高中同步测试卷·教科物理选修3-1：高中同步测试卷(3) Word版含答案

高中同步测试卷(三)第三单元 电容和带电粒子在电场中的运动(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1. 如图所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电，两极板间距为d .现将一个试探电荷＋q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为s ，连线AB 与极板间的夹角为30°，则静电力对试探电荷＋q 所做的功等于( )A.qCsQdB.qQs CdC.qQs 2CdD.qCs2Qd2．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )A ．断开开关S 后，将A 、B 分开些 B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开些C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动3. 如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍C ．0.5倍D ．0.25倍4．一个带正电的粒子，在xOy 平面内以速度v 0从O 点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy 平面内沿图中虚线轨迹运动到A 点，且在A 点时的速度方向与y 轴平行，则电场强度的方向可能是( )A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里5. 如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A．仅将偏转电场极性对调B．仅增大偏转电极板间的距离C．仅增大偏转电极板间的电压D．仅减小偏转电极板间的电压6．如图所示，矩形区域内有水平方向的匀强电场，一个带负电的粒子从A点以某一速度v A 射入电场中，最后以另一速度v B从B点离开电场，不计粒子所受的重力，A、B两点的位置如图所示，则下列判断中正确的是()A．电场强度的方向水平向左B．带电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能C．粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处为B点D．粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处为B点7．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)8. 如图所示，将平行板电容器与电池相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则()A．电容器带电量变大B．尘埃仍静止C．电容器内部的场强变大D．灵敏电流计中有a→b的电流9. 传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示的是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是()A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F发生变化10．如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知()A．电场中A点的电势高于B点的电势B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C．微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D．微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和11．如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极板上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知()A．微粒在电场中做抛物线运动B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等C．MN板间的电势差为2m v20/qD．MN板间的电势差为E v20/(2g)12．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间t Q＝t PB．它们运动的加速度a Q<a PC．它们所带的电荷量之比q P∶q Q＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔE k P∶ΔE k Q＝1∶2三、计算题(本题共4小题，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(10分)如图所示，一平行板长l＝4 cm，板间距离为d＝3 cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α＝37°，若两板间所加电压U＝100 V，一带电荷量q＝3×10－10C的负电荷以v0＝0.5 m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，则带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？带电粒子的质量为多少？(g取10 m/s2)14．(10分)绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中xOy所在平面与光滑水平面重合，电场方向与x轴正向平行，电场的半径为R＝ 2 m，圆心O与坐标系的原点重合，场强E＝2 N/C.一带电荷量为q＝－1×10－5 C、质量m＝1×10－5 kg的粒子，由坐标原点O处以速度v0＝1 m/s沿y轴正方向射入电场(重力不计)，求：(1)粒子在电场中运动的时间；(2)粒子出射点的位置坐标；(3)粒子射出时具有的动能．15. (10分)如图所示，为一个从上向下看的俯视图，在光滑绝缘的水平桌面上，固定放置一条光滑绝缘的挡板轨道ABCD，AB段为直线，BCD段是半径为R的一部分圆弧(两部分相切于B 点)，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆的直径MN平行．现使一带电量为＋q、质量为m的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动，最后从D点抛出，试求：(1)小球经BCD段圆弧的哪个点时对圆弧可能无挤压？并求出此情况时的速度？(2)小球从释放到N点沿电场强度方向的最小距离s；(3)在上述条件下小球经过N点时对挡板的压力大小．16．(12分)如图甲所示，真空中有竖直放置的平行金属板A、B和水平放置相距为d的平行金属板C、D，C、D板长为L，A、B板间加有恒定电压U0，质量为m、电荷量为q的带电粒子从A 板静止释放，经A、B间的电场加速后进入C、D两板的正中间．在带电粒子进入C、D间的同时，给C、D两板加上如图乙所示周期性变化的交变电压．(粒子重力不计)(1)求带电粒子进入C、D间的速度大小；(2)若此粒子在T/2时间内从C、D间飞出，求飞出时在电场方向的位移是多少？(3)若此粒子从C、D间飞出时恰能以平行于两板的速度飞出，求交变电压U1的取值范围.参考答案与解析1．导学号39800033]【解析】选C.电容器两极板间电势差为U＝QC，场强为E＝Ud＝QCd，而A、B两点间电势差为U AB＝Es sin 30°＝Qs2Cd，静电力对＋q所做的功为W＝qU AB＝qQs2Cd，C正确．2．导学号39800034]【解析】选A.静电计测电容器的电压．断开S后，电荷量Q将不改变，将A、B分开些，电容C减小，由U＝QC可知U增加，静电计指针张开的角度增大，A项对．只要开关S闭合，电容器与电源相连接，电压U就不改变，静电计指针张开的角度不改变，故B、C、D项都错．3．导学号39800035]【解析】选C.假设电源电压为U，极板距离为d，长度为l，由题可知，粒子在极板间的运动满足d＝12at2＝qUl22dm v2，即d∝1v，使电子入射速度变为原来的两倍，两极板的间距变为原来的一半，C正确．4．导学号39800036]【解析】选B.在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点时水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．5．导学号39800037]【解析】选C.改变偏转电场的极性，只能改变电子的受力方向，但电子的偏转角大小不变，A错误；根据E＝Ud可知，当两极板间距离d增大时，E减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，B错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L＝v0t、e U d＝ma、tan θ＝atv0，可得：tan θ＝eULmd v20，当U增大时偏转角也增大，C正确、D错误．6．导学号39800038]【解析】选D.根据力和运动的关系，可判定电场强度的方向水平向右，A错；粒子在电场中运动的全过程中，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，所以带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处应在A点的右下方，粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处应为B点，故D对，B、C错．7．导学号39800039]【解析】选A.由y＝12at2＝12·Uqmd·l2v20得：U＝2m v20dyql2，所以U∝yl2，可知A项正确．8．导学号39800040]【解析】选BD.电容器始终接在电源的两侧，则两端的电势差不变，将两板缓慢地错开一些，正对面积减小，根据C＝εS4πkd，知道电容减小，根据Q＝CU知，电荷量减小，灵敏电流计中有a→b的电流，故A错误，D正确．电势差不变，两极板间的距离不变，则电场强度不变，尘埃所受的电场力不变，尘埃仍然静止．故B正确，C错误．故选BD.9．导学号39800041]【解析】选BD.F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增大，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增大，电容器继续充电，电路中有从b到a的电流，B正确．若电流表有示数，则电容器在不断充电(或放电)，故Q在变化，F变化，D正确．10.导学号39800042]【解析】选AB.带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，其受到的静电力F只能垂直等势面水平向左，场强则水平向右，如图所示．所以电场中A点的电势高于B点的电势，A对；微粒从A向B运动，则合外力做负功，动能减小，静电力做负功，电势能增加，C错，B对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错．11．导学号39800043]【解析】选AB.微粒所受合外力为恒力，故微粒做抛物线运动，A项正确；因AB＝BC，即v02·t＝v C2·t，可见v C＝v0，故B项正确；A→C由动能定理得：W电－W重＝ΔE k＝0，所以W电＝W重，即：q U2＝mgh，而h＝v202g，所以U＝m v20q，故C项错误；又由mg＝qE得q＝mgE，代入U＝m v20q，得U＝E v20g，故D项错误．12．导学号39800044]【解析】选AC.设P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为a P和a Q，粒子P到上极板的距离是h/2，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P，由l＝v0t P，h2＝12a P t2P，得到a P＝h v20l2.同理对Q，l＝v0t Q，h＝12a Q t2Q，得到a Q＝2h v20l2.由此可见t P＝t Q，a Q＝2a P，而a P＝q P Em，a Q＝q Q Em，所以q P∶q Q＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P∶ΔE k Q＝ma Ph2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，A 、C 正确．13.导学号39800045] 【解析】带电粒子能沿直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示．静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与静电力在水平方向上的分力相同，即水平方向上F 合＝qE sin α＝q Udsin α竖直方向上mg ＝qE cos α m ＝qE cos αg ＝qU cos αdg ＝3×10－10×1003×10－2×10×0.8 kg ＝8×10－8 kg 根据动能定理有12m v 2－12m v 20＝F 合x ，x ＝l 2＋d 2联立以上各式解得v ＝1 m/s. 【答案】1 m/s 8×10－8 kg14．导学号39800046] 【解析】(1)粒子沿x 轴负方向做匀加速运动，加速度为a ，则有 Eq ＝ma ，x ＝12at 2沿y 轴正方向做匀速运动，有 y ＝v 0t ，x 2＋y 2＝R 2，解得t ＝1 s.(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(－x 1，y 1)，则有x 1＝12at 2＝1 m ，y 1＝v 0t ＝1 m ，即为(－1 m ，1 m)．(3)射出时由动能定理得，Eqx 1＝E k －12m v 20代入数据解得E k ＝2.5×10－5 J.【答案】(1)1 s (2)(－1 m ，1 m) (3)2.5×10－5 J15．导学号39800047] 【解析】(1)据题意，当小球的向心力由重力与电场力的合力提供向心力时，小球对圆弧轨道无压力；即此时速度为（mg ）2＋（qE ）2＝m v 2Rv ＝4（mg ）2＋（qE ）2mR .(2)根据题意分析可知，小球过M 点对挡板恰好无压力时，s 最小，根据牛顿第二定律有qE ＝m v 2MR ，由动能定理得qE (s －2R )＝12m v 2M ，联立解得s ＝52R ， (3)小球过N 点时，根据牛顿第二定律，有N －qE ＝m v 2NR ，由动能定理得qEs ＝12m v 2N，联立解得N ＝6qE .由牛顿第三定律可知，小球对挡板的压力大小为6qE .【答案】(1)见解析 (2)52R (3)6qE16．导学号39800048] 【解析】(1)带电粒子在经A 、B 间加速电场加速后进入C 、D 间的过程中，根据动能定理得：qU 0＝12m v 20解得进入C 、D 间的速度大小为：v 0＝2qU 0m. (2)粒子在T /2时间内从C 、D 间飞出时，在C 、D 间的电压为恒压U 1，则粒子在C 、D 间的运动是类平抛运动，根据运动学规律得：E ＝U 1d ，F ＝qE ，a ＝F m ＝qU 1md ，t ＝L v 0当粒子从C 、D 间飞出时，沿电场方向的位移为： y ＝12at 2，y ＝qU 1L 22md v 20＝U 1L 24dU 0. (3)带电粒子在沿电场方向做单方向的反复加速、减速运动，每次加速和减速过程中在沿电场方向的位移大小都相等，其大小为：y 0＝12at 21＝12qU 1md ⎝⎛⎭⎫T 22＝qU 1T 28md欲使粒子恰能以平行于两板的速度飞出，则应有： Lv 0＝nT (n ＝1、2、3、…) 因2ny 0<d2故整理得：U 1<4nd 2U 0L 2(n ＝1、2、3…)【答案】见解析高中同步测试卷(十四)学业水平测试卷(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．下列说法中正确的是( )A ．摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的B ．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少C ．在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电D ．电势降低的方向，一定就是场强方向2．如图所示的两个电场中，点电荷＋Q 位于圆心处，乙图中另有一水平向右的匀强电场，关于圆上a 、b 、c 、d 四点的场强和电势说法正确的是( )A．a、b两点场强不同，电势相同B．a、b两点场强不同，电势不同C．c、d两点场强相同，电势相同D．c、d两点场强相同，电势不同3. 如图所示，实验得到甲、乙两闭合电路的路端电压U与干路电流强度I的图像，由图像可知()A．E甲＝E乙，r甲>r乙B．E甲＝E乙，r甲<r乙C．E甲>E乙，r甲＝r乙D．E甲<E乙，r甲＝r乙4. 如图所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于M、N两点．M处正电荷的电荷量大于N处正电荷的电荷量，A、B为M、N连线的中垂线上的两点．现将一负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中，q的电势能()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先增大后减小D．先减小后增大5．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是()A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小6．如图所示为“滤速器”装置示意图．a 、b 为水平放置的平行金属板，其电容为C ，板间距离为d ，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .a 、b 板带上电荷量，可在平行板内产生匀强电场，且电场方向和磁场方向互相垂直．一带电粒子以速度v 0经小孔O 进入正交电磁场可沿直线OO ′运动，由O ′射出，粒子所受重力不计，则a 板所带电荷量情况是( )A ．带正电，其电荷量为C v 0BdB ．带负电，其电荷量为Bd v 0C C ．带正电，其电荷量为CBd v 0D ．带负电，其电荷量为B v 0Cd7．如图所示，在y >0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy 平面向外，原点O 处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是( )二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)8．在用“伏安法”测电阻的实验中，某小组设计了下面四种实验电路，有些设计存在严重错误，其中实验时可能烧坏器材的是( )9．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则下列说法错误的是( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为IrE10．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( )A．只减小电压U B．只减小长度LC．只减小高度d D．只减小尘埃被吸入的水平速度v011．如图所示，一块矩形截面金属导体abcd和电源连接，处于垂直于金属平面的匀强磁场中，当接通电源、有电流流过金属导体时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象被称为霍尔效应．利用霍尔效应制成的元件称为霍尔元件，它是一种重要的磁传感器，广泛运用于各种自动控制系统中．关于这一物理现象下列说法中正确的是() A．导体受向左的安培力作用B．导体内部定向移动的自由电子受向右的洛伦兹力作用C．在导体的ab、cd两侧存在电势差，且ab电势低于cd电势D．在导体的ab、cd两侧存在电势差，且ab电势高于cd电势12．如图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O 点而打到屏幕的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧．现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是()A．增大加速电压B．增加偏转磁场的磁感应强度C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些D．将圆形磁场的半径增大些三、实验题(按题目要求作答．)13．(10分)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，给定以下的器材来完成实验．待测干电池E一节；电压表V(量程0～3～15 V，内阻约为10 kΩ)；电流表A(量程0～0.6～3 A，内阻约为1 Ω)；滑动变阻器R1(0～10 Ω)；滑动变阻器R2(0～200 Ω)；导线、开关S.(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”)．(2)实验所用电路如图甲所示，请用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图，要求保证开关在闭合前滑动变阻器的滑片处于正确的位置．(3)该同学根据实验数据得到图丙中的图线a，根据图线a求得电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(4)图丙中b图线是标有“1.5 V、1.6 W”的小灯泡的伏安特性曲线，该同学将该小灯泡与本实验中的电池连成一闭合电路，小灯泡实际消耗的电功率是________W(保留2位有效数字)．四、计算题(本题共3小题，共32分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)14．(10分)如图所示的电路中，开关闭合时电路消耗的总功率为40 W，电阻R1为4 Ω，R2为6 Ω，电源内阻r为0.6 Ω，电源的效率为94%，求：(1)a、b两点间的电压；(2)电源的电动势．15．(10分)制作半导体时，需向单晶硅或其他晶体中掺入杂质．单晶硅内的原子是规则排列的，在两层电子间的间隙会形成上下对称的匀强电场．设某空间存在上下对称的匀强电场，并在该电场中的下半区域加一方向垂直纸面向里的匀强磁场如图所示．电荷量为＋q、质量为m的带电小球从上边界以初速度v0垂直电场入射，已知足够长的上下场区的宽均为d，电场强度E＝mg q，初速度v0＝32gd，sin 37°＝35，cos 37°＝45.求：(1)小球第一次经过对称轴OO′时的速度；(2)要使小球不越过下边界，所加磁场的磁感应强度B的最小值．16．(12分)如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C)，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁场磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示．在t＝1 s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，在此之后，每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向以初速度v0射出，并恰好均能击中C 点，若AB＝BC＝l，且粒子由A点运动到C点的时间小于1 s．不计空气阻力，试求：(1)电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比；(2)第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比．参考答案与解析1．导学号39800198]【解析】选B.由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在两个物体相互摩擦的过程中，束缚核外电子能力强的物体得电子带负电，束缚核外电子能力弱的失电子带正电．所以摩擦起电是因为摩擦导致电子从一个物体转移到另一个物体而形成的，故A 错误；在电场中无论移动正电荷还是负电荷，根据功能关系可知：只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少，故B正确；人在地毯上行走后，通过摩擦起电，从而使人有触电的感觉．在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电导入大地，消除静电的危害，故C错误；电势降低的方向，不一定是场强方向，电势降低最快的方向，一定才是场强方向，故D错误．2．导学号39800199]【解析】选A.由点电荷场强E＝kQr2得，甲图中a、b场强大小相等，方向不同，a、b在同一等势面上，φa＝φb；乙图中，由电场叠加可知，c、d场强大小相等，方向不同，由处于同一等势面可得φc＝φd.3．导学号39800200]【解析】选B.据题意，从图像可知甲和乙电路中两个电源的电动势相等；而图线乙的斜率较大，故图线乙对应的内阻较大，故选项B正确．4．导学号39800201]【解析】选A.在此过程中，两正点电荷对q的电场力分别指向两正点电荷，它们的合力方向与A、B连线的夹角肯定是锐角，所以在此过程中，电场力对q做正功，q 的电势能逐渐减小，选项A正确．5．导学号39800202]【解析】选B.将R2的滑动触点向b端移动时，R2的接入电阻变小，则整个电路外电阻减小，电压表示数U减小；并联部分的电阻也减小，并联电压减小，I1减小，又总电流变大，故I2增大，B正确．6．导学号39800203]【解析】选C.对带电粒子受力分析，a极板带正电，带电粒子受力平衡，q v0B＝q Ud，U＝QC，可得电荷量为Q＝CB d v0，所以答案选C.7．导学号39800204]【解析】选C.磁场垂直于xOy平面向外并位于y轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子受洛伦兹力的方向，画出草图找出圆心，可判断C图是正确的．8．导学号39800205]【解析】选AD.A、D两图中，当滑动变阻器的滑动触头放在最左端时，电源被短路而烧坏；B、C两图中，供电电路正确，B图虽然电流表和电压表接错位置，但由于串联的电压表内阻较大，不会烧坏电流表；C图则可测较大电阻的阻值．9．导学号39800206]【解析】选BCD.电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI，A正确；电动机消耗的热功率为I2R，B错；电源的输出功率为UI，C错，电源的效率为UE＝E－IrE，D错．10．导学号39800207]【解析】选CD.根据y＝UqL22dm v20可知，除尘率为k＝yd＝UqL22d2m v20，要增大除尘率，可只增大电压U，只增大长度L，选项A、B错误；可只减小高度d，只减小尘埃被吸入。