江苏省南京市溧水高中2015-2016学年高二（上）期中物理试卷【解析版】
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| 名称 | 江苏省南京市溧水高中2015-2016学年高二（上）期中物理试卷【解析版】 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 178.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2016-03-12 02:06:20 | ||
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文档简介
2015-2016学年江苏省南京市溧水高中高二（上）期中物理试卷
一、本题共7小题；每小题3分，共21分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，有选错或不答的得0分．
1．一个平行板电容器与电池相连，充电后在不断开电源的情况下，用绝缘的工具把电容器的两金属板拉开一些距离，这会使（ ）
A．电容器中电量增加
B．电容器的电容量增加
C．电容器中的电场强度减小
D．电容器的两极板的电势差略有下降
2．关于点电荷的下列说法中不正确的是（ ）
A．真正的点电荷是不存在的
B．点电荷是一种理想模型
C．足够小的电荷就是点电荷
D．带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对问题的影响是否可以忽略不计
3．如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）
A．O点的电场强度为零，电势最高
B．O点的电场强度为零，电势最低
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
4．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之 ( http: / / www.21cnjy.com )比为l1：l2=1：5，横截面积之比为S1：S2=2：3，电阻之比为R1：R2=2：5，外加电压之比为U1：U2=1：2，则它们的电阻率之比为（ ）
A．2：3 B．4：3 C．3：4 D．8：3
5．某种材料的导体，其I﹣U图象如图所示，图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．下列说法正确的是（ ）
A．导体的电功率随电压U的增大而增大
B．导体的电阻随电压U的增大而增大
C．在A点，导体的电阻为tanα
D．在A点，导体的电阻为tanβ
6．如图所示，给定两标有“110V，40W ( http: / / www.21cnjy.com )”的灯泡L1和标有“110V，100W”的灯泡L2及一只最大阻值500Ω的滑动变阻器，将它们接在220V的电路中，A、B、C、D所示的四种接法中，最合理的是哪一种（ ）
A． B． C． D．
7．在图甲所示的电路中，电源的电动势为3. ( http: / / www.21cnjy.com )0V，内阻不计，灯L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L1的电流为灯泡L2的电流2倍
B．灯泡L1的电阻为7.5Ω
C．灯泡L2消耗的电功率为0.75W
D．灯泡L3消耗的电功率为0.30W
二、本题共6小题；每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．
8．如图为一条电场线，可以判定（ ）
A．该电场一定是匀强电场
B．A点电势一定低于B点电势
C．负电荷放在B点的电势能比放在A点大
D．负电荷放在B点的电势能比放在A点小
9．如图所示，在粗糙水平面 ( http: / / www.21cnjy.com )上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中（ ）
A．小物块所受电场力逐渐减小
B．小物块具有的电势能逐渐减小
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
10．一个电子在静电场中运动，且只受电场力作用，则在一段时间内（ ）
A．电子的速率可能增大 B．电子的速率可能不变
C．电子的速率可能减小 D．电子一定作匀变速运动
11．下列叙述中，正确的有（ ）
A．物体中只要有自由电荷在运动，就一定形成电流
B．电流是矢量，其方向就是正电荷运动的方向
C．金属导体中的电流是自由电子做定向移动形成的
D．电解液中的电流是正，负离子同时定向移动形成的
12．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（ ）
A．A灯变亮 B．B灯变亮
C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率增大
13．锂电池因能量密度高、绿色环保而广 ( http: / / www.21cnjy.com )泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（ ）
A．电能转化为化学能的功率为UI﹣I2r
B．充电器输出的电功率为UI+I2r
C．电池产生的热功率为I2r
D．充电器的充电效率为
三、填空题，本题每空3分，共30分．
14．某原子电离后其核外只有一个电 ( http: / / www.21cnjy.com )子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，则电子运动半径越大其加速度越 其周期越 线速度越 （填“大”或“小”）
15．将一正电荷从无穷远处移入电场 ( http: / / www.21cnjy.com )中M点，电势能减少了8.0×10﹣9 J．若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10﹣9 J．则电势φM φN（填“大于”“等于”或“小于”）
16．有三个质量分别为5M、3M、2M的小球 ( http: / / www.21cnjy.com )A、B、C，其中B球带正电Q，其余两球不带电，用足够长的不会伸长的绝缘线连接，均置于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E，如图所示，释放A球，让三球由静止落下，下落一小段时间（球不相碰），此时三球的加速度大小分别为：aA ，aB ，aC ；此时A、B间线的张力F= ．
17．如图所示，匀强电场中 ( http: / / www.21cnjy.com )A、B、C三点，它们的边线构成一个直角三角形，AB=0.12m，AC=0.05m，把一电荷量q=﹣1.0×10﹣8C的点电荷从B点移到C点，电场力做功5.0×10﹣7J；把该点电荷从B点移到A点，电场力做功仍为5.0×10﹣7J，由此可知，电场强度的方向为 ，电场强度大小为 V/m，B、C两点间的电势差为 V．
18．用多用电表测量如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示的电路中通过灯泡的电流时，首先把选择开关拨到 挡，然后把多用电表 联在电路中，则电流应从 表笔流入，从 表笔流出．
四、计算题（19、20、21小题，每题12分，22题9分，共45分．）
19．如图所示，R1=4Ω、R2=6Ω、R3=3Ω整个装置接在6V的恒压源上，则
（1）R1两端的电压为多少？
（2）R2中通过的电流为多少？
20．如图所示，半径为r的绝缘细圆环的 ( http: / / www.21cnjy.com )环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：
（1）速度vA的大小；
（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力．
21．规格为“8V、4W”的小灯泡与小 ( http: / / www.21cnjy.com )型直流电动机（其线圈内阻为r0=0.4Ω）并联后，与电阻r=0.5Ω串联后，接至电压为10V的恒压源上，小灯泡恰好正常发光，求：
（1）通过小灯泡的电流和电阻r上的电压．
（2）电路中的总电流和通过电动机D的电流．
（3）电动机的输入功率，发热功率和电动机的输出功率．
22．两块水平平行放置的导体板如图 ( http: / / www.21cnjy.com )1所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：
（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值分别是多少？
（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？
2015-2016学年江苏省南京市溧水高中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、本题共7小题；每小题3分，共21分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，有选错或不答的得0分．
1．一个平行板电容器与电池相连，充电后在不断开电源的情况下，用绝缘的工具把电容器的两金属板拉开一些距离，这会使（ ）
A．电容器中电量增加
B．电容器的电容量增加
C．电容器中的电场强度减小
D．电容器的两极板的电势差略有下降
【考点】电容器的动态分析．
【专题】电容器专题．
【分析】电容器充电后在不断开电源的情况下，板间电压不变．根据电容的决定式C=，分析电容的变化，
再由电容的定义式C= 分析电量的变化，由E=分析板间电场强度的变化．
【解答】解：
A、根据电容的决定式C=，分析可知，电 ( http: / / www.21cnjy.com )容与板间距离成反比，当把两金属板拉开一些距离，电容减小，电容器充电后在不断开电源的情况下，电容器板间电压不变，而电容减小，根据Q=CU知电容器的电量减小，故ABD错误．
C、根据E= 可知：U不变，d增大，所以板间场强减小．故C正确．
故选：C．
【点评】本题要抓住电容的决定式，明确电容与板间距离的关系．还可以进一步研究板间电压、电场强度等物理量的变化情况．
要熟练推导出板间场强公式E=，知道E与d无关，这是常用的结论，要理解并牢固掌握．
2．关于点电荷的下列说法中不正确的是（ ）
A．真正的点电荷是不存在的
B．点电荷是一种理想模型
C．足够小的电荷就是点电荷
D．带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对问题的影响是否可以忽略不计
【考点】元电荷、点电荷．
【专题】常规题型．
【分析】当带电体间的距离比它们自身的 ( http: / / www.21cnjy.com )大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做带电的点．
【解答】解：A、点电荷是理解化的物理模型，真正的点电荷是不存在的，故AB正确；
C、体积很小或很大的带电体在一定的条件 ( http: / / www.21cnjy.com )下都可以看成点电荷，只要满足如下条件：当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，其大小和形状可忽略不计，可以看成点电荷处理．故C错误，D正确；
本题选不正确的，故选：C．
【点评】本题考查对点电荷的理解能力．点电荷是理解化的物理模型，与力学中质点模型类似．
3．如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）
A．O点的电场强度为零，电势最高
B．O点的电场强度为零，电势最低
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
【考点】电势；电场强度．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】圆环上均匀分布着负电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．
【解答】解：AB、圆环上均匀分 ( http: / / www.21cnjy.com )布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最低，故A错误，B正确；
CD、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向左，电势升高，故C错误，D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．
4．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度 ( http: / / www.21cnjy.com )之比为l1：l2=1：5，横截面积之比为S1：S2=2：3，电阻之比为R1：R2=2：5，外加电压之比为U1：U2=1：2，则它们的电阻率之比为（ ）
A．2：3 B．4：3 C．3：4 D．8：3
【考点】电阻定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】知道影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，导体的电阻大小为：R=．
【解答】解：根据电阻的决定式R=ρ得：ρ=；
则： =××5=，故ACD 错误，B正确．
故选：B．
【点评】本题考查了电阻定律，利用其变形式，带入即可求解，注意电压之比为干扰数据．
5．某种材料的导体，其I﹣U图象如图所示，图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．下列说法正确的是（ ）
A．导体的电功率随电压U的增大而增大
B．导体的电阻随电压U的增大而增大
C．在A点，导体的电阻为tanα
D．在A点，导体的电阻为tanβ
【考点】电功、电功率．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】根据图线对应的横纵坐标确定的矩形面 ( http: / / www.21cnjy.com )积的变化判断电功率的变化．根据由判断电功率与电压U的关系．图线切线斜率不等于倾角的正切值的倒数．
【解答】解：A、由图象知，U增大，电流I增大，该导体的电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积，则电功率增大．故A正确．
B、由欧姆定律知，导体的电阻R=，随着U增大，I增大得越来越快，故导体的电阻R随U的增大而减小，故B错误；
C、在物理图象上，图象的倾角 ( http: / / www.21cnjy.com )决定于标度的选取，不能用倾角的正切求斜率．且弯曲的伏安特性曲线本身误差较大，故不能用正切值来表示电阻；只能用坐标的比值和欧姆定律求解；故导体电阻R=；故CD错误．
故选：A．
【点评】解决本题的关键知道电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积．以及知道在I﹣U图象中导体的电阻等于对应的横坐标与纵坐标的比值．
6．如图所示，给定两标有“110V，4 ( http: / / www.21cnjy.com )0W”的灯泡L1和标有“110V，100W”的灯泡L2及一只最大阻值500Ω的滑动变阻器，将它们接在220V的电路中，A、B、C、D所示的四种接法中，最合理的是哪一种（ ）
A． B． C． D．
【考点】串联电路和并联电路．
【专题】恒定电流专题．
【分析】在该电路中，既要保证两灯泡都正 ( http: / / www.21cnjy.com )常发光，又要保证消耗的功率最小．运用排除法，先判断哪些电路不能正常发光，在正常发光的情况下，抓住整个电路消耗的功率等于各用电器消耗的功率之和求出总功率，去功率最小的电路．
【解答】解：A、C、在A电路中，灯泡1的 ( http: / / www.21cnjy.com )额定电流I1=A=A，灯泡2的额定电流I2=A=A，灯泡2能正常发光，则灯泡1就会烧掉．A电路不能保证两灯泡正常发光．在C电路中，两灯泡串联，则两灯泡电流相等，不能保证两灯泡都正常发光．故AC均错误．
B、D、在B电路中，两灯泡正常发光时，通过R ( http: / / www.21cnjy.com )的电流为A，R与L1并联，电压相等，根据P=UI，所以功率之比等于电流之比，为3：2．则R上消耗的功率为60W，则整个电路的总功率P=60+40+100W=200W．在D电路中，两灯泡正常发光，则通过R的电流等于两灯泡额定电流之和，为A，两灯泡的并联电压为110V，则R上的电压为110V，根据P=UI，知电阻R上消耗的功率与两个灯泡消耗的功率相等，所以整个电路的总功率P=（40+100）×2W=280W．所以B电路消耗的功率小．故B正确，D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键知道在混联电路中，总功率等于各电阻消耗的功率之和，会根据功率的公式求出额定电流，判断灯泡能否正常发光．
7．在图甲所示的电路中，电源的电动势 ( http: / / www.21cnjy.com )为3.0V，内阻不计，灯L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L1的电流为灯泡L2的电流2倍
B．灯泡L1的电阻为7.5Ω
C．灯泡L2消耗的电功率为0.75W
D．灯泡L3消耗的电功率为0.30W
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】当开关闭合后，灯泡L1的电压等 ( http: / / www.21cnjy.com )于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电阻．
【解答】解：A、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，所以，故A错误；
B、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1=Ω，故B错误；
C、L2消耗的功率P2=I2U2=0.3W，故C错误．
D、L3消耗的功率P3=I3U3=0.3W，故D正确．
故选D
【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压．读图能力是基本功．
二、本题共6小题；每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．
8．如图为一条电场线，可以判定（ ）
A．该电场一定是匀强电场
B．A点电势一定低于B点电势
C．负电荷放在B点的电势能比放在A点大
D．负电荷放在B点的电势能比放在A点小
【考点】电场线．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出， ( http: / / www.21cnjy.com )到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．当电场力做正功时，电势能减小，当电场力做负功时，电势能增加．
【解答】解：A、由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，也就不能判断电场强度的情况，所以A错误；
B、根据沿电场线的方向，电势降低，可以知道，A点电势一定高于B点电势，所以B错误；
C、负电荷从A运动到B的过程中，电场力做负功，电荷的电势能增加，所以负电荷放在B点的电势能比放在A点大，所以C正确，D错误；
故选C．
【点评】根据电场力做功的情况来分析 ( http: / / www.21cnjy.com )电荷的电势能的变化这是在电场这一部分常用的方法，所以一定要掌握住电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加这个结论．
9．如图所示，在粗糙水平面上固定一点 ( http: / / www.21cnjy.com )电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中（ ）
A．小物块所受电场力逐渐减小
B．小物块具有的电势能逐渐减小
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
【考点】电势能；电场强度；电势．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】解决本题需要掌握：正确利用库伦 ( http: / / www.21cnjy.com )定律判断库仑力大小的变化；根据电场力做功判断电势能的变化；掌握如何判断电势的高低；正确利用功能关系分析物体功能的变化．
【解答】解：A、由于物块离电荷越来越远，根据可知小物块所受电场力越来越小，故A正确；
B、由于小物块由静止开始运动，因此一定受到库伦斥力作用，所以电场力对其做正功，电势能减小，故B正确；
C、由题只能判断物块和点电荷Q带同种电荷，而不能确定点电荷Q的电性，故不能判断M和N点电势的高低，故C错误；
D、由于小物块始末动能都为零，因此动能没有变化，故电场力所做正功和克服摩擦力做功相等，即电势能的变化和克服摩擦力做功相等，故D正确．
故选ABD．
【点评】本题考察知识点较多，有一定的综合性，平时要注意概念的理解，如电势高低判断，电势能变化和电场力做功关系，功能关系的应用等．
10．一个电子在静电场中运动，且只受电场力作用，则在一段时间内（ ）
A．电子的速率可能增大 B．电子的速率可能不变
C．电子的速率可能减小 D．电子一定作匀变速运动
【考点】电场强度；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】一个电子在静电场中运动，只受电场力作用，根据电场力方向与电子速度方向的关系，分析速率可能的变化．
【解答】解：
A、当所受电场力方向与速度方向相同或成锐角时，电场力做正功，电子的速率增大．故A正确．
B、当电场力提供向心力，电子可以做匀速圆周运动，速率不变．故B正确．
C、当所受电场力方向与速度方向相反或成钝角时，电场力做负功，电子的速率减小．故C正确．
D、电子只有在匀强电场中才可能匀变速运动，而在非匀强电场中做非匀变速运动．故D错误．
故选ABC
【点评】本题考查分析电子运动情况的能力，要考虑电场力方向与电子速度方向间各种可能的关系．
11．下列叙述中，正确的有（ ）
A．物体中只要有自由电荷在运动，就一定形成电流
B．电流是矢量，其方向就是正电荷运动的方向
C．金属导体中的电流是自由电子做定向移动形成的
D．电解液中的电流是正，负离子同时定向移动形成的
【考点】电流、电压概念．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】当导体两端存在电压时，导体中会产生电流；电流为方向为正电荷定向移动的方向．
【解答】解：A、自由电荷的定向移动才能形成电流；故A错误；
B、电流是标量，故B错误；
C、金属导体中只有自由电子可以移动，所以电流是自由电子做定向移动形成的；故C正确；
D、电解液中的正负离子都可以移动，所以电解液中的电流是正负离子同时做定向移动形成的；故D正确；
故选：CD．
【点评】本题考查电流的定义及电流的产生条件，要注意明确电流可以由正电荷形成，也可以由负电荷定向移动形成．
12．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（ ）
A．A灯变亮 B．B灯变亮
C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率增大
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】通过总电阻的变化，结合电源电动势和内阻不变，求出总电流的变化，从而得出外电压的变化，结合灯泡B电压的变化得出灯泡A电压的变化．
【解答】解：A、当滑动变阻器 ( http: / / www.21cnjy.com )的滑片P向左滑动时，总电阻增大，则总电流减小，所以B灯变暗；内电压减小，则外电压增大，灯泡B的电压减小，则并联部分的电压增大，则灯泡A变亮．故A正确，B错误．
C、电源的输出功率与内阻和 ( http: / / www.21cnjy.com )外阻的关系有关，当内阻小于外阻，外阻增大时，输出功率减小，当内阻大于外阻，外阻增大时，输出功率增大，外阻等于内阻时，电源的输出功率最大．故C正确．
D、根据P=EI知，电源的总功率减小．故D错误．
故选AC．
【点评】闭合电路的动态分析，抓住电源电动势和内阻不变，按照从局部到整体再到局部的方法进行分析．
13．锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使 ( http: / / www.21cnjy.com )用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（ ）
A．电能转化为化学能的功率为UI﹣I2r
B．充电器输出的电功率为UI+I2r
C．电池产生的热功率为I2r
D．充电器的充电效率为
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】电池的充电和放电过程是电能和化学能转化的过程，给电池充电是将电能转化为化学能储存在电池内，根据能量守恒定律列式求解．
【解答】解：A、电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI=I2r+P，故P=UI﹣I2r，故A正确
B、充电器输出的电功率为：UI，故B错误
C、电池产生的热功率为I2r．故C正确
D、充电器的充电效率为，故D错误
故选AC．
【点评】本题关键明确充电电路中的能量转化情况，同时要知道电路电阻消耗功率的计算符合焦耳定律．
三、填空题，本题每空3分，共30分．
14．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电 ( http: / / www.21cnjy.com )子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，则电子运动半径越大其加速度越 小 其周期越 大 线速度越 小 （填“大”或“小”）
【考点】库仑定律；向心力．
【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题．
【分析】根据库仑定律求出氢原子核与核外电子的库仑力．
根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较．
【解答】解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得
k=ma=m=mω2r=m
可得：a=，T=，v=，则半径越大，加速度越小，周期越大，线速度越小．
故答案为：小；大；小
【点评】能够根据题意找出氢原子核与核外电子的库仑力提供向心力，并列出等式求解．对于等效环形电流，以一个周期为研究过程求解．
15．将一正电荷从无穷远处移入电场中M点，电 ( http: / / www.21cnjy.com )势能减少了8.0×10﹣9 J．若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10﹣9 J．则电势φM 大于 φN（填“大于”“等于”或“小于”）
【考点】电势能．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场力做功与电荷电势能变化的关系，由电场力做功情况分析电荷电势能的变化，判断电势高低．
【解答】解：正电荷从无穷处移 ( http: / / www.21cnjy.com )向电场中M点，电势能减小8.0×10﹣9 J，电场力做正功为8.0×10﹣9J，则M点的电势低于无穷远的电势，即φM＜0．
负电荷从从无穷远移入电场中的N点，电势能增加，电场力做负功为9.0×10﹣9J，则N点的电势低于无穷远的电势，即φN＜0．
由于两电荷电量相等，根据U=知，从无穷远移入电场中的N点，电场力做功较大，N点与无穷远间的电势差较大，则N点的电势低于M点的电势，
即得到φN＜φM＜0；
故答案为：大于．
【点评】本题也可以画出电场线，标 ( http: / / www.21cnjy.com )出M、N两点在电场线上大致位置，再判断电势的高低，注意电势能增加，则电场力做负功，若电势能减小，则电场力做正功．
16．有三个质量分别为5M、3M、2M的小 ( http: / / www.21cnjy.com )球A、B、C，其中B球带正电Q，其余两球不带电，用足够长的不会伸长的绝缘线连接，均置于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E，如图所示，释放A球，让三球由静止落下，下落一小段时间（球不相碰），此时三球的加速度大小分别为：aA g+ ，aB g+ ，aC g ；此时A、B间线的张力F= ．
【考点】匀强电场；牛顿第二定律．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】A球被释放，由于电场力作用AB ( http: / / www.21cnjy.com )具有相同的向下加速度a，且加速度a大于重力加速度g，故BC段绳子松弛无弹力作用，采用整体法和隔离法及牛顿第二定律求加速度，处理AB间的相互作用力即可．
【解答】解：A释放时，由于B带电受向下的电场力作用，使AB向下加速运动，由于电场力作用加速度向下且大于g，故此时BC绳间无作用力，所以
以AB整体为研究对象，整体所受合力F合=5mg+3mg+qE
AB整体的加速度a==g+
C只受重力，故加速度为g
对A运用牛顿第二定律
A球所受合力FA=5mg+T
A 球产生的加速度aA=g+
根据牛顿第二定律有：FA=maA
代入得5mg+T=5m（g+）
整理得：T=
故答案为：g+，g+，g，
【点评】会采用整体法和隔离法求相互作用的物体间的作用力是解决本题的关键．
17．如图所示，匀强电场中A、B、 ( http: / / www.21cnjy.com )C三点，它们的边线构成一个直角三角形，AB=0.12m，AC=0.05m，把一电荷量q=﹣1.0×10﹣8C的点电荷从B点移到C点，电场力做功5.0×10﹣7J；把该点电荷从B点移到A点，电场力做功仍为5.0×10﹣7J，由此可知，电场强度的方向为 由A指向B ，电场强度大小为 417 V/m，B、C两点间的电势差为 50 V．
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】使用公式W=qU可求电势差；由于两次做功相同，即AC为等势面，电场线与等势面垂直，则AB为电场线方向，利用U=Ed即可求解
【解答】解：由于电荷从B到C和从B到A电场力做功相同，故AC为等势面，故电场线方向由A指向B；
场强大小为：
BC间电势差为：
故答案为：由A指向B，417，50
【点评】本题的关键在于确定AC为等势面，并且能熟练使用电功及场强与电势差关系公式
18．用多用电表测量如图所示的电 ( http: / / www.21cnjy.com )路中通过灯泡的电流时，首先把选择开关拨到 直流电流 挡，然后把多用电表 串 联在电路中，则电流应从 红 表笔流入，从 黑 表笔流出．
【考点】用多用电表测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】用多用电表测电流时，选择开关要达到电流档，多用电表要串联在待测电路中，电流从多用电表的红表笔流入，黑表笔流出．
【解答】解：用多用电表测量如图所示的电 ( http: / / www.21cnjy.com )路中通过灯泡的电流时，首先把选择开关拨到直流电流挡，然后把多用电表串联在电路中，则电流应从红表笔流入，从黑表笔流出．
故答案为：直流电流；串；红；黑．
【点评】本题考查了用多用电表测电流的方法，多用电表可以测电压、电流与电阻等，要掌握多用电表的使用方法与主要事项．
四、计算题（19、20、21小题，每题12分，22题9分，共45分．）
19．如图所示，R1=4Ω、R2=6Ω、R3=3Ω整个装置接在6V的恒压源上，则
（1）R1两端的电压为多少？
（2）R2中通过的电流为多少？
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】计算题；定量思想；比例法；恒定电流专题．
【分析】（1）先求出R2与R3并联电阻，再由串联电路分压规律，由比例法求R1两端的电压．
（2）根据R2的电压，由欧姆定律求R2中通过的电流．
【解答】解：（1）R2与R3并联电阻为 R并==2Ω
则R1两端的电压为 U1=U=×6V=4V
（2）R2两端的电压为 U2=U﹣U1=2V
R2中通过的电流为 I2==A≈0.33A
答：（1）R1两端的电压为4V．
（2）R2中通过的电流为0.33A．
【点评】本题首先要认识电路的结构，弄清各部分的连接方式，再由欧姆定律和比例法研究．
20．如图所示，半径为r的绝缘细圆 ( http: / / www.21cnjy.com )环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：
（1）速度vA的大小；
（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力．
【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力；动量定理；电场强度．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）小球受重力、支持力、电场力，小球受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；
（2）先对从A到B过程运用动能定理列式求解，得出小球经过B点时的速度，然后受力分析，根据支持力和电场力的合力提供向心力列式求解支持力．
【解答】解：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：
所以小球在A点的速度．
（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即 ，
小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有
解以上两式，得到：NB=6qE
故根据牛顿第三定律，小球在B点对环的水平作用力为：NB′=NB=6qE．
【点评】本题关键是找出向心力来源，根据牛顿第二定律列方程求解；同时可以对小球的运动过程运用动能定理列式．
21．规格为“8V、4W”的小灯泡与 ( http: / / www.21cnjy.com )小型直流电动机（其线圈内阻为r0=0.4Ω）并联后，与电阻r=0.5Ω串联后，接至电压为10V的恒压源上，小灯泡恰好正常发光，求：
（1）通过小灯泡的电流和电阻r上的电压．
（2）电路中的总电流和通过电动机D的电流．
（3）电动机的输入功率，发热功率和电动机的输出功率．
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】计算题；定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】（1）根据灯泡正常发光，根据额定功率可求得流过灯泡的电流及灯泡两端的电压；再由串联电路分压规律可求得r两端的电压；
（2）根据欧姆定律可求得流过r的电流，即为总电流；再根据并联电路规律可求得流过电动机的电流；
（3）根据功率公式可求得输入功率及热功率，再根据能量关系可求得输入功率．
【解答】解：（1）灯泡正常发光，并联部分电压为8V；
由P=UI可知，通过电流IL==A=0.5A；
由串并联电路规律可知，电阻r两端的电压Ur=10﹣8=2V；
（2）电路中的总电流I===4A；
通过电动机的电流ID=I﹣IL=4﹣0.5=3.5A；
（3）电动机的输入功率P入=UID=8×3.5=28W；
发热功率P热=ID2r0=（3.5）2×0.4=4.9W；
电动机的输出功率P出=P入﹣P热=28﹣4.9=23.1W；
答：（1）通过小灯泡的电流和电阻r上的电压分别为0.5A和2V；
（2）电路中的总电流为4A； 通过电动机D的电流为3.5A；
（3）电动机的输入功率为28W，发热功率为4.9W；电动机的输出功率为23.1W．
【点评】本题考查功率公式及串并联电路的规律，要注意首先明确电路结构，根据题意灵活选择功率公式进行分析求解．
22．两块水平平行放置的导体板如图1所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：
（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值分别是多少？
（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）作出电子在 ( http: / / www.21cnjy.com )t=0时和t=t0时进入电场的v﹣t图象进行分析值，从t=0时刻进入侧向位移最大，从t=t0时进入侧向偏移最小．结合牛顿第二定律和运动学公式求出侧向最大位移和最小位移．
（2）根据动能定理求出经加速电场加 ( http: / / www.21cnjy.com )速后进入偏转电场时的初动能，然后分别求出粒子出偏转电场时竖直方向上的分速度，结合 水平分速度和竖直分速度求出末动能之比．
【解答】解：画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v﹣t图象进行分析
（1）竖直方向的分速度：v1y=t0，v2y=×2t0=，
侧向最大位移：symax=2（t0+v1yt0）=，
侧向最小位移：symin=t0+v1yt0=d，
解得：d=t0，则：symax=，symin=；
（2）由此得：v1y2=（t0）2=，v2y2=（2t0）2=，
而v02=，
所以 ==；
答：（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是、；
（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为．
【点评】解决本题的关键知 ( http: / / www.21cnjy.com )道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止．
一、本题共7小题；每小题3分，共21分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，有选错或不答的得0分．
1．一个平行板电容器与电池相连，充电后在不断开电源的情况下，用绝缘的工具把电容器的两金属板拉开一些距离，这会使（ ）
A．电容器中电量增加
B．电容器的电容量增加
C．电容器中的电场强度减小
D．电容器的两极板的电势差略有下降
2．关于点电荷的下列说法中不正确的是（ ）
A．真正的点电荷是不存在的
B．点电荷是一种理想模型
C．足够小的电荷就是点电荷
D．带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对问题的影响是否可以忽略不计
3．如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）
A．O点的电场强度为零，电势最高
B．O点的电场强度为零，电势最低
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
4．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之 ( http: / / www.21cnjy.com )比为l1：l2=1：5，横截面积之比为S1：S2=2：3，电阻之比为R1：R2=2：5，外加电压之比为U1：U2=1：2，则它们的电阻率之比为（ ）
A．2：3 B．4：3 C．3：4 D．8：3
5．某种材料的导体，其I﹣U图象如图所示，图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．下列说法正确的是（ ）
A．导体的电功率随电压U的增大而增大
B．导体的电阻随电压U的增大而增大
C．在A点，导体的电阻为tanα
D．在A点，导体的电阻为tanβ
6．如图所示，给定两标有“110V，40W ( http: / / www.21cnjy.com )”的灯泡L1和标有“110V，100W”的灯泡L2及一只最大阻值500Ω的滑动变阻器，将它们接在220V的电路中，A、B、C、D所示的四种接法中，最合理的是哪一种（ ）
A． B． C． D．
7．在图甲所示的电路中，电源的电动势为3. ( http: / / www.21cnjy.com )0V，内阻不计，灯L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L1的电流为灯泡L2的电流2倍
B．灯泡L1的电阻为7.5Ω
C．灯泡L2消耗的电功率为0.75W
D．灯泡L3消耗的电功率为0.30W
二、本题共6小题；每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．
8．如图为一条电场线，可以判定（ ）
A．该电场一定是匀强电场
B．A点电势一定低于B点电势
C．负电荷放在B点的电势能比放在A点大
D．负电荷放在B点的电势能比放在A点小
9．如图所示，在粗糙水平面 ( http: / / www.21cnjy.com )上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中（ ）
A．小物块所受电场力逐渐减小
B．小物块具有的电势能逐渐减小
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
10．一个电子在静电场中运动，且只受电场力作用，则在一段时间内（ ）
A．电子的速率可能增大 B．电子的速率可能不变
C．电子的速率可能减小 D．电子一定作匀变速运动
11．下列叙述中，正确的有（ ）
A．物体中只要有自由电荷在运动，就一定形成电流
B．电流是矢量，其方向就是正电荷运动的方向
C．金属导体中的电流是自由电子做定向移动形成的
D．电解液中的电流是正，负离子同时定向移动形成的
12．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（ ）
A．A灯变亮 B．B灯变亮
C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率增大
13．锂电池因能量密度高、绿色环保而广 ( http: / / www.21cnjy.com )泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（ ）
A．电能转化为化学能的功率为UI﹣I2r
B．充电器输出的电功率为UI+I2r
C．电池产生的热功率为I2r
D．充电器的充电效率为
三、填空题，本题每空3分，共30分．
14．某原子电离后其核外只有一个电 ( http: / / www.21cnjy.com )子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，则电子运动半径越大其加速度越 其周期越 线速度越 （填“大”或“小”）
15．将一正电荷从无穷远处移入电场 ( http: / / www.21cnjy.com )中M点，电势能减少了8.0×10﹣9 J．若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10﹣9 J．则电势φM φN（填“大于”“等于”或“小于”）
16．有三个质量分别为5M、3M、2M的小球 ( http: / / www.21cnjy.com )A、B、C，其中B球带正电Q，其余两球不带电，用足够长的不会伸长的绝缘线连接，均置于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E，如图所示，释放A球，让三球由静止落下，下落一小段时间（球不相碰），此时三球的加速度大小分别为：aA ，aB ，aC ；此时A、B间线的张力F= ．
17．如图所示，匀强电场中 ( http: / / www.21cnjy.com )A、B、C三点，它们的边线构成一个直角三角形，AB=0.12m，AC=0.05m，把一电荷量q=﹣1.0×10﹣8C的点电荷从B点移到C点，电场力做功5.0×10﹣7J；把该点电荷从B点移到A点，电场力做功仍为5.0×10﹣7J，由此可知，电场强度的方向为 ，电场强度大小为 V/m，B、C两点间的电势差为 V．
18．用多用电表测量如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示的电路中通过灯泡的电流时，首先把选择开关拨到 挡，然后把多用电表 联在电路中，则电流应从 表笔流入，从 表笔流出．
四、计算题（19、20、21小题，每题12分，22题9分，共45分．）
19．如图所示，R1=4Ω、R2=6Ω、R3=3Ω整个装置接在6V的恒压源上，则
（1）R1两端的电压为多少？
（2）R2中通过的电流为多少？
20．如图所示，半径为r的绝缘细圆环的 ( http: / / www.21cnjy.com )环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：
（1）速度vA的大小；
（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力．
21．规格为“8V、4W”的小灯泡与小 ( http: / / www.21cnjy.com )型直流电动机（其线圈内阻为r0=0.4Ω）并联后，与电阻r=0.5Ω串联后，接至电压为10V的恒压源上，小灯泡恰好正常发光，求：
（1）通过小灯泡的电流和电阻r上的电压．
（2）电路中的总电流和通过电动机D的电流．
（3）电动机的输入功率，发热功率和电动机的输出功率．
22．两块水平平行放置的导体板如图 ( http: / / www.21cnjy.com )1所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：
（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值分别是多少？
（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？
2015-2016学年江苏省南京市溧水高中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、本题共7小题；每小题3分，共21分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，有选错或不答的得0分．
1．一个平行板电容器与电池相连，充电后在不断开电源的情况下，用绝缘的工具把电容器的两金属板拉开一些距离，这会使（ ）
A．电容器中电量增加
B．电容器的电容量增加
C．电容器中的电场强度减小
D．电容器的两极板的电势差略有下降
【考点】电容器的动态分析．
【专题】电容器专题．
【分析】电容器充电后在不断开电源的情况下，板间电压不变．根据电容的决定式C=，分析电容的变化，
再由电容的定义式C= 分析电量的变化，由E=分析板间电场强度的变化．
【解答】解：
A、根据电容的决定式C=，分析可知，电 ( http: / / www.21cnjy.com )容与板间距离成反比，当把两金属板拉开一些距离，电容减小，电容器充电后在不断开电源的情况下，电容器板间电压不变，而电容减小，根据Q=CU知电容器的电量减小，故ABD错误．
C、根据E= 可知：U不变，d增大，所以板间场强减小．故C正确．
故选：C．
【点评】本题要抓住电容的决定式，明确电容与板间距离的关系．还可以进一步研究板间电压、电场强度等物理量的变化情况．
要熟练推导出板间场强公式E=，知道E与d无关，这是常用的结论，要理解并牢固掌握．
2．关于点电荷的下列说法中不正确的是（ ）
A．真正的点电荷是不存在的
B．点电荷是一种理想模型
C．足够小的电荷就是点电荷
D．带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对问题的影响是否可以忽略不计
【考点】元电荷、点电荷．
【专题】常规题型．
【分析】当带电体间的距离比它们自身的 ( http: / / www.21cnjy.com )大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做带电的点．
【解答】解：A、点电荷是理解化的物理模型，真正的点电荷是不存在的，故AB正确；
C、体积很小或很大的带电体在一定的条件 ( http: / / www.21cnjy.com )下都可以看成点电荷，只要满足如下条件：当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，其大小和形状可忽略不计，可以看成点电荷处理．故C错误，D正确；
本题选不正确的，故选：C．
【点评】本题考查对点电荷的理解能力．点电荷是理解化的物理模型，与力学中质点模型类似．
3．如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）
A．O点的电场强度为零，电势最高
B．O点的电场强度为零，电势最低
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
【考点】电势；电场强度．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】圆环上均匀分布着负电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．
【解答】解：AB、圆环上均匀分 ( http: / / www.21cnjy.com )布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最低，故A错误，B正确；
CD、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向左，电势升高，故C错误，D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．
4．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度 ( http: / / www.21cnjy.com )之比为l1：l2=1：5，横截面积之比为S1：S2=2：3，电阻之比为R1：R2=2：5，外加电压之比为U1：U2=1：2，则它们的电阻率之比为（ ）
A．2：3 B．4：3 C．3：4 D．8：3
【考点】电阻定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】知道影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，导体的电阻大小为：R=．
【解答】解：根据电阻的决定式R=ρ得：ρ=；
则： =××5=，故ACD 错误，B正确．
故选：B．
【点评】本题考查了电阻定律，利用其变形式，带入即可求解，注意电压之比为干扰数据．
5．某种材料的导体，其I﹣U图象如图所示，图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．下列说法正确的是（ ）
A．导体的电功率随电压U的增大而增大
B．导体的电阻随电压U的增大而增大
C．在A点，导体的电阻为tanα
D．在A点，导体的电阻为tanβ
【考点】电功、电功率．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】根据图线对应的横纵坐标确定的矩形面 ( http: / / www.21cnjy.com )积的变化判断电功率的变化．根据由判断电功率与电压U的关系．图线切线斜率不等于倾角的正切值的倒数．
【解答】解：A、由图象知，U增大，电流I增大，该导体的电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积，则电功率增大．故A正确．
B、由欧姆定律知，导体的电阻R=，随着U增大，I增大得越来越快，故导体的电阻R随U的增大而减小，故B错误；
C、在物理图象上，图象的倾角 ( http: / / www.21cnjy.com )决定于标度的选取，不能用倾角的正切求斜率．且弯曲的伏安特性曲线本身误差较大，故不能用正切值来表示电阻；只能用坐标的比值和欧姆定律求解；故导体电阻R=；故CD错误．
故选：A．
【点评】解决本题的关键知道电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积．以及知道在I﹣U图象中导体的电阻等于对应的横坐标与纵坐标的比值．
6．如图所示，给定两标有“110V，4 ( http: / / www.21cnjy.com )0W”的灯泡L1和标有“110V，100W”的灯泡L2及一只最大阻值500Ω的滑动变阻器，将它们接在220V的电路中，A、B、C、D所示的四种接法中，最合理的是哪一种（ ）
A． B． C． D．
【考点】串联电路和并联电路．
【专题】恒定电流专题．
【分析】在该电路中，既要保证两灯泡都正 ( http: / / www.21cnjy.com )常发光，又要保证消耗的功率最小．运用排除法，先判断哪些电路不能正常发光，在正常发光的情况下，抓住整个电路消耗的功率等于各用电器消耗的功率之和求出总功率，去功率最小的电路．
【解答】解：A、C、在A电路中，灯泡1的 ( http: / / www.21cnjy.com )额定电流I1=A=A，灯泡2的额定电流I2=A=A，灯泡2能正常发光，则灯泡1就会烧掉．A电路不能保证两灯泡正常发光．在C电路中，两灯泡串联，则两灯泡电流相等，不能保证两灯泡都正常发光．故AC均错误．
B、D、在B电路中，两灯泡正常发光时，通过R ( http: / / www.21cnjy.com )的电流为A，R与L1并联，电压相等，根据P=UI，所以功率之比等于电流之比，为3：2．则R上消耗的功率为60W，则整个电路的总功率P=60+40+100W=200W．在D电路中，两灯泡正常发光，则通过R的电流等于两灯泡额定电流之和，为A，两灯泡的并联电压为110V，则R上的电压为110V，根据P=UI，知电阻R上消耗的功率与两个灯泡消耗的功率相等，所以整个电路的总功率P=（40+100）×2W=280W．所以B电路消耗的功率小．故B正确，D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键知道在混联电路中，总功率等于各电阻消耗的功率之和，会根据功率的公式求出额定电流，判断灯泡能否正常发光．
7．在图甲所示的电路中，电源的电动势 ( http: / / www.21cnjy.com )为3.0V，内阻不计，灯L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L1的电流为灯泡L2的电流2倍
B．灯泡L1的电阻为7.5Ω
C．灯泡L2消耗的电功率为0.75W
D．灯泡L3消耗的电功率为0.30W
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】当开关闭合后，灯泡L1的电压等 ( http: / / www.21cnjy.com )于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电阻．
【解答】解：A、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，所以，故A错误；
B、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1=Ω，故B错误；
C、L2消耗的功率P2=I2U2=0.3W，故C错误．
D、L3消耗的功率P3=I3U3=0.3W，故D正确．
故选D
【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压．读图能力是基本功．
二、本题共6小题；每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．
8．如图为一条电场线，可以判定（ ）
A．该电场一定是匀强电场
B．A点电势一定低于B点电势
C．负电荷放在B点的电势能比放在A点大
D．负电荷放在B点的电势能比放在A点小
【考点】电场线．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出， ( http: / / www.21cnjy.com )到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．当电场力做正功时，电势能减小，当电场力做负功时，电势能增加．
【解答】解：A、由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，也就不能判断电场强度的情况，所以A错误；
B、根据沿电场线的方向，电势降低，可以知道，A点电势一定高于B点电势，所以B错误；
C、负电荷从A运动到B的过程中，电场力做负功，电荷的电势能增加，所以负电荷放在B点的电势能比放在A点大，所以C正确，D错误；
故选C．
【点评】根据电场力做功的情况来分析 ( http: / / www.21cnjy.com )电荷的电势能的变化这是在电场这一部分常用的方法，所以一定要掌握住电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加这个结论．
9．如图所示，在粗糙水平面上固定一点 ( http: / / www.21cnjy.com )电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中（ ）
A．小物块所受电场力逐渐减小
B．小物块具有的电势能逐渐减小
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
【考点】电势能；电场强度；电势．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】解决本题需要掌握：正确利用库伦 ( http: / / www.21cnjy.com )定律判断库仑力大小的变化；根据电场力做功判断电势能的变化；掌握如何判断电势的高低；正确利用功能关系分析物体功能的变化．
【解答】解：A、由于物块离电荷越来越远，根据可知小物块所受电场力越来越小，故A正确；
B、由于小物块由静止开始运动，因此一定受到库伦斥力作用，所以电场力对其做正功，电势能减小，故B正确；
C、由题只能判断物块和点电荷Q带同种电荷，而不能确定点电荷Q的电性，故不能判断M和N点电势的高低，故C错误；
D、由于小物块始末动能都为零，因此动能没有变化，故电场力所做正功和克服摩擦力做功相等，即电势能的变化和克服摩擦力做功相等，故D正确．
故选ABD．
【点评】本题考察知识点较多，有一定的综合性，平时要注意概念的理解，如电势高低判断，电势能变化和电场力做功关系，功能关系的应用等．
10．一个电子在静电场中运动，且只受电场力作用，则在一段时间内（ ）
A．电子的速率可能增大 B．电子的速率可能不变
C．电子的速率可能减小 D．电子一定作匀变速运动
【考点】电场强度；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】一个电子在静电场中运动，只受电场力作用，根据电场力方向与电子速度方向的关系，分析速率可能的变化．
【解答】解：
A、当所受电场力方向与速度方向相同或成锐角时，电场力做正功，电子的速率增大．故A正确．
B、当电场力提供向心力，电子可以做匀速圆周运动，速率不变．故B正确．
C、当所受电场力方向与速度方向相反或成钝角时，电场力做负功，电子的速率减小．故C正确．
D、电子只有在匀强电场中才可能匀变速运动，而在非匀强电场中做非匀变速运动．故D错误．
故选ABC
【点评】本题考查分析电子运动情况的能力，要考虑电场力方向与电子速度方向间各种可能的关系．
11．下列叙述中，正确的有（ ）
A．物体中只要有自由电荷在运动，就一定形成电流
B．电流是矢量，其方向就是正电荷运动的方向
C．金属导体中的电流是自由电子做定向移动形成的
D．电解液中的电流是正，负离子同时定向移动形成的
【考点】电流、电压概念．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】当导体两端存在电压时，导体中会产生电流；电流为方向为正电荷定向移动的方向．
【解答】解：A、自由电荷的定向移动才能形成电流；故A错误；
B、电流是标量，故B错误；
C、金属导体中只有自由电子可以移动，所以电流是自由电子做定向移动形成的；故C正确；
D、电解液中的正负离子都可以移动，所以电解液中的电流是正负离子同时做定向移动形成的；故D正确；
故选：CD．
【点评】本题考查电流的定义及电流的产生条件，要注意明确电流可以由正电荷形成，也可以由负电荷定向移动形成．
12．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（ ）
A．A灯变亮 B．B灯变亮
C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率增大
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】通过总电阻的变化，结合电源电动势和内阻不变，求出总电流的变化，从而得出外电压的变化，结合灯泡B电压的变化得出灯泡A电压的变化．
【解答】解：A、当滑动变阻器 ( http: / / www.21cnjy.com )的滑片P向左滑动时，总电阻增大，则总电流减小，所以B灯变暗；内电压减小，则外电压增大，灯泡B的电压减小，则并联部分的电压增大，则灯泡A变亮．故A正确，B错误．
C、电源的输出功率与内阻和 ( http: / / www.21cnjy.com )外阻的关系有关，当内阻小于外阻，外阻增大时，输出功率减小，当内阻大于外阻，外阻增大时，输出功率增大，外阻等于内阻时，电源的输出功率最大．故C正确．
D、根据P=EI知，电源的总功率减小．故D错误．
故选AC．
【点评】闭合电路的动态分析，抓住电源电动势和内阻不变，按照从局部到整体再到局部的方法进行分析．
13．锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使 ( http: / / www.21cnjy.com )用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（ ）
A．电能转化为化学能的功率为UI﹣I2r
B．充电器输出的电功率为UI+I2r
C．电池产生的热功率为I2r
D．充电器的充电效率为
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】电池的充电和放电过程是电能和化学能转化的过程，给电池充电是将电能转化为化学能储存在电池内，根据能量守恒定律列式求解．
【解答】解：A、电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI=I2r+P，故P=UI﹣I2r，故A正确
B、充电器输出的电功率为：UI，故B错误
C、电池产生的热功率为I2r．故C正确
D、充电器的充电效率为，故D错误
故选AC．
【点评】本题关键明确充电电路中的能量转化情况，同时要知道电路电阻消耗功率的计算符合焦耳定律．
三、填空题，本题每空3分，共30分．
14．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电 ( http: / / www.21cnjy.com )子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，则电子运动半径越大其加速度越 小 其周期越 大 线速度越 小 （填“大”或“小”）
【考点】库仑定律；向心力．
【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题．
【分析】根据库仑定律求出氢原子核与核外电子的库仑力．
根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较．
【解答】解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得
k=ma=m=mω2r=m
可得：a=，T=，v=，则半径越大，加速度越小，周期越大，线速度越小．
故答案为：小；大；小
【点评】能够根据题意找出氢原子核与核外电子的库仑力提供向心力，并列出等式求解．对于等效环形电流，以一个周期为研究过程求解．
15．将一正电荷从无穷远处移入电场中M点，电 ( http: / / www.21cnjy.com )势能减少了8.0×10﹣9 J．若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10﹣9 J．则电势φM 大于 φN（填“大于”“等于”或“小于”）
【考点】电势能．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场力做功与电荷电势能变化的关系，由电场力做功情况分析电荷电势能的变化，判断电势高低．
【解答】解：正电荷从无穷处移 ( http: / / www.21cnjy.com )向电场中M点，电势能减小8.0×10﹣9 J，电场力做正功为8.0×10﹣9J，则M点的电势低于无穷远的电势，即φM＜0．
负电荷从从无穷远移入电场中的N点，电势能增加，电场力做负功为9.0×10﹣9J，则N点的电势低于无穷远的电势，即φN＜0．
由于两电荷电量相等，根据U=知，从无穷远移入电场中的N点，电场力做功较大，N点与无穷远间的电势差较大，则N点的电势低于M点的电势，
即得到φN＜φM＜0；
故答案为：大于．
【点评】本题也可以画出电场线，标 ( http: / / www.21cnjy.com )出M、N两点在电场线上大致位置，再判断电势的高低，注意电势能增加，则电场力做负功，若电势能减小，则电场力做正功．
16．有三个质量分别为5M、3M、2M的小 ( http: / / www.21cnjy.com )球A、B、C，其中B球带正电Q，其余两球不带电，用足够长的不会伸长的绝缘线连接，均置于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E，如图所示，释放A球，让三球由静止落下，下落一小段时间（球不相碰），此时三球的加速度大小分别为：aA g+ ，aB g+ ，aC g ；此时A、B间线的张力F= ．
【考点】匀强电场；牛顿第二定律．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】A球被释放，由于电场力作用AB ( http: / / www.21cnjy.com )具有相同的向下加速度a，且加速度a大于重力加速度g，故BC段绳子松弛无弹力作用，采用整体法和隔离法及牛顿第二定律求加速度，处理AB间的相互作用力即可．
【解答】解：A释放时，由于B带电受向下的电场力作用，使AB向下加速运动，由于电场力作用加速度向下且大于g，故此时BC绳间无作用力，所以
以AB整体为研究对象，整体所受合力F合=5mg+3mg+qE
AB整体的加速度a==g+
C只受重力，故加速度为g
对A运用牛顿第二定律
A球所受合力FA=5mg+T
A 球产生的加速度aA=g+
根据牛顿第二定律有：FA=maA
代入得5mg+T=5m（g+）
整理得：T=
故答案为：g+，g+，g，
【点评】会采用整体法和隔离法求相互作用的物体间的作用力是解决本题的关键．
17．如图所示，匀强电场中A、B、 ( http: / / www.21cnjy.com )C三点，它们的边线构成一个直角三角形，AB=0.12m，AC=0.05m，把一电荷量q=﹣1.0×10﹣8C的点电荷从B点移到C点，电场力做功5.0×10﹣7J；把该点电荷从B点移到A点，电场力做功仍为5.0×10﹣7J，由此可知，电场强度的方向为 由A指向B ，电场强度大小为 417 V/m，B、C两点间的电势差为 50 V．
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】使用公式W=qU可求电势差；由于两次做功相同，即AC为等势面，电场线与等势面垂直，则AB为电场线方向，利用U=Ed即可求解
【解答】解：由于电荷从B到C和从B到A电场力做功相同，故AC为等势面，故电场线方向由A指向B；
场强大小为：
BC间电势差为：
故答案为：由A指向B，417，50
【点评】本题的关键在于确定AC为等势面，并且能熟练使用电功及场强与电势差关系公式
18．用多用电表测量如图所示的电 ( http: / / www.21cnjy.com )路中通过灯泡的电流时，首先把选择开关拨到 直流电流 挡，然后把多用电表 串 联在电路中，则电流应从 红 表笔流入，从 黑 表笔流出．
【考点】用多用电表测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】用多用电表测电流时，选择开关要达到电流档，多用电表要串联在待测电路中，电流从多用电表的红表笔流入，黑表笔流出．
【解答】解：用多用电表测量如图所示的电 ( http: / / www.21cnjy.com )路中通过灯泡的电流时，首先把选择开关拨到直流电流挡，然后把多用电表串联在电路中，则电流应从红表笔流入，从黑表笔流出．
故答案为：直流电流；串；红；黑．
【点评】本题考查了用多用电表测电流的方法，多用电表可以测电压、电流与电阻等，要掌握多用电表的使用方法与主要事项．
四、计算题（19、20、21小题，每题12分，22题9分，共45分．）
19．如图所示，R1=4Ω、R2=6Ω、R3=3Ω整个装置接在6V的恒压源上，则
（1）R1两端的电压为多少？
（2）R2中通过的电流为多少？
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】计算题；定量思想；比例法；恒定电流专题．
【分析】（1）先求出R2与R3并联电阻，再由串联电路分压规律，由比例法求R1两端的电压．
（2）根据R2的电压，由欧姆定律求R2中通过的电流．
【解答】解：（1）R2与R3并联电阻为 R并==2Ω
则R1两端的电压为 U1=U=×6V=4V
（2）R2两端的电压为 U2=U﹣U1=2V
R2中通过的电流为 I2==A≈0.33A
答：（1）R1两端的电压为4V．
（2）R2中通过的电流为0.33A．
【点评】本题首先要认识电路的结构，弄清各部分的连接方式，再由欧姆定律和比例法研究．
20．如图所示，半径为r的绝缘细圆 ( http: / / www.21cnjy.com )环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：
（1）速度vA的大小；
（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力．
【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力；动量定理；电场强度．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）小球受重力、支持力、电场力，小球受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；
（2）先对从A到B过程运用动能定理列式求解，得出小球经过B点时的速度，然后受力分析，根据支持力和电场力的合力提供向心力列式求解支持力．
【解答】解：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：
所以小球在A点的速度．
（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即 ，
小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有
解以上两式，得到：NB=6qE
故根据牛顿第三定律，小球在B点对环的水平作用力为：NB′=NB=6qE．
【点评】本题关键是找出向心力来源，根据牛顿第二定律列方程求解；同时可以对小球的运动过程运用动能定理列式．
21．规格为“8V、4W”的小灯泡与 ( http: / / www.21cnjy.com )小型直流电动机（其线圈内阻为r0=0.4Ω）并联后，与电阻r=0.5Ω串联后，接至电压为10V的恒压源上，小灯泡恰好正常发光，求：
（1）通过小灯泡的电流和电阻r上的电压．
（2）电路中的总电流和通过电动机D的电流．
（3）电动机的输入功率，发热功率和电动机的输出功率．
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】计算题；定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】（1）根据灯泡正常发光，根据额定功率可求得流过灯泡的电流及灯泡两端的电压；再由串联电路分压规律可求得r两端的电压；
（2）根据欧姆定律可求得流过r的电流，即为总电流；再根据并联电路规律可求得流过电动机的电流；
（3）根据功率公式可求得输入功率及热功率，再根据能量关系可求得输入功率．
【解答】解：（1）灯泡正常发光，并联部分电压为8V；
由P=UI可知，通过电流IL==A=0.5A；
由串并联电路规律可知，电阻r两端的电压Ur=10﹣8=2V；
（2）电路中的总电流I===4A；
通过电动机的电流ID=I﹣IL=4﹣0.5=3.5A；
（3）电动机的输入功率P入=UID=8×3.5=28W；
发热功率P热=ID2r0=（3.5）2×0.4=4.9W；
电动机的输出功率P出=P入﹣P热=28﹣4.9=23.1W；
答：（1）通过小灯泡的电流和电阻r上的电压分别为0.5A和2V；
（2）电路中的总电流为4A； 通过电动机D的电流为3.5A；
（3）电动机的输入功率为28W，发热功率为4.9W；电动机的输出功率为23.1W．
【点评】本题考查功率公式及串并联电路的规律，要注意首先明确电路结构，根据题意灵活选择功率公式进行分析求解．
22．两块水平平行放置的导体板如图1所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：
（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值分别是多少？
（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）作出电子在 ( http: / / www.21cnjy.com )t=0时和t=t0时进入电场的v﹣t图象进行分析值，从t=0时刻进入侧向位移最大，从t=t0时进入侧向偏移最小．结合牛顿第二定律和运动学公式求出侧向最大位移和最小位移．
（2）根据动能定理求出经加速电场加 ( http: / / www.21cnjy.com )速后进入偏转电场时的初动能，然后分别求出粒子出偏转电场时竖直方向上的分速度，结合 水平分速度和竖直分速度求出末动能之比．
【解答】解：画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v﹣t图象进行分析
（1）竖直方向的分速度：v1y=t0，v2y=×2t0=，
侧向最大位移：symax=2（t0+v1yt0）=，
侧向最小位移：symin=t0+v1yt0=d，
解得：d=t0，则：symax=，symin=；
（2）由此得：v1y2=（t0）2=，v2y2=（2t0）2=，
而v02=，
所以 ==；
答：（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是、；
（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为．
【点评】解决本题的关键知 ( http: / / www.21cnjy.com )道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止．
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