物理 热门试卷

A.正电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和正电荷可知，电场线向下．故c的电势最高，故A错误；B.利用推论：正电荷在电势高处电势能大，知道M点电势能大，故B正确；C.只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在M点的动能与电势能之和等于在N点的动能与电势能之和，M点电势能大，动能小．故C错误；D.等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，M处的等势面密，所以M点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；故选：B

将BC四等分，标上四等分点E、F、G，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为1V，F点的电势为2V，G点的电势为3V．连接AE，则AE为一条等势线，根据几何知识可知，DP∥AE，则DP也是一条等势线，所以D点电势UD=-3V．故选：A

A.据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；B.电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；C.根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（R+r），则得：，则△V3与△I的比值大于r，故C错误；D.根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir，则得：;，据题：R＞r，则，故△V1大于△V2．故D正确．故选D．

A．当吹热风时，电机动M和电阻丝R并联，电阻丝消耗的功率为：P=P热-P冷=1000-120W=880W，
由，可得：，故A正确；B.当开关S2闭合、S1闭合时，电阻丝工作，产生热量，所以此时电吹风吹出热风．故B错误；C.当电吹风吹冷风时，S1断开，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C错误；D.当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能为：Q=Pt=120×1=120J，故D错误；故选A

根据电容的定义式  ，有  ，在国际单位制中，电量的单位是  ，电容的单位是  ，故电压单位  与  等效；根据法拉第电磁感应定律，长为  的导体棒在磁场中以速度  做垂直切割磁感线运动时，产生的感应电动势为  ，而在国际单位制中，磁感应强度的单位是  ，长度的单位是  ，速度的单位是  ，故电压单位  与  等效，B选项正确.

由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故C正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故A错误；因R3两端的电压减小，根据欧姆定律可知，流过R3的电流逐渐减小； 故D错误；故选：C．

设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则

加速度：①   时间    ②  偏转量  ③  因为两个粒子的初速度相等，由②得：t∝x，则得a粒子的运动时间短，由①得：a的加速度大，由③得：a粒子的比荷就一定大，但a的电荷量不一定大．故C正确．ABD错误故选：C．

A.金属逸出功由金属材料决定，与入射光无关．故A错误．BC.根据爱因斯坦光电效应方程得知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，与光照射时间无关．故BC正确．D.只增大入射光的强度，单位时间内入射的光子的数增加，一个光子被一个电子吸收，则单位时间内逸出的光电子数目将增多．故D正确．故选A

A.氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；B.能量为14.0eV大于13.6eV，因此此光子照射，可使处于基态的氢原子电离，故B错误；C.氢原子从高能级向n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为大=-1.51+13.6=12.09eV，因锌的逸出功是3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=12.09-3.34=8.75eV，故C正确；D.用能量为10.3eV的光子照射，小于12.09eV，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，要正好等于12.09eV，才能跃迁，故D错误；故选C