[推荐学习]高二物理上学期期中试卷(含解析)1

辽宁省沈阳市铁路实验中学2015～2016学年度高二上学期期中物理
试卷
一、选择题（本题共12小题；每小题4分，共48分．其中1-8题为单选．9-12题为多选．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）单选
1．如图所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，但R2的尺寸比R1要小，通过导体的电流方向如图所示，假设R1边长为4L，R2边长为L，若R1的电阻值为8Ω，则R2的阻值为（）
A．2ΩB．8ΩC．32Ω D．64Ω
2．在地球的赤道附近，宇宙射线中的一个带负电的粒子垂直于地面射向赤道，那么在地磁场的作用下，该粒子的偏转方向将是（）
A．向东 B．向西 C．向南 D．向北
3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同．实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）
A．三个等势面中，c等势面电势高
B．带电质点通过P点时电势能较大
C．带电质点通过Q点时动能较小
D．带电质点通过P点时加速度较小
4．竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接．绝缘线与左极板的夹角为θ．当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置稳定时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（）
A．θ1＜θ2，I1＜I2B．θ1＞θ2，I1＞I2C．θ1=θ2，I1=I2 D．θ1＜θ2，I1=I2
5．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r．L1、L2是两个小灯泡，闭合S后，两灯均正常发光．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（）
A．L1变暗 L2变暗B．L1变亮 L2变暗
C．L1变亮 L2变亮D．L1变暗 L2变亮
6．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为
0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（）
A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W
7．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动，l与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中错误的是（）
A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带正电
C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运
8．如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B．把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子（粒子重力不计）．若从A射出的粒子：
①带负电，，第一次到达C点所用时间为t1
②带负电，，第一次到达C点所用时间为t2
③带正电，，第一次到达C点所用时间为t3
④带正电，，第一次到达C点所用时间为t4
则下列判断正确的是（）
A．t1=t3＜t2=t4B．t1＜t2＜t4＜t3 C．t1＜t2＜t3＜t4 D．t1＜t3＜t2＜t4
9．一条形磁铁放在水平桌面上，在它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导体棒，图中只画出此棒的横截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是（）
A．磁铁对桌面的压力减小 B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁受到向右的摩擦力 D．磁铁受到向左的摩擦力
10．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是（）
A．小球重力与电场力的关系是mg=Eq
B．小球重力与电场力的关系是Eq=mg
C．球在B点时，细线拉力为T=mg
D．球在B点时，细线拉力为T=2Eq
11．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P 自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）
A．电压表示数变小B．电流表示数变大
C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低
12．地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（）
A．在t=2.5s时，小球经过边界MN
B．小球受到的重力与电场力之比为3：5
C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等
D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小
二、实验题（每空3分，15分）
13．多用电表在测量中，当转换开关指示的位背分别为（a），（b）时，指针均指在表盘正中间位置，如图所示，多用电表的读数分别是：（a）档的读数是；（b）档的读数是．
14．用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：
A．待测电阻R x（大约100Ω）
B．直流毫安表A1（量程0～10mA，内阻约为100Ω）
C．直流毫安表A2（量程0～40mA，内阻约为40Ω）
D．直流电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）
E．直流电压表V2（量程0～15V，内阻约为15kΩ）
F．直流电源（输出电压4V，内阻计）
G．滑动变阻器R（阻值范围0～50Ω，允许最大电流1A）
H．开关一个、导线若干
①根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选，直流电压表应选．（填序号A、B、C、D）
②在方框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大．
三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．如图所示电路中，电阻R1=R2=3Ω，R3=6Ω，S扳至1时，电流表的示数为1.0A，S扳至2时，电流表示数为1.5A，求：电源的电动势E和内阻r（电流表内阻不计）．
16．水平向右的匀强电场中，用长为R的轻质细线在O点悬挂一质量为m的带电小球，静止在A处，AO的连线与竖直方向夹角为37°
（1）小球的电性及绳子对它的拉力的大小
现给小球施加一个沿圆弧切线方向的初速度V0，小球便在竖直面内运动，为使小球能在竖直面内完成圆周运动，这个初速度V0至少应为多大？
17．如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，
电场强度E=3.32×105N/C；方向与金箔成37°角．紧挨边界ab放一点状α粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的α粒子，已知：α粒子的质量m=6.64×10﹣27kg，电荷量q=3.2×10﹣19C，初速度v=3.2×106m/s．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）α粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；
金箔cd被α粒子射中区域的长度L；
（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的α粒子穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N 点，SN⊥ab且SN=40cm，则此α粒子从金箔上穿出时，损失的动能△E K为多少？
辽宁省沈阳市铁路实验中学2015～2016学年度高二上学期期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题；每小题4分，共48分．其中1-8题为单选．9-12题为多选．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）单选
1．如图所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，但R2的尺寸比R1要小，通过导体的电流方向如图所示，假设R1边长为4L，R2边长为L，若R1的电阻值为8Ω，则R2的阻值为（）
A．2ΩB．8ΩC．32Ω D．64Ω
【考点】电阻定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】R1和R2是材料相同，电阻率ρ相同．设正方形导体的边长为L，根据电阻定律R=ρ
研究电阻的关系．
【解答】解：设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：
R=ρ=ρ=ρ
R与边长L无关，故：
R1=R2=8Ω；
故选：B．
【点评】本题是物理规律在实际中应用的范例，根据本题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变．
2．在地球的赤道附近，宇宙射线中的一个带负电的粒子垂直于地面射向赤道，那么在地磁场的作用下，该粒子的偏转方向将是（）
A．向东 B．向西 C．向南 D．向北
【考点】左手定则．
【分析】根据地磁场方向，负电荷的运动方向，运用左手定则判断出洛伦兹力的方向，从而确定粒子的偏转方向．
【解答】解：地磁场方向在赤道处由南向北，带电粒子竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向向西，则粒子向西偏转．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
【点评】解决本题的关键掌握左手定则确定磁场方向、电荷运动方向和洛伦兹力方向的关系．
3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同．实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）
A．三个等势面中，c等势面电势高
B．带电质点通过P点时电势能较大
C．带电质点通过Q点时动能较小
D．带电质点通过P点时加速度较小
【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．
【分析】由于质点只受电场力作用，根据其轨迹弯曲方向可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大，从而判断加速度的大小．
【解答】解：A、质点所受电场力指向轨迹内侧，且电场线垂直等势面，则知电场力指向右下方，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，则知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；
B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；
C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；
D、由于相邻等势面之间的电势差相同．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强度较大，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误．
故选：B
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．
4．竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接．绝缘线与左极板的夹角为θ．当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置稳定时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（）
A．θ1＜θ2，I1＜I2B．θ1＞θ2，I1＞I2C．θ1=θ2，I1=I2 D．θ1＜θ2，I1=I2
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】由图可知电容器与滑动变阻器的左侧并联，而电容器在电路稳定时看作断路，故可判断电路中电流的变化；由滑片的移动可知电容器两端电压的变化，由U=Ed可求得场强的变化；对小球受力分析可得出夹角的变化．
【解答】解：因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即I1=I2；
小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；
滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大；
故选：D．
【点评】本题综合考查电路知识、电容器及共点力的平衡知识，要求学生能通过读图和审题找出其中的关系，进而由部分物理量的变化可得出其它量的变化．
5．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r．L1、L2是两个小灯泡，闭合S后，两灯均正常发光．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（）
A．L1变暗 L2变暗B．L1变亮 L2变暗
C．L1变亮 L2变亮D．L1变暗 L2变亮
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】图中灯L2与滑动变阻器先并联，再与灯L1串联；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，可判断灯L1亮度如何变化；根据电路中电流变化，判断出并联电压如何变化，即分析灯L2亮度如何变化．
【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路的总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I变小，灯L1电阻R L1不变，由P L1=I2R L1可知，灯L1的实际功率变小，因此灯L1变暗；
干路电流I变小，电源内阻r、灯L1电阻R L1不变，则并联电压U并=E﹣I（r+R L1）变大，灯L2电阻R L2不变，灯L2的实际功率变大，则灯L2变亮；故D正确；
故选：D
【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，闭合电路的动态分析题是高中物理的常考问题，要掌握其解题思路，首先根据电路电阻变化情况由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变
化，再由部分电路欧姆定律判断电源内电压如何变化，路端电压如何变化，然后应用串并联电路特点与规律、部分电路的欧姆定律、电功与电功率公式分析答题．
6．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为
0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（）
A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】电动机未启动时，由欧姆定律求出灯泡的电阻．再求出电动机启动时路端电压，由欧姆定律求出通过灯泡的电流，分别求出两种情况下，灯泡的功率，即得解．
【解答】解：电动机未启动时，由E=I1（R+r）得灯泡的电阻为：
R==Ω=1.2Ω，
车灯消耗的功率为：P1==100×1.2=120W；
电动机启动时，路端电压为：U2=E﹣I2r=12.5﹣58×0.05=9.6V，
则车灯消耗的功率为：P2===76.8W
车灯的电功率降低了△P=P1﹣P2=120﹣76.8=4.2W．
故选：B
【点评】灯泡是纯电阻电路，功率公式较多，要根据不同的条件，选择不同的公式形式求解．
7．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动，l与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中错误的是（）
A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带正电
C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】带电液滴做直线运动，要么合力为零做匀速直线运动，要么所受合力与速度方向在同一直线上，做匀变速直线运动；对带电液滴进行受力分析，然后答题．
【解答】解：A、带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于α＞β，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；
B、当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线l做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BC正确；
本题选择错误的，故选：D．
【点评】知道液滴沿直线运动的条件是合力为零或所受合力方向与速度方向在同一直线上、对带电液滴正确受力分析，是正确解题的关键．
8．如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B．把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子（粒子重力不计）．若从A射出的粒子：
①带负电，，第一次到达C点所用时间为t1
②带负电，，第一次到达C点所用时间为t2
③带正电，，第一次到达C点所用时间为t3
④带正电，，第一次到达C点所用时间为t4
则下列判断正确的是（）
A．t1=t3＜t2=t4B．t1＜t2＜t4＜t3 C．t1＜t2＜t3＜t4 D．t1＜t3＜t2＜t4
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径；由粒子的运动情况可求得粒子第一次到达C点的时间．
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，如图所示，
当v0=
有：qvB=m
解得：r==L
根据几何关系可知作出运动轨迹，
根据轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C点，即为t3；
当粒子带负电，粒子经过T第一次到达C点，即为t1．
当v0=
有：qvB=m
解得：r==
根据轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过T到达C点，即为t4；
当粒子带负电，粒子经过T第一次到达C点，即为t2．
所以t1＜t2＜t4＜t3，B正确，ACD错误．
故选：B．
【点评】做此类题目的技巧在于画出粒子的轨迹图，找出圆心，求半径，结合半径公式和周期公式求解．
9．一条形磁铁放在水平桌面上，在它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导体棒，图中只画出此棒的横截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是（）
A．磁铁对桌面的压力减小 B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁受到向右的摩擦力 D．磁铁受到向左的摩擦力
【考点】安培力．
【分析】以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来选择．
【解答】解：以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向左下方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向右上方，磁铁有向右运动的趋势，受到向左的摩擦力，同时磁铁对地的压力减小．故AD正确，BC错误．
故选：AD．
【点评】本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力．关键在于先研究导线所受安培力．
10．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是（）
A．小球重力与电场力的关系是mg=Eq
B．小球重力与电场力的关系是Eq=mg
C．球在B点时，细线拉力为T=mg
D．球在B点时，细线拉力为T=2Eq
【考点】匀强电场；力的合成与分解的运用；向心力；动能定理的应用；电势能．
【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．
【分析】类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题．
【解答】解：（1）类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qEsin30°=mgcos30°，化简
可知Eq=mg，选项A错误、B正确；
小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力T=mg，选项C正确、D错误．
故选BC．
【点评】本题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题．11．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P 自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）
A．电压表示数变小B．电流表示数变大
C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低
【考点】电容器；闭合电路的欧姆定律．
【专题】电容器专题．
【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．
【解答】解：A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，A错误．C、电阻R2两端的电压U2=E﹣I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，C错误．
B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A=I﹣I2，I增大，I2减小，则I A增大．即电流表示数变大．故BD正确．
故选BD
【点评】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化．
12．地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（）
A．在t=2.5s时，小球经过边界MN
B．小球受到的重力与电场力之比为3：5
C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等
D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的图像；功能关系．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第
二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．
【解答】解：A、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故A错误．
B、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1==v1、进入电场后的加速度
大小为a2=，由牛顿第二定律得：
mg=ma1=mv1…①
F﹣mg=ma2
得电场力：F=mg+ma2=…②
由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故B正确．
C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C正确．
D、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变．故D错误．
故选BC
【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．
二、实验题（每空3分，15分）
13．多用电表在测量中，当转换开关指示的位背分别为（a），（b）时，指针均指在表盘正中间位置，如图所示，多用电表的读数分别是：（a）档的读数是50mA ；（b）档的读数是1kΩ．
【考点】用多用电表测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】欧姆表读数时要用示数乘以档位；电流表及电压表读数时要注意最大量程及最小分度．
【解答】解：（1）（a）档的是电流表，量程为100mA，则满偏为100mA，最小分度为1mA，则读数为50 mA；
（b）档的为欧姆档，指针指在10位置处，倍率×100Ω，故读数为：10×100=1.0KΩ；故答案为：50mA；1.0kΩ
【点评】本题考查多用电表的读数方法，要注意明确不同的档位及量程对应的读数方法．。