【文章內(nèi)容簡介】 ﹣ Ek0由于初動(dòng)能相同所以有三個(gè)微粒到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是 EkC＞ EkB＞ EkA 故D 正確． 故選 CD． 【點(diǎn)評(píng)】 處理類平拋問題的關(guān)鍵是利用運(yùn)動(dòng)的分解，將曲線運(yùn)動(dòng)分解成兩個(gè)方向上的直線運(yùn)動(dòng)，利用等時(shí)性處理即可． 7．如圖所示，一重力不計(jì)的帶電粒子以某一速度進(jìn)入負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，且只在電場(chǎng)力作用下依 次通過 M、 N、 P 三點(diǎn)，其中 N 點(diǎn)是軌跡上距離負(fù)點(diǎn)電荷最近的點(diǎn)．若粒子在 M點(diǎn)和 P 點(diǎn)的速率相等，則（ ） A．粒子在 N 點(diǎn)時(shí)的速率最大 B． UMN=UNP C．粒子在 N 點(diǎn)時(shí)的加速度最大 D．粒子在 M 點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能大于其在 N 點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 【考點(diǎn)】 電場(chǎng)線；勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系． 【分析】 由一定的軌跡可得，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力的方向向左，在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的速度減小，電勢(shì)能增加，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)分析可以得出結(jié)論． 【解答】 解： A、由題可得電子受到的電場(chǎng)力向左，在向右運(yùn)動(dòng)的過程 中，電場(chǎng)力對(duì)電子做負(fù)功，粒子的速度減小，運(yùn)動(dòng)到 N 點(diǎn)時(shí)，電子的速度最小，所以 A錯(cuò)誤； B、由于粒子在 M 點(diǎn)和 P 點(diǎn)的速率相等，所以 UMN=﹣ UNP，所以 B 錯(cuò)誤； C、根據(jù)電場(chǎng)線的疏密可得， N點(diǎn)處的電場(chǎng)線最密，所以粒子在 N點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力最大，加速度最大．所以 C 正確； D、當(dāng)粒子向右運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，電勢(shì)能增加，粒子在 M 點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能小于其在 N 點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能，所以 D 錯(cuò)誤． 故選： C． 【點(diǎn)評(píng)】 本題就是對(duì)電場(chǎng)力做功特點(diǎn)的考查，掌握住電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加，電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)，電勢(shì)能增加，動(dòng)能減?。? 8．如圖所示，電路中 A、 B 為兩塊豎直放置的金屬板， G 是一只靜電計(jì)，開關(guān) S 合上后，靜電計(jì)指針張開一個(gè)角度，下述做法可使指針張角增大的是（ ） A．使 A、 B 兩板正對(duì)面積錯(cuò)開一些 B．使 A、 B 兩板靠近一些 C．?dāng)嚅_ S 后，使 A、 B 兩板正對(duì)面積錯(cuò)開一些 D．?dāng)嚅_ S 后，使 A板向左平移拉開一些 【考點(diǎn)】 電容器． 【分析】 靜電計(jì)測(cè)量的是金屬板兩端的電勢(shì)差，閉合電鍵， A、 B兩端的電勢(shì)差不變．?dāng)嚅_電鍵，則兩極板所帶的電量不變，根據(jù)電容的變化判斷電勢(shì)差的變化． 【解答】 解： AB、電鍵閉合，兩極板電勢(shì)差不變，則靜電計(jì)指針 張開的角度不變．故 A、 B錯(cuò)誤． C、斷開 S 后，極板所帶的電量不變，使 A、 B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開一些，正對(duì)面積變小，根據(jù) 知，電容減小，根據(jù) U= ，則電勢(shì)差增大，張角增大．故 C 正確． D、斷開 S后，使 A板向左平移拉開一些， d增大，根據(jù) 知，電容減小，根據(jù) U= ，則電勢(shì)差增大，張角增大．故 D 正確． 故選 CD． 【點(diǎn)評(píng)】 本題屬于電容器的動(dòng)態(tài)分析，關(guān)于抓住不變量，極板與電源始終相連，則電勢(shì)差不變，極板與電源斷開，則電量不變． 9．如圖所示電路，電源電動(dòng)勢(shì)為 E，內(nèi)阻為 r，當(dāng)開關(guān) S 閉合后，小型直流電動(dòng)機(jī) M 和指示燈 L 都恰 能正常工作．已知指示燈 L 的電阻為 R0，額定電流為 I，電動(dòng)機(jī) M 的線圈電阻為 R，則下列說法中正確的是（ ） A．電動(dòng)機(jī)的額定電壓為 IR B．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為 IE﹣ FR C．電源的輸出功率為 IE﹣ I2r D．整個(gè)電路的熱功率為 I2（ R0+R+r） 【考點(diǎn)】 功率、平均功率和瞬時(shí)功率． 【分析】 小燈泡是純電阻電路，滿足歐姆定律，但電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)不是純電阻，不能滿足歐姆定律；電源的輸出功率 P=UI=IE﹣ I2r；由公式 P=UI 求出電動(dòng)機(jī)的總功率 P 總 ．電動(dòng)機(jī)的輸出功率是機(jī)械功率，根據(jù)能量守恒可知 P 出 =P 總 ﹣ P 熱 ， P 熱 =I2R．整個(gè)電路的熱功率為I2（ R0+R+r）． 【解答】 解 A、電動(dòng)機(jī)不是純電阻，不能滿足歐姆定律，電動(dòng)機(jī)的額定電壓大于 IR，故 A錯(cuò)誤； B、電動(dòng)機(jī)的電壓為： UM=E﹣ I（ R0+r），電動(dòng)機(jī)的輸出功率為： P 出 =UMI﹣ I2R0=[E﹣ I（ R0+r） ]I﹣ I2R0，故 B 錯(cuò)誤． C、電源的輸出功率為： P=IE﹣ I2r；，故故 C 正確； D、整個(gè)電路的熱功率為 I2（ R0+R+r），故 D 正確． 故選： CD 【點(diǎn)評(píng)】 當(dāng)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，求電功率只能用P=UI，求電熱只能用 P=I2R，求機(jī)械功率要根據(jù)能量守恒得到 P 機(jī) =P 總 ﹣ P 熱 ． 10．直流電路如圖所示，在滑動(dòng)變阻器的滑片 P 向右移動(dòng)時(shí)，電源的（ ） A．效率一定增大 B．內(nèi)部損耗功率一定增大 C．總功率一定減小 D．輸出功率可能先增大后減小 【考點(diǎn)】 電功、電功率；閉合電路的歐姆定律． 【分析】 滑片向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變大，由歐姆定律可以判斷電路電流如何變化，由電功率公式可以分析答題． 【解答】 解：由電路圖可知，當(dāng)滑動(dòng)變阻滑片向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值增大，電路總電阻變大，電源電動(dòng)勢(shì)不變，由閉合電路的歐姆定律可知，電路總電流 I 變??； A、電源的效率 η= = ，電源內(nèi)阻 r 不變，滑動(dòng)變阻器阻值 R 變大，則電源效率增大，故 A正確； B、電源內(nèi)阻 r 不變，電流 I 減小，電源內(nèi)部損耗功率 Pr=I2r 減小，故 B 錯(cuò)誤； C、電源電動(dòng)勢(shì) E 不變，電流 I 變小，電源總功率 P=EI 減小，故 C 正確； D、當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值與電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源輸出功率最大，如果滑動(dòng)變阻器的最大電阻值大于電源的內(nèi)電阻，則電源的輸出功率先增 大后減小，故 D 正確； 故選： ACD． 【點(diǎn)評(píng)】 熟練應(yīng)用閉合電路歐姆定律、電功率公式即可正確解題；同時(shí)要記住 “當(dāng)外電路的電阻值與電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源輸出功率最大 ”的結(jié)論． 11．如圖，兩個(gè)初速度大小相同的同種離子 a 和 b，從 O 點(diǎn)沿垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后打到屏 P 上．不計(jì)重力．下列說法正確的有（ ） A． a、 b 均帶正電 B． a 在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間比 b 的短 C． a 在磁場(chǎng)中飛行的路程比 b 的短 D． a 在 P 上的落點(diǎn)與 O 點(diǎn)的距離比 b 的近 【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】 帶電粒子在磁場(chǎng)中由洛倫茲力 提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要熟練應(yīng)用半徑公式和周期公式 進(jìn)行求解． 【解答】 解： a、 b 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 粒子 a、 b 都向下由左手定則可知， a、 b 均帶正電，故 A正確； 由 r= 可知，兩粒子半徑相等，根據(jù)上圖中兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知 a粒子運(yùn)動(dòng)軌跡長度大于b 粒子運(yùn)動(dòng)軌跡長度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間 a 在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間比 b 的長，故 BC 錯(cuò)誤； 根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知，在 P 上的落點(diǎn)與 O 點(diǎn)的距離 a 比 b 的近，故 D 正確． 故選： AD． 【點(diǎn)評(píng)】 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑． 12．如圖，兩根相互平行的 長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流 I1和 I2，且 I1＞ I2； a、 b、 c、d 為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點(diǎn)，且 a、 b、 c與兩導(dǎo)線共面； b 點(diǎn)在兩導(dǎo)線之間， b、d 的連線與導(dǎo)線所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的點(diǎn)是（ ） A． a 點(diǎn) B． b 點(diǎn) C． c 點(diǎn) D． d 點(diǎn) 【考點(diǎn)】 通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的方向． 【分析】 由安培定則可判出兩導(dǎo)線在各點(diǎn)磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)的位置． 【解答】 解：兩電流在該點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為 0，說明兩電流在該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足等大反向關(guān)系． 根據(jù)右手螺旋定則在兩 電流的同側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，則為 a 或 c，又 I1＞ I2，所以該點(diǎn)距 I1遠(yuǎn)距 I2近，所以是 c 點(diǎn)； 故選 C． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了安培定則及矢量的合成方法，特別應(yīng)注意磁場(chǎng)的空間性，注意培養(yǎng)空間想象能力． 13．如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點(diǎn)等高，分別處于沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放． M、 N 為軌道的最低點(diǎn)，則下列說法中正確的是（ ） A．兩個(gè)小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度 vM＜ vN B．兩個(gè)小球第一次經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌 道的壓力 FM＞ FN C．小球第一次到達(dá) M 點(diǎn)的時(shí)間大于小球第一次到達(dá) N 點(diǎn)的時(shí)間 D．在磁場(chǎng)中小球能到達(dá)軌道的另一端最高處，在電場(chǎng)中小球不能到達(dá)軌道另一端最高處 【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】 帶電小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理求出運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出底部對(duì)小球的支持力大小，然后進(jìn)行比較． 【解答】 解： A、對(duì)左圖，根據(jù)動(dòng)能定理得， ，解得 ． 對(duì)右圖，根據(jù)動(dòng)能定理得， ，解得 ．所以 vM＞ vN．故A錯(cuò)誤． B、在最低點(diǎn)，對(duì)左圖有： ，解得 FM=3mg． 對(duì)右圖有： ，解得 FN=3mg﹣ qE．知 FM＞ FN．故 B 正確． C、左圖在運(yùn)動(dòng)的過程中，只有重力做功，右圖在運(yùn)動(dòng)的過程中，除重力做功外，還有電場(chǎng)力做負(fù)功