1、山西省朔州市应县第一中学2019-2020学年高二物理下学期返校练习试题（含解析）一、单项选择题（共10小题，每题4分，共40分）1. 如图，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线cd。已知cd平行于ab，当cd竖直向上平移时，电流的磁场穿过圆面积的磁通量将（ ）A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 始终为零D. 不为零，但保持不变【答案】C【解析】【详解】由题可知，通电直导线产生稳定的磁场，根据安培定则判断可知：在AB的外侧磁感线向下穿过线圈平面，在AB的里侧磁感线向上穿过线圈平面，根据对称性可知，穿过线框的磁感线的总条数为零，磁通量为零，CD竖直向上平移时，穿过这个圆面
2、的磁通量始终为零，保持不变。A逐渐增大。故A不符合题意。B逐渐减小。故B不符合题意。C始终为零。故C符合题意。D不为零，但保持不变。故D不符合题意。故选C。2. 如图所示的磁场中，稳定时小磁针处于图示的位置，其中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】A、小磁针的N极靠近的是条形磁铁的S极，符合磁极间的作用规律，故A选项正确；B、小磁针的N极靠近左端条形磁铁的N极，小磁针的S极靠近条形磁铁的S极，不符合磁极间的作用规律，故B选项错误；C、小磁针的上端S极靠近条形磁铁的S极，不符合磁极间的作用规律，故C选项错误；D、小磁针的N极靠近左端条形磁铁的N极，小磁针的S极靠近条形磁铁的S极
3、，不符合磁极间的作用规律，故D选项错误；故选A3. 首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是 （ ）A. 安培B. 法拉第C. 奥斯特D. 特斯拉【答案】C【解析】【详解】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特；安培提出了分子电流假说，研究了通电导线的磁场；法拉第研究了电磁感应现象；特斯拉是电力工程师；故B正确故选B4. 一束电子从赤道上空由上向下运动，在地球磁场的作用下，它将（）A. 向东偏转B. 向西偏转C. 向南偏转D. 向北偏转【答案】B【解析】【详解】赤道处的磁场方向从南向北，电子在地球赤道上空竖直向下运动，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以粒子将向西偏转。
4、选项B正确。故选B。5. 如图所示，水平匀强电场中，一带电荷量为q，质量为m的小球静止在倾角为的光滑斜面上，则关于场强方向及大小的判断正确的是()A. 向右，B. 向左，C. 向右，D. 向左，【答案】B【解析】试题分析：对小球受力分析，并根据平衡条件得到电场力大小和方向，进一步确定电场强度，注意负电荷受到的电场力方向和电场方向相反对电荷受力分析，受到重力、电场力和支持力，如图，根据平衡条件，有，解得，电荷带负电，故电场强度方向水平向左，B正确6. 丹麦物理学家奥斯特于1820年7月通过实验首先发现通电导线的周围存在磁场。如图在赤道处，把一根长直导线平行于地表沿南北方向放置在磁针正上方附近，当
5、导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，下列说法正确的是（）A. 导线若沿东西方向放置，磁针最容易发生偏转B. 导线若通以图示方向强电流，磁针N极转向纸面内C. 导线若通以图示方向强电流，磁针N极转向纸面外D. 从上向下看，导线有逆时针旋转的趋势【答案】B【解析】【详解】A导线若东西放置，导线中的电流产生的磁场方向为南北方向，磁针最不容易发生偏转，因为地磁场也是南北方向，故A错误；BC根据安培定则，当导线通过以图示方向强电流，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，磁针N极转向纸面内，故B正确，C错误；D依据相对运动角度来分析，那么从上向下看，导线有顺时针旋转的趋势，故D错误。故选B。7. 如图所示，水平
6、放置、相互平行的两根等高固定长直导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点间距相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流（）A. 两导线之间存在相互吸引的安培力B. O点的磁感应强度为0C. a、b两点磁感应强度大小相等、方向相同D. 若一电子从O点将以较小的速度射向a点，电子将做变速运动【答案】C【解析】【详解】A依据通电直导线同电流相互吸引，反向电流相互排斥，可知两处电流的方向相反，所以它们之间存在相互排斥的作用力。故A错误；B由安培定则可知，左侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向上，右侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向上，方向相同，所以合磁场的方向向上
7、。故B错误；C由于a、b在导线连接中心的对称轴上，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故C正确；D由于a、b两点磁感应强度大小相等、方向相同，依据右手定则可知ab线产生的磁场竖直向上，若一电子从O点将以较小的速度射向a点，不受洛伦兹力，故会做匀速运动，故D错误。故选C。8. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面水平放置一根长为L、质量为m的通电直导线，电流方向垂直纸面向里.欲使导线静止于斜面上，则外加磁场的磁感应强度的大小和方向可以是（ ）A. ，方向垂直斜面向下B. ，方向竖直向下C. ，方向水平向左D. ，方向水平向左【答案】ABC【解析】【详解】A磁场方向垂直
8、斜面向下时，根据左手定则，安培力沿斜面向上，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有解得，故A正确；B磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有，解得，故B正确；C磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有，解得，故C正确；D磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，无法平衡，故D错误【点睛】本题难度中等，安培力的大小以及方向与电流、磁场的方向有关，熟练掌握左手定则的使用，熟练分析受力分析的能力9. 如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是
9、半径为R的圆弧粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域、三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是下图中的( )A B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域、内磁场方向分别为向外、向里、向外，在三个区域中均运动圆周，故t=，由于T=得B，C符合题意，ABD不符合题意。故选C。10. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成角。现只改变带电粒子的速度大小，仍从A点沿原方向射入原磁场，不计重力，测出粒子在磁场中的运动时间
10、变为2t、则粒子的速度大小变为（）A. vB. 2vC. vD. 3v【答案】C【解析】【详解】设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，由公式得根据几何关系可知所以运动时间设第二次射入时的圆心角为，根据分析可知则半径又得故C正确，ABD错误。故选C。二、多项选择题（共4小题，每题4分，共16分）11. 如图所示，在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球，空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时，直管水平放置，且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动，经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中（）A. 磁场对小球不做功B. 直管对小球做正功C. 小球所
11、受磁场力的方向不变D. 小球的运动轨迹是一直线【答案】AB【解析】【详解】A由于磁场对小球的洛伦兹力始终与小球的合运动的方向垂直，故磁场对小球不做功，故A正确；B对小球受力分析，受重力、支持力和洛伦兹力，其中重力和洛伦兹力不做功，而动能增加，根据动能定理可知，支持力做正功，故B正确；CD设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动，小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，故CD错误。故选AB。12. 如图所示，金属棒ab用软导线悬挂在磁感应强度为B，方向垂直
12、纸面向里的匀强磁场中，ab通以如图所示的电流I，此时悬线有一定的张力，若要使悬线张力为零，必须安培力方向向上，下列做法中有可能实现的是（）A. 增大磁感强度BB. 增大ab中的电流IC. 改变电流I的方向D. 改变磁感强度B的方向【答案】CD【解析】【详解】当ab通以如图所示的电流I时，导线所受安培力方向向下，悬线张力不为零，要使悬线张力为零，安培力方向要向上，再根据左手定则判断。A增大磁感强度B，安培力方向仍向下，悬线张力不为零，不符合题意，故A错误；B增大ab中的电流I，根据左手定则安培力方向向下，悬线张力不为零，不符合题意，故B错误；C改变电流I的方向，安培力改为向上，当安培力与重力平衡
13、时，悬线张力为零，符合题意，故C正确；D改变磁感强度B的方向，安培力改为向上，当安培力与重力平衡时，悬线张力为零，符合题意，故D正确。故选CD。13. 如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行且足够长的水平光滑导轨上，电流方向由M指向N，在两导轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t=0时导线恰好静止，若磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，则下列说法正确的是（）A. 在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动B. 在最初的一个周期内，导线一直向左运动C. 导线一直做加速度不变的匀加速直线运动D. 在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小【答案】A
14、D【解析】【详解】在第1个内，由左手定则可知，MN所受的安培力方向向右，由F=BIL知，安培力恒定不变，则该棒从静止开始向右做匀加速运动；在第2个内，由左手定则可知，MN所受的安培力方向向左，由F=BIL知，安培力恒定不变，则该棒向右做匀减速运动， 时刻速度为零；在第3个内，由左手定则可知，MN所受的安培力方向向左，由F=BIL知，安培力恒定不变，则该棒从静止开始向左做匀加速度运动；在第4个内，由左手定则可知，MN所受的安培力方向向右，由F=BIL知，安培力恒定不变，则该棒向左做匀减速运动，T时刻速度为零。故在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动；在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小
15、，故AD正确，BC错误。故选AD。14. 如图所示，半径为R的圆内有一磁感强度为B的向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)，从A点对着圆心垂直射人磁场，从C点飞出，则A. 粒子带正电B. 粒子的轨道半径为RC. A、C两点相距D. 粒子在磁场中运动时间为m3qB【答案】ACD【解析】A、带电粒子沿半径方向入射，如图可知，经过磁场速度偏转角为60后又沿半径方向出射，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确；B、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转后又沿半径方向出射，画出粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角，则轨道半径为，故B错误；C、A、C两点相距，故C正确
16、；D、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60后又沿半径方向出射由于粒子的周期公式：，则粒子在磁场中运动的时间为：，故D正确；故选ACD【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题，注意圆形磁场的半径与运动轨迹的半径的区别，圆形磁场的夹角与运动轨迹对应的圆心角的不同三、填空题（15题6分，16题每空4分，共14分）15. 在倾角为30的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒,一匀强磁场垂直于斜面向上,如图所示,当导体棒内通有垂直纸面向里的电流I时,导体棒恰好静止于斜面上,则磁感应强度B=_. 【答案】【解析】【详解】导体
17、棒静止于斜面上,所以棒受到的沿斜面向上的安培力与棒的重力沿斜面向下的分力相等,即BIL=mgsin30，解得：16. 电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为2.0g的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到6km/s。若这种装置的轨道宽2m，长为100m，通过的电流为10A，则轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为_T，磁场力的最大功率P=_W（轨道摩擦不计）。【答案】 (1). 18 (2). 2.16106【解析】【详解】1根据动能定理得得2磁场力的最大功率四、计算题（共3小题，共30分）17. 一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速
18、电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上（1）求粒子进入磁场时的速率（2）求粒子照相底片D点到S3的距离【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子飘入电势差为U的加速电场，有，得粒子进入磁场时的速率（2）粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：，粒子照相底片D点到S3的距离2R=18. 质量为m=0.02kg通电细杆ab置于倾角为=37平行放置的导轨上，导轨的宽度d=0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数=0.4，磁感应强度B=2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，调节滑动变阻器的滑片，让杆ab沿导轨匀速下滑
19、。试求出通过杆ab的电流为多大。（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】0.14A【解析】【详解】对杆受力分析，如图，根据平衡条件，沿斜面方向mgsin=f+FF=BIdf=mgcos联立三个式子得I=0.14A即通过杆ab的电流为0.14A。19. 如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为r的圆，圆心坐标为（r，0），圆内有方向垂直于平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方
20、向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为2h。求：(1)带电粒子的比荷；(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小；(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)由水平方向匀速直线运动得竖直向下的分速度由竖直方向匀加速直线运动知，加速度为联立解得(2)粒子进入磁场的速度为v，有由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径由洛伦兹力提供向心力可知联立解得(3)粒子在磁场中运动的时间为粒子在磁场中运动的周期为，粒子在电场中运动的时间粒子运动的总时间则应县一中高二物理返校练习2019.10.2一、单项选择题（共10小题，每题4分
21、，共40分）20. 如图所示，当带正电的球C移近不带电的枕形金属导体时，枕形导体上的电荷移动情况是（ ）A. 枕形金属导体上的正电荷向B端移动，负电荷不移动B. 枕形金属导体上的自由电子向A端移动，正电荷不移动C. 枕形金属导体上的正、负电荷同时分别向B端和A端移动D. 枕形金属导体上的正、负电荷同时分别向A端和B端移动【答案】B【解析】【详解】金属导体中可以自由移动的是电子，当带正电的球C移近不带电的枕形金属导体时，由于静电感应，A端带负电，B端带正电，因此自由电子向A端移动；故选项B正确，ACD错误；故选B。21. 有三个完全相同的金属小球A、B、C，A所带电荷量为7Q，B所带电荷量为Q，
22、C不带电。将A、B固定起来，然后让C反复与A、B接触，最后移去C，A、B间的相互作用力变为原来的（）A. 倍B. 倍C. 倍D. 倍【答案】C【解析】【详解】C与A、B反复接触，最后A、B、C三者所带电荷量均分，即A、B间的作用力原来A、B间的作用力所以即故C正确，ABD错误。故选C。22. 下列情况中，A、B两点的电场强度矢量相等的是（ ）A. 与孤立正点电荷距离相等的A、B两点B. 与孤立负点电荷距离相等的A、B两点C. 两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与两点电荷的连线距离相等的A、B两点D. 两个等量同种点电荷连线的中垂线上，与两点电荷的连线距离相等的A、B两点【答案】C【解析】【详解
23、】AB无论是孤立正点电荷还是负点电荷，它们形成的电场都是从某一点向四周成发射状的，因此在此种电场中与电荷距离相等的点，电场强度大小相等，但是方向不同，因此，不可能矢量相等，选项AB错误。C根据平行四边形定则，在两个等量异种点电荷形成电场的中垂线上距离两点电荷相同距离的点，电场强度矢量相等，选项C正确。D根据平行四边形定则知两个等量同种点电荷形成的电场中垂线上距离两电荷相等的点电场强大小相等，方向相反，则场强矢量不相等，选项D错误。故选C。23. 一带负电点电荷仅在电场力作用下，先后经过电场中的A、B两点，其vt的图象如图所示。tA、tB分别是该电荷经A、B两点的时刻，则（）A. A点的场强一定
24、小于B点的场强B. 场强的方向一定从B点指向A点C. A点的电势一定低于B点的电势D. 该电荷在A点的电势能一定小于在B点的电势能【答案】D【解析】【详解】A.速度均匀减小说明加速度大小不变，电荷受力不变，因此电场强度大小相等，A错误；B.负电荷由A到B减速运动，电场方向由A到B，B错误；C.沿电场线方向电势降低，C错误；D.负电荷从A到B电场力做负功，由能量转化与守恒，动能减小电势能增加，D正确。故选D。24. 如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，MN之间有一个方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光
25、滑的，下列说法正确的是( )A. 小球一定能穿过MN区域继续运动B. 如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点C. 如果小球恰好能够穿过MN区域，电场力做的功为-mgRD. 如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点时的速度大于等于【答案】BC【解析】【详解】A由于电场强度的大小不知，小球可能能穿过MN区域，也可能不能穿过MN区域，故A错误；B如果小球不能穿过MN区域，小球在运动的过程中，无能量损失，一定能回到出发点，故B正确；C如果小球恰好能够穿过MN区域，根据动能定理有：可得电场力做的功为-mgR，故C正确；D如果小球不能穿过MN区域，根据能量守恒可知
26、小球只能够回到出发点，无法运动到P点，故D错误故选BC。25. 如图所示，在平面内有一个以为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，、两点连线与轴正方向的夹角为若空间存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小，则、两点的电势差可表示为（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】本题考查匀强电场中电势差与场强的关系.沿着电场线方向电势越来越低,故由题图可知O点电势低,P点电势高,所以OP两点间电势差为负值,匀强电场中两点间电势差取决于两点间沿场强方向的距离,所以有:UOP=-EdOPsin=-10sin,A项正确.26. 对于处在静电平衡状态的导体，以下说法中正确的是()A. 导体内部既无正电荷
27、，又无负电荷B. 导体内部和外表面处的电场均为零C. 导体处于静电平衡时，导体表面的电荷代数和为零D. 导体内部电场为零是外加电场与感应电荷产生的电场叠加的结果【答案】D【解析】【详解】A金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，但是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷故A错误B金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，表面处的场强不等于0，故B错误C导体处于静电平衡时，导体表面的电荷代数和不一定为零，要看开始时是不是0故C错误；D金属导体在电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与电荷的电场
28、叠加，内部电场强度处处为零所以D正确，故选D。27. 如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，今在两板的中点处放一电荷q，则它所受电场力的大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】两极板间的电势差为：则两极板间的电场强度为： 电荷q所受的电场力为： A，与结论不相符，选项A错误；B，与结论相符，选项B正确；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D错误；28. 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
29、应变为原来的（）A. 2倍B. 4倍C. 倍D. 倍【答案】C【解析】【详解】电子经过电场所用的时间电子在电场中做类平抛运动，侧移量可得若速度变为原来的两倍，则仍从正极板边沿飞出，即则两极板的间距应变为原来C正确ABD错误。故选C。29. 将甲、乙两个质量相等的物体在距水平地面同一高度处，分别以v和2v的速度水平抛出，若不计空气阻力的影响，则下列说法错误的是（）A. 甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动量变化都相同B. 甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动能变化都相同C. 两物体落地时动量对时间的变化率相同D. 两物体落地时重力的功率相同【答案】B【解析】【详解】A根据动量定理
30、，动量的变化等于合外力对物体的冲量，在这里物体受到的合外力就是重力，因此相等时间内，合外力的冲量相等，因此动量变化量相同，故A正确；B在向下运动过程中，竖直速度越来越大，因此相同时间内重力做功越来越多，因此相等时间内动能变化时都会越来越大，故B错误；C动量对时间的变化率就是合外力，因此两物体落地时动量对时间的变化率相同，故意C正确；D落地时，两个物体竖直速度相等，因此重力的功率相等，故D正确。本题选错误的，故选B。二、多项选择题（共4小题，每题4分，共16分）30. 如图所示,实线为电场线,虚线为等势线,且AB=BC,电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC,电势分别为A、B、C,A
31、B、BC间的电势差分别为UAB、UBC,则下列关系中正确的有( )A. ABCB. ECEBEAC. UABUBCD. UAB=UBC【答案】ABC【解析】【分析】试题分析: A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故ABC，故A正确；由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为ECEBEA，故B正确；电场线密集的地方电势降落较快，故UBCUAB，故C正确，D错误考点：考查静电场中的电场线、等势面的分布知识和规律【详解】31. 图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动
32、的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则（）A. M带负电荷，N带正电荷B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【答案】D【解析】【详解】A由于O点电势高于c点电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A错误；B根据题意可知，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B错误；CN在从O点运动至a点的过程中受
33、到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C错误D图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D正确。故选D。32. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A. 所受重力与电场力平衡B. 电势能逐渐增加C. 动能逐渐增加D. 做匀变速直线运动【答案】D【解析】【详解】AD根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同线，粒子做匀变速直线运动，因此A错误，D正确；BC电场力和重力的合力水平向左，但是不知道粒子从左向右
34、运动还是从右向左运动，故无法确定电场力做正功还是负功，则不确定粒子动能是增加还是减少，电势能减少还是增加，故BC错误。故选D。【点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。33. 如图所示，图中的线段、分别表示在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的速度时间图象已知相互作用时间极短，则由图象可知（ ） A. 碰前滑块的速度比滑块的速度大B. 碰前滑块的动量比滑块的动量大C. 滑块的质量比滑块的质量大D. 碰撞过程中，滑块受到
35、的冲量比滑块受到的冲量大【答案】ABC【解析】碰撞前滑块速度为，滑块速度为，碰撞后的共同速度为A：碰撞前滑块速度为：，滑块速度为，故A项正确B：碰撞的总动量为正，根据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，则碰撞前滑块的动量较大，故B项正确C根据动量守恒定律，则：，代入数据有：，计算得出：，则滑块的质量比滑块的质量大，故C项正确的D碰撞过程中，滑块受到的冲量与滑块受到的冲量等大，反向故D项错误所以选ABC三、实验题（15题每空3分，16题每空2分，共14分）34. 某同学利用如图所示装置测量物块和水平桌面间的动摩擦因数，并利用这个装置验证碰撞中的动量守恒，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面
36、相切，圆弧所选材料足够光滑将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测出滑块在水平桌面滑行的距离，如图甲所示，然后将小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测量处整体沿桌面滑行的距离，如图乙所示，若测出圆弧轨道的半径为R，A和B完全相同（1）滑块与桌面间的动摩擦因数=_（用R和表示）；（2）若A、B碰撞过程中动量守恒，则_【答案】 (1). (2). 4【解析】【详解】（1）A在圆弧面上运动时机械能守恒，则有：，解得：，对A下滑的全过程由动能定理要分析可知：，解得：，（2）如果碰撞中动量守恒，则有：，再对碰后的AB物体分析，由动能定理可知
37、：，则，将，解得：，即证明动量守恒【点睛】根据A在运动过程中的机械能守恒定律列式即可求得最低点的速度；对A下滑的全过程由动能定理可求得动摩擦因数；假设碰撞中动量守恒，根据动量守恒定律以及功能关系列式即可求得碰后滑行的距离，从而求出两种情况下的位移表达式，从而确定距离的比值，找出碰撞中动量守恒的依据35. 在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，B极板接地。(1)若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角_（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随_而增大；(2)若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角_（填“变大”或“变小”），此实验说明平
38、行板电容器的电容随_而增大。【答案】 (1). 变大 (2). 极板正对面积增大 (3). 变大 (4). 板间距离减小【解析】【详解】(1)1若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式：可知，电容变小。电容器的电量Q不变，由电容的定义式：2得到板间电压U变大，静电计张角变大；此实验说明平行板电容器的电容随极板正对面积增大而增大；(2)3若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，根据电容的决定式：可知，电容变小。电容器的电量Q不变，由电容的定义式：得到板间电压U变大，静电计张角变大；4此实验说明平行板电容器的电容随极板减小而增大。四、计算题（共3小题，共30分）36. 如图所示，已
39、知平行板电容器两极板间距离，充电后两极板电势差为板带正电，若它的电容为，且到板距离为求：（1）每一板的带电荷量（2）一个电子在点具有的电势能（3）一个电子从板出发到板获得的动能（4）两板间的电场强度【答案】（1）3.610-4C （2）-90eV （3）120eV （4）3104N/C【解析】【详解】（1）由得（2）电子在点具有的电势能（3）因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得，解得：（4）两板间的电场强度37. 如图所示，质量为410-8kg的带电微粒（重力不能忽略）以速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间。已知板长L=10cm，板间距
40、离d=2cm，当时，带电微粒恰好沿直线穿过板间。(1)求带电微粒所带电荷的电性及电量；(2)AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？【答案】(1)负，；(2)【解析】【详解】(1)微粒带负电，由平衡条件有又解得(2)微粒在板间做类平抛运动，有，代入数据解得a=8m/s2当微粒刚好打在下极板右边缘时，有代入数据解得U1=200V当微粒刚好打在板上右边缘时，有代入数据解得U2=1800V要使带电微粒能穿出极板，则两板间的电压应满足200VU1800V。38. 如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一轻质弹簧一端固定在直圆筒的底端，其上端自然状态下位于O点处将一质量为m、直径略小于直圆
41、筒的小球A缓慢的放在弹簧上端，其静止时弹簧的压缩量为x0现将一与小球A直径等大的小球B从距A小球3x0的P处释放，小球B与小球A碰撞后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到O点已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能为kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）小球B的质量mB；（3）小球A与小球B一起向下运动时速度的最大值vm【答案】（1）mg/x0（2）m（3）【解析】【详解】（1）由平衡条件可知： 解得劲度系数 （2）B球由静止下落后与A接触前的瞬时速度为，则有 解得设A与B碰撞后的速度为 ，有 由于A、B恰能回到O点，根据动能
42、定理有：解得（3）设AB球碰撞后再继续向下运动时速度达到最大值，此时它们的加速度为零，有： 解得 据机械能守恒定律有： 解得39. 如图所示，一平行板电容器跟一电源相接，当S闭合时，平行板电容器极板、间的一带电液滴恰好静止（1）若将两板间距离增大为原来的两倍，那么液滴的运动状态如何变化；（2）若先将S断开，再将两板间距离增大为原来的两倍，液滴的运动状态又将如何变化【答案】（1）液滴将向下做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动（2）处于静止状态【解析】【分析】带电液滴静止时，所受的电场力和重力平衡，qE=mg，液滴带负电，由于液滴所受重力不变，液滴运动状态随电场力的变化而变化，由于电场力，因此只
43、要分析出场强的变化情况即可【详解】（1）S闭合时，不变，由E=知，将两板间距离d增大为原来的两倍，板间的电场强度E将减小为原来的，合外力所以液滴的加速度，方向向下，液滴将向下做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动（2）S断开，电容器的电荷量保持不变，当d=2d时，由公式E=、C=和平行板电容器电容的决定式C=知，即将S断开，再将两板间距离增大为原来的两倍，板间的电场强度E=E，因此，液滴受力情况不变，仍处于静止状态答：（1）液滴将向下做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动（2）处于静止状态40. 如图所示，电源电动势为，电容器两极板水平放置，两极板间距离为20cm。开关S闭合且稳定后，求：(1)通过R1的电流I；(2)电容器的电荷量Q；(3)若此时一个带电量库仑的油滴恰好可静止在两板中间，油滴质量多大（g=10）？【答案】(1)1A；(2)；(3)【解析】【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可知（2）电容器两端的电压UC=U2=IR2=16=6V电量Q=UCC=3010-66C=1.810-4C（3）由平衡条件可知mg=Eq又因为所以