山西省朔州市应县第一中学2024-2025学年高二物理下学期返校练习试题含解析

PAGE32-山西省朔州市应县第一中学2024-2025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.渐渐增大B.渐渐减小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，依据安培定则推断可知：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，依据对称性可知，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，穿过这个圆面的磁通量始终为零，保持不变。A．渐渐增大。故A不符合题意。B．渐渐减小。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，不符合磁极间的作用规律，故D选项错误；故选A．3.首先发觉通电导线四周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】首先发觉通电导线四周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，探讨了通电导线的磁场；法拉第探讨了电磁感应现象；特斯拉是电力工程师；故B正确．故选B．4.一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，依据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以粒子将向西偏转。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θ的光滑斜面上，则关于场强方向及大小的推断正确的是()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，并依据平衡条件得到电场力大小和方向，进一步确定电场强度，留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，依据平衡条件，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月通过试验首先发觉通电导线的四周存在磁场。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旁边，当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，磁针最简单发生偏转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，磁针最不简单发生偏转，因为地磁场也是南北方向，故A错误；BC．依据安培定则，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对里，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。故B错误；C．由于a、b在导线连接中心的对称轴上，依据场强的叠加知，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θ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，电流方向垂直纸面对里.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.，方向垂直斜面对下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．磁场方向垂直斜面对下时，依据左手定则，安培力沿斜面对上，导体棒还受到重力和支持力，依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，依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，娴熟驾驭左手定则的运用，娴熟分析受力分析的实力．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Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直于纸面对外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变更的关系可能是下图中的()A B. C. D.【答案】C【解析】【详解】由左手定则可推断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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对里的匀强磁场，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。现只变更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变为2t、则粒子的速度大小变为（）A.v B.2v C.v D.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，由公式得依据几何关系可知所以运动时间设其次次射入时的圆心角为θ，依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，空间中充溢竖直向下的匀强磁场。起先时，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.小球所受磁场力的方向不变 D.小球的运动轨迹是始终线【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，依据动能定理可知，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更，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，方向垂直纸面对里的匀强磁场中，ab通以如图所示的电流I，此时悬线有肯定的张力，若要使悬线张力为零，必需安培力方向向上，下列做法中有可能实现的是（）A.增大磁感强度B B.增大ab中的电流IC.变更电流I的方向 D.变更磁感强度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，再依据左手定则推断。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，依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．变更电流I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C正确；D．变更磁感强度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，取垂直纸面对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更，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，导线始终向左运动C.导线始终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】AD【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，则该棒从静止起先向右做匀加速运动；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，则该棒从静止起先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，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πm／3qB【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，依据左手定则可知，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，依据几何关系可知，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；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，留意圆形磁场的半径与运动轨迹的半径的区分，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对上,如图所示,当导体棒内通有垂直纸面对里的电流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】导体棒静止于斜面上,所以棒受到的沿斜面对上的安培力与棒的重力沿斜面对下的分力相等,即BIL=mgsin30°，解得：16.电磁炮是一种志向的兵器，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).2.16×106【解析】【详解】[1]依据动能定理得得[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，最终打到照相底片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，洛伦兹力供应向心力，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θ=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μ=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，调整滑动变阻器的滑片，让杆ab沿导轨匀速下滑。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，依据平衡条件，沿斜面方向mgsinθ=f+FF=BIdf=μmgcosθ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其次象限内有平行于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对里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为从其次象限的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轴正方向成，最终从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供应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2024.10.2一、单项选择题（共10小题，每题4分，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状况是（）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，C不带电。将A、B固定起来，然后让C反复与A、B接触，最终移去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，最终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.下列状况中，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】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放射状的，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，不行能矢量相等，选项AB错误。C．依据平行四边形定则，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．依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v－t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点的场强肯定小于B点的场强B.场强的方向肯定从B点指向A点C.A点的电势肯定低于B点的电势D.该电荷在A点的电势能肯定小于在B点的电势能【答案】D【解析】【详解】A.速度匀称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，水平面也是光滑的，下列说法正确的是()A.小球肯定能穿过MN区域接着运动B.假如小球没有穿过MN区域，小球肯定能回到动身点C.假如小球恰好能够穿过MN区域，电场力做的功为-mgRD.假如小球没有穿过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．假如小球不能穿过MN区域，小球在运动的过程中，无能量损失，肯定能回到动身点，故B正确；C．假如小球恰好能够穿过MN区域，依据动能定理有：可得电场力做的功为-mgR，故C正确；D．假如小球不能穿过MN区域，依据能量守恒可知小球只能够回到动身点，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（）AB.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=-EdOPsinθ=-10sinθ,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，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到处为零，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到处为零，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肯定为零，要看起先时是不是0．故C错误；D．金属导体在电荷旁边，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，正好与电荷的电场叠加，内部电场强度到处为零．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更都相同B.甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动能变更都相同C.两物体落地时动量对时间的变更率相同D.两物体落地时重力的功率相同【答案】B【解析】【详解】A．依据动量定理，动量的变更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，因此动量变更量相同，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更时都会越来越大，故B错误；C．动量对时间的变更率就是合外力，因此两物体落地时动量对时间的变更率相同，有意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ΦA、ΦB、ΦC,AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC,则下列关系中正确的有()A.ΦA>ΦB>ΦC B.EC>EB>EA C.UAB<UBC D.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着陆，故φA＞φB＞φC，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EC＞EB＞EA，故B正确；电场线密集的地方电势着陆较快，故UBC＞UAB，故C正确，D错误．考点：考查静电场中的电场线、等势面的分布学问和规律．【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，所带电荷的肯定值也相等。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，依据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．依据题意可知，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，依据动能定理得，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B错误；C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，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，两极板与始终流电源相连。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.电势能渐渐增加C.动能渐渐增加 D.做匀变速直线运动【答案】D【解析】【详解】AD．依据题意可知，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削减，电势能削减还是增加，故BC错误。故选D。【点睛】考查依据运动状况来确定受力状况，带电粒子在场中受到电场力与重力，依据粒子的运动轨迹，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，及依据电场力做功来确定电势能如何变更。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Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ的速度比滑块Ⅱ的速度大B.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大C.滑块Ⅰ的质量比滑块Ⅱ的质量大D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大【答案】ABC【解析】碰撞前滑块Ⅰ速度为，滑块Ⅱ速度为，碰撞后的共同速度为．A：碰撞前滑块Ⅰ速度为：，滑块Ⅱ速度为，故A项正确．B：碰撞的总动量为正，依据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，则碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故B项正确．C．依据动量守恒定律，则：，代入数据有：，计算得出：，则滑块Ⅰ的质量比滑块Ⅱ的质量大，故C项正确的．D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量等大，反向．故D项错误．所以选ABC．三、试验题（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μ=_______________（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）假如碰撞中动量守恒，则有：，再对碰后的AB物体分析，由动能定理可知：，则，将，解得：，即证明动量守恒．【点睛】依据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，依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，从而求出两种状况下的位移表达式，从而确定距离的比值，找出碰撞中动量守恒的依据．35.在如图试验装置中，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，则将视察到静电计指针偏角______（填“变大”或“变小”），此试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，则将视察到静电计指针偏角______（填“变大”或“变小”），此试验说明平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，依据电容的确定式：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；此试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，依据电容的确定式：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]此试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）一个电子从板动身到板获得的动能．（4）两板间的电场强度．【答案】（1）3.6×10-4C（2）-90eV（3）120eV（4）3×104N/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板动身到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4×10-8kg的带电微粒（重力不能忽视）以速度从水平放置的平行金属板A、B的中心飞入板间。已知板长L=10cm，板间距离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