陕西西安交通大学附属中学2024-2025学年高二上学期第三次大练习物理试题

**基本信息** 本试卷为高中物理月考卷，聚焦电磁学与力学核心内容，通过巨磁阻传感器、静电除尘等真实情境，考查物理观念与科学思维，适配阶段性检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/40|电场强度、欧姆表原理等|基础概念辨析，如点电荷条件判断| |多选题|5/20|霍尔效应、分子电流假说等|综合应用，如自行车速度计工作原理分析| |实验题|2/18|多用电表使用、电源电动势测量|科学探究，如电路故障检测与数据处理| |计算题|3/20|类平抛运动、动量守恒等|模型建构，如带电小球在复合场中的运动分析|

物理第三次大练习题及答案 一、单选题：本大题共10小题，共40分。 1.下列说法正确的是      A. 体积小的带电体就是点电荷 B. 电场强度的方向就是放入电场中的电荷所受电场力的方向 C. 由公式可知，在离带电体很近时，r 趋近于零，电场强度无穷大 D. 匀强电场中电场强度处处相同，电场线是一组等间距的平行线 2.如图所示，a、b为两个固定的带正电的点电荷q，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为的点电荷c做匀速圆周运动，则c的速率为(    ) A. B. C. D. 3.欧姆表的内部电路如图所示，已知电流计的电阻为，滑动变阻器接入电路的阻值为，电源的电动势和内阻分别为E、r。下列说法正确的是      A. 电路图中右侧的表笔b为红表笔 B. 电流计中的电流I与待测电阻成反比 C. 欧姆表表盘的刻度从左端到右端均匀增大 D. 欧姆表表盘的中间刻度值为 4.如图是一个多用电表的简化电路，S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是      A. 当开关S分别接1和2时，测量的是电流，其中S接1时量程较大 B. 当开关S分别接3和4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔 C. 当开关S分别接5和6时，测量的是电阻，其中A是红表笔 D. 当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大 5.有根导线的横截面积为S，已知该导线材料密度为，摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿伏加德罗常数为，设每个原子只提供一个自由电子导线中原子数阿伏加德罗常数，该导线中自由电子定向移动速率为v，则通过的电流为  A. B. C. D. 6.将一平行板电容器接成如图所示电路，M、N是电容器的平行金属板，为定值电阻，为可变电阻，D为理想二极管，开关S闭合。下列说法中正确的是(    ) A. M板带正电荷 B. 仅将调大，两极板间的电场强度变小 C. 仅将调小，两极板间的电场强度变大 D. 仅将两极板相互错开一些，两极板间的电场强度不变 7.巨磁阻是一种量子力学效应，在铁磁材料和非铁磁材料薄层交替叠合而成的多层膜材料中，自旋方向相反的两种电子同时定向移动形成电流。在外磁场作用下，铁磁材料可以呈现同向和反向两种磁化方向，如图1所示。当一束自旋产生的磁场方向与铁磁材料磁化方向相同的电子通过时，在铁磁材料和非铁磁材料的交界处电阻很小；同理，自旋产生的磁场方向与铁磁材料磁化方向相反的电子通过时，电阻很大。 如图2为巨磁阻传感器的工作电路，为信号源，输入电压为，为输出端。已知无磁场时，、、、的阻值均为R。外加磁场后，使和的磁化方向与和相反，则在同一磁场中和的阻值均减小，和的阻值均增大。综合以上信息，下列说法错误的是(    ) A. 自旋方向相反的两种电子分别通过多层膜材料导电时，可等效为两条并联支路 B. 当铁磁层的磁化方向相同时，比磁化方向相反时的总阻值小 C. 有磁场时输出端的输出电压大小与的平方成正比 D. 无磁场时输出端的输出电压大小为零 8.利用图像研究物理问题是物理学中重要的研究方法。如图1所示，A、B为点电荷Q的电场中电场线上的两点点电荷Q的位置图中未标出。某同学规定x轴表示AB间某点与A点的距离，绘制了图2所示的图线①和②来表示AB连线上某物理量与x之间的关系，并做出如下判断，其中正确的是(    ) A. 若Q为正电荷，y轴表示该点的电势，则图线①可以反映电势和距离的关系 B. 若Q为正电荷，y轴表示该点的电场强度，则图线②可以反映电场强度和距离的关系 C. 若Q为负电荷，y轴表示该点的电势，则图线①可以反映电势和距离的关系 D. 若Q为负电荷，y轴表示该点的电场强度，则图线②可以反映电场强度和距离的关系 9.如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y＝x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小E＝，圆环恰能静止在坐标(1，1)处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由(3，9)处静止释放，则(　　) A．恰能运动到(－3，9)处 B．在(1，1)处加速度为零 C．在(0，0)处速率为10 m/s D．在(－1，1)处机械能最小 10.如图甲所示电路中，两定值电阻，，电容器的电容。闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从最上端向最下端缓慢滑动过程中，分别记录电压表和电流表的示数，得到图像如图乙所示。已知电表均为理想电表，下列说法正确的是(    ) A. 电源电动势为，内阻为 B. 滑动变阻器的最大值为 C. 当滑片P滑到最下端时，电容器的带电量为 D. 滑片P从最上端向最下端滑动过程中，电流表示数最大值为 二、多选题：本大题共5小题，共20分。 11.很多以煤做燃料的电厂，每天排出的烟气带走大量的煤粉，如图甲所示，这不仅浪费燃料，而且严重地污染环境，为了消除烟气中的煤粉，可利用静电除尘，如图乙，在P、Q两点加高电压时，金属管内空气电离。电离出来的电子在电场力的作用下，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，导致煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了。m、n为金属管内两点。下列说法正确的是(    ) A. Q接电源的正极 B. 金属圆筒内越靠近Q极电势越高 C. 在煤粉颗粒靠近筒壁过程中，电场力对其做负功 D. 某时刻分别处于m、n两点的两煤粉颗粒电势能Em>En 12.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁间存在着密切的联系。安培受到启发，提出了著名的“分子电流假说”，他认为在原子、分子等物质微粒的内部存在着一环形电流——分子电流。分子电流使每个物质微粒都成为微小磁体，它的两侧相当于两个磁极。现以最简单的氢原子为例，氢原子由一个质子构成原子核和一个绕其做圆周运动的电子组成，且知质子与电子的电量均为 e，电子的轨道半径为r、质量为m，静电力常量为k，则(    ) A. 氢原子分子电流的大小为 B. 氢原子分子电流的大小为 C. 图示氢原子的“北极”垂直纸面向外 D. 图示氢原子的“北极”垂直纸面向里 13.自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差前表面的电势低于后表面的电势。下列说法中正确的是    A. 图乙中霍尔元件的载流子带正电 B. 已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即可获得车速大小 C. 若传感器的电源输出电压变大，则霍尔电势差变大 D. 霍尔电势差的大小与霍尔元件所用的材料有关 14.如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电荷量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图像的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过和两点，重力加速度g取。下列说法正确的是(    ) A. 在处的电场强度大小为 B. 滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小 C. 滑块运动至处时，速度的大小为 D. 若滑块恰好能到达处，则该处的电势为 15.（5-12班）如图甲所示，真空中四个点电荷分别位于正方形的四个顶点A、B、C、D上，O为正方形的中心。以O为坐标原点，平行于AB方向为x轴正方向，x轴上的电势随位置x的变化关系如图乙所示，则    A. 将一质子从处以40eV的初动能沿x轴正方向运动，则此后其运动过程的最大动能为320eV B. 将一电子从由静止释放，则此后其运动过程的最大动能为120eV C. 将一电子从由静止释放，电子沿x轴正方向最远可运动至处 D. O点处的电场强度大小约为，方向沿x轴正方向 15.（1-4班）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 16.在如图甲所示的电路中，4节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8 V,0.3 A”。合上开关S后，无论怎样移动滑片，A、B灯都不亮。 (1)用多用电表的直流电压挡检查故障。 ①选择开关置于下列量程的________挡较为合适(用字母序号表示)； A．2.5 V　　　B．10 V C．50 V D．250 V ②测得c、d间电压约为5.8 V、e、f间电压为0，则故障是________。 A．A灯丝断开 B．B灯丝断开 C．d、e间连线断开 D．B灯被短路 (2)接着练习使用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”， ①测试前，一定要将电路中的开关S________； ②测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为________ Ω，此时测量的是________间电阻。根据小灯泡的规格计算出的电阻为________ Ω。 17.如图甲所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约3 V，内阻约。现提供的器材如下： A.电池组 B.电压表量程，内阻约 C.电压表量程，内阻约 D.电阻箱 E.定值电阻 F.定值电阻 H.开关和导线若干 如果要准确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择          _选填“B”或“C”；定值电阻应选择          选填“E”或“F”。 改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图像如图乙所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为、a，定值电阻的阻值用表示，则可得该电池组的电动势为          ，内阻为          。 该实验测得的电动势与真实值相比          选填“偏大”“偏小”或“不变”，内阻的测量值与真实值相比          选填“偏大”“偏小”或“不变”。 四、计算题：本大题共3小题，共20分。 18.如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻不计，其他各电阻阻值R1＝R3＝3R，R2＝R。水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，板长为 L 。在A板的左下端且非常靠近极板A的位置，有一质量为m、带电荷量为－q的小液滴以初速度v0水平向右射入两板间。(重力加速度用g表示)求： (1)若使液滴能沿v0方向射出电场，电动势E1应为多大？ (2)若使液滴恰能打在B板的中点，电动势E2应为多大？ 解析：(1)I＝＝， 所以UBA＝IR2＝， 由平衡条件得mg＝＝q， 解得E1＝。 (2)由于液滴恰好打在B板的中点， 利用类平抛规律有＝v0t，y＝d＝at2， －mg＝ma, 同理UBA′＝E2， 联立解得E2＝。 答案：(1)　(2) 19.如图所示，带电荷量均为、质量分别为m和3m的小球A和B，用轻质绝缘细绳连接，A、B间的库仑力及相互作用能忽略不计．最初两球在竖直向上的匀强电场中以速度一起匀速上升，某时刻细绳断开．求： 电场的场强的大小． 细绳断开后，当B球速度为零时，A球的速度大小． 自绳断开至B球速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？ 20（5-12班）水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A为轨道的最低点，半径OA竖直，圆心角AOB为60°，半径R＝0.8 m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E＝1×104 N/C.一个质量m＝2 kg、电荷量为q＝－1×10－3 C的带电小球，从轨道左侧与圆心O同一高度的C点水平抛出，恰好从B点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力FN＝32.5 N．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)小球抛出时的初速度v0的大小； (2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf. 20（1-4班）如图，一质量为m1＝1 kg，带电荷量为q＝＋0.5 C的小球以速度v0＝3 m/s，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6 m，两极板间距为0.5 m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为半径R<3 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E＝10 V/m.(取g＝10 m/s2)求： (1)两极板间的电势差大小U； (2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R的取值应满足的条件． 答案和解析 1.【答案】D  【解析】【分析】 点电荷跟带电体的体积无必然联系，正电荷在电场中的受力方向才是电场强度的方向，适用于真空中静止的点电荷，根据匀强电场的特点可知道其电场的特点。 【解答】 A.点电荷是理想化物理模型，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，但是体积小的带电体在有些情况下也不能看成点电荷，体积很大的带电体也有可能看成是点电荷，故A错误；B.电场强度的大小  F q ，电场强度的方向就是放入电场中正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，故B错误； C.公式适用于真空中静止的点电荷，在离点电荷很近的地方，r趋近于零，公式不再适用，故C错误； D.匀强电场中电场强度处处相同，电场线是一组等间距的平行线，故D正确。 2.【答案】B  【解析】【分析】 质量为m，带电荷量为的点电荷c受到两个带正电q的点电荷的库仑力的合力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得到c做匀速圆周运动的速率。 【解答】 带电荷量为的点电荷c受到两个带正电的点电荷q的库仑力分别为：， 根据牛顿第二定律： 解得：，故B正确，ACD错误。 3.【答案】D  【解析】A、电流从红表笔进，黑表笔出，即左侧的表笔a为红表笔，A错误； B、由闭合电路的欧姆定律，电阻越大，电流I越小，但不成反比，B错误； C、欧姆表表盘的刻度从左端到右端数值在减小，不均匀变化，C错误； D、当欧姆表指针指在中间刻度值时，， 所以，即中间刻度值为，D正确。 故选D。 4.【答案】A  【解析】【分析】 本题考查了多用电表的内部结构，及电表的改装原理。 电流表是根据并联分流原理改装而成的，并联电阻越小，量程越大；电压表是根据串联分压原理改装而成的，串联电阻越大，量程越大；欧姆表是根据闭合电路欧姆定律改装成的，黑表笔接内部电源的正极。 【解答】 A.当开关S分别接1和2时，表头与定值电阻并联，测量的是电流，并联电阻越大，其量程越小，故A正确； B.当开关S分别接3和4时，多用电表中接有电源，测量的是电阻，电流应从黑表笔流出多用电表，故B为黑表笔，故B错误； 当开关S分别接5和6时，表头与定值电阻串联，测量的是电压，串联的电阻越大其量程越大，故CD错误。 5.【答案】C  【解析】设该导线中自由电子从一端定向移动到另一端所用时间为t，体积，质量，每个原子只提供一个自由电子，则原子数与自由电子数目相等，则自由电子的数目，t时间内通过导线某一横截面的电荷量，则电流大小为，C正确。 6.【答案】C  【解析】A.由图可知M极板与低电势连接，N极板与高电势连接，所以N板带正电荷，M板带负电荷，故A错误； B.仅将调大，所分的电压变小，电容器需要放电，但由于二极管的影响，电容器只能充电，不能放电，所以电容器两极板间的电压不变，所以两极板间的电场强度不变，故B错误； C.仅将  调小，  所分的电压变大，电容器需要充电，二极管不影响电容器充电，所以电容器两极板间的电压变大，两极板间的电场强度变大，故C正确； D.仅将两极板相互错开一些，两极板的正对面积减小，由可知，电容器的电容变小，结合，  可得，则电容器需要放电，而二极管不允许电容器放电，所以两极板间电场强度增大，故D错误。 故选C。 7.【答案】C  【解析】A.根据题意，自旋方向相反的两种电子同时定向移动形成电流，在外磁场作用下，不同自旋方向的电子通过时电阻不同，可等效为两条并联支路，故A正确，不符合题意； B.当铁磁层的磁化方向相同时，在交界处电阻小，总阻值小；磁化方向相反时电阻大，总阻值大，故B正确，不符合题意； C.无磁场时 输出电压 有电阻时 输入电压为  ， 输出电压 所以有磁场时输出端的输出电压大小与  的平方不成正比，故C错误，符合题意； D.无磁场时 根据分压原理，输出电压 故D正确，不符合题意。 故选C。 8.【答案】B  【解析】解：A、若Q为正电荷，设位于A点的左侧r处，y轴表示该点的电势，根据电势差与电场强度的关系可知，图像的斜率表示电场强度E，结合点电荷场强公式：E可知，随着x的增大，场强E减小，图像的斜率减小，图线①的斜率恒定，故A错误； B、同理，，随着x的增大，场强E减小，图像为双曲线的分支，图线②可以反映电场强度和距离的关系，故B正确； C、若Q为负电荷，位于B点的右侧，y轴表示该点的电势，随着x的增大，离负电荷越近，电场强度逐渐增大，则图像的斜率增大，故C错误； D、若Q为负电荷，位于B点的右侧，y轴表示该点的电场强度，随着x的增大，离负电荷越近，电场强度逐渐增大，故D错误。 故选：B。 若Q为正电荷，一定位于A点的左侧，则离A点越远，电场强度越小，电势越低。 若Q为负电荷，一定位于B点的右侧，则离A点越远，电场强度越大，电势越低。 图像的斜率表示电场强度。 此题考查了电场强度、电势、电势差与电场强度的关系的相关知识，明确点电荷场强公式，以及电势差与电场强度的关系是解题的关键。 9.答案：D 解析：由题意可知，圆环所受的电场力方向平行于x轴向右，重力与电场力的合力方向斜向右下，设圆环从x0＝3 m、y0＝9 m处静止释放后，向左运动的最远位置为(x1，y1)，由动能定理有mg(y0－y1)－qE(x0－x1)＝0－0，且y1＝x，代入数据解得x1＝－1 m，y1＝1 m(另一组解x1＝3 m，y1＝9 m舍去)，则圆环恰能运动到(－1，1)处，无法运动到(－3，9)处，又因为圆环运动到(－1，1)处时克服电场力做功最多，则机械能最小，故A错误，D正确；圆环做曲线运动，在(1，1)处加速度一定不为零，故B错误；设圆环到达(0，0)处时的速度大小为v，在圆环由(3，9)处静止释放到运动到(0，0)处的过程中，由动能定理得mgy0－qEx0＝mv2－0，解得v＝2 m/s，故C错误。 10.【答案】B  【解析】A、设电压表示数为U，电流表示数为I。根据闭合电路欧姆定律得 则图像的斜率大小 由图可得，则电源内阻 将，代入，解得，故A错误； B、当滑动变阻器的滑片P位于最上端时，电路中电流最小，为，电压表示数为 此时通过的电流为，则通过的电流为 故滑动变阻器的最大值为，故B正确； C、当滑片P滑到最下端时，滑动变阻器被短路，电容器的电压即的电压为 电容器的带电量为，故C错误； D、滑片P从最上端向最下端滑动过程中，外电路总电阻逐渐减小，电流表示数逐渐增大，则当滑片P滑到最下端时，电流表示数最大，为，故D错误。 故选：B。 11.【答案】AB  【解析】A.管内接电高压时，管内产生强电场，它使空气电离而产生正、负离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使煤粉带负电，所以Q应接高压电源的正极，P接负极，A正确； B.根据上述分析可知，电场线由Q到P，沿电场线电势降低，由于P接电源负极，所以越靠近P电势会越小，越靠近Q极电势越高，B正确； C.电场强度方向由Q到指向P，煤粉颗粒带负电，所受电场力方向由P到指向Q，可知在煤粉颗粒靠近筒壁过程中，电场力做正功，电势能减小，C错误； D.根据Ep=，可知，电势能大小与电势、电荷量q有关，由于两煤粉颗粒带电量大小关系未知，所以m、n两点处的两煤粉颗粒电势能大小无法比较，D错误。 故选AB。 12.【答案】BC  【解析】【分析】 本题考查分子电流。解决问题的关键是清楚电子绕质子做圆周运动，库仑力提供向心力；再结合电流的定义式和右手螺旋定则判断。 【解答】电子绕质子做圆周运动，库仑力提供向心力，即，又因电流的定义式为，可得氢原子分子电流的大小，故A错误，B正确； 顺时针做圆周运动的电子形成逆时针方向的电流，由“右手螺旋定则”可知图示氢原子的“北极”垂直纸面向外，故 C正确，D错误。 13.【答案】BCD  【解析】根据左手定则可判断，霍尔元件的电流I是由负电荷的定向移动形成的，故A错误；根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮的转动周期，从而求得车轮的角速度，根据可求得车速的大小，故B正确；根据可得，由电流的微观表达式可得，联立解得，若传感器的电源输出电压变大，电流增大，则也增大，不同的材料单位体积内的自由电子数不同，所以霍尔电势差的大小与霍尔元件所用的材料有关，故C、D正确。 14.【答案】CD  【解析】图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在处所受电场力大小为，解得电场强度大小，A错误;滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，B错误;滑块从到运动过程中电势能减小，电场力做功，由动能定理得，解得滑块运动至处时，速度的大小为，C正确;若滑块恰好到达处，则有，滑块从到运动过程中，，由图可知，解得滑块到达处的电势能，处的电势为， D正确. 15.（5-12班）【答案】BD 【解析】【分析】图象中：①电场强度的大小等于图线的斜率大小，电场强度为零处。②在图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。③在图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用，进而分析功的正负，然后作出判断。 图线的切线斜率表示电场强度的大小，在图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，根据沿电场线方向电势降低，由判断做功; 【解答】将一质子从处以40eV的初动能沿 x轴正方向运动，则此后质子将沿 x轴正方向减速，根据可知，减速到的位置，即之间的某一位置时速度减为零，接着沿 x轴负方向一直加速，所以可得其运动过程的最大动能为，故A错误。 C.根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，由图像可知，若将一电子从由静止释放，则电子先沿 x轴正方向加速，根据图像的斜率表示电场强度，可知电子到达处时，由于电场强度为零，则电子加速度为零，速度达最大，接着沿 x轴正方向减速，到达处时，电势与处的电势相等，根据 ，可知此时电子动能为零，速度为零，接着电子沿 x轴负向加速，减速再次回到处，以此做往复运动，所以电子沿 x轴正方向最远可运动至处，故C错误； B.结合选项C分析可知，将一电子从由静止释放，可知电子到处时有最大动能，根据功能关系可得，故B正确； D.由题意，根据图像的斜率表示电场强度，由图像可得 O点处的电场强度大小约为 ，根据场强叠加原理，可知 O点处的场强方向沿 x轴正方向，故D正确； 故选BD。 15.（1-4）[答案]　BD [解析]　根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确。分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误。小球速度的水平分量为零时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG＋WE＝mv－mv，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp＝－WE，则此过程WG＝ΔEp，D正确。 16答案：(1)①B　②A　(2)①断开　②6.0　e、f　12.7 解析：(1)①由于4节干电池串联后电动势为6 V，电压表量程应选10 V，B正确。 ②灯泡不亮，说明电路断路或短路，电压表接c、d端时有示数且接近电源电动势，说明有电流通过电压表，c、d间以外其他部分电路接通，电压表接e、f时无示数，说明c、d间灯泡断路，A正确。 (2)①使用欧姆表时一定要将被测电阻从电路中断开。 ②欧姆表读数应该为6.0 Ω。由于A灯泡断路，电阻无穷大，而欧姆表示数为6.0 Ω，说明测量的应该是e、f间电阻。由R＝可求得电阻为12.7 Ω。 17.【答案】C E 偏小 偏小 【解析】【分析】 根据实验器材与实验目的确定实验原理，然后根据实验目的与实验原理所给实验器材分析答题。 应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求电源电动势与内阻。 本题考查测量电动势和内阻的实验，关键是明确实验原理，根据闭合电路欧姆定律找出的关系式，利用函数规律结合图象进行分析求解即可。 【解答】 电压表的量程太大，使得电压表指针的偏角太小，测量误差太大，的定值电阻太大，使得电压表指针的偏角太小，且在改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故电压表选择C，定值电阻选择E。 由闭合电路欧姆定律得，化简得， 则有，，解得，； 考虑到电压表的分流作用，则有，变形得， 纵轴截距变大为，计算时依然用求解E和r，则求得的值均偏小。 18.【答案】解析  解析：(1)I＝＝， 所以UBA＝IR2＝， 由平衡条件得mg＝＝q， 解得E1＝。 (2)由于液滴恰好打在B板的中点， 利用类平抛规律有＝v0t，y＝d＝at2， －mg＝ma, 同理UBA′＝E2， 联立解得E2＝。 答案：(1)　(2) 19.【答案】两小球匀速上升，由平衡条件可得 解得 两球组成的系统，动量守恒，当B球的速度为零时，有 解得 绳断开后，对A球和B球由牛顿第二定律可得 ， 解得， A球加速度方向向上，B球加速度方向向下．设当B球的速度为零时，所用时间为t，则 此过程两球上升的高度分别为 两球组成系统的机械能增量为电场力对两球做的功，即 20（5-12班）解析：(1)小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则：mg－|q|E＝ma， 解得小球的加速度大小 a＝＝ m/s2＝5 m/s2. C与B的高度差h＝Rcos 60°＝0.4 m，设小球到B点时竖直分速度大小为vy，则v＝2ah， 解得：vy＝2 m/s. 小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则 tan 60°＝，解得：v0＝ m/s. (2)在B点时，sin 60°＝，则vB＝ m/s. 小球在A点时，由牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力大小F′N＝FN，则由牛顿第二定律得： F′N＋|q|E－mg＝m，解得：vA＝3 m/s. 小球从B到A的过程，由动能定理得： (mg－|q|E)(R－Rcos 60°)－Wf＝mv－mv 解得：Wf＝ J. 答案：(1) m/s　(2) J 20（1-4班）答案　(1)10 V　(2)3 m>R≥ m或R≤ m 解析　(1)在A点，竖直分速度vy＝ v0tan 53°＝4 m/s 带电粒子在平行板中运动时间t＝＝0.2 s vy＝at，得a＝20 m/s2 又mg＋E′q＝ma E′＝，得U＝10 V (2)在A点速度vA＝＝5 m/s ①若小球不超过圆心等高处，则有 mv≤(mg＋qE)Rcos 53° 得R≥ m 故3 m>R≥ m ②若小球能到达最高点C，则有 mv＝(mg＋qE)R·(1＋cos 53°)＋mv 在C点：mg＋Eq≤m 可得vC≥ 联立解得：R≤ m 故圆弧轨道半径R的取值条件为： 3 m>R≥ m或R≤ m 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $