿足芯>Rx時，電流表應用外接xARR法，此時測量值小于真實值；當滿足R<Rx時，電流表應用內(nèi)接法，此時測量值大于真xA實值．29.R1和R2是材料相同，厚度相同，表面都為正方形的導體，但R］的尺寸比R2大得多，把它們分別連接在如圖電路的A、B端，接R1時電壓表的讀數(shù)為q,接R2時電壓表的讀數(shù)為u2,下列判斷正確的是A．R1<R2B．R1>R2C．U1<U2D.Ui二U【答案】D【解析】【詳解】AB.設正方形的邊長為a,則導體的電阻R=p=p二

Sad由兩導體的P與d相同，則兩導體電阻相等，即R嚴2,故AB錯誤;CD?導體接入電路中，電壓表示數(shù)U=IR=由于電源電動勢E、內(nèi)阻r、導體電阻R相同，則電壓表示數(shù)U相同，即U1=U2，故C錯誤，D正確；故選D.

D.以上都不對B．2：C．3：2：D.以上都不對B．2：C．3：2：11：130.如圖電路所示，當ab兩端接入100V電壓時，cd兩端為20V，當cd兩端接入100V電壓時，ab兩端電壓為50V，則R］：R2：R3之比是（）【答案】A【解析】【分析】【詳解】用理想電壓表測得cd兩端為20V得到UabR二U2R+R用理想電壓表測得cd兩端為20V得到UabR二U2R+R2ca12整理得R二202R+R2

12當cd兩端接入100V電壓時，R24—1==—R122用理想電壓表測得ab兩端電壓為50V得到UcdR=U2R+R2ab32R二502R+R2

32整理得R2—2二R13所以R1:R2:R3=4:2:1A.4：2：1，B.2：1：1C.3：2：1，與結(jié)論相符，選項A正確；與結(jié)論不相符，選項B錯誤；與結(jié)論不相符，選項C錯誤；以上都不對，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；以上都不對，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；故選A．考點：本題考查串聯(lián)電路的電流，電壓，電阻關系點評：本題學生要熟練掌握串聯(lián)電路的電流，電壓，電阻關系，能靈活運用其關系進行計算．

31.如圖所示，有一個表頭G,滿偏電流Ig=500mA,內(nèi)阻Rg=200Q,把它改裝為有1A和10A兩種量程的電流表，則R2的阻值為公共LOALA公共LOALAR2=5QB.R2=10QC.R2=15QD.R2=20Q【答案】D【解析】【詳解】改裝為1A電流表時，并聯(lián)電阻的分流電流為：Ir-1--=l-500X10-3=0.5A,分流電阻的阻值為R+R=12的阻值為R+R=12I（R+R）R二g1—:2I-IgIRs_gIR0.5x2000.5=200Q，改裝為10A電流表時:0.5x（200+R）10-0.5，解得：R〔=180Q,R2=20Q。故D正確。32.小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線.則下列說法中正確的是（）隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻不變隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小U對應P點，小燈泡的電阻為R二I」I21對應P點，小燈泡的電阻為R二2【答案】D【解析】【分析】【詳解】A、圖線上的點與原點連線的斜率逐漸減小，說明隨著所加電壓的增大，電阻逐漸增大,故AB錯誤；UUC、對應P點，根據(jù)歐姆定律可知小燈泡的電阻為R=了1豐廠〒，故C錯誤，D正確.22133．在許多精密的儀器中，如果需要較精確地調(diào)節(jié)某一電阻兩端的電壓，常常采用如圖所示的電路通過兩只滑動變阻器R和R2對一阻值為500Q左右的電阻R0兩端電壓進行粗調(diào)和微調(diào).已知兩個滑動變阻器的最大阻值分別為200Q和10Q關于滑動變阻器叫、R2的連接關系和各自所起的作用，下列說法正確的是（）取R]=200Q,r二10Q，調(diào)節(jié)R起粗調(diào)作用取R]=10Q,R2=200Q，調(diào)節(jié)R2起微調(diào)作用取R]=200Q,R2=10Q，調(diào)節(jié)R起粗調(diào)作用取R]=10Q,R2=2000，調(diào)節(jié)R起微調(diào)作用【答案】B【解析】【分析】【詳解】若R1=2000,R2二10Q,則R2與R0組成的部分電路的電阻遠小于叫，移動R1上的滑片很不方便調(diào)節(jié)R2兩端的電壓.當R1=100,R2=2000時，移動R1上的滑片使R1兩端的電壓變化較快，移動R2上的滑片使R0兩端的電壓變化相對較慢，故B對；ACD錯故選B【點睛】滑動變阻器采用分壓式接法時,為使電壓變化明顯,滑動變阻器的總電阻要遠小于被測電阻的電阻值.34.如圖，一根長為/、橫截面積為S的閉合軟導線置于光滑水平面上，其材料的電阻率為P，導線內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為〃，電子的電荷量為e,空間存在垂直紙面向里的磁場?某時刻起磁場開始減弱，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律是B=B0-kt，當軟導線形狀穩(wěn)定時，磁場方向仍然垂直紙面向里，此時

XXXXxXXXXXXXXXXXXxXXXXXXXX軟導線圍成一個正方形klS導線中的電流為帚kl導線中自由電子定向移動的速率為伽epkl導線中電場強度大小為一4兀【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】根據(jù)楞次定律“增縮減擴”的原理，軟導線穩(wěn)定時呈圓形.故A項正確.B.根據(jù)1=2兀r可得lr=2n圓的面積l2S=兀r2=一04兀感應電動勢大小為廠SABkl2E=—Q=—At4兀穩(wěn)定時軟導線中的電流為i=ERl其中R=p,聯(lián)立可得電流SEklSI==—R4兀p故B項正確.導線橫截面積為S、單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n、電子的電荷量為e,則導線中電流I=neSv解得導線中自由電子定向移動的速率kl故C項正確．計算導線中電場可將其視為沿導線方向的勻強電場，則導線中電場強度kl2故D項正確.故選BCD。點睛：楞次定律的另一表述：感應電流的效果，總要反抗產(chǎn)生感應電流的原因．依這一表述，“楞次定律"可推廣為：①阻礙原磁通量的變化（增反減同、增縮減擴）②阻礙相對相對運動（來拒去留）．35.由相同的電流表改裝而成的三個電壓表按如圖所示的方式接入電路，已知嶺的量程最大，叫的量程最小，且V的量程等于V]與V的量程之和，當電路導通時，三個電壓表的示數(shù)分別為U]、U2、U3，指針偏轉(zhuǎn)的角度分別為％、&2、4，則有（）U]<U2，曾<EU]<U2，曾=巧U1+U2=U3,久+巧=4U1+U2=U3,久+乞=24【答案】BD【解析】【詳解】AB.由相同的電流表改裝而成的三個電壓表，其滿偏電流g相同，V的量程最大，￡的量程最小，且V3的量程等于V.與V的量程之和，則r.<r2<r3^，r3=r.+r2-由題圖可3]2]內(nèi)2內(nèi)3內(nèi)3內(nèi)]內(nèi)2內(nèi)知，電壓表V.與V2串聯(lián)，則流過兩電表的電流I相等，電壓表指針偏轉(zhuǎn)角度相等，即%注2，由于R.內(nèi)<R2內(nèi)，電壓表示數(shù)U=IR內(nèi)，則U]VU2錯誤，故A錯誤，B正確；CD?由題圖可知，電壓表V.與V串聯(lián)，然后與V并聯(lián)，由串、并聯(lián)電路特點可知，電壓表示數(shù)關系為U.+U2=U3，由于并聯(lián)電路各支路兩端電壓相等，r3內(nèi)=r.內(nèi)+r2內(nèi)，則兩支路電流相等，各電壓表指針偏轉(zhuǎn)角度相等，耳現(xiàn)弋，久+巧=24,故C錯誤，D正確.某種小燈泡的U－I圖線如圖甲所示，三個完全相同的這種小燈泡連接成如圖乙所示的電路，四個電表均為理想電表?現(xiàn)閉合開關S,電壓表V.的示數(shù)為4.0V,以下說法正確的是（）3.0<S>1.0甲?3.0<S>1.0甲?電壓表V的示數(shù)為1.0V電流表A2的示數(shù)為0.60A電源的輸出功率為3.0W電源的電動勢一定為8V,內(nèi)阻為5Q【答案】AC【解析】【詳解】AB.電壓表￡的示數(shù)為4V,由U-I圖象得到一的電流為0.6A,故另外兩個燈泡的電流均為0.3A,再根據(jù)U-I圖象得到電壓為1V,故電壓表V的示數(shù)為1.0V,電流表A2的示數(shù)為0.30A,故A正確，B錯誤；路端電壓為4V+1V=5V,干路電流為0.6A，故輸出功率為P=U/=5x0.6W=3W,故C正確；路端電壓為U=E—Ir,只有一組數(shù)據(jù)，無法求解電動勢和內(nèi)阻，故D錯誤.四、第十二章電能能量守恒定律選擇題易錯題培優(yōu)（難）如圖所示,電源內(nèi)阻較大,當開關閉合、滑動變阻器滑片位于某位置時,水平放置的平行板電容器間一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)，燈泡L也能正常發(fā)光，現(xiàn)將滑動變阻器滑片由該位置向a端滑動，則（）燈泡將變暗，電源效率將減小液滴帶正電，將向下做加速運動電源的路端電壓增大，輸出功率也增大D.滑片滑動瞬間，帶電液滴電勢能將減小【答案】D【解析】【詳解】將滑片由該位置向a端滑動時，變阻器接入電路的電阻增大，電路中總電阻增大，電路中電流減小，燈泡消耗的功率減小，則燈泡將變暗．電源的效率耳=Ux100%二Ux100%EIE外電路總電阻增大，路端電壓增大，則電源效率增大.故A項錯誤.液滴受力平衡，因電容器上極板帶負電，板間場強向上，則知液滴帶正電.滑片由該位置向a端滑動時，變阻器接入電路的電阻增大，電路中總電阻增大，電路中電流減小，電容器板間電壓\二E-1(r+R)增大，板間場強增大，液滴所受的電場力增大，因此液CL滴將向上做加速運動?故B項錯誤.由于電源的內(nèi)電阻與外電阻關系未知，所以不能判斷輸出功率如何變化，故C項錯誤．因電容器兩端的電壓增大，板間場強增大，下極板與電荷所在位置間的電勢差增大，因下極板接地，電勢始終為0，則電荷所在位置的電勢減小；粒子帶正電，則粒子電勢能減?。蔇項正確．【點睛】本題是電容器動態(tài)變化分析與電路動態(tài)變化分析的綜合，抓住電容器的電壓與電阻電壓的關系進行分析；下極板接地且與電源正極相連，板間各點電勢均為負值．如圖所示，人和B為豎直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球.開始時開關S閉合且滑動變阻器的滑片P在a處，此時絕緣線向右偏離豎直方向，電源的內(nèi)阻不能忽略，下列判斷正確的是A.小球帶負電B?當滑片從a向b滑動時，絕緣線的偏角&變大當滑片從a向b滑動時，電流表中有電流，方向從上向下當滑片從a向b滑動時，電源的輸出功率一定變大【答案】C【解析】【分析】由題，小球向右偏，可判斷小球所受電場力方向，根據(jù)電場方向，能判斷出小球的電性．滑動頭從a向b滑動時，接入電路電阻變小，由歐姆定律可分析電容器的電壓的變化，從而判斷細線的偏角變化，同時可判斷電容器是充電還是放電，得出電流表中電流方向．利用電源的輸出功率與外電阻關系，可判斷輸出功率大?。驹斀狻坑蓤D，A板帶正電，B帶負電，電容器內(nèi)電場方向水平向右.細線向右偏，電場力向右，則小球帶正電.故A錯誤.滑動頭向右移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，路端電壓U=E-Ir變小，電容器電壓變小，小球受到電場力變小，細線偏角變小，故B錯誤.滑動頭向右移動時，電容器電壓變小，電容器放電，因A板帶正電，則流過電流表的電流方向向下．故C正確．根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關系：當外電阻等于內(nèi)阻時，輸出功率最大.外電阻大于內(nèi)阻，外電阻減小輸出功率增大；當外電阻小于內(nèi)阻時，外電阻減小，輸出功率減小.本題，不知道外電阻與內(nèi)阻大小關系，故無法判斷電源輸出功率的大小.故D錯誤.【點睛】本題含容電路的問題，是高考熱點問題．對于電容器，關鍵是分析和計算其電壓，及充電情況．電源的輸出功率與外電阻的關系可根據(jù)數(shù)學知識進行嚴格推導．如圖所示，電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強度增大而減?。?，當開關S閉合，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)，下列說法中正確的是（）只斷開開關S,電容器所帶電荷量變大，帶電微粒向上運動只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端咒向上移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動只調(diào)節(jié)電阻竹的滑動端向下移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向上運動只增大叫的光照強度，電阻R0消耗的功率變大，帶電微粒向上運動【答案】D【解析】【分析】【詳解】只斷開開關S,電容器放電，所帶電荷量變小，帶電微粒向下運動，所以A錯誤；電阻R3與電容器串聯(lián)，該之路斷路，所以只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上移動時，電壓表示數(shù)不變，帶電微粒靜止不動，所以B錯誤；只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端3向下移動時，外電路電

阻不變，路端電壓不變，故電壓表示數(shù)保持不變，電容器的電壓增大，帶電微粒向上運動，C錯誤；只增大耳的光照強度，耳的阻值減小，電流增大，所以電阻R0消耗的功率變大，帶電微粒向上運動，D正確.如圖所示電路，已知電源電動勢為E,內(nèi)阻為r，R為固定電阻?當滑動變阻器R的觸頭向下移動時，下列說法中錯誤的是()A.向下移動時，下列說法中錯誤的是()A.燈泡L一定變亮B.電壓表的示數(shù)變小C.電流表的示數(shù)變小D.R0消耗的功率變小【答案】B【解析】【詳解】AB.當R的滑動觸點向下滑移動時，R變大，外電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律知,總電流I變小，電源的內(nèi)電壓變小，則路端電壓變大，因此電壓表的示數(shù)變大。燈泡L的電壓減大，則燈L一定變亮。故A正確，B錯誤，A不符合題意，B符合題意；CD.電路中并聯(lián)部分電壓變大，通過L的電流變大，而總電流減小，則電流表A的讀數(shù)變小，R0消耗的功率變小。故CD正確，不符合題意；在如圖所示的電路中，電源的電動勢為E,內(nèi)阻為r，R］、R3為定值電阻，R2為滑動變阻器，C為電容器。將滑動變阻器的滑動觸頭P置于位置a,閉合開關S,電路穩(wěn)定時理想電壓表V電壓表V］、V的示數(shù)分別為4、U2，理想電流表A的示數(shù)為/。當滑動變阻器的滑動觸頭P由a滑到b且電路再次穩(wěn)定時，理想電壓表V］、V2的示數(shù)分別為U］、U；，理想電流表A的示數(shù)為/'。則以下判斷中正確的是()滑動變阻器的滑動觸頭P由a滑向b的過程中，通過R3的電流方向由左向右滑動變阻器的滑動觸頭P由a滑向b的過程中，電容器的帶電量減小D．D．【答案】D【解析】【分析】【詳解】AB.電容C與電阻R］、R2并聯(lián)，其電壓等于電源的路端電壓，當滑動變阻器滑動觸頭P由a滑向b的過程中，變阻器的電阻增大，總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，根據(jù)C=￥可知，電容器的電荷量增加，電容器充電，通過R3的電流方向由右向左，故AB項U3錯誤；c.因電路電流減小，故I>I，則R］兩端電壓減小，即匕>u;。因路端電壓增大，貝yR2兩端電壓增大，即U2<U2'，故C項錯誤；將耳等效為電源內(nèi)阻，則u2可視為等效電源的路段電壓，根據(jù)U—I圖像的斜率關系可得U-U'Q—2—二R+rI-1i故D項正確。故選Do42.如圖電路中，電源的內(nèi)電阻為r,Rj、R3、R4均為定值電阻，電表均為理想電表.閉合電鍵S,當滑動變阻器R2的滑動觸頭向右滑動時，下列說法中正確的是（）電壓表的示數(shù)變小電流表的示數(shù)變大電流表的示數(shù)變小R1中電流的變化量一定大于R4中電流的變化量【答案】C【解析】【分析】【詳解】設R］、R2、R3、R4的電流分別為小/2、/3、/4，電壓分別為4、U2、U3、U4.干路電流為I訂路端電壓為U電流表電流為/.總當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向右滑動時，R2變大，外電路總電阻變大，/總變小，由U=E-/r可知，U變大，則電壓表示數(shù)變大.U變大，/3變大，故A錯誤；BC?因/4=/總-/3，則/4變小，U4變小，而U1=U-U4，U變大，U4變小，則U1變大，I1變大.又I總=叫，I總變小，-變大，則I變小?所以R1兩端的電壓變大，電流表的示數(shù)變小?故總總B錯誤，C正確．d?由i4=i1+i2,i4變小，％變大，則i2變小，貝y仏/jvia/2i，仏/2|＞仏i4i，則不能確定R］中電流的變化量與R4中電流的變化量的大小.故D錯誤.【點睛】本題是電路的動態(tài)分析問題；解題時按“局部T整體T局部"的順序進行分析，采用總量的方法分析電流表示數(shù)的變化．43．某居民家中的電路如圖，開始時各部分工作正常，將電飯煲的插頭三孔插座后，正在燒水的電熱壺突然不能正常工作，但電燈仍正常發(fā)光.拔出電飯煲的插頭，把測電筆分別插入插座的左、右插孔，氖管均能發(fā)光，則（）S左叫\(zhòng)/右社僅電熱壺所在的C、D兩點間發(fā)生了斷路故障僅電熱壺所在的C、D兩點間發(fā)生了短路故障僅導線AB間斷路因為插座用導線接地，所以發(fā)生了上述故障【答案】C【解析】【分析】這個要根據(jù)串聯(lián)電路或者并聯(lián)電路中的電表和燈泡的亮、滅來進行判斷．例如串聯(lián)電路中，如果電流表示數(shù)為零，則一定是斷路，誰斷，誰兩端的電壓表示數(shù)就會變大為電源電壓．而并聯(lián)電路中是不能存在短路的，也就是只有斷路故障，誰斷，測量它的電流表的示數(shù)就為零．【詳解】A、若電熱壺所在的C、D兩點間發(fā)生了斷路故障，則電飯煲應該可以正常工作，但現(xiàn)在電熱壺也不工作，加之試電筆插入插座的左、右插孔，氖管均能發(fā)光.故A錯誤；B、若是電熱壺所在的C、D兩點間發(fā)生了短路故障，則燈泡不可能正常發(fā)光，故B錯；C、只有導線AB斷路，導致電熱壺不能正常工作，同時試電筆插入插座的左、右插孔，氖管均能發(fā)光．故C正確；D、因插座用導線接地，沒有影響火線與零線.故D錯誤；故選C【點睛】本題考查了家用電路的故障分析，要能夠根據(jù)出現(xiàn)故障的現(xiàn)象，判斷故障可能發(fā)生的原因，了解電路的連接情況，判斷是短路還是斷路，能夠排除故障，確保電路和人身安全.44.如圖所示，電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,R］、R2為定值電阻，L為小燈泡，R3為光敏電阻，當照射光強度增大時，下列說法正確的是（）電壓表的示數(shù)減小B.燈泡L變暗R1電流變化量比R3電流變化量小D.R1電壓變化量比R2電壓變化量大【答案】C【解析】【詳解】當照射光強度增大時，電阻減小，外電路總電阻減小，則干路電流增大，根據(jù)U二IR11可知R1兩端的電壓電壓增大，而電壓表的示數(shù)等于R1兩端的電壓，所以電壓表的示數(shù)增大，故A錯誤；干路電流增大，則全電路的歐姆定律有：TE-1（r+R）I—1-R2R2故通過R2中電流減小，則由并聯(lián)分流關系知通過小燈泡的電流增大，故小燈泡功率增大,燈泡L變亮，故B錯誤；電路中并聯(lián)部分電壓減小，通過r2中電流減小，燈泡支路的電流增大，而干路電路的電流增大，則干路電流增加量小于電阻r3電流增加量，故C正確；干路電流增大，電源內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，則電阻耳電壓增加量小于并聯(lián)部分電壓減小量，即R1電壓變化量比R2電壓變化量小，故D錯誤；故選C。45.在工廠中常用如圖所示水平傳送帶傳送工件，可大大提高工作效率，傳送帶以恒定的速度v=2m/s運行，質(zhì)量為m=0.5kg的工件以v0=1m/s的初速度從位置A滑上傳送帶.工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)H=0.2，每當前一個工件在傳送帶上停止相對滑動時，后一個工件立即滑上傳送帶，取g=10m/s2，則下列說法中正確的是（）工件經(jīng)0.5s停止相對滑動正常運行時傳送帶上相鄰工件相距0.5m

摩擦力對每個工件做正功為0.75J每個工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為1J【答案】AC【解析】【分析】當工件的速度等于傳送帶的速度時，停止相對滑動，則由牛頓第二定律及速度公式可求得時間，由前后兩工件的運動情況可求得兩工件間的距離；摩擦力與對地位移的乘積為摩擦力所做的功.摩擦力與相對位移的乘積等于產(chǎn)生的內(nèi)能．【詳解】A.工件進入水平傳送帶先勻加速運動后勻速運動，加速度大小由：iimg=ma得：a=“g=0.2xl0m/s2=2m/s2加速運動的時間：v—vt=o=0.5s,a故A正確；在0.5s內(nèi)傳送帶相對地的位移即是正常運行狀態(tài)下傳送帶上相鄰工件間的距離為:d=vt=2x0.5m=1m.故B錯誤；由動能定理得摩擦力對每個工件做正功為:二0.75J,11二0.75J,=—mv2—mv222o故C正確；工件對地位移為:v+v=ot=0.75m2傳送帶對地位移為x2=vt=1m則工件相對傳送帶的位移大小為：Ax=x—x=1m—0.75m=0.25m12因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為：Q二卩mg-Ax=0.2x0.5x10x0.25J=0.25J,故D錯誤.46.如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r.將滑動變阻器滑片R向下滑動，理x想電壓表V］、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為|AU」、|AU」、|AU|，理想電流表A示丄23123數(shù)變化量的絕對值為lAIl，下列判斷正確的是

A．VA．V2的示數(shù)增大c.Iau2I與IM的比值不變【答案】BC【解析】【詳解】B?電源輸出功率在增大D.小于|AU2|理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路，理想電流表內(nèi)阻為零，相當短路，所以定值電阻R與變阻器串聯(lián)，電壓表V］、V、V分別測量R、路端電壓和變阻器兩端的電壓。當滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，則V2的示數(shù)減小，故A錯誤；B?當內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，故當滑動變阻器滑片向下滑動時，外電阻越來越接近內(nèi)阻，故電源的輸出功率在增大，故B正確；C.|AUJ與|AI|的比值為r,不會改變，故C正確由于R>r，則得D?根據(jù)閉合電路歐姆定律得U2=由于R>r，則得AU〉尸U12故D錯誤。點睛】本題是電路的動態(tài)分析問題，關鍵要搞清電路的結(jié)構，明確電表各測量哪部分電路的電壓或電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析。47.在如圖所示的電路中，R=r2=°5r3=2R，r4為可變電阻，最大值為4R。電源的電動勢為8，內(nèi)阻r=0.5R。設電流表A的讀數(shù)為/,電壓表V的讀數(shù)為U。當R的滑4動觸點由接近b端向接近a端移動時（）I先變小后變大，U一直變大B．I一直變小，U先增大后變小電源總功率先減小后變大，輸出效率一直變大R功率先減小后后變大，RR和R三電阻的總功率先增大后減小1234【答案】BD【解析】【詳解】AB.當R4的滑動觸點由接近b端向接近a端移動時，電阻先變大，當移動到R4左邊部分阻值為R時，并聯(lián)電路兩支路電阻相等，此時并聯(lián)電路電阻最大，此后繼續(xù)移動電阻減小，故干路電流先減小后增大，由閉合電路歐姆定律有：U=￡一Ir總U先增大后變小；當U增大時，并聯(lián)電路部分電壓增大，干路電流減小，此時r3這條支路電阻減小，由：UI=并一R+R3a可知流過?的電流增加，則由：I=I-I總3可知流過R2的電流減小，即/變?。划擴減小時，并聯(lián)電路部分電壓減小，此時R2這條支路電阻增加，則由：UI=并一R+R2b可知流過R的電流減小，所以/一直變小。故A錯誤，B正確；2由：P=EI可知因為干路電流先減小后增大，故電源總功率先減小后變大，電源的效率：PUIU耳=―出==x100%PEIE總電源電動勢不變，U先增大后變小，故電源的效率先增大后變小，故C錯誤；因為干路電流先減小后增大，故對于R1有：P=I2R11可知R功率先減小后后變大；將R看成內(nèi)阻，則等效電源內(nèi)阻為2.5R，當R4的滑動觸點由接近b端向接近a端移動時，外電阻先增加后減小，最大值恰好等于2.5R，此時等效電源輸出功率最大，故由等效電源輸出功率的特點可知R、化和R三電阻的總功率先增大234后減??；故D正確。故選BD。48.在如圖所示電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r.開關S］、S2、S3、S4均閉合，C是水平放置的平行板電容器，板間懸浮著一油滴P,下列哪些方法會使P向上運動斷開S2適當減小兩板之間的距離斷開S4并適當減小兩板之間的距離斷開S4并適當減小兩板之間的正對面積【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】斷開二，C直接接到電源兩端，C兩端電壓增大，故E增大，電場力增大，油滴向上運動，故A正確；其他條件不變時，電容器兩端的電壓不變，適當減小兩板間的距離時，由丁=三「可知，板間的電場強度增大，故油滴受到的電場力大于重力，油滴向上運動，故B正確；斷開二時電容器與電源斷開，電量不變，減小兩板間的距離時，根據(jù)二二三?0一HkOT”U^kO可知，，則可知，電場強度不變，故油滴不動，故C錯誤；斷開工時電容器與電源斷開，電量不變，根據(jù)J二一可知，減小兩板之間的正對面積時C減小，則U增大，由于d不變，電場強度E增大，故油滴向上移動，故D正確.【點睛】解決本題的關鍵要明確電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于與之并聯(lián)的電路兩端的電壓，注意與電容器串聯(lián)的電阻相當于導線.然后再結(jié)合電容器的動態(tài)分析規(guī)律進行分析即可求解.五、第十三章電磁感應與電磁波初步選擇題易錯題培優(yōu)（難）49.如下左圖所示，足夠長的直線ab靠近通電螺線管，與螺線管平行.用磁傳感器測量

ab上各點的磁感應強度B,在計算機屏幕上顯示的大致圖象是（）【答案】C【解析】試題分析：通電螺線管的磁場分布相當于條形磁鐵,根據(jù)磁感線的疏密程度來確定磁感應強度的大?。猓和娐菥€管的磁場分布相當于條形磁鐵,因此根據(jù)磁感線的分布,再由磁感線的疏密程度來確定磁感應強度的大小可知,因為ab線段的長度大于通電螺線管的長度，由條形磁鐵磁感線的分布，可知應該選C,如果ab線段的長度小于通電螺線管的長度，則應該選B.由于足夠長的直線ab,故C選項正確，ABD錯誤；故選C點評：考查通電螺線管周圍磁場的分布，及磁感線的疏密程度來確定磁感應強度的大小本題較簡單但會出錯.50.當導線中分別通以圖示方向的電流，小磁針靜止時北極指向讀者的是（）CDCD【答案】C【解析】【分析】【詳解】A、通電直導線電流從左向右，根據(jù)右手螺旋定則，則有小磁針所處的位置磁場方向垂直紙面向里，所以小磁針靜止時北極背離讀者，故A錯誤；B、如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則，磁場的方向逆時針（從上向下看），因此小磁針靜止時北極背離讀者，故B錯誤；C、環(huán)形導線的電流方向如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則，則有小磁針所處的位置磁場方向垂直紙面向外，所以小磁針靜止時北極指向讀者，故C正確；D、根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合電流的方向，則通電螺線管的內(nèi)部磁場方向，由右向左，則小磁針的靜止時北極指向左，故D錯誤；正三角形ABC在紙面內(nèi)，在頂點B、C處分別有垂直紙面的長直導線，通有方向如圖所示、大小相等的電流，正方形abcd也在紙面內(nèi)，A點為正方形對角線的交點，ac連線與BC平行，要使A點處的磁感應強度為零，可行的措施是在a點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙面向外在b點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙面向里在c點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙面向外在d點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙面向里【答案】A【解析】【詳解】由圖可知，B導線中方向向里，C導線中方向向外，根據(jù)安培定則知兩導線在a點處的磁感應強度方向夾角為120°，合磁感應強度B'=B.如圖所示：

要使a點處的磁感應強度為零，貝y：在a點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙面向外，根據(jù)安培定則可知a在A點產(chǎn)生的磁場方向向上，A點處的磁感應強度可能為零，故A正確；在b點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙面向里，根據(jù)安培定則可知b在A點產(chǎn)生的磁場方向向左，A點處的磁感應強度不可能為零，故B錯誤；在c點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙面向外，根據(jù)安培定則可知c在A點產(chǎn)生的磁場方向向下，A點處的磁感應強度不可能為零，故C錯誤；在d點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙面向里，根據(jù)安培定則可知b在A點產(chǎn)生的磁場方向向右，A點處的磁感應強度不可能為零，故D錯誤。在直角三角形PQS中，ZS=30°,O為PS的中點，四根長度均為L的直導線均垂直于紙面并分別固定于P、Q、S、O點。若四根導線均通有大小為I的電流，方向如圖所示。已知通電直導線Q在P處產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0，則通電直導線0受到的安培力大小為（）C.門BIL0D.C.門BIL0D.3B0IL0【答案】A【解析】【分析】【詳解】由于OQ=PQ=OP=OS，通電直導線Q在P處產(chǎn)生的磁感應強度大小為B，所以通電直導線0P、P、Q、S分別在0處產(chǎn)生的磁感應強度大小都為B，方向如圖所示0根據(jù)余弦定理，合磁感應強度B='：B2+（2B）2-2B-2Bcos60。=J3b00000由F=BIL得通電直導線O受到的安培力大小為Ff3bIL0故選A。53．如圖所示，把兩個完全一樣的環(huán)形線圈互相垂直地放置，它們的圓心位于一個共同點O上，