一、选择题，本题共15小题；每小题4分，共60分，1-10题每小题只有一个正确选项，11-15题每题有多个正确选项。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。1、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的电荷量小于b的电荷量Ba、b为异种电荷，a的电荷量大于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【答案】A【解析】考点：电场线【名师点睛】根据图象的细微区别寻找突破口，是我们必须掌握的一种解题技巧，例如根据两电荷之间电场强度是否为0判定是否是同种电荷，根据异侧电场线的疏密判定电荷量的大小。2、 某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（） A加5V电压时，导体的电阻是0.2B加12V电压时，导体的电阻是8C由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D该元件为非线性元件，所以欧姆定律不适用【答案】B【解析】考点：U-I图像；欧姆定律【名师点睛】本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值。3、在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m带电量分别为q和q的甲、乙两个小球，在水平力F的作用下一起做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：选甲、乙作为整体为研究对象，加速度为：F=2ma选乙为研究对象，列牛顿第二定律方程有：联立得：r=，故B正确、ACD错误故选B.考点：库仑定律；牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。4、真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知 ( ) AR处的电场强度E0Bx1处与x2处的电场强度方向相反C若正的试探电荷从x1处移到x2处，电场力一定做正功D该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的【答案】C【解析】荷，故D错误；故选C.考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】-x图象：电场强度的大小等于-x图线的斜率大小，电场强度为零处，-x图线存在极值，其切线的斜率为零在-x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在-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。5、在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，则（ ）A电源的输出功率增大 BA灯和B灯都变亮CA灯变亮，B灯变暗 D电源的工作效率降低【答案】C【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据全电路欧姆定律得知，总电流I变小，A灯的电压UA=E-I（R1+r），I变小，UA变大，A灯变亮流过B的电流IB=I-I2，I变小，I2变大，则IB变小，B灯变暗故C正确，B错误由于外电阻与电源的内阻大小关系未知，无法判断电源的输出功率如何变化故A错误电源的工作效率，外电路总电阻R增大，电源的工作效率增大故D错误故选C. 考点：电路的动态分析【名师点睛】对于电路动态变化分析问题，首先要根据电路结构的变化分析外电路总电阻的变化，到总电流和路端电压变化，再到局部电路电流和电压的变化进行分析。6、下列关于电场强度的两个表达式E=F/q和E=kQ/r2的叙述，不正确的是（）AE=F/q是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的电荷的电荷量，它适用于任何电场B E=F/q是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量CE=kQ/r2是点电荷场强的计算公式，Q是产生电场的电荷量，它不适用于匀强电场D从点电荷场强计算式分析，库仑定律表达式F=kq1q2/r2中kq2/r2是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而kq1/r2是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小【答案】B【解析】考点：电场强度【名师点睛】关于电场强度的两个公式理解时抓住两点：一是公式中各量的含义；二是公式适用的条件明确定义式E=F/q适用于一切电场，而E=Kq/r2式只适用点电荷的电场。7、电阻R和电动机M串连接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2则有（ ）AU1=U2，Q1=Q2 BU1U2，Q1=Q2 CW1=W2，Q1Q2 DW1W2，Q1Q2【答案】B【解析】考点：焦耳定律；欧姆定律【名师点睛】本题把握纯电阻电路与非纯电阻电路区别的能力，抓住欧姆定律适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，而焦耳定律对两种电路均适用。8、如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是 （ ）A 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【答案】C【解析】试题分析：当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB错误；当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A；故每一小格表示0.06A；故C正确，D错误；故选C。考点：电表的改装【名师点睛】本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响。9、如图所示，图中的实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子在电场中从a到b的运动轨迹，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图不能做出正确判断的是（ ）A带电粒子在a、b两点的受力方向B带电粒子在a、b两点的加速度何处比较大C带电粒子在a、b两点的速度何处比较大D带电粒子所带电荷的电性【答案】D【解析】考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况。10、如图，质量为m、带电量为q的小球用长为l的细线悬挂，处在水平方向的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为=30，现用力将小球缓慢拉到最低点B由静止释放。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A场强的大小为B小球将在A、B之间往复摆动C小球将回到A处停下来D小球从B向右摆到最高点的过程中，电势能的减少量为【答案】A【解析】Ep=qElsin=mgl（1-cos）=mgl（1-cos60）=mgl，故D错误故选A. 考点：电场强度；动能定理【名师点睛】本题是带电物体在电场中圆周运动问题，分析物体的受力情况，用动能定理和平衡条件结合是常用的解题方法。11、如图所示，一辆汽车从凸桥上的A点匀速运动到等高的B点，以下说法中正确的是（ ）A牵引力对汽车做的功等于汽车克服阻力做的功B由于车速不变，所以汽车从A到B过程中机械能不变C汽车在运动过程中所受合外力为零D汽车所受的合外力做功为零【答案】AD【解析】故选AD.考点：动能定理的应用【名师点睛】一种力做功对应着一种能量的转化，明确各种功能关系是正确解答本题的关键，同时要正确理解机械能守恒的含义以及使用条件。12、截面积为S的导线中通有电流I.已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间t内通过导线横截面的电子数是( )A. nSvt B.nvt C.It/e D.It/Se【答案】AC【解析】试题分析：电流可以表示为：，解得：N=nSvt， ，故AC正确，BD错误故选AC。考点：电流【名师点睛】重点掌握电流的各种表达式，尤其是电流的微观表达式I=nesv，并能灵活选取表达式并进行计算。13、如图所示，在竖直平面内，带等量同种电荷的小球A、B，带电荷量为-q（q0），质量都为m，小球可当作质点处理现固定B球，在B球正上方足够高的地方释放A球，则从释放A球开始到A球运动到最低点的过程中（ ） A小球A的动能不断增加 B小球的加速度不断减小C小球的机械能不断减小 D小球的电势能不断增加【答案】CD【解析】试题分析：小球A向下运动的过程中，刚开始距离较远，重力大于静电力，小球做加速运动，当重力等于静电力时速度最大，后静电力大于重力，小球做减速运动直到停止所以小球的动能先增加后减小，加速度先减小后增大，故AB错误；静电力一直做负功，机械能不断减小，电势能不断增加，故CD正确；故选CD.考点：动能定理；电势能【名师点睛】本题的关系是对小球进行受力分析，知道小球受到的静电力一直做负功，机械能不断减小，电势能不断增加，难度适中。14、如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30，A、B与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB=BC，则下列说法中正确的是（）A电场方向沿电场线斜向上 B电场强度大小为E=mg/qC此过程增加的电势能等于mg2t2/2 D小球下落高度3gt2/4【答案】BD【解析】考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】本题综合考查带电粒子在电场与重力场中的运动，要注意明确运动的合成与分解的应用，同时明确几何关系的应用。15、正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中，板长为L，板间距为d，在距离板的右端 2L 处有一竖直放置的光屏 M。D为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，R0为定值电阻。将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合电键S，让一带电量为q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点未碰极板，最后垂直打在 M屏上。在保持电键S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是( )A质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相反B板间电场强度大小为2mg/qC若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点将不会垂直打在光屏上D若仅将两平行板的间距变大一些，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上【答案】AD【解析】试题分析：质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开