1、1关于元电荷，下列说法中正确的是()A 元电荷实质上是指电子本身B 元电荷实质上是指质子本身C 元电荷的值通常取e1.6010-19CD 元电荷e的数值最早是由物理学家库仑用实验测得的2关于库仑定律，下列说法正确的是()A 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B 根据Fk，可知当两电荷间的距离趋近于零时，库仑力将趋向无穷大C 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的库仑力大于q2对q1的库仑力D 库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是与距离平方成反比的定律3如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极之间的电势差，现使A板带正电，B板带负电，则下列说法正确的是
2、（ ）A 将B板稍微向右移，静电计指针张角将变小B 若将B板稍微向上移，静电计指针张角将变小C 若将B板拿走，静电计指针张角变为零D 若将玻璃板插入两极板之间，静电计指针张角将变大4关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（ ）A 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B 由R=U/I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D 某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零，这种现象叫做超导现象5如图所示，完全相同的金属小球A和
3、B带有等量异种电荷，中间连有一轻质绝缘弹簧，放在光滑的水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0，现将不带电的与A、B完全相同的另一个小球C与A 接触一下，然后拿走C，待AB重新平衡后弹簧的压缩量为x，则（ ）A x=x0/2 B x>x0/2 C xr，所以弹簧压缩量小于原来的一半，要比x0小，故C正确，ABD错误。故选：C。6BCD【解析】先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化由库仑定律分析两球之间
4、的距离如何变化A、B、C以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1=mAgtan，将小球B向左推动少许时减小，则N1减小再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F=N1N2=（mA+mB）g则F减小，地面对小球B的弹力一定不变故A错误，BC正确D、由上分析得到库仑力F库=，减小，cos增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两个小球之间的距离增大，故D正确故选：BCD【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况7BCD【解析】
5、由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动，故A错误；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功，故B正确；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时，B球会远离A球，引力做负功，电势能增加，故C正确；由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动，故D正确。考点：电势差与电场强度的关系、电势【名师点睛】由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所需要的向
6、心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加，B球不一定从电势较高处向电势较低处运动。8CD【解析】-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。故AB错误。由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。故C正确。从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在Ox2间一直做加速运动。故D正确。故选CD。【点睛】本题从数学的角度理解-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况9，【解析】小球经M点时速度
7、最大，则在M点的加速度为零，根据平衡条件求出M点的场强大小；从P点运动到Q点过程中，根据动能定理可求P、Q两点的电势差。解：小球经M点时速度最大，则在M点的加速度为零，有，解得M点的场强大小 ； 从P点运动到Q点过程中，根据动能定理可得， P、Q两点的电势差；10（1）1.722（1.720-1.724）（2）A，C，E；【解析】（1）该金属线的直径为d=1.5mm+0.01mm22.2=1.722mm。（2）小灯泡的额定电压为3V，则电压表选择A；小灯泡的额定电流为0.2A，则电流表选择C；因滑动变阻器要用分压电路，故选阻值较小的E.小灯泡的电阻约为15，远小于电压表内阻，故选用电流表外接电
8、路；滑动变阻器用分压电路，电路图如图；11（1）5000V（2）0.1J【解析】12（1）v0=8106m/s（2）U2=2104V ， 【解析】根据动能定理即可求出粒子经电场U1加速后的速度大小；粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解；（1）粒子经电场U1加速后，根据动能定理： ，解得v0=8106m/s （2）粒子在偏转电场中：水平方向L=v0t 竖直方向：由牛顿第二定律可得： 联立解得U2=2104V 联立联立解得13（1）-0.08J,-0.08J（2）8m/s（3）0.6N【解析】（1）小滑块从M点到Q点重力做的功： 电场力的功： （2）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=m滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：-mg2R-qE2R-（mg+qE）x=mv2-mv02联立方程组，解得：v0=8m/s；（3）设滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：-（mg+qE）R-（qE+mg）x=mv2-mv02又在P点时，由牛顿第二定律得：FN=m，代入数据解得：FN=0.6N根据牛顿第三定律，则小滑块通过P点时对轨道的压力是0.6N，方向水平向左；【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力
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