河南省鄭州市思齊實驗中學2014—2015學年高二上學期月考物理試卷(10月份)

1、河南省鄭州市思齊實驗中學20142015學年度高二上學期月考物理試卷（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選項中，第10題只有一項符合題目要求，第115題有多項符合題目要求全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1以下說法正確的是（） A 由可知此場中某點的電場強度E與F成正比 B 由公式可知電場中某點的電勢與q成反比 C 由Uab=Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點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2如圖所示，兩個帶電荷量分別為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，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電器，驗電器的箔片張開下列各圖表示驗電器上感應電荷的分布情況，正確的是（） A B C D 4設有帶負電的小球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，而B也不動時，BA與BC間的比值為（） A 1：5 B 5：1 C 1： D ：15真空中三個相同的導體小球A、B和C，A和B分別帶+3Q、Q的電荷（A、B可看成點電荷）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，在水平方向的勻強電場中，有一帶電體P自O點豎直向上射出，它的初動能為5J，當它上升到最高點M時，它的動能為4J，則物體折回通過與O在同一水平線上的O點時，其動能為（） 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，負極板接地，在兩極板間有一負電荷（電荷量很?。┕潭ㄔ赑點，如圖所示以E表示兩極板間的場強，U表示電容器兩板間的電壓，EP表示電荷在P點的電勢能若保持負極板不動，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，若在M點釋放一個初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線由M點運動到N點，其電勢能隨位移變化的關系如圖所示，則下列說法正確的是（） A 該電子運動的軌跡為曲線 B 該電場有可能是勻強電場 C M點的電勢高于N點的電勢 D 該電子運動的加速度越來越小9在豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的金屬細圓環(huán)，質(zhì)量為m的金屬小球（視為質(zhì)點）通過長為L的絕緣細線懸掛在圓環(huán)的最高點當圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q（未知）時，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電場，小球平衡時，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，小球最高能運動到M點在小球從開始運動到運動至最高點時，則（） A 小球電勢能的減少量大于小球重力勢能的增加量 B 小球機械能的改變量等于電場力做的功 C 小球動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能的減少量11a、b、c三個質(zhì)子由同一點垂直場強方向進入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，對于三個質(zhì)子在電場中的運動，下列說

6、法中正確的是（） A b和c同時飛離電場 B 在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上 C 進入電場時，c的速度最大，a的速度最小 D 動能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大12圖中的甲、乙兩個電路，都是由一個靈敏電流表G和一個變阻器R組成的，它們之中的一個是測電壓的電壓表，另一個是測電流的電流表，那么以下結(jié)論中正確的是（） A 甲表是電流表，R增大時量程增大 B 甲表是電流表，R增大時量程減小 C 乙表是電壓表，R增大時量程減小 D 乙表是電壓表，R增大時量程增大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，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

8、點電荷Q1、Q2固定在x軸上距離為L的兩點，其中Q1帶負電位于原點O，a、b是它們連線延長線上的兩點，其中b點與O點相距3L現(xiàn)有一帶負電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點開始經(jīng)b點向遠處運動（粒子只受電場力作用），設粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度隨坐標x變化的圖象如圖乙所示，圖乙中X=3L點為圖線的最低點，則以下判斷中正確的是（） A Q2帶正電且電荷量大于Q1 B b點的場強一定為零 C a點的電勢比b點的電勢高 D 粒子在a點的電勢能比b點的電勢能大四、計算題（本題共3小題，共40分解答應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垂直進入平行板電容器中（不計粒子的重力），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，試推導帶電粒子射出電容器時在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移y和偏轉(zhuǎn)角的表達式17如圖所示，在場強為E的勻強電場中，一絕緣輕質(zhì)細桿l可繞O點在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，A端有一個帶正電的小球，電荷量為q，質(zhì)量為m將細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？求出小球在最低點時的速率（3）求在最低點時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，圓心固定有電量為+Q的點電荷，一質(zhì)

10、量為m，電量為+q的環(huán)從桿上A點由靜止釋放已知AB=BC=h，qQ，環(huán)沿絕緣桿滑到B點時的速度vB=，求A、C兩點間的電勢差及環(huán)達C點時的速度河南省鄭州市思齊實驗中學20142015學年度高二上學期月考物理試卷（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選項中，第10題只有一項符合題目要求，第115題有多項符合題目要求全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1以下說法正確的是（） A 由可知此場中某點的電場強度E與F成正比 B 由公式可知電場中某點的電勢與q成反比 C 由Uab=Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點間

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無關考點： 電場強度；電勢差；電勢專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 電場強度是采用比值定義的，E和F以及檢驗電荷q無關，E是由電場本身決定的；電場中某點的電勢與檢驗電荷q無關，是由電場本身和零電勢點決定的Uab=Ed中的d是勻強電場中的任意兩點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無關解答： 解：A、電場強度是采用比值定義的，E和F以及檢驗電荷q無關，E是由電場本身決定的，故A錯誤B、電場中某點的電勢與檢驗電荷q無關，是由電場本身和零電勢點決定的故B錯誤C、Uab=Ed中的d是勻強電場

12、中的任意兩點a、b沿著電場線方向的距離，故C錯誤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，與兩極板間距離d，極板面積S等有關故選D點評： 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被定義的物理量與公式中的物理量無關，在學習中可以將這些物理量類比學習2如圖所示，兩個帶電荷量分別為q1、q2，質(zhì)量分別為m1、m2的小球，以等長的絲線懸掛于一點，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： 庫侖定律分析： 分別對兩小球進行受力分析，作出力圖，由共點力平

13、衡條件得到各自的重力與庫侖力的關系，抓住相互間的庫侖力大小相等，得到質(zhì)量與角度的關系，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、的關系與兩電荷所帶電量無關故A 正確，BCD均錯誤故選：A點評： 本題中庫侖力是兩個小球聯(lián)系的紐帶，由平衡條件分別找出兩個小球的質(zhì)量與庫侖力關系是解題的關鍵3使帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器，驗電器的箔片張開下列各圖表示驗電器上感應電荷的分布情況，正確的是（） A B C D 考點： 電荷守恒定律分析： 當帶電金屬球靠近不帶電的驗電器時，由于電荷

14、間的相互作用，而使電荷發(fā)生了移動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；故驗電器的上端應帶上與小球異號的電荷，而驗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點評： 本題根據(jù)電荷間的相互作用，應明確同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引4設有帶負電的小球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，而B也不動時，BA與BC間的比值為（） A 1：5 B 5：1 C 1： D ：1考點： 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點評： 考查庫侖定律的內(nèi)容，掌握平衡條件的應用，注意電荷間的相互作用力何時體現(xiàn)斥力，又什么情況下體現(xiàn)引力5真空中三個相同的導體小球A、B和C，A和B分別帶+3Q、Q的電荷（A、B可看成點電荷）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： 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錯誤故選：C點評： 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，在水平方向的勻強電場中，有一帶電體P自O點豎直向上射出，它的初動能為5J，當它上升到最高點M時，它的動能為4J，則物體折回通過與O在同一水平線上的O點時，其動能為（） A 9 J B 17 J C 21J D 24J考點： 勻強電場中電勢差和電場強度的關系專題

17、： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，抓住豎直方向上上升的時間和下降的時間相等，結(jié)合等時性求出水平方向上兩段時間內(nèi)的位移之比，從而求出電場力做功之比，對全過程運用動能定理求出到達N點的動能解答： 解：對豎直方向上運用動能定理知，有：WG=0mv2=05J=5J因為最高點的動能為4J，根據(jù)動能定理得：WG+WE=EKEK0，解得上升過程中電場力做功4J因為豎直方向上上升的時間和下降的時間相等，根據(jù)等時性，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則后來的動能為初動能+電場力做功21J故選：C點評

18、： 解決本題的關鍵將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，抓住等時性求出水平方向上在相等時間內(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，負極板接地，在兩極板間有一負電荷（電荷量很?。┕潭ㄔ赑點，如圖所示以E表示兩極板間的場強，U表示電容器兩板間的電壓，EP表示電荷在P點的電勢能若保持負極板不動，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： 電容器的動態(tài)分析；勻強電場中電勢差和電場強度的關系專題： 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，以及勻強電場的場強公式

19、得出電場強度的變化，從而得出P與下極板電勢差的變化，得出P點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增大電場強度E=，知電場強度不變故AB錯誤C、因為電場強度不變，P與下極板的距離不變，則P與下極板的電勢差不變，知P點的電勢不變，則負電荷在P點的電勢能不變故C正確，D錯誤故選：C點評： 解決本題的關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，若在M點釋放一個初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線由M點運動到N點，其電勢

20、能隨位移變化的關系如圖所示，則下列說法正確的是（） A 該電子運動的軌跡為曲線 B 該電場有可能是勻強電場 C M點的電勢高于N點的電勢 D 該電子運動的加速度越來越小考點： 電場線；電場強度；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動形式是解題的關鍵，由圖可知，電子通過相同位移時，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動，知道了運動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動，其軌跡一定為直線，故A錯誤；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，故該電場不是勻強電場，電子做加速度逐漸減小的加速運動，因此電場強度逐漸減小，故B 錯誤，D正確；C、電子從M運動到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動，所以N點的電勢高于M點的電勢，故C錯誤故選：D點評： 解題過程中要把握問題的核心，要找準突破點，如本題中根據(jù)圖象獲取有關電子的運動、受力情況即為本題的突破點9在豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的金屬細圓環(huán)，質(zhì)量為m的金屬小球（視為質(zhì)點）通過長為L的絕緣細線懸掛在圓環(huán)的最高點當圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q（未知）時，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： 庫侖定律；共點力平衡的條件及其應用專題： 壓軸題分析： 小球受到的庫侖力為圓環(huán)各點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式；小球受重力、拉力及庫侖力而處于平衡，則由共點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)不能看作點電荷，我們?nèi)A環(huán)上一部分x，設總電量為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，兩力的合力應沿圓心與小球的連線向外，大小為2=； 因圓環(huán)上各點對小球均有庫侖力，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的合力應與重力大小相等，方向相反；由幾何關系可得：=； 則小球?qū)K子的拉力T=，故C、D錯誤；=； 則F=； 解得Q=； 故A正確，B錯誤；故選A點評： 因庫侖定律只能適用于真空中的點電荷，故本題采用了微元法求得圓環(huán)對小球的庫侖力，應注意體會該方法的使用庫侖力的考查一般都是結(jié)合共點力的平衡

24、進行的，應注意正確進行受力分析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電場，小球平衡時，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，小球最高能運動到M點在小球從開始運動到運動至最高點時，則（） A 小球電勢能的減少量大于小球重力勢能的增加量 B 小球機械能的改變量等于電場力做的功 C 小球動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能的減少量考點： 電勢能；功能關系；電場強度專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 小球平衡時，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動的過

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動的過程中，電場力做功等于重力做功，故A錯誤；B：小球僅僅受到電場力、重力和彈力，故小球機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錯誤；C：三個力都做功，且電場力做功等于重力做功，故C錯誤；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能的減少量故D正確故選：D點評： 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確的分析屬于簡單題11a、b、c三個質(zhì)子由同一點垂直場強方向進入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，對于三個質(zhì)子在電場中的運動，下列說法中正確的是（）

26、A b和c同時飛離電場 B 在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上 C 進入電場時，c的速度最大，a的速度最小 D 動能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動專題： 帶電粒子在電場中的運動專題分析： 三個粒子做類平拋運動，在垂直電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上做初速度為0的勻加速直線運動粒子的質(zhì)量和電量相同，加速度相同比較沿電場方向上的位移，可比較出運動時間，再根據(jù)垂直電場方向的位移可知初速度的大小通過動能定理比較動能的增量解答： 解：A、B、三個粒子進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運動時間相

27、等，大于c的運動時間，即ta=tbtc，故在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上，而過后c才飛出電場故A錯誤，B正確C、因為ta=tbtc，又xaxb=xc，因為垂直電場方向上做勻速直線運動，所以vcvbva故C正確D、據(jù)動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能的增量相等c電荷電場力做功最少，動能的增量最小故D正確故選：BCD點評： 解決本題的關鍵將類平拋運動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動，在沿電場方向上做初速度為0的勻加速直線運動12圖中的甲、乙兩個電路，都是由一個靈敏電流表G和一個變阻器R組成的，它們之中的一個是測電壓的電壓表，另一個是測電流的電

28、流表，那么以下結(jié)論中正確的是（） A 甲表是電流表，R增大時量程增大 B 甲表是電流表，R增大時量程減小 C 乙表是電壓表，R增大時量程減小 D 乙表是電壓表，R增大時量程增大考點： 伏安法測電阻專題： 實驗題；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，則應該并聯(lián)一個電阻來分流；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錯誤而B正確；同理，為了要測量較大的電壓，需要串聯(lián)一個電阻來分壓

29、，且分壓電阻越大，電壓表的量程越大，故C錯誤而D正確故選：BD點評： 本題考查電表改裝原理的理解能力當電流計的指針滿偏時，電流表或電壓表的指針滿偏，所測量的電流或電壓達到最大值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，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： 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??；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?。还蔄D錯誤，BC正確；故選：BC點評： 本題考查閉合電路歐姆定律的應用，要注意正確分析電路，由局部整體局部的思路進行分析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： 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確定燈泡與電源連接時工作電壓與電流，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、性曲線的交點即為燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)則連接電源時，U1=3v，I1=5A，故P1=U1I1=15W，R1=連接電源時，U2=5V，I2=6A，故P2=U2I2=30W，R2=故P1：P2=1：2，R1：R2=18：25，故C錯誤，D正確故選ABD點評： 本題關鍵在于對電源外特性曲線、燈泡伏安特性曲線的理解，明確交點的含義15如圖甲所示，兩個點電荷Q1、Q2固定在x軸上距離為L的兩點，其中Q1帶負電位于原點O，a、b是它們連線延長線上的兩點，其中b點與O點相距3L現(xiàn)有一帶負電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點開始經(jīng)b點向遠處運動（粒子只受電場力作用），設粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va

33、、vb，其速度隨坐標x變化的圖象如圖乙所示，圖乙中X=3L點為圖線的最低點，則以下判斷中正確的是（） A Q2帶正電且電荷量大于Q1 B b點的場強一定為零 C a點的電勢比b點的電勢高 D 粒子在a點的電勢能比b點的電勢能大考點： 勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電勢能專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題分析： 在b點前做減速運動，b點后做加速運動，可見b點的加速度為0，則在b點受到兩點電荷的電場力平衡，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點前做減速運動，b點后做加速運動，可見b點的加速度為0，則在b點受到兩點電荷的電場力平衡，可知Q2帶負電，且有k=k，故Q

34、2帶負電且電荷量小于Q1，故A錯誤；B、在b點前做減速運動，b點后做加速運動，可見b點的加速度為0，受力為零，故合場強為零，故B正確；C、D、該電荷從a點到b點，做減速運動，且該電荷為正電荷，電場力做負功，所以電勢能增大，電勢升高，所以b點電勢較高故C正確，D錯誤；故選：BC點評： 解決本題的關鍵是據(jù)圖象分析，明確b點的合場強為零為突破口，根據(jù)庫侖定律得到Q1和Q2的電量關系；用活電場力做功和電勢能的關系四、計算題（本題共3小題，共40分解答應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垂直進入平行板電容器中（不計粒子的重力），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，試推導帶電粒子射出電容器時在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移y和偏轉(zhuǎn)角的表達式考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動專題： 帶電粒子在電場中的運動專題分析： 帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，把粒子的運動分解為水平方向的勻速直線運動，豎直