1、湖溪高中2015下学期第一次月考高二物理试题 命题人：厉荣民一、选择题（1-15题为单选题，每题3分，16-20题为不定项选择题，每题3分，漏选得2分）1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点电荷是一种真实存在的 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2下表为某电热水壶铭牌上的一部分内容。根据表中的信息，可计算出在额定电压下通过电热水壶的电流约为型号SP-988额定功率1500W额定电压220V额定容量1.6LA4.4A B6.8A C0.15A D0.23A3如图所示的
2、装置，可以探究影响安培力大小的因素，实验中如果想增大导体棒摆动后与竖直方向的夹角，下列操作中可行的是A更换磁性较弱的磁铁B把磁铁的N极和S极对调C. 减小通过导体棒中的电流强度I A BD把接入电路的导线从、两端换成、两端4某电场的电场线如右图所示，则某点电荷在A点和B点所受电场力的大小关系是AFAFB B FAFB FA=FB 电荷正负不明无法判断5一根通电长直导线通以如图所示的电流，则在它正上方一点P所产生的磁场方向是A垂直纸面向里 B垂直纸面向外C水平向左 D水平向右6在赤道上空，沿东西方向水平放置两根通电直导线a 和b，且导线a在北侧，导线b在南侧，导线a中的电流方向向东，导线b中的电
3、流方向向西，则关于导线a和地磁场对导线b的安培力F1和F2的方向判断正确的是 AF1水平向南， F2竖直向下 BF1竖直向下， F2水平向北CF1水平向北， F2竖直向上 DF1竖直向上， F2水平向南7法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是 Aa，b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量Ba，b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量Ca，b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量Da，b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量8如图所示，灯泡A、B都能正常发光，后来由于电路中某个电阻发生断路，致使灯泡A比原来亮一些，B比原来暗一些
4、，则断路的电阻是 AR1BR2CR3DR49两个完全相同的金属小球，所带异种电荷的电量之比为3：5，当它们相距L（L远大于小球大小）时，相互作用力为F，现将两球接触后放到相距为2L的两点，这时两球相互作用力大小是： A、 B、 C、 D、10如右图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足 A B C D11如图17-6所示，水平放置的平行金属板与电源相连，板间距离为d，板间有一
5、质量为m电量为q的微粒恰好处于静止状态，若再将开关断开，再将两板间距离先增大为2d，再减小到d/2，则微粒将 A先向上加速运动，后向下加速运动 B先向下加速运动，后向上加速运动C保持静止 D一直向下运动12图5所示电路中，两端电压U恒定，电流表内阻可忽略不计，定值电阻与滑动变阻器的全部电阻相等，均为R，当滑动键P从变阻器的上端C一直移到下端D的过程中，电流表示数情况应是A先减小后增大 B先增大后减小C恒定不变 D始终增大13要使平行板电容器两极板间的电压加倍,同时极板间的场强减半,可采用 A两板电量加倍,距离变为原来的4倍 B两板电量加倍,距离变为原来的2倍C两板电量减半,距离变为原来的4倍
6、D.两板电量减半,距离变为原来的2倍14如图所示，一根长为的铝棒用两个劲度系数均为的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流方向从左到右时，弹簧的长度变化了，则下面说法正确的是 A弹簧长度缩短了，B= B弹簧长度缩短了，B=C弹簧长度伸长了，B= D弹簧长度伸长了，B=15在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则Ab点的电场强度一定比a点大 B电场线方向一定从b指向aCb点的电势一定比a点高 D该电荷的动能一定减小16电荷量为5.010-8 C的点电荷,从电场中的a点移到b点的过程中,电场力做功6.010-3 J,则下列说法正确的是 A.
7、电荷的电势能增加了6.010-3 J B.电荷的电势能减少了6.010-3 JC.a、b两点电势差等于1.2105 V,a点电势高 D.a、b两点电势差等于1.2105 V,b点电势高17一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断 A粒子受到静电排斥力的作用B粒子速度 C粒子动能 D粒子电势能18如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合电键，接入灯泡增多时，以下说法正确的是 A.灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗 B.各灯两端的电压在灯多时较低C.通过电池的电流在灯多时较大 D.电池输出功率灯多时较大19如
8、图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A 之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应。若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U。已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为。则下列说法中正确的是 A在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向上B达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A的电势C只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为U/2D只将电流I减小为原来的一半，则上、下
9、表面之间的电势差大小变为U/220空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则 A.该离子带负电 B.A、B两点位于同一高度C.C点时离子速度最大 D.离子到达B点后，将沿原曲线返回A点二、填空题（21题10分，22题6分，23题4分）21为了测定光敏电阻Rx的光敏特性（1）某同学使用多用表“10”的欧姆挡测其大致电阻，示数如图甲所示，则所测得的阻值Rx_ ；（2）为了比较光敏电阻在正常光照射和强光照射时电阻的大小关系，采用伏安法测电阻得出两
10、种“U-I”图线如图乙所示，由图线可知正常光照射时光敏电阻阻值为_ ，强光照射时光敏电阻阻值为_ ；（3）若实验中所用电压表内阻约为5 k，电流表内阻约为100 ，考虑到电表内阻对实验结果的影响，图丙电路对_ （填“正常光”或“强光”）照射时测得的误差较小请根据图丙将图丁中的仪器连接成完整实验电路22、用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻用一只电流表和一只电压表测电池的电动势和内电阻的实验电路，有如图所示的甲、乙两种，采用甲图测定 和r时产生的系统误差主要是由于_。采用乙图测定和r是产生的系统误差，主要是由于_。为减少上述系统误差，当RRV时，应采用_电路。23. 如下图所示电路用来测定电池
11、组的电动势和内电阻。其中V为电压表（其电阻足够大），定值电阻R=7.0。在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后，V的读数变为5.6V。那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（A）6.0V，0.5 （B）6.0V，1.25 （C）5.6V，1.25 （D）5.6V，0.5湖溪高中2015年下学期第一次月考高二物理答题卷二、填空题：(共20分)21、（1） （2） (3) 22、 23、 三、计算题（共20分）24（8分）如图所示，电源内阻，。当电键闭合时，电流表和电压表的示数分别为1.5A和2V。求：（6分）（1）电源电动势；（2）的阻值；25、如图所示，平行于纸面的匀强电场中有三点A、B
12、、C，其连线构成边长的等边三角形，现将一电荷量为q1=108C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为W1=3106J，将另一电荷量为q2=108C的负点电荷从A点移到C点，电荷克服电场力做功为W2=3106J，设A点的电势。（6分）（1）求B、C两点的电势（2）求匀强电场的电场强度大小和方向47（14分）1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。某型号的回旋加速器的工作原理如图（甲）所示，图（乙）为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1、D2。D形盒装在真空容器里，整个
13、装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B。设质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计。质子质量为m、电荷量为+q。加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。（8分） （1）求质子第1次经过狭缝被加速后进人D2盒时的速度大小v1；（2）求质子第1次经过狭缝被加速后进人D2盒后运动的轨道半径r1；（3）求质子从静止开始加速到出口处所需的时间t。参考答案1AC【解析】2B【解析】试题分析：在额定电压下电热水壶的功率为额定功率
14、，由题，电热水壶额定电压为220V，额定功率为1500W，由功率公式求出在额定电压下通过电热水壶的电流由题读出，电热水壶的额定电压为U=220V，额定功率为P=1500W，由P=UI得，故选B考点：电功、电功率点评：本题要了解用电器在额定电压工作时，其功率为额定功率基本题3D【解析】试题分析：ABC、要使导体棒摆动的幅度增大,应增大导体棒受到的安培力，而安培力，故可以增大磁感应强度B、电流或导体棒的有效长度；错误D、若把接线由、两条换成、两条后，导体棒在磁场中的长度增大，则导体棒受到的安培力增大；正确故选D考点：安培力的计算点评：掌握安培力公式，只需明确L为有效长度即可顺利求解。4A【解析】考
15、点：电场线；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向电场力与电场强度成正比，与电荷量也成正比解答：解：由电场线的疏密可知A点的电场强度高于B点，所以同一点电荷在A点所受电场力比B点大，电场力的大小与电荷的正负无关故选：A点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布同时电场力大小是由电场强度与电荷量决定，而同一电荷电场力由电场强度确定此处已控制电荷量不变5B【解析】通电直导线周围会产生磁场，磁场是以导线为圆心的一个同心圆，方向可以通过安培定则来判定：大拇指指向电流的方向，四指环绕大拇指，四指的方向就是磁感线的方向。所以可
16、以得出P点的磁场方向垂直纸面向外。【答案】A【解析】由安培定则判断导线a产生的磁场在导线b所在处的方向是竖直向下，由左手定则判断安培力F1向南，在赤道上空的地磁场方向是水平向北，所以F2竖直向下7B【解析】试题分析：根据电场线的特点起始于正电荷(或无限远),终止于负电荷(或无限远),可知a,b为异种电荷;根据电场线的疏密,可判断a的电荷量小于b的电荷量,B正确.考点：本题考查电场线的特点.8BCD【解析】试题分析：电场线的疏密程度可表示电场强度的大小，所以B点的电场强度最大，A点的最小，A错误，沿电场线方向电势降落，所以A点的电势最高，B的电势最低，B正确，B点的电场强度最大，所以同一个点电荷
17、在B点受到的电场力最大，C正确，电场线上某点的切线方向表示该点的电场线的方向，与放在该点的正电荷的受力方向相同，与负电荷受到的电场力方向相反，D正确，故选BCD考点：考查了对电场线的理解点评：顺着电场线电势降低，根据电场线的方向判断电势的高低由电场线的疏密判断电场强度的大小9D【解析】试题分析：设两小球带电量为-3q和5q，根据库仑定律可得，将两球接触后，电量先中和在均分，每个带电量均为q，放到相距为2L的两点后，库仑力能变为能变为，所以，所以D选项正确故选D考点：库仑定律的应用点评：容易题，本题应注意三点：（1）库仑定律的适用条件，（2）电荷守恒定律（3）计算式电量带入绝对值。10BC【解析
18、】电荷在电场中移动时,电场力做正功,电势能减少,减少的电势能等于电场力所做的功.由W=qUab得Uab= =1.2105 V因为a、b两点间移动的是正电荷,电场力又做正功,一定是从高电势处移动到低电势处,所以a点的电势高.11C【解析】12A【解析】试题分析：先分析电路的结构：电流表与变阻器PC部分串联，与R并联，再与变阻器PD部分串联采用特殊值法研究：当滑动键P从变阻器的上端C一直移到下端D的过程中，算出滑片在C处、中点、D处时电流值，从而得出电流表的变化情况当滑片在C处时，电流表电流,当滑片在中点时，并联部分总电阻并联部分电压为 电流表当滑片在D处时，电流表电流，则电流表电流示数先减小后增
19、大故A正确，BCD错误考点：考查了闭合电路欧姆定律的应用点评：做选择题常用的方法有：排除法、图象法、极限法，还有特殊值法等等本题借助于特殊值法求解，简单方便也可用数学函数法进行严格的推导，但过程比较复杂13A【解析】试题分析：据题意，由于带电粒子受到的电场力方向指向运动轨迹的凹侧，则在a、b两点时电场力沿电场线指向运动轨迹的凹侧，B选项正确；带电粒子从a运动到b电场力做负功，动能减少速度也减小，则C选项正确；电场力做负功电势能增加，故D选项正确；由于电场线方向不知道，所以无法确定带电粒子的电性，故A选项错误，据题意应该选择A选项。考点：电场线的性质特点、动能定理，电场力做功与电势能变化关系。1
20、4A【解析】试题分析：由左手定则可知，导体受到向上的安培力作用，故弹簧的长度将缩短，开始没通电时：；通电后：，其中，解得：B=，故选A.考点：胡克定律；安培力；左手定则.15C【解析】电场力做负功，该电荷电势能增加正电荷在电势高处电势能较大，C正确电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负由动能定理可知，动能不一定减小，D错电势高低与场强大小无必然联系，A错b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错16B【解析】试题分析：粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：则粒子运动的半径为：r=acot30=a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：
21、r=，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：Rr，解得：B，故选：B考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力17BC【解析】试题分析：如果是等量同种电荷产生的电场，在其连线的中垂线上，电场方向与中垂线平行，故AD错误；等量异种电荷产生的电场，在其连线的中垂线上，电场方向与中垂线垂直，故BC正确。考点：考查了等量同种电荷，等量异种电荷产生的电场18B【解析】试题分析：根据电路的结构，若R1或R4断路，则AB两灯的亮度变化是相同的，所以可排除AD答案；若R2断路，则电路的总电阻变大，总电流减少，则在支路灯B中的电流减小，B灯比原来暗一些；由于总电流减少，则r及R4上的电压减
22、少，R1两端电压变大，而B灯两端电压减小，则A灯电压增大，A灯电流增大，所以灯泡A比原来亮一些，B答案正确。考点：此题为全电路欧姆在电路中的动态分析问题，要求学生有对电路综合分析推理的能力。19BC【解析】试题分析：电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30=R-L，得R=2L电子在磁场中运动时间，而 ，得：故A错误，B正确； 设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中 ，；所以磁场圆心坐标为（，），故C正确；根据几何三角函数关系可得，R-L=Rcos60，解得R=2L，所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，-L），故D错误；故选：BC考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。20B【解析】试题分析：因为金
23、属的电阻随温度的增加而增大，U-I图像的切线的斜率代表电阻值，所以图线B符合事实。考点：金属的U-I图线。21AD【解析】试题分析：电流向右即正电荷的运动方向向右，磁场向内，根据左手定则，可以知道，电子带负电，受到的洛伦兹力向上，即负电子聚集金属板的上表面，则正电荷聚集在下表面，所以金属板上表面A的电势低于下表面A的电势，故选项A正确，选项B错误；电子最终达到平衡，有：，则：由题中已知电流的微观表达式： ，则：，代入得：，可见，只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为，故选项C错误；若将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为，故选项D正确所以本题正
24、确选项为AD。22AC【解析】试题分析：由M到P，根据动能定理和牛顿第二定律，无电场和磁场时满足：，在P点，可得，即MP之间的高度差为。若加竖直向上的电场，电场力向上，即，重力与电场力的合力提供向心力，小球对轨道没有压力，恰好通过P点，故A正确。若加竖直向下的电场，电场力向下，即重力与电场力的合力提供向心力，小球对轨道没有压力，恰好通过P点，故B错误。加磁场时，小球受洛伦兹力，洛仑兹力不做功，由M到P，。在P点对小球受力分析，取向下为正方向。若磁场向里，洛伦兹力f向下，为正值。假设小球能通过P点，有，解得轨道对小球的弹力，为负值，即轨道对小球的弹力竖直向上，与实际情况不符，也就是说小球不能通过
25、P点，故C正确。若磁场向外，洛伦兹力f向上，为负值。假设小球能通过P点，有，解得轨道对小球的弹力，为负值，即轨道对小球的弹力竖直向向下，与实际情况相符，也就是说小球可以通过P点，故D错误。考点：动能定理的应用，圆周运动的规律，带电粒子在电场、磁场中的运动。23AD（【解析】电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：evB，解得电子圆周运动的轨道半径为：rm4.55102m4.55cm，恰好有：rdL/2，由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚
26、好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：lNA，（又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当l4.55cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如下图中实线S1A1，由图中几何关系可知，此时S1O与MN的夹角30，故选项C错误；选项D正确；当l9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中实线S2A2，由图中几何关系可知，此时S2O与MN的夹角90，故选项A正确；选项B错误。【考点定位】带电粒子在有界
27、磁场中的运动。【名师点睛】正确画出带电粒子运动轨迹示意图是求解本题的关键。【方法技巧】处理带电粒子在匀强磁场中的运动问题时，要善于画轨迹图，且要认真画，通过示意图寻找几何关系，同时本题通过作图发现，45和60时，l值不是特殊值，运算量较大，因此可以采用反推法，即根据l值反推对应的值，可化繁为简。【规律总结】粒子源中带电粒子等速率，不定方向发射时，相当于一系列等大圆直径旋转。24BC【解析】试题分析：C、D、设正三角形的边长为a,匀速运动的速度为v线框匀速进入磁场的过程,由右手定则可知，电流方向为逆时针为正方向,线框所受的安培力方向向左,t时刻线框有效切割长度，产生的感应电动势,感应电流的大小,
28、电流与时间成正比；同理，线框离开磁场的过程,回路中磁通量减小,产生的感应电流为顺时针为负方向,，,电流随时间均匀减小,故选项C正确、选项D错误.A、B、进磁场根据安培力公式,F-t图线是开口向上的抛物线；线框离开磁场，F-t图线是开口向上的抛物线根据数学知识可知选项B正确、选项A错误故选BC考点：本题考查电磁感应、楞次定律、图象问题。25D【解析】试题分析：从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程中速度均为v0，则动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgd而从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的
29、热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q=2mgd，感应电流做的功为2mgd故AB错误；因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小设线圈的最小速度为vmin线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+；由上可知，Q=mgd，则解得线圈的最小速度为：故C错误；线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，此时满足 mg=BIL，即，则最小速度 故D正确故选D.考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.26增加 【解析】试题分析：由题可知负电荷从电场中A
30、点移到B点，克服电场力做了的功，即电场力做负功，电势能增加，电场力做多少负功电势能增加多少，所以电势能增加了.考点：电场力做功与电势能变化的关系点评：容易题。电场力做功与电势能变化的关系，跟重力做功与重力势能的变化相似，电场力做正功，电势能减小，电势力做负功，电势能增加，这与电荷正负无关。27正，【解析】因为B球受到A对它的排斥力，所以AB一定是同种电荷，则B带正电，B处于静止状态，则根据受力平衡有：，所以可得B的电荷量为：q=故答案为：正，28沿导线向上 【解析】试题分析：由右手螺旋定则可判断电流方向沿导线向上，图乙四指弯曲方向为电流方向，大拇指指向内部磁场方向考点：考查右手螺旋定则点评：难
31、度较小，判断通电导线时，大拇指指向电流方向，判断环形电流时，四指指向电流方向2924【解析】根据计算可得R=2430150F、 4.5104C、 150F ；【解析】试题分析：根据公式可得,根据公式可得，解得,电容表示电容器容纳电荷的本领，所以电容器极板上的电量全部放掉，电容器的电容仍未150F ；考点：本题考查了电容的计算点评：对于电容器的电容，表征电容器容纳电荷的本领大小，与其电量、电压无关求电容可用31变大， 变大 ；【解析】略32 ， ，【解析】试题分析：根据电场强度的定义有P点的场强大小为；q2取走后P点的场强大小为，P点的场强大小是点电荷q1 的电场性质与q2没有关系、不受q2的影
32、响；由库仑定律有，可得P点到点电荷q1的距离为 。考点：本题考查了库仑定律331.2V 60 2【解析】由图可知进口电池的电动势是1.2V，国产电池电荷量为60毫安时，使用时间。3411， 32（或-3-2）；【解析】分析：电容器两端间的电压等于R0两端间的电压，R1处于含容的支路中，相当于导线，改变R1的阻值，不会改变电容器两端间的电势差，也不会改变小球的电势能；改变R2，将改变了电容器两端的电势差，改变了电场强度以及小球所在位置的电势，从而改变电势能解答：解：改变R1的阻值，不会改变电容器两端间的电势差，也不会改变小球的电势能，所以两状态小球电势能之比为1：1R2为200时，电容器两端间的
33、电势差为18V，N板接地，所以小球所在位置的电势为6V；当R2为400时，电容器两端间的电势差为12V，N板接地，所以小球所在位置的电势为4V，根据电势能的公式Ep=qU，两状态小球电势能之比为3：2故答案为：1：1，3：2点评：解决本题的关键掌握含容电路的特点，以及电势能的公式35 增大【解析】试题分析：根据可知，当小灯泡两端的电压为U1时，通过灯丝的电流为I1时，灯丝的电阻为；小灯泡两端的电压从U1增大到U2的过程中，电压升高相同时，电流增加的越来越小，说明电阻越来越大，因此灯丝的电阻增大考点：欧姆定律，小灯泡的伏安特性曲线362:1； 1:2【解析】带电粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识
34、可分别求得从c点和d点飞出的粒子的半径，则由向心力公式可求得各自的速率及比值；由转动的角度可知运动时间之比设磁场边长为a，如图所示，粒子从c点离开，其半径为a；由 可得：； 粒子从d点离开，其半径为； 则 故； 粒子的运行周期；从c点离开的粒子运行的时间, 从d点离开的粒子运行的时间； 故答案为：2：1；1：237， 【解析】带电小球从A运动到B过程中，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理可得，所以，在B点时拉力38 E=；沿pq连线指向+q【解析】试题分析: 水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端中点处产生的场强大小与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，则有：
35、E=由于该处的电场强度为零，所以方向与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度的方向相反，即沿pq连线指向+q考点：电场强度，电场的叠加390，【解析】试题分析：由题意知电荷在静电力作用下做的是匀速圆周运动，从A点运动到B点，由动能定理知，静电力做的功是零，所以A、B两点间的电势差设场源电荷的电荷量为Q，质点做圆周运动的轨道半径为r，则弧长 静电力是质点做圆周运动的向心力，即弧AB中点的场强大小解组成的方程组得考点：考查了带电粒子在电场中的运动40A、B连线上距A点4cm处 410-10 C【解析】试题分析：由于AB都是正电荷，C必定要带负电，并且在AB电荷之间，由于A的电荷量较小，所以C离A
36、电荷较近，设C与A的距离为x，则C与B的距离为（12x），要使C平衡，则要A对C的库仑力FAC与B对C的库仑力FBC大小相等，所以有 ，同时电荷AB也要处于受力平衡状态，对于A有 ，联立解得 qC=41010C，x=4cm考点：本题考查了库仑定律4160BEL/47r 垂直于ac斜向上【解析】将abc等效为直导线ac，则R=r+=r,I=,F=B5LI+B5L I=60BEL/47r,方向垂直ac斜向上.42（1）220（2）；（3）强光、如图所示【解析】试题分析：（1）由图甲所示可知，阻值Rx=2210=220；（2）由图乙所示图象可知，正常光照射时光敏电阻阻值，强光照射时光敏电阻阻值（3）
37、由图丙所示电路图可知，电流表采用外接法，待测电阻阻值越小，实验误差越小，因此图丙电路对照射时强光测得的误差较小；根据图丙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所：考点：测量光敏电阻光敏特性实验43（1）；（2）。【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示。由P到Q，水平方向 竖直方向 由解得入射速度 （2）要求磁感应强度需要求的粒子做圆周运动的轨迹半径和速度。由P到Q，根据动能定理， 解得粒子做圆周运动的速度 设粒子通过Q点的速度与x轴夹角为，则 即 轨迹如图所示，O有几何关系轨迹半径等于OQ之间的距离，即 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律 由解得匀强磁场的磁感应强度
38、考点：带电粒子在复合场中的运动，动能定理的应用。44（1） （2）【解析】试题分析：（1）电键闭合后，等效电路如下电压表测量的是的端电压，与并联所以电压相等，而且所以 电流表测量的是通过的总电流，所以 路端电压就等于的端电压，所有内电压U内=（2）R1与R2并联后与R4串联，所以R4的电压等于路端电压减去R2的电压，根据欧姆定律有考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律4546【解析】（1），（2），由上面四式，得，因为，所以47（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）根据动能定理可得： （2分）解得 （1分）（2）运动过程中洛伦兹力充当向心力，所以 （3分）解得 （1分）（3）设质子从静止开始加速到出口处被加速了n圈，质子在出口处的速度为v根据动能定理可得： （2分）又知道，解得 （3分）因为 （1分）得： （1分）考点：考查了回旋加速器的综合应用