2024年滬科版高二物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版高二物理下冊月考試卷770考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列說法正確的是(??)

A.物理學(xué)中用比值法來定義的物理量很多，如E=F/qI=q/ta=F/m

B.在勻強(qiáng)磁場中，若通過單匝線圈的磁通量為BS

則相同放置情況下，通過n

匝線圈的磁通量為nBS

C.公式R=U/I

適用于所有導(dǎo)體D.電流為I

長度為L

的通電導(dǎo)線在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

的勻強(qiáng)磁場中受到的安培力為BIL

2、如圖所示；質(zhì)量為m

的物體靜止在傾角為婁脠

的斜面上，為了說明它對斜面的摩擦力大小等于mgsin婁脠

應(yīng)涉及到下列哪些知識(

)

壟脵

力的合成與分解；

壟脷

物體平衡條件；

壟脹

牛頓第三定律；

壟脺

牛頓第一定律．A.壟脵壟脷

B.壟脵壟脹

C.壟脷壟脹壟脺

D.壟脵壟脷壟脹

3、下列關(guān)于單擺運(yùn)動過程中的受力說法，正確的是（）A.單擺運(yùn)動的回復(fù)力是重力和擺線拉力的合力B.單擺運(yùn)動的回復(fù)力是重力沿圓弧切線方向的一個分力C.單擺過平衡位置時，所受的合力為零D.單擺運(yùn)動的回復(fù)力是擺線拉力的一個分力4、圖中曲線abcd

為氣泡室中某放射物發(fā)生衰變放出的部分粒子的徑跡，氣泡室中磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里.

以下判斷可能正確的是(

)

A.ab

為婁脗

粒子的徑跡B.ab

為婁脙

粒子的徑跡C.cd

為婁脕

粒子的徑跡D.cd

為婁脗

粒子的徑跡5、下列做平拋運(yùn)動的物體是(

不計(jì)阻力)()

A.升空的火箭B.樹上落下的果實(shí)C.投向籃框的籃球D.水平飛行的飛機(jī)釋放的物體評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、如圖所示，實(shí)線表示兩個相干波源S1、S2發(fā)出的波的波峰位置，則圖中的______點(diǎn)為振動加強(qiáng)的位置，圖中的______點(diǎn)為振動減弱的位置．7、如圖，金屬棒ab

置于水平放置的U

形光滑導(dǎo)軌上，在ef

右側(cè)存在有界勻強(qiáng)磁場B

磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，在ef

左側(cè)的無磁場區(qū)域cdef

內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L

圓環(huán)與導(dǎo)軌在同一平面內(nèi).

當(dāng)金屬棒ab

在水平恒力F

作用下從磁場左邊界ef

處由靜止開始向右運(yùn)動后，圓環(huán)L

有______(

填收縮、擴(kuò)張)

趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流______(

填變大、變小、不變)

．8、歷史上首先預(yù)言電磁波存在的物理學(xué)家是______(

填“麥克斯韋”或“赫茲”)

他認(rèn)為變化的磁場會產(chǎn)生電場．9、通過電阻R的電流為I時，在t時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q，若電阻為2R，電流為2I，則在t時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為____Q．10、一質(zhì)點(diǎn)簡諧運(yùn)動的振動圖象如圖所示．

（1）該質(zhì)點(diǎn)振動的振幅是______，周期是______s．

（2）該質(zhì)點(diǎn)簡諧運(yùn)動的表達(dá)式______cm，當(dāng)t=1s時質(zhì)點(diǎn)的位移______cm．11、(1)如圖所示為一顯示薄膜干涉的實(shí)驗(yàn)裝置；往火焰上灑些鹽后，在肥皂膜上觀察到的圖樣是____________

(2)觀察像時，隨著時間的推移，條紋的間距會逐漸____________(填“變密”或“變疏“)12、如圖所示是測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B

的一種裝置.

把一個體積很小的電阻為R

匝數(shù)為N

面積為S

的測量線圈L

放在通電螺線管內(nèi)待測處，線圈平面與螺線管軸線垂直，將測量線圈跟測量電量的儀器G

表串聯(lián).

當(dāng)閉合電鍵K

時，G

表可測得瞬間流過測量線圈的電量婁隴Q

則：(1)

測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B

所依據(jù)的物理規(guī)律是________(A)

法拉第電磁感應(yīng)定律和焦耳定律(B)

閉合電路歐姆定律和焦耳定律(C)

法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律(D)

法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(2)

用此方法測量通電螺線管內(nèi)軸線處磁感應(yīng)強(qiáng)度的表達(dá)式為B=

________．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)13、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）14、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）15、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯）

16、空間兩點(diǎn)放置兩個異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點(diǎn)間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

17、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）18、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）19、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯）

20、空間兩點(diǎn)放置兩個異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點(diǎn)間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

21、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、解答題(共3題，共21分)22、如圖所示；y軸右方有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，一個質(zhì)量為m，電量為q的質(zhì)子以速度v水平向右通過x軸的P點(diǎn)，最后從y軸上的M點(diǎn)射出磁場，已知M點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為H，質(zhì)子射出磁場時速度方向與y軸方向夾角為θ（不計(jì)重力）．求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向．

23、如圖所示,長為L=0.5m、傾角為θ=37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場中,一帶電荷量為+q,質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),以初速度v0=2m/s恰能沿斜面勻速上滑,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)水平勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)若水平勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度減半,小球運(yùn)動到B點(diǎn)時速度為多少？24、一較長的彈簧兩端拴著質(zhì)量分別為m1和m2的物體，今將m2放于水平面上，緩緩向下加力將m1往下壓，如圖，m1到最低點(diǎn)時所施壓力大小為F．若要求撤去F后m1跳起將m2拉得跳離桌面；F至少多大？

評卷人得分五、證明題(共2題，共14分)25、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運(yùn)動為簡諧運(yùn)動。26、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運(yùn)動為簡諧運(yùn)動。評卷人得分六、實(shí)驗(yàn)探究題(共1題，共9分)27、圖1為一電學(xué)實(shí)驗(yàn)的實(shí)物連線圖．該實(shí)驗(yàn)可用來測量待測電阻Rx的阻值（約500Ω）．圖中兩個電壓表量程相同；內(nèi)阻都很大．實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①調(diào)節(jié)電阻箱，使它的阻值R0與待測電阻的阻值接近；將滑動變阻器的滑動頭調(diào)到最右端．

②合上開關(guān)S．

③將滑動變阻器的滑動頭向左端滑動；使兩個電壓表指針都有明顯偏轉(zhuǎn)．

④記下兩個電壓表V1和V2的讀數(shù)U1和U2．

⑤多次改變滑動變阻器滑動頭的位置，記下V1和V2的多組讀數(shù)U1和U2．

⑥求Rx的平均值．

回答下列問題：

（Ⅰ）根據(jù)實(shí)物連線圖在虛線框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)的電路圖，其中電阻箱符號為滑動變阻器的符號為其余器材用通用的符號表示．

（Ⅱ）不計(jì)電壓表內(nèi)阻的影響，用U1、U2、和R0表示Rx的公式為Rx=______．

（Ⅲ）考慮電壓表內(nèi)阻的影響，用U1、U2、R0、V1的內(nèi)阻r1、V2的內(nèi)阻r2表示Rx的公式為Rx=______．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】比值法來定義的物理量的特點(diǎn)是該物理量大小由自身因素決定，而與公式中的相關(guān)物理量無關(guān)，磁通量的物理意義是反映通過對應(yīng)面的磁感線條數(shù)，公式R=UI適用于純電阻電路，安培力大小F=BILsin婁脠F(tuán)=BILsin婁脠其中婁脠婁脠為電流方向與磁場方向的夾角。

本題考查了比值定義法、磁通量、安培力、歐姆定律等，知識點(diǎn)多，難度小，關(guān)鍵是記住基礎(chǔ)知識。【解答】A.物理學(xué)中用比值法來定義的物理量很多，該定義方法的特點(diǎn)是該物理量大小與公式中的相關(guān)物理量無關(guān)，如：E=FqI=qt

而a=Fm

是牛頓第二定律公式，加速度的定義式是：a=?v?t

故A錯誤；

B.在勻強(qiáng)磁場中；若通過單匝線圈的磁通量為BS

則相同放置情況下，通過n

匝線圈的磁通量依然為BS

故B錯誤；

C.公式R=UI

不適用于非純電阻電路，導(dǎo)體是純電阻，故公式R=UI

適用于所有導(dǎo)體；故C正確；

D.電流為I

長度為L

的通電導(dǎo)線在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

的勻強(qiáng)磁場中受到的安培力最大為BIL

最小為零，公式為F=BILsin婁脠婁脠

為電流方向與磁場方向的夾角，故D錯誤。

故選C。

【解析】C

2、D【分析】解：對物體受力分析；受豎直向下的重力mg

平行于斜面向上的摩擦力f

和垂直于斜面向上的支持力N

正交分解，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得：

沿著斜面方向：f=mgsin婁脠

根據(jù)牛頓第三定律可知；它對斜面的摩擦力大小等于mgsin婁脠

所以壟脵壟脷壟脹

全部需要；牛頓第一定律不涉及，故D正確．

故選：D

以物塊為研究對象；分析受力情況，根據(jù)力的合成與分解結(jié)合平衡條件求解斜面對物塊的摩擦力，再根據(jù)牛頓第三定律求物體對斜面的摩擦力．

本題關(guān)鍵正確分析受力情況，根據(jù)正交分解法列平衡方程求解，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】D

3、B【分析】解：A；單擺運(yùn)動的回復(fù)力是重力沿圓弧切線方向的一個分力；故DA錯誤B正確；

C；單擺過平衡位置時；由于具有向心加速度，所受的合力指向懸點(diǎn)，不為零，D錯誤；

故選：B．

單擺擺動過程中；受重力和細(xì)線的拉力，重力的切向分量提供回復(fù)力，徑向分力和細(xì)線拉力的合力提供向心力．

本題關(guān)鍵是明確單擺的動力學(xué)特點(diǎn)和運(yùn)動學(xué)特點(diǎn)，知道向心力和回復(fù)力的來源，不難．【解析】【答案】B4、D【分析】解：射線在磁場中向右運(yùn)動時，帶正電荷射線，根據(jù)左手定則可以判斷它將向上偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電荷射線，可以判斷它將向下偏轉(zhuǎn)，不帶電射線，不偏轉(zhuǎn)，由此可以判定ab

帶正電；cd

帶負(fù)電，所以ABC錯誤，D正確。

故選：D

該題通過帶電粒子在磁場中運(yùn)動；考查三種射線的特性，婁脕

射線帶正電荷，在磁場中根據(jù)左手定則判定向右偏轉(zhuǎn)；婁脗

射線帶負(fù)電荷，偏轉(zhuǎn)的方向與婁脕

射線相反；婁脙

射線不帶電，不偏轉(zhuǎn)，由此可以判定．

該題通過帶電粒子在磁場中運(yùn)動考查射線的特性，可以根據(jù)左手定則進(jìn)行判定.

屬于簡單題目．【解析】D

5、D【分析】【分析】要判斷題目所列舉的運(yùn)動是否是平拋運(yùn)動，關(guān)鍵是要正確理解平拋運(yùn)動的特點(diǎn)，明確平拋運(yùn)動規(guī)律。平拋運(yùn)動是高中所學(xué)的一種重要運(yùn)動模型，要正確理解和應(yīng)用?！窘獯稹緼.升空的火箭向上運(yùn)動，是直線運(yùn)動，不是平拋運(yùn)動，故A錯誤；

B.樹上掉下的果實(shí)做自由落體運(yùn)動，不是平拋運(yùn)動，故B錯誤；

C.投向籃框的籃球初速度不水平，故不是平拋運(yùn)動，故C錯誤；

D.水平飛行的飛機(jī)釋放的物體，相對地面有水平初速度，且只受重力，故是平拋運(yùn)動，故D正確；故選D。【解析】D

二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】解：在波的傳播過程中波峰和波谷交替出現(xiàn)，故在兩個相鄰波峰之間一定存在一個波谷，故b點(diǎn)應(yīng)該既是s1的波谷位置，又是s2的波谷位置，即為兩個波谷的重疊區(qū)域，故b點(diǎn)是振動加強(qiáng)位置，而a點(diǎn)是s1的波峰位置也是s2的波谷位置；故是振動減弱的位置．

由于兩列波是相干波，而相鄰的波峰之間是波谷，所以b點(diǎn)是波谷與波谷相遇即振動情況相同；a點(diǎn)是波谷與波峰相遇故振動情況相反．振動情況相同則振動加強(qiáng)，振動情況相反則振動減弱．

掌握了振動加強(qiáng)和振動減弱的特點(diǎn)就能順利解出此類題目．【解析】b；a7、收縮；變小【分析】解：由于金屬棒ab

在恒力F

的作用下向右運(yùn)動，則abcd

回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流；則在圓環(huán)處產(chǎn)生垂直于紙面向外的磁場，隨著金屬棒向右加速運(yùn)動，圓環(huán)的磁通量將增大，依據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)將有收縮的趨勢以阻礙圓環(huán)的磁通量增大；

由于金屬棒向右運(yùn)動的加速度減??；由速度增加變慢，則電流增加的也變慢，則單位時間內(nèi)磁通量的變化率減小，所以在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不斷減?。?/p>

故答案為：收縮；變?。?/p>

金屬棒切割磁感線而使abcd

中產(chǎn)生感應(yīng)電流；感應(yīng)電流的磁場穿過L

由穿過L

的磁場的變化可得出圓環(huán)L

的形變；由磁通量的變化率可得出感應(yīng)電流的變化．

本題難點(diǎn)在于理解感應(yīng)電流的變化；應(yīng)注意感應(yīng)電流的大小取決于磁通量的變化率而不是磁通量或磁通量的變化量．【解析】收縮；變小8、略

【分析】解：預(yù)言電磁波存在的物理學(xué)家是麥克斯韋.

赫茲通過實(shí)驗(yàn)對此進(jìn)行了證實(shí)．

故答案為：麥克斯韋。

根據(jù)物理學(xué)史和常識解答；記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可．

本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一．【解析】麥克斯韋9、8【分析】【解答】通過電阻R的電流為I時，t時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)焦耳定律，有：Q=I2Rt

若只有電阻變?yōu)?R，電流為2I，則根據(jù)焦耳定律公式Q=（2I）22Rt，在t時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為8Q；

故答案為：8Q．

【分析】通過電阻R的電流為I，根據(jù)焦耳定律得出在時間t內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt?10、略

【分析】解：（1）由圖知該質(zhì)點(diǎn)振動的振幅為A=8cm；周期為T=0.2s；

（2）角頻率ω==rad/s=10πrad/s

則質(zhì)點(diǎn)簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為x=Asin（ωt+）=8sin（10πt+）cm

當(dāng)t=1s時，代入上式得：x=8sin（10π×1+）cm=8cm．

故答案為：

（1）8；0.2．

（2）x=8sin（10πt+）；8．

（1）由圖直接讀出振幅和周期．

（2）根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知質(zhì)點(diǎn)簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為x=Asin（ωt+），式中ω=．將t=1s代入；即可求得位移．

由振動圖象可直接讀出振幅和周期，以及初位相，掌握簡諧運(yùn)動一般的表達(dá)式x=Asin（ωt+φ0），φ0是初相位．【解析】8cm；0.2；x=8sin（10πt+）；811、略

【分析】解：(1)往火焰上灑些鹽后；酒精燈放出黃色的光線，當(dāng)黃色的光線照射到肥皂膜上時從肥皂膜的前后兩個表面分別反射兩列光，這兩列光的頻率相同，故為相干光源，當(dāng)光程差為波長的整數(shù)倍時呈現(xiàn)亮條紋，當(dāng)光程差為半個波長的奇數(shù)倍時呈現(xiàn)暗條紋，由于重力的作用使下側(cè)的肥皂膜厚度比較大，而上側(cè)的比較薄，相同的高度肥皂膜的厚度相同，故出現(xiàn)水平的明暗相間的干涉條紋，故只有A正確，故選A．

(2)薄膜是有重力的；隨著時間的推移，薄膜會往下流，導(dǎo)致面膜較薄，下面膜較厚．打個比方吧，假設(shè)剛開始薄膜上下都一樣，一樣厚，那么就沒有所謂的條紋間距，隨著薄膜的不均勻，產(chǎn)生了間距，而且隨著時間的推移，差距變大，使條紋間距會越來越大．薄膜干涉的原理就是利用了薄膜的上下厚度不一樣才有了條紋間距．

故答案為：(1)A；

(2)變疏．【解析】A;變疏12、（1）C（2）【分析】【分析】閉合電鍵時，通過螺線管的電流發(fā)生變化，電流產(chǎn)生的磁場發(fā)生變化，穿過測量線圈L

的磁通量發(fā)生變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律可以求出感應(yīng)電動勢，由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流，然后由電流定義式的變形公式可以求出感應(yīng)電荷量，根據(jù)感應(yīng)電荷量的表達(dá)式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度。應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、電流定義式可以求出電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電荷量，然后近一步求出磁感應(yīng)強(qiáng)度?！窘獯稹?1)

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：感應(yīng)電動勢E=N?婁碌?t=NSB?t

由閉合電路的歐姆定律可得：感應(yīng)電流I=ER=NSBR?t

感應(yīng)電荷量?Q=I?t=NBSR

則B=R?QNS

由以上分析過程可知；測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B

所依據(jù)的物理規(guī)律是：

法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律、電流定義式；故ABD錯誤，C正確；

(2)

由(1)

可知，測量通電螺線管內(nèi)軸線處磁感應(yīng)強(qiáng)度的表達(dá)式為B=R?QNS

故答案為：(1)C(2)R婁隴QNS

【解析】(1)C(1)C(2)(2)R婁隴QNS

三、判斷題(共9題，共18分)13、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點(diǎn)可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱，沿電場線的方向電勢降低．14、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，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，正好與點(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．15、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)

根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場強(qiáng)大小及方向．16、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢差相比，與a點(diǎn)之間的電勢差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．17、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點(diǎn)可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱，沿電場線的方向電勢降低．18、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，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，正好與點(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．19、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)

根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場強(qiáng)大小及方向．20、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢差相比，與a點(diǎn)之間的電勢差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．21、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大?。摹⒔獯痤}(共3題，共21分)22、略

【分析】

由于磁場只存在x≥0區(qū)域；質(zhì)子沿x軸正方向運(yùn)動時，若洛倫茲力方向沿y軸負(fù)方向，則質(zhì)子在第四象限運(yùn)動，就不可能達(dá)M點(diǎn)，所以質(zhì)子所受洛倫茲力方向必沿y軸正方向，再由左手定則判定磁場方向應(yīng)垂直紙面向里．

由題意和半徑公式R=可知；要求磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)先求半徑R，要求半徑得首先確定圓心．題中已知圓周上P；M兩點(diǎn)的速度方向，可確定圓心O，如右圖所示．由圖可見：

sinθ=

得：R=

根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：R=

所以：B=

磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為：B=方向?yàn)椋捍怪奔埫嫦蚶铮?/p>

答：磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=垂直紙面向里．

【解析】【答案】由于磁場只存在x≥0區(qū)域；質(zhì)子沿x軸正方向運(yùn)動時，若洛倫茲力方向沿y軸負(fù)方向，則質(zhì)子在第四象限運(yùn)動，就不可能達(dá)M點(diǎn)，所以質(zhì)子所受洛倫茲力方向必沿y軸正方向，再由左手定則判定磁場方向應(yīng)垂直紙面向里．由題意和半徑公式可知，要求磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)先求半徑R，要求半徑得首先確定圓心．題中已知圓周上P；M兩點(diǎn)的速度方向，可確定圓心O，畫出圖象，根據(jù)幾何關(guān)系和向心力公式即可求解．

23、略

【分析】【詳解】

（1）帶電小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)；動能不變，由動能定理知重力做功與電場力做功之和為零，即得qELcosθ-mgLsinθ=0；

得．

（2）電場強(qiáng)度未減半時，滿足mgsinθ=qEcosθ；若電場強(qiáng)度減半，小球在