一、單選題（每題4分，共44分）1.【答案】D【詳解】A．元電荷e的數(shù)值最早是由物理學(xué)家密立根測得的，選項A錯誤；B．開普勒通過觀察提出行星繞太陽運動的軌道是橢圓，選項B錯誤；C．牛頓進行了著名的“月-地檢驗”，卡文迪許通過實驗測出了引力常量，選項C錯誤；D．法拉第提出了電荷周圍存在電場的觀點，選項D正確。故選D。2.【答案】C【詳解】A．圖甲為靜電除塵原理的示意圖，根據(jù)電荷間的相互作用力可知，異種電荷相互吸引，因此帶負電的塵埃將被吸附到帶正電的板狀收集器A上，故A正確；B．給汽車加油前要觸摸一下靜電釋放器，其原理是導(dǎo)走人身的靜電，故B正確；C．圖丙為靜電噴漆的原理圖，因為電場線是曲線，涂料微粒在電場力作用下不會沿電場線運動，故C錯誤；D．高層建筑物頂端安裝有避雷針，避雷針的原理為尖端放電，故D正確。本題選錯誤的，故選C。3.【答案】A【詳解】由題圖可知，示波管水平極板YY9加電壓U1，能使粒子豎直方向發(fā)生位移，若使亮斑離熒光屏中心的豎直距離增大，則需要豎直分位移增大，增大U1。故選A。4.【答案】A【詳解】根據(jù)人造地球衛(wèi)星只在萬有引力作用下的運動規(guī)律——“高軌低速長周期”可知：由于A的軌道半徑低于B的軌道半徑，所以B的周期大，運動速率小，故A選項正確，B、C選項錯誤，由于A、B兩顆衛(wèi)星的質(zhì)量未知，所以機械能無法比較，故D錯誤。故選A5.【答案】D.【詳解】由于兩棒串聯(lián)，所以電流相等，故A錯誤；B．由R=P可知，細棒的電阻大，由串聯(lián)分壓原理可知細棒的電壓與粗棒的電壓U2關(guān)系為U1>U2，所以B錯誤C．由公式I=neSv可知，兩棒電流相等，而兩棒橫截面積關(guān)系為S1<S2得兩棒的自由電子定向移動的平均速率v1>v2故C錯誤；D.因為U1>U2又由E=可得E1>E2，故D正確。故選D。6.【答案】B【詳解】根據(jù)曲線運動的特點合外力總是指向軌跡彎曲的一面，則帶電粒子所受靜電力方向向下，與場強方向相同，則帶電粒子帶正電，所以A錯誤；根據(jù)電場線的疏密表示場強的大小，則M點場強小于N點，則粒子的靜電力在M點小于N點，所以B正確；若粒子是從N點運動到M點，靜電力做負功，帶電粒子的動能減小，電勢能增大；若粒子是從M點運動到N點，靜電力做正功，帶電粒子的動能增大，電勢能減??；所以粒子在M點的速度小于在N點的速度，粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，則C、D都錯誤.故選B7.【答案】D【詳解】AB．運動員的重力做功為mgh，故運動員的重力勢能減少了mgh，故AB錯誤；22C．運動員的動能增加了2mv，但由于空氣阻力不可忽略，則mgh大于2mv，故22D．根據(jù)功能關(guān)系可知，運動員的機械能減少了ΔE=mgh-故選D。8.【答案】B【詳解】A．電容器下極板與電源負極相連，所以下極板帶負電，A錯誤；B．i—t圖像面積表示電荷量，所以兩陰影面積分別表示充放電電荷總量，一定相等，B正確；C．電源電壓不變，僅改變兩極板間距離，電容器充電結(jié)束時電容器兩板間電壓不會改變，C錯誤；D．電容器所帶的電荷量Q=CU，由于電源電動勢不變，電容不變，所以減小電阻，只是增大了充電的電流，但電容器的電荷量不變，C錯誤；故選B。9.【答案】C【詳解】由題可知直線ab位于等勢面上，所以電場強度的方向垂直于直線ab指向左下方；設(shè)c點到直線ab的距離為d，則由幾何關(guān)系可得sin∠cab解得d＝4.8cm，所U22－10以電場強度為EV/cm＝2.5V/cm，故A正確；由幾何關(guān)系可知坐標(biāo)原點O到dU22－10直線ab的距離等于c點到直線ab的距離，所以O(shè)點與ab之間的電勢差等于ab與c點之間的電勢差；則坐標(biāo)原點處的電勢為φO=φa－12V2V，故B正確；電子在a點的電勢能為Epaeφa10eV，電子在c點的電勢能為EpceφC22eV，電子帶負電，在電勢低處電勢能較大，所以電子在a點的電勢能比在c點的高12eV，故C錯誤；電子從b點運動到c點，靜電力做功為WeUbc＝12eV，故D正確.本題選不正確的，故選C10.【答案】C【詳解】A．速度時間圖線的斜率表示加速度，則速度時間圖像斜率先增大后減小，故A錯誤；B．從O到A場強先增大后減小，則加速度先增大后減小，故B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律有ΔEk=-ΔEp又有-ΔEp=qU、U=E.Δx整理可得Ek=qE.Δx從O到A場強先增大后減小，可知，Ek-x圖像的斜率先增大后減小，故C正確。D．電場線的疏密表示電場的強弱，從O到A場強先增大后減小，由于φ-x圖像的斜率表示電場強度的大小，則從O到A的電勢隨位移的變化圖線的斜率先增大后減小，故D錯誤；故選C。11.【答案】B【詳解】由于四個小量程電流表完全相同，改裝后接成上圖，要改裝成電流表需要并聯(lián)一個定值電阻，要改裝成電壓表，需要串聯(lián)一個定值電阻。由于A1和A2的表頭相同，兩者又并聯(lián)，所以兩個表頭的指針偏角相同，A選項錯誤；由于電流表A1量程大于A2的量程，則A1的內(nèi)阻小于A2的內(nèi)阻，據(jù)題中電路圖可知由于兩電流表并聯(lián)，電壓相同，則通過A1的電流較大，所以B選項正確。由于電壓表V1的量程大于V2，則電壓表V1的內(nèi)阻大于V2的，當(dāng)兩者串聯(lián)時，通過的電流相同，所以V1的讀數(shù)較大，而兩個表頭的偏角相同，故C、D選項都錯誤.故選B二、實驗題（每空2分，共12分）12.（1）【答案】4.700（4.699~4.701均可得分）并聯(lián)【詳解】[1]螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度與可動刻度之和，所以金屬絲的直徑為4.5+20.0×0.01mm=4.700mm[2]根據(jù)電壓表的使用規(guī)則可知，電壓表應(yīng)該并聯(lián)在被測電阻兩端，所以使用多用電表的電壓擋測量電阻兩端的電壓，也需將多用電表與電阻并聯(lián)；（2）【答案】①ADE②b【詳解】①[1]電源電動勢為3V，要求較準(zhǔn)確地測出其阻值，需要多測幾組數(shù)據(jù)，所以選用電壓表V1（量程3V，內(nèi)阻約為15kΩ),即A。[2][3]待測金屬導(dǎo)線的電阻Rx約為5Ω,根據(jù)歐姆定律有≈0.6A即實驗中通過電流表的最大電流為0.6A，選用電流表A2（量程600mA，內(nèi)阻約為1Ω)即可。變阻器只能選R1。②待測金屬導(dǎo)線的電阻較小，需要采用電流表外接。故選b電路圖。三、解答題（共44分）13.（8分）【答案】（12）（2）設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m，由萬有引力提供衛(wèi)星的向心力，可得G解得地球的質(zhì)量為14.（10分）【答案】（1）正電2）5·N/C3）1m【詳解】（1）由于A球帶正電，A球受到的電場力方向水平向右，而小球A恰好靜止且與桿無彈力，根據(jù)受力平衡可知A球受到的與B球的庫侖力應(yīng)沿斜面向上，故B球帶正（2）A球所受重力、電場力和與B球的庫侖力滿足三力平衡，根據(jù)平衡條件可得（3）撤去勻強電場后，A球沿斜面向上運動，當(dāng)加速度為零時，A球的速度最大時，加速度為零，此時=mgsinα=即k由（2）中分析可知，初始時F0==2mg即k=2mg聯(lián)合解得L=2L0=1m得:y=【詳解】（1）帶電粒子在加速電場中，由動能定理可知U0q=解得v0=（2）帶電粒子在靜電分析器中做勻速圓周運動可知E0q=m解得r=運動時間為(3)帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場將做類平拋運動，由于粒子最終沿水平方向出電場，利用運動的合成與分解可知，粒子在豎直方向上先做勻加速運動，再做勻減速運動，最終速度為零，根據(jù)運動的對稱性和偏轉(zhuǎn)電場兩端的變化電壓可知，粒子在豎直方向上一次類平拋有2其中a=由水平方向的勻速直線運動可知，t=；且t=nT（n=1、2、3……）；由以上各式解得：y0=將v0=·代入，且偏轉(zhuǎn)距離y=2ny0綜上可得:y=（n=1、2、3……）16.【答案】（1）x=0.8m（2）h的最小值為1.4m，最大值為2.2m.（3）W=1.68J【詳解】（1）傳送帶不轉(zhuǎn)動時，因為小物塊會從圓軌道上返回傳送帶中，說明小球未能通過圓軌道得最高點，設(shè)小物塊在傳送帶上路程為x，根據(jù)全過程動能定理，則有mgh-μmgx=0代入數(shù)據(jù)，解得x=1.6m，小物塊最終停在傳送帶的A點，距離B點0.8m。（2）小物塊通過圓軌道的最高點時，對軌道的壓力大小為mg，根據(jù)牛頓第二定律和向心2力公式，有mg+F=m小物塊滑過B點后，沿圓弧軌道向上運動到最高點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有mg2R=代入數(shù)據(jù)，解得vB=6m/s因為傳送帶的速度為6.0m/s，若小物塊在傳送帶上從A點勻加速運動剛好到B點，設(shè)小物塊從離AB高h1處靜止釋放，根據(jù)動能定理，有mgh1+μmgL=代入數(shù)據(jù)，解得h1=1.4m若小物塊在傳送帶上從A點做勻減速直線運動B點，設(shè)小物塊從離AB高h2處靜止釋放，根據(jù)動能定理，有mgh2-μmgL=0代入數(shù)據(jù)，解得h2=2.2m所以h的最小值為1.4m，最大值為2.2m。（3）在（2）的情景中，h取最小值時，小物塊從靜止處滑到A點時的速度為vA，根據(jù)機械能守恒，有mgh1=代入數(shù)據(jù)解得vA=·i28m/s≈5.3m/s小滑塊在傳送帶上做勻加速直線運動，滑塊滑上傳送帶之后受到滑動摩擦力做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知小滑塊的加速度為μmg=ma→a=μg=5m/s2根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，小滑塊加