山西省朔州市應(yīng)縣第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期返校練習(xí)試題含解析

PAGE32-山西省朔州市應(yīng)縣第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期返校練習(xí)試題（含解析）一、單項(xiàng)選擇題（共10小題，每題4分，共40分）1.如圖，ab是水平面上一個(gè)圓的直徑，在過ab的豎直平面內(nèi)有一根通電導(dǎo)線cd。已知cd平行于ab，當(dāng)cd豎直向上平移時(shí)，電流的磁場穿過圓面積的磁通量將（）A.漸漸增大B.漸漸減小C.始終為零D.不為零，但保持不變【答案】C【解析】【詳解】由題可知，通電直導(dǎo)線產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場，依據(jù)安培定則推斷可知：在AB的外側(cè)磁感線向下穿過線圈平面，在AB的里側(cè)磁感線向上穿過線圈平面，依據(jù)對(duì)稱性可知，穿過線框的磁感線的總條數(shù)為零，磁通量為零，CD豎直向上平移時(shí)，穿過這個(gè)圓面的磁通量始終為零，保持不變。A．漸漸增大。故A不符合題意。B．漸漸減小。故B不符合題意。C．始終為零。故C符合題意。D．不為零，但保持不變。故D不符合題意。故選C。2.如圖所示的磁場中，穩(wěn)定時(shí)小磁針處于圖示的位置，其中正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】A、小磁針的N極靠近的是條形磁鐵的S極，符合磁極間的作用規(guī)律，故A選項(xiàng)正確；B、小磁針的N極靠近左端條形磁鐵的N極，小磁針的S極靠近條形磁鐵的S極，不符合磁極間的作用規(guī)律，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C、小磁針的上端S極靠近條形磁鐵的S極，不符合磁極間的作用規(guī)律，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D、小磁針的N極靠近左端條形磁鐵的N極，小磁針的S極靠近條形磁鐵的S極，不符合磁極間的作用規(guī)律，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A．3.首先發(fā)覺通電導(dǎo)線四周存在磁場的物理學(xué)家是（）A.安培 B.法拉第 C.奧斯特 D.特斯拉【答案】C【解析】【詳解】首先發(fā)覺通電導(dǎo)線四周存在磁場的物理學(xué)家是丹麥的物理學(xué)家奧斯特；安培提出了分子電流假說，探討了通電導(dǎo)線的磁場；法拉第探討了電磁感應(yīng)現(xiàn)象；特斯拉是電力工程師；故B正確．故選B．4.一束電子從赤道上空由上向下運(yùn)動(dòng)，在地球磁場的作用下，它將（）A.向東偏轉(zhuǎn) B.向西偏轉(zhuǎn) C.向南偏轉(zhuǎn) D.向北偏轉(zhuǎn)【答案】B【解析】【詳解】赤道處的磁場方向從南向北，電子在地球赤道上空豎直向下運(yùn)動(dòng)，依據(jù)左手定則，洛倫茲力的方向向西，所以粒子將向西偏轉(zhuǎn)。選項(xiàng)B正確。故選B。5.如圖所示，水平勻強(qiáng)電場中，一帶電荷量為－q，質(zhì)量為m的小球靜止在傾角為θ的光滑斜面上，則關(guān)于場強(qiáng)方向及大小的推斷正確的是()A.向右， B.向左， C.向右， D.向左，【答案】B【解析】試題分析：對(duì)小球受力分析，并依據(jù)平衡條件得到電場力大小和方向，進(jìn)一步確定電場強(qiáng)度，留意負(fù)電荷受到的電場力方向和電場方向相反．對(duì)電荷受力分析，受到重力、電場力和支持力，如圖，依據(jù)平衡條件，有，解得，電荷帶負(fù)電，故電場強(qiáng)度方向水平向左，B正確．6.丹麥物理學(xué)家奧斯特于1820年7月通過試驗(yàn)首先發(fā)覺通電導(dǎo)線的四周存在磁場。如圖在赤道處，把一根長直導(dǎo)線平行于地表沿南北方向放置在磁針正上方旁邊，當(dāng)導(dǎo)線中有電流通過時(shí)，磁針會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，下列說法正確的是（）A.導(dǎo)線若沿東西方向放置，磁針最簡單發(fā)生偏轉(zhuǎn)B.導(dǎo)線若通以圖示方向強(qiáng)電流，磁針N極轉(zhuǎn)向紙面內(nèi)C.導(dǎo)線若通以圖示方向強(qiáng)電流，磁針N極轉(zhuǎn)向紙面外D.從上向下看，導(dǎo)線有逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)的趨勢【答案】B【解析】【詳解】A．導(dǎo)線若東西放置，導(dǎo)線中的電流產(chǎn)生的磁場方向?yàn)槟媳狈较?，磁針最不簡單發(fā)生偏轉(zhuǎn)，因?yàn)榈卮艌鲆彩悄媳狈较?，故A錯(cuò)誤；BC．依據(jù)安培定則，當(dāng)導(dǎo)線通過以圖示方向強(qiáng)電流，導(dǎo)線下方的磁場方向垂直紙面對(duì)里，磁針N極轉(zhuǎn)向紙面內(nèi)，故B正確，C錯(cuò)誤；D．依據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)角度來分析，那么從上向下看，導(dǎo)線有順時(shí)針旋轉(zhuǎn)的趨勢，故D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖所示，水平放置、相互平行的兩根等高固定長直導(dǎo)線的截面圖，O點(diǎn)是兩導(dǎo)線間距離的中點(diǎn)，a、b是過O點(diǎn)的豎直線上與O點(diǎn)間距相等的兩點(diǎn)，兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的恒定電流（）A.兩導(dǎo)線之間存在相互吸引的安培力B.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0C.a、b兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同D.若一電子從O點(diǎn)將以較小的速度射向a點(diǎn)，電子將做變速運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)通電直導(dǎo)線同電流相互吸引，反向電流相互排斥，可知兩處電流的方向相反，所以它們之間存在相互排斥的作用力。故A錯(cuò)誤；B．由安培定則可知，左側(cè)的電流在O處產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，右側(cè)的電流在O處產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，方向相同，所以合磁場的方向向上。故B錯(cuò)誤；C．由于a、b在導(dǎo)線連接中心的對(duì)稱軸上，依據(jù)場強(qiáng)的疊加知，a、b兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故C正確；D．由于a、b兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同，依據(jù)右手定則可知ab線產(chǎn)生的磁場豎直向上，若一電子從O點(diǎn)將以較小的速度射向a點(diǎn)，不受洛倫茲力，故會(huì)做勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，垂直紙面水平放置一根長為L、質(zhì)量為m的通電直導(dǎo)線，電流方向垂直紙面對(duì)里.欲使導(dǎo)線靜止于斜面上，則外加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向可以是（）A.，方向垂直斜面對(duì)下B.，方向豎直向下C.，方向水平向左D.，方向水平向左【答案】ABC【解析】【詳解】A．磁場方向垂直斜面對(duì)下時(shí)，依據(jù)左手定則，安培力沿斜面對(duì)上，導(dǎo)體棒還受到重力和支持力，依據(jù)平衡條件和安培力公式，有解得，故A正確；B．磁場豎直向下時(shí)，安培力水平向左，導(dǎo)體棒還受到重力和支持力，依據(jù)平衡條件和安培力公式，有，解得，故B正確；C．磁場方向水平向左時(shí)，安培力豎直向上，與重力平衡，有，解得，故C正確；D．磁場方向水平向右時(shí)，安培力豎直向下，無法平衡，故D錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】本題難度中等，安培力的大小以及方向與電流、磁場的方向有關(guān)，嫻熟駕馭左手定則的運(yùn)用，嫻熟分析受力分析的實(shí)力．9.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計(jì)重力，在a點(diǎn)以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ，沿曲線abcd運(yùn)動(dòng)，ab、bc、cd都是半徑為R的圓?。Ｗ釉诿慷螆A弧上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都為t.規(guī)定垂直于紙面對(duì)外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為正，則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x變更的關(guān)系可能是下圖中的()A B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】由左手定則可推斷出磁感應(yīng)強(qiáng)度B在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁場方向分別為向外、向里、向外，在三個(gè)區(qū)域中均運(yùn)動(dòng)圓周，故t=，由于T=得B＝，C符合題意，ABD不符合題意。故選C。10.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場，OC與OB成角?，F(xiàn)只變更帶電粒子的速度大小，仍從A點(diǎn)沿原方向射入原磁場，不計(jì)重力，測出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?t、則粒子的速度大小變?yōu)椋ǎ〢.v B.2v C.v D.3v【答案】C【解析】【詳解】設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑是R，以速度v射入時(shí)，由公式得依據(jù)幾何關(guān)系可知所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間設(shè)其次次射入時(shí)的圓心角為θ，依據(jù)分析可知?jiǎng)t半徑又得故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題（共4小題，每題4分，共16分）11.如圖所示，在一根一端封閉、內(nèi)壁光滑的直管MN內(nèi)有一個(gè)帶正電的小球，空間中充溢豎直向下的勻強(qiáng)磁場。起先時(shí)，直管水平放置，且小球位于管的封閉端M處。現(xiàn)使直管沿水平方向向右勻速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間后小球到達(dá)管的開口端N處。在小球從M到N的過程中（）A.磁場對(duì)小球不做功 B.直管對(duì)小球做正功C.小球所受磁場力的方向不變 D.小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是始終線【答案】AB【解析】【詳解】A．由于磁場對(duì)小球的洛倫茲力始終與小球的合運(yùn)動(dòng)的方向垂直，故磁場對(duì)小球不做功，故A正確；B．對(duì)小球受力分析，受重力、支持力和洛倫茲力，其中重力和洛倫茲力不做功，而動(dòng)能增加，依據(jù)動(dòng)能定理可知，支持力做正功，故B正確；CD．設(shè)管子運(yùn)動(dòng)速度為v1，小球垂直于管子向右的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿管子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，與平拋運(yùn)動(dòng)類似，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線，洛倫茲力方向不斷變更，故CD錯(cuò)誤。故選AB。12.如圖所示，金屬棒ab用軟導(dǎo)線懸掛在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場中，ab通以如圖所示的電流I，此時(shí)懸線有肯定的張力，若要使懸線張力為零，必需安培力方向向上，下列做法中有可能實(shí)現(xiàn)的是（）A.增大磁感強(qiáng)度B B.增大ab中的電流IC.變更電流I的方向 D.變更磁感強(qiáng)度B的方向【答案】CD【解析】【詳解】當(dāng)ab通以如圖所示的電流I時(shí)，導(dǎo)線所受安培力方向向下，懸線張力不為零，要使懸線張力為零，安培力方向要向上，再依據(jù)左手定則推斷。A．增大磁感強(qiáng)度B，安培力方向仍向下，懸線張力不為零，不符合題意，故A錯(cuò)誤；B．增大ab中的電流I，依據(jù)左手定則安培力方向向下，懸線張力不為零，不符合題意，故B錯(cuò)誤；C．變更電流I的方向，安培力改為向上，當(dāng)安培力與重力平衡時(shí)，懸線張力為零，符合題意，故C正確；D．變更磁感強(qiáng)度B的方向，安培力改為向上，當(dāng)安培力與重力平衡時(shí)，懸線張力為零，符合題意，故D正確。故選CD。13.如圖甲所示，電流恒定的通電直導(dǎo)線MN，垂直平放在兩條相互平行且足夠長的水平光滑導(dǎo)軌上，電流方向由M指向N，在兩導(dǎo)軌間存在著豎直磁場，取垂直紙面對(duì)里的方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度的正方向，當(dāng)t=0時(shí)導(dǎo)線恰好靜止，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變更，則下列說法正確的是（）A.在最初的一個(gè)周期內(nèi)，導(dǎo)線在導(dǎo)軌上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)B.在最初的一個(gè)周期內(nèi)，導(dǎo)線始終向左運(yùn)動(dòng)C.導(dǎo)線始終做加速度不變的勻加速直線運(yùn)動(dòng)D.在最初的半個(gè)周期內(nèi)，導(dǎo)線的速度先增大后減小【答案】AD【解析】【詳解】在第1個(gè)內(nèi)，由左手定則可知，MN所受的安培力方向向右，由F=BIL知，安培力恒定不變，則該棒從靜止起先向右做勻加速運(yùn)動(dòng)；在第2個(gè)內(nèi)，由左手定則可知，MN所受的安培力方向向左，由F=BIL知，安培力恒定不變，則該棒向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻速度為零；在第3個(gè)內(nèi)，由左手定則可知，MN所受的安培力方向向左，由F=BIL知，安培力恒定不變，則該棒從靜止起先向左做勻加速度運(yùn)動(dòng)；在第4個(gè)內(nèi)，由左手定則可知，MN所受的安培力方向向右，由F=BIL知，安培力恒定不變，則該棒向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻速度為零。故在最初的一個(gè)周期內(nèi)，導(dǎo)線在導(dǎo)軌上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)；在最初的半個(gè)周期內(nèi)，導(dǎo)線的速度先增大后減小，故AD正確，BC錯(cuò)誤。故選AD。14.如圖所示，半徑為R的圓內(nèi)有一磁感強(qiáng)度為B的向外的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)，從A點(diǎn)對(duì)著圓心垂直射人磁場，從C點(diǎn)飛出，則A.粒子帶正電B.粒子的軌道半徑為RC.A、C兩點(diǎn)相距D.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為πm／3qB【答案】ACD【解析】A、帶電粒子沿半徑方向入射，如圖可知，經(jīng)過磁場速度偏轉(zhuǎn)角為60°后又沿半徑方向出射，依據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，故A正確；B、帶電粒子沿半徑方向入射，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后又沿半徑方向出射，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，依據(jù)幾何關(guān)系可知，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，則軌道半徑為，故B錯(cuò)誤；C、A、C兩點(diǎn)相距，故C正確；D、帶電粒子沿半徑方向入射，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)60°后又沿半徑方向出射．由于粒子的周期公式：，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，故D正確；故選ACD．【點(diǎn)睛】帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑，同時(shí)還利用圓弧的幾何關(guān)系來幫助解題，留意圓形磁場的半徑與運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑的區(qū)分，圓形磁場的夾角與運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角的不同．三、填空題（15題6分，16題每空4分，共14分）15.在傾角為30°的光滑斜面上垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒,一勻強(qiáng)磁場垂直于斜面對(duì)上,如圖所示,當(dāng)導(dǎo)體棒內(nèi)通有垂直紙面對(duì)里的電流I時(shí),導(dǎo)體棒恰好靜止于斜面上,則磁感應(yīng)強(qiáng)度B=_______.【答案】【解析】【詳解】導(dǎo)體棒靜止于斜面上,所以棒受到的沿斜面對(duì)上的安培力與棒的重力沿斜面對(duì)下的分力相等,即BIL=mgsin30°，解得：16.電磁炮是一種志向的兵器，它的主要原理如圖所示，利用這種裝置可以把質(zhì)量為2.0g的彈體（包括金屬桿EF的質(zhì)量）加速到6km/s。若這種裝置的軌道寬2m，長為100m，通過的電流為10A，則軌道間所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為_____T，磁場力的最大功率P=_____W（軌道摩擦不計(jì)）。【答案】(1).18(2).2.16×106【解析】【詳解】[1]依據(jù)動(dòng)能定理得得[2]磁場力的最大功率四、計(jì)算題（共3小題，共30分）17.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最終打到照相底片D上（1）求粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速率．（2）求粒子照相底片D點(diǎn)到S3的距離【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）粒子飄入電勢差為U的加速電場，有，得粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速率（2）粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，有：，粒子照相底片D點(diǎn)到S3的距離2R=18.質(zhì)量為m=0.02kg通電細(xì)桿ab置于傾角為θ=37°平行放置的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的寬度d=0.2m，桿ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直且方向向下，調(diào)整滑動(dòng)變阻器的滑片，讓桿ab沿導(dǎo)軌勻速下滑。試求出通過桿ab的電流為多大。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）【答案】0.14A【解析】【詳解】對(duì)桿受力分析，如圖，依據(jù)平衡條件，沿斜面方向mgsinθ=f+FF=BIdf=μmgcosθ聯(lián)立三個(gè)式子得I=0.14A即通過桿ab的電流為0.14A。19.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的其次象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，方向沿y軸負(fù)方向。在第一、四象限內(nèi)有一個(gè)半徑為r的圓，圓心坐標(biāo)為（r，0），圓內(nèi)有方向垂直于平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場。一帶正電的粒子（不計(jì)重力），以速度為從其次象限的P點(diǎn)，沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入第四象限，速度方向與x軸正方向成，最終從Q點(diǎn)平行于y軸離開磁場，已知P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－2h。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)帶電粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場到從Q點(diǎn)射出磁場的總時(shí)間?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)由水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)得豎直向下的分速度由豎直方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)知，加速度為聯(lián)立解得(2)粒子進(jìn)入磁場的速度為v，有由幾何關(guān)系得，粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑由洛倫茲力供應(yīng)向心力可知聯(lián)立解得(3)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期為，粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間則應(yīng)縣一中高二物理返校練習(xí)2024.10.2一、單項(xiàng)選擇題（共10小題，每題4分，共40分）20.如圖所示，當(dāng)帶正電的球C移近不帶電的枕形金屬導(dǎo)體時(shí)，枕形導(dǎo)體上的電荷移動(dòng)狀況是（）A.枕形金屬導(dǎo)體上的正電荷向B端移動(dòng)，負(fù)電荷不移動(dòng)B.枕形金屬導(dǎo)體上的自由電子向A端移動(dòng)，正電荷不移動(dòng)C.枕形金屬導(dǎo)體上的正、負(fù)電荷同時(shí)分別向B端和A端移動(dòng)D.枕形金屬導(dǎo)體上的正、負(fù)電荷同時(shí)分別向A端和B端移動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】金屬導(dǎo)體中可以自由移動(dòng)的是電子，當(dāng)帶正電的球C移近不帶電的枕形金屬導(dǎo)體時(shí)，由于靜電感應(yīng)，A端帶負(fù)電，B端帶正電，因此自由電子向A端移動(dòng)；故選項(xiàng)B正確，ACD錯(cuò)誤；故選B。21.有三個(gè)完全相同的金屬小球A、B、C，A所帶電荷量為＋7Q，B所帶電荷量為－Q，C不帶電。將A、B固定起來，然后讓C反復(fù)與A、B接觸，最終移去C，A、B間的相互作用力變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢.倍 B.倍 C.倍 D.倍【答案】C【解析】【詳解】C與A、B反復(fù)接觸，最終A、B、C三者所帶電荷量均分，即A、B間的作用力原來A、B間的作用力所以即故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。22.下列狀況中，A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度矢量相等的是（）A.與孤立正點(diǎn)電荷距離相等的A、B兩點(diǎn)B.與孤立負(fù)點(diǎn)電荷距離相等的A、B兩點(diǎn)C.兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上，與兩點(diǎn)電荷的連線距離相等的A、B兩點(diǎn)D.兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷連線的中垂線上，與兩點(diǎn)電荷的連線距離相等的A、B兩點(diǎn)【答案】C【解析】【詳解】AB．無論是孤立正點(diǎn)電荷還是負(fù)點(diǎn)電荷，它們形成的電場都是從某一點(diǎn)向四周成放射狀的，因此在此種電場中與電荷距離相等的點(diǎn)，電場強(qiáng)度大小相等，但是方向不同，因此，不行能矢量相等，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤。C．依據(jù)平行四邊形定則，在兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷形成電場的中垂線上距離兩點(diǎn)電荷相同距離的點(diǎn)，電場強(qiáng)度矢量相等，選項(xiàng)C正確。D．依據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷形成的電場中垂線上距離兩電荷相等的點(diǎn)電場強(qiáng)大小相等，方向相反，則場強(qiáng)矢量不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。23.一帶負(fù)電點(diǎn)電荷僅在電場力作用下，先后經(jīng)過電場中的A、B兩點(diǎn)，其v－t的圖象如圖所示。tA、tB分別是該電荷經(jīng)A、B兩點(diǎn)的時(shí)刻，則（）A.A點(diǎn)的場強(qiáng)肯定小于B點(diǎn)的場強(qiáng)B.場強(qiáng)的方向肯定從B點(diǎn)指向A點(diǎn)C.A點(diǎn)的電勢肯定低于B點(diǎn)的電勢D.該電荷在A點(diǎn)的電勢能肯定小于在B點(diǎn)的電勢能【答案】D【解析】【詳解】A.速度勻稱減小說明加速度大小不變，電荷受力不變，因此電場強(qiáng)度大小相等，A錯(cuò)誤；B.負(fù)電荷由A到B減速運(yùn)動(dòng)，電場方向由A到B，B錯(cuò)誤；C.沿電場線方向電勢降低，C錯(cuò)誤；D.負(fù)電荷從A到B電場力做負(fù)功，由能量轉(zhuǎn)化與守恒，動(dòng)能減小電勢能增加，D正確。故選D。24.如圖所示，有一半圓弧光滑軌道，半徑為R，在與圓心等高的位置靜止放置一個(gè)帶正電的小球A，其質(zhì)量為m，MN之間有一個(gè)方向水平向左的勻強(qiáng)電場，讓小球A自由滾下進(jìn)入勻強(qiáng)電場區(qū)域，水平面也是光滑的，下列說法正確的是()A.小球肯定能穿過MN區(qū)域接著運(yùn)動(dòng)B.假如小球沒有穿過MN區(qū)域，小球肯定能回到動(dòng)身點(diǎn)C.假如小球恰好能夠穿過MN區(qū)域，電場力做的功為-mgRD.假如小球沒有穿過MN區(qū)域，只要電場強(qiáng)度足夠大，小球可以到達(dá)P點(diǎn)，且到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大于等于【答案】BC【解析】【詳解】A．由于電場強(qiáng)度的大小不知，小球可能能穿過MN區(qū)域，也可能不能穿過MN區(qū)域，故A錯(cuò)誤；B．假如小球不能穿過MN區(qū)域，小球在運(yùn)動(dòng)的過程中，無能量損失，肯定能回到動(dòng)身點(diǎn)，故B正確；C．假如小球恰好能夠穿過MN區(qū)域，依據(jù)動(dòng)能定理有：可得電場力做的功為-mgR，故C正確；D．假如小球不能穿過MN區(qū)域，依據(jù)能量守恒可知小球只能夠回到動(dòng)身點(diǎn)，無法運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，故D錯(cuò)誤．故選BC。25.如圖所示，在平面內(nèi)有一個(gè)以為圓心、半徑R=0.1m的圓，P為圓周上的一點(diǎn)，、兩點(diǎn)連線與軸正方向的夾角為．若空間存在沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小，則、兩點(diǎn)的電勢差可表示為（）AB.C.D.【答案】A【解析】本題考查勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系.沿著電場線方向電勢越來越低,故由題圖可知O點(diǎn)電勢低,P點(diǎn)電勢高,所以O(shè)P兩點(diǎn)間電勢差為負(fù)值,勻強(qiáng)電場中兩點(diǎn)間電勢差取決于兩點(diǎn)間沿場強(qiáng)方向的距離,所以有:UOP=-EdOPsinθ=-10sinθ,A項(xiàng)正確.26.對(duì)于處在靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，以下說法中正確的是()A.導(dǎo)體內(nèi)部既無正電荷，又無負(fù)電荷B.導(dǎo)體內(nèi)部和外表面處的電場均為零C.導(dǎo)體處于靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體表面的電荷代數(shù)和為零D.導(dǎo)體內(nèi)部電場為零是外加電場與感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場疊加的結(jié)果【答案】D【解析】【詳解】A．金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度到處為零，導(dǎo)體內(nèi)部不再有電荷的定向移動(dòng)，導(dǎo)體的內(nèi)部沒有多余的凈電荷，但是不能說導(dǎo)體內(nèi)部既無正電荷，又無負(fù)電荷．故A錯(cuò)誤．B．金屬導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度到處為零，電荷分布在外表面上，表面處的場強(qiáng)不等于0，故B錯(cuò)誤．C．導(dǎo)體處于靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體表面的電荷代數(shù)和不肯定為零，要看起先時(shí)是不是0．故C錯(cuò)誤；D．金屬導(dǎo)體在電荷旁邊，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與電荷的電場疊加，內(nèi)部電場強(qiáng)度到處為零．所以D正確，故選D。27.如圖所示，平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，板間距離為d，今在兩板的中點(diǎn)處放一電荷q，則它所受電場力的大小為A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】兩極板間的電勢差為：則兩極板間的電場強(qiáng)度為：電荷q所受的電場力為：A．，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．，與結(jié)論相符，選項(xiàng)B正確；C．，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；28.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍【答案】C【解析】【詳解】電子經(jīng)過電場所用的時(shí)間電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，側(cè)移量可得若速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則仍從正極板邊沿飛出，即則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉鞢正確ABD錯(cuò)誤。故選C。29.將甲、乙兩個(gè)質(zhì)量相等的物體在距水平地面同一高度處，分別以v和2v的速度水平拋出，若不計(jì)空氣阻力的影響，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A.甲物體在空中運(yùn)動(dòng)過程中，任何相等時(shí)間內(nèi)它的動(dòng)量變更都相同B.甲物體在空中運(yùn)動(dòng)過程中，任何相等時(shí)間內(nèi)它的動(dòng)能變更都相同C.兩物體落地時(shí)動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變更率相同D.兩物體落地時(shí)重力的功率相同【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的變更等于合外力對(duì)物體的沖量，在這里物體受到的合外力就是重力，因此相等時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量相等，因此動(dòng)量變更量相同，故A正確；B．在向下運(yùn)動(dòng)過程中，豎直速度越來越大，因此相同時(shí)間內(nèi)重力做功越來越多，因此相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)能變更時(shí)都會(huì)越來越大，故B錯(cuò)誤；C．動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變更率就是合外力，因此兩物體落地時(shí)動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變更率相同，有意C正確；D．落地時(shí)，兩個(gè)物體豎直速度相等，因此重力的功率相等，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選B。二、多項(xiàng)選擇題（共4小題，每題4分，共16分）30.如圖所示,實(shí)線為電場線,虛線為等勢線,且AB=BC,電場中的A、B、C三點(diǎn)的場強(qiáng)分別為EA、EB、EC,電勢分別為ΦA(chǔ)、ΦB、ΦC,AB、BC間的電勢差分別為UAB、UBC,則下列關(guān)系中正確的有()A.ΦA(chǔ)>ΦB>ΦC B.EC>EB>EA C.UAB<UBC D.UAB=UBC【答案】ABC【解析】【分析】試題分析:A、B、C三點(diǎn)處在一根電場線上，沿著電場線的方向電勢著陸，故φA＞φB＞φC，故A正確；由電場線的密集程度可看出電場強(qiáng)度大小關(guān)系為EC＞EB＞EA，故B正確；電場線密集的地方電勢著陸較快，故UBC＞UAB，故C正確，D錯(cuò)誤．考點(diǎn)：考查靜電場中的電場線、等勢面的分布學(xué)問和規(guī)律．【詳解】31.圖中虛線為電場中與場強(qiáng)方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的肯定值也相等。現(xiàn)將M、N從虛線上的O點(diǎn)以相同速率射出，兩粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的軌跡分別如圖中兩條實(shí)線所示。點(diǎn)a、b、c為實(shí)線與虛線的交點(diǎn)，已知O點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)。若不計(jì)重力，則（）A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷B.N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小相同C.N在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過程中克服電場力做功D.M在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)的過程中，電場力對(duì)它做的功等于零【答案】D【解析】【詳解】A．由于O點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)．電場強(qiáng)度方向向下，依據(jù)MN粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知N受到的電場力向上，M受到的電場力向下，N帶負(fù)電，M帶正電，A錯(cuò)誤；B．依據(jù)題意可知，而且電場力都做的是正功，而且電荷和質(zhì)量大小相等，依據(jù)動(dòng)能定理得，N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小不等，B錯(cuò)誤；C．N在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過程中受到的電場力向上，軌跡運(yùn)動(dòng)方向也向上，故電場力做正功，C錯(cuò)誤D．圖中的虛線為等勢線，即O點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢相等，所以M點(diǎn)從O點(diǎn)到b點(diǎn)的過程中電場力對(duì)粒子做功等于零，D正確。故選D。32.如圖，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與始終流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A.所受重力與電場力平衡 B.電勢能漸漸增加C.動(dòng)能漸漸增加 D.做勻變速直線運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】AD．依據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力的合力與速度方向同線，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，因此A錯(cuò)誤，D正確；BC．電場力和重力的合力水平向左，但是不知道粒子從左向右運(yùn)動(dòng)還是從右向左運(yùn)動(dòng)，故無法確定電場力做正功還是負(fù)功，則不確定粒子動(dòng)能是增加還是削減，電勢能削減還是增加，故BC錯(cuò)誤。故選D?！军c(diǎn)睛】考查依據(jù)運(yùn)動(dòng)狀況來確定受力狀況，帶電粒子在場中受到電場力與重力，依據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，及依據(jù)電場力做功來確定電勢能如何變更。33.如圖所示，圖中的線段、、分別表示在光滑水平面上沿一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的速度—時(shí)間圖象．已知相互作用時(shí)間極短，則由圖象可知（）A.碰前滑塊Ⅰ的速度比滑塊Ⅱ的速度大B.碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大C.滑塊Ⅰ的質(zhì)量比滑塊Ⅱ的質(zhì)量大D.碰撞過程中，滑塊Ⅰ受到的沖量比滑塊Ⅱ受到的沖量大【答案】ABC【解析】碰撞前滑塊Ⅰ速度為，滑塊Ⅱ速度為，碰撞后的共同速度為．A：碰撞前滑塊Ⅰ速度為：，滑塊Ⅱ速度為，故A項(xiàng)正確．B：碰撞的總動(dòng)量為正，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，碰撞前的總動(dòng)量也為正，則碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)量較大，故B項(xiàng)正確．C．依據(jù)動(dòng)量守恒定律，則：，代入數(shù)據(jù)有：，計(jì)算得出：，則滑塊Ⅰ的質(zhì)量比滑塊Ⅱ的質(zhì)量大，故C項(xiàng)正確的．D．碰撞過程中，滑塊Ⅰ受到的沖量與滑塊Ⅱ受到的沖量等大，反向．故D項(xiàng)錯(cuò)誤．所以選ABC．三、試驗(yàn)題（15題每空3分，16題每空2分，共14分）34.某同學(xué)利用如圖所示裝置測量物塊和水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，并利用這個(gè)裝置驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，圓弧所選材料足夠光滑．將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放，測出滑塊在水平桌面滑行的距離，如圖甲所示，然后將小滑塊B放在圓弧軌道的最低點(diǎn)，再將A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，測量處整體沿桌面滑行的距離，如圖乙所示，若測出圓弧軌道的半徑為R，A和B完全相同．（1）滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=_______________（用R和表示）；（2）若A、B碰撞過程中動(dòng)量守恒，則_________．【答案】(1).(2).4【解析】【詳解】（1）A在圓弧面上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，則有：，解得：，對(duì)A下滑的全過程由動(dòng)能定理要分析可知：，解得：，（2）假如碰撞中動(dòng)量守恒，則有：，再對(duì)碰后的AB物體分析，由動(dòng)能定理可知：，則，將，解得：，即證明動(dòng)量守恒．【點(diǎn)睛】依據(jù)A在運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能守恒定律列式即可求得最低點(diǎn)的速度；對(duì)A下滑的全過程由動(dòng)能定理可求得動(dòng)摩擦因數(shù)；假設(shè)碰撞中動(dòng)量守恒，依據(jù)動(dòng)量守恒定律以及功能關(guān)系列式即可求得碰后滑行的距離，從而求出兩種狀況下的位移表達(dá)式，從而確定距離的比值，找出碰撞中動(dòng)量守恒的依據(jù)．35.在如圖試驗(yàn)裝置中，充電后的平行板電容器的A極板與靈敏的靜電計(jì)相接，B極板接地。(1)若極板B稍向上移動(dòng)一點(diǎn)，則將視察到靜電計(jì)指針偏角______（填“變大”或“變小”），此試驗(yàn)說明平行板電容器的電容隨______而增大；(2)若極板B稍向左移動(dòng)一點(diǎn)，則將視察到靜電計(jì)指針偏角______（填“變大”或“變小”），此試驗(yàn)說明平行板電容器的電容隨______而增大。【答案】(1).變大(2).極板正對(duì)面積增大(3).變大(4).板間距離減小【解析】【詳解】(1)[1]若極板B稍向上移動(dòng)一點(diǎn)，極板正對(duì)面積減小，依據(jù)電容的確定式：可知，電容變小。電容器的電量Q不變，由電容的定義式：[2]得到板間電壓U變大，靜電計(jì)張角變大；此試驗(yàn)說明平行板電容器的電容隨極板正對(duì)面積增大而增大；(2)[3]若極板B稍向左移動(dòng)一點(diǎn)，板間距離增大，依據(jù)電容的確定式：可知，電容變小。電容器的電量Q不變，由電容的定義式：得到板間電壓U變大，靜電計(jì)張角變大；[4]此試驗(yàn)說明平行板電容器的電容隨極板減小而增大。四、計(jì)算題（共3小題，共30分）36.如圖所示，已知平行板電容器兩極板間距離，充電后兩極板電勢差為．板帶正電，若它的電容為，且到板距離為．求：（1）每一板的帶電荷量．（2）一個(gè)電子在點(diǎn)具有的電勢能．（3）一個(gè)電子從板動(dòng)身到板獲得的動(dòng)能．（4）兩板間的電場強(qiáng)度．【答案】（1）3.6×10-4C（2）-90eV（3）120eV（4）3×104N/C【解析】【詳解】（1）由得．（2）電子在點(diǎn)具有的電勢能．（3）因?yàn)殡娮訌腂板動(dòng)身到A板的過程中電場力做正功，電勢能減小，動(dòng)能增加，所以由動(dòng)能定理得，解得：．（4）兩板間的電場強(qiáng)度37.如圖所示，質(zhì)量為4×10-8kg的帶電微粒（重力不能忽視）以速度從水平放置的平行金屬板A、B的中心飛入板間。已知板長L=10cm，板間距離d=2cm，當(dāng)時(shí)，帶電微粒恰好沿直線穿過板間。(1)求帶電微粒所帶電荷的電性及電量；(2)AB間所加電