2024年北师大版高二物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年北师大版高二物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是8m/s，B球的速度是-4m/s，经过一段时间后A、B两球发生了对心正碰。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是（）A.vA"=-4m/s，vB"=8m/sB.vA"=-5m/s，vB′=9m/sC.vA"=2m/s，vB"=2m/sD.vA"=1m/s，vB"=3m/s2、如图所示为LC振荡电路中电容器的极板带电荷量随时间变化曲线，下列判断中正确的是()．A.在b和d时刻，电路中电流最大B.在a→b时间内，电场能转变为磁场能C.a和c时刻，磁场能为零D.在O→a和c→d时间内，电容器被充电3、如图所示，一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的垂直上方的水平导线中通有垂直流向纸外的恒定电流，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，若磁铁仍然静止，则磁铁对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是（）A.FN增大B.FN减小C.Ff减小D.Ff不变4、某物体在水平桌面上，受到一个推力F的作用t秒钟，物体没有移动，则F对该物体的冲量为（）A.0B.FtC.mgtD.无法计算5、2017

年11

月10

日上午，空军发言人表示，我国制造的首款具有“隐身能力”和强大攻击力的第五代作战飞机“歼鈭�20

”(

如图)

列装部队后，已经开展编队训练。隐形飞机的原理是：在飞机研制过程中设法降低其可探测性，使之不易被敌方发现、跟踪和攻击。根据你所学的物理知识，判断下列说法中正确的是()

A.运用隐蔽色涂层，无论距你多近，即使你拿望远镜也不能看到它B.使用能吸收雷达电磁波的材料，在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，很难被发现C.使用吸收雷达电磁波涂层后，传播到复合金属机翼上的电磁波在机翼上不会产生感应电流D.主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措施，使其不易被对方发现评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、如图所示，一质量为2m

的圆筒A

圆筒内外皆光滑，将A

置于光滑水平面上，圆筒半径为R

现有一质量也为m

的光滑小球B(

可视为质点)

由静止从圆筒的水平直径处沿筒壁滑下，不计空气阻力，圆筒的位移为______．7、假设地球带的是负电，自转一周时间为T秒，其中在赤道线上分布的电子数为1019个，那么由于地球自转在赤道线上形成的等效环形电流方向为______________（填自东向西或自西向东），等效环形电流大小为_________A。8、将一个1.0×10－5C的电荷从电场外移到电场里一点A，外力克服电场力作功6.0×10－3J，则A点的电势为Ua＝_____V；如果此电荷从电场外移到电场里的另一点B时，电场力作功0.02J，则A、B两点电势差为Uab＝______V；如果另一个电量是0.2C的负电荷从A移到B，则电场力作功______J。9、如图所示，家用内径为22cm的高压锅，锅盖上排气孔的直径为0.4cm，限压阀的质量为0.16kg。如果上海地区用它煮水消毒，根据下面水的沸点与压强的关系的表格可知，这个高压锅内最高水温大约为____°C。若在锅盖上再安装一套相同的排气孔和限压阀，则锅内最高水温将____（填“升高”、“降低”或“不变”）（上海地区的大气压强约为1.00×105pA，g取10m/s2）

t（°C）100110112114116118120122124126128p（×105pA）1.011.431.541.631.751.871.992.112.262.412.5810、某同学课余时间在家里想根据“用单摆测重力加速度”的方法，测量当地的重力加速度.

他在家中找了一根长度为1.2m

左右的细线，一个可作停表用的电子表和一把毫米刻度尺(

无法一次直接测量出摆长).

由于没有摆球，他就找了一个螺丝帽代替.

他先用细线和螺丝帽组成一个单摆，然后依据多次测量求平均值的方法用电子表测出振动周期为T1.

然后将细线缩短，用刻度尺量出缩短的长度为鈻�L

测出这种情况下单摆的周期为T2.

根据上述数据就可以测出重力加速度了，请你用上述数据，推导出当地重力加速度的表达式为______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)11、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）12、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）13、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

14、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）15、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）16、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

17、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、实验题(共3题，共24分)18、（1）某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97．50cm，球直径为2．00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则：①该摆摆长为cm，秒表所示读数为____s。②如果他测得的g值偏小，可能的原因是（）A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动数为50次（2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，T2为纵坐标将所得数据点连成直线（如图），并求得该直线的斜率为后，则重力加速度g=____（用表示）。19、用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为mm，用20分度的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为mm。20、（12分）如图所示，R1=14.0Ω，R2=9.0Ω．当开关S扳到位置1时，测得电流I1=0.20A；扳到位置2时，测得电流I2=0.30A．求电源的电动势和内阻．评卷人得分五、综合题(共3题，共15分)21、如图所示，在货场需将质量为m1=100kg

的货物(

可视为质点)

从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下.

半径R=1.8m.

地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板AB

长度均为l=2m

质量均为m2=100kg

木板上表面与轨道末端相切.

货物与木板间的动摩擦因数为娄脤1

木板与地面间的动摩擦因数为娄脤2=0.2.(

最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2)

(1)

求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力；(2)

若货物滑上木板A

时，木板不动，而滑上木板B

时，木板B

开始运动，求娄脤1

应满足的条件；(3)

若娄脤1=0.5

求货物滑到木板A

末端时的速度和在木板A

上运动的时间．22、(

选修3隆陋1)

(1)

下列说法正确的是________．A.由库仑定律F=kq1q2r2

可知，当r隆煤0

时，F隆煤隆脼

B.处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为0

C.电场中某点的电场强度越大，则该点的电势越高D.电场线与等势面平行(2)

如图所示是某一磁场部分磁感线的分布示意图，PQ

是其中一条磁感线上的两点，关于这两点的磁感应强度，下列判断正确的是________．

A.P

点的磁感应强度比Q

点的大B.P

点的磁感应强度比Q

点的小C.PQ

两点的磁感应强度大小相等D.无法比较PQ

两点的磁感应强度大小(3)

如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A

点运动到B

点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J

电场力做的功为1.5J.

则下列说法中正确的是________．

A.粒子带负电B.粒子在A

点的电势能比在B

点少1.5J

C.粒子在A

点的动能比在B

点多1.5J

D.粒子在A

点的机械能比在B

点少1.5J

(4)

如图所示，平板下方有垂直纸面向外的匀强磁场，一个质量为m

电荷量为q

的粒子(

小计重力)

在纸面内沿垂直于平板的方向从板上小孔P

射人磁场，并打在板上的Q

点，已知磁场的磁感应强度为B

粒子的速度大小为v

由此可知________．

A.该带电粒子带正电，PQ

间的距离L=2mvqB

B.该带电粒子带正电，PQ

间的距离L=mvqB

C.该带电粒子带负电，PQ

间的距离L=2mvqB

D.该带电粒子带负电，PQ

间的距离L=mvqB

(5)

某同学使用多用电表测量小灯泡的电压和通过小灯泡的电流，他利用如图甲、乙所示的电路进行了正确的操作和测量，图________(

填“甲”或“乙”)

中多用电表测量的是通过小灯泡的电流，图________(

填“甲”或“乙”)

中多用电表测量的是小灯泡两端的电压．(6)

如图所示，水平放置的两根平行金属导轨相距L=0.4m

上面有一金属棒PQ

垂直导轨放置，并处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小8=0.5T

与导轨相连的电源电动势E=d.5V

内阻r=1.0娄赂

电阻R=8.0娄赂

其他电阻不计，闭合开关S

后，金属棒PQ

仍然静止不动.

求：

垄脵

闭合回路中电流的大小；垄脷

金属棒PQ

所受安培力的大小和方向；垄脹

金属棒PQ

所受静摩擦力的大小．23、如图所示，两平行金属板AB

板长L=8cm

两板间距离d=8cmA

板比B

板电势高300V

一带正电的粒子电量q=10鈭�10C

质量m=10鈭�20kg

沿电场中心线RO

垂直电场线飞入电场，初速度v0=2隆脕106m/s

粒子飞出平行板电场后经过界面MNPS

间的无电场区域后，进入固定在O

点的点电荷Q

形成的电场区域，(

设界面PS

右边点电荷的电场分布不受界面的影响)

已知两界面MNPS

相距为12cmO

点在中心线上距离界面PS

为9cm

粒子穿过界面PS

最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc

上.(

静电力常数k=9隆脕109Nm2/C2)

(1)

求粒子穿过界面MN

时偏离中心线OR

的距离多远？

(2)

试在图上粗略画出粒子运动的轨迹；

(3)

确定点电荷Q

的电性并求其电量的大小．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：设每个球的质量均为m，取向右为正方向，碰前系统总动量P=mvA+mvB=8m-4m=4m，碰前的总动能Ek=mvA2+mvB2=40m；

A、若vA′=-4m/s，vB′=8m/s，碰后总动量P′=mvA′+mvB′=4m；动量守恒。

总动能Ek′=mvA′2+mvB′2=4m；机械能也守恒，可能实现；故A正确。

B、若vA′=-5m/s，vB′=9m/s，碰后总动量P′=mvA′+mvB′=4m，动量守恒。总动能Ek′=mvA′2+mvB′2=52m；机械能增加，无法实现；故B错误。

C、若vA'=2m/s，vB'=2m/s，碰后总动量P′=mvA′+mvB′=4m，总动能Ek′=mvA′2+mvB′2=4m；动量守恒，机械能减小，可能实现；故C正确。

D、若vA'=1m/s，vB'=3m/s，碰后总动量P′=mvA′+mvB′=4m，总动能Ek′=mvA′2+mvB′2=5m；动量守恒，机械能减小，可能实现；故D正确。

本题选无法实现的；

故选：B。

碰撞过程遵守动量守恒定律；碰撞过程系统总的动能不会增加，碰后同向运动时，后面小球的速度不会大于前面小球的速度，据此分析答题。

解决本题的关键是知道碰撞过程中动量守恒、机械能不增加，分析碰撞前后的总动量与总机械能即可正确解题。【解析】B2、A|B|C【分析】a和c时刻是充电结束时刻，此时刻电场能最大，磁场能最小为零，C正确；b和d时刻是放电结束时刻，此时刻电路中电流最大，A正确；a→b是放电过程，电场能转化为磁场能，B正确；O→a是充电过程，而c→d是放电过程，D错误．【解析】【答案】ABC3、B|D【分析】试题分析：条形磁铁在导线处产生的磁场方向平行于斜面向上，由左手定则知导线所受安培力垂直斜面向上，根据牛顿第三定律则条形磁铁所受安培力垂直斜面向下；若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，同理可知条形磁铁所受安培力垂直斜面向上，故磁铁对斜面的压力FN减小，根据平衡条件：Ff=mgsinθ保持不变；故选：BD．考点：左手定则；安培力；牛顿第三定律.【解析】【答案】BD4、B【分析】解：在t时间内；推力对物体的冲量I=Ft，因为物体静止不动，合力为零，合力的冲量为零．故B正确，A；C、D错误．

故选：B．

根据冲量的定义式I=Ft求出推力对物体的冲量大小．

解决本题的关键知道冲量等于力与作用时间的乘积，本题容易误求解合力的冲量．【解析】【答案】B5、B【分析】【分析】隐形飞机的隐形原理是通过缩小自己的雷达反射截面来实现隐身的。本题借助于生活中的实例考查了光的反射定律，此类题目的特点是文字叙述较多，感觉不好处理，需要我们仔细阅读题目从中找出对我们有用的物理信息。【解答】隐形飞机的原理是在飞机制造过程中使用能吸收雷达电磁波的材料，使反射的雷达电磁波很弱，在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，飞机在雷达屏幕上很难被发现，故B正确。故选B。

【解析】B

二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】解：圆筒内外壁光滑；水平面光滑；小球B

下滑过程系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒；

设小球B

下滑过程圆筒的位移为x

则小球B

的水平位移为R鈭�x

以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

mvB鈭�2mvA=0mR鈭�xt鈭�2mxt

解得：x=13R

故答案为：13R.

小球B

下滑过程系统水平方向动量守恒；在水平方向应用动量守恒定律可以求出圆筒的位移．

本题考查了动量守恒定律的应用，知道系统在水平方向动量守恒是解题的关键，应用动量守恒定律与速度公式可以解题；要注意系统整体动量不守恒，但在水平方向动量守恒，可以在水平方向应用动量守恒定律解题．【解析】13R

7、略

【分析】【解析】试题分析：地磁的北极在地理的南极附近，由于地球绕地轴作自西向东旋转，故地球上所带电荷的运动形成了一个环形电流，根据安培定可知右手的拇指指向南方，则弯曲的四指的方向则自东向西，故环形电流的方向应该由东向西，考点：考查了安培定则，电流的宏观计算【解析】【答案】自东向西，1.6/T8、略

【分析】【解析】试题分析：由电场力做功与电势差的关系得：又则同理可得则由可得考点：电势、电势差【解析】【答案】600，2600，-5209、124不变【分析】【解答】解:高压锅内能够产生的最大压强为：

根据水的沸点与压强的关系的表格可知，这个高压锅内最高水温大约为124°C．

若在锅盖上再安装一套相同的排气孔和限压阀，高压锅内能够产生的最大压强不变，锅内最高水温将不变．故答案为：124°C；不变。

【分析】对限压阀进行受力分析，运用平衡知识解决问题10、略

【分析】解：设第一次单摆摆长是：L

则第二次单摆摆长为：L鈭�鈻�L

由单摆周期公式得：T1=2娄脨LgT2=2娄脨L鈭�鈻�Lg

解得：g=4娄脨2鈻�LT12鈭�T22

故答案为：g=4娄脨2鈻�LT12鈭�T22

．

用单摆测重力加速度的原理是单摆周期公式；已知单摆的周期，应用单摆周期公式可以求出重力加速度．

本题考查了求重力加速度的表达式，本题关键建立单摆模型，然后根据单摆的周期公式列式后联立求解，基础题．【解析】g=4娄脨2鈻�LT12鈭�T22

三、判断题(共7题，共14分)11、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．12、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．13、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．14、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．15、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，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，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．16、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．17、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、实验题(共3题，共24分)18、略

【分析】【解析】【答案】（1）①98．50（1分）99．8（2分）②B（2分）（2）4π2/K（3分）19、略

【分析】试题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，注意二者读数的差别．螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为0.01×12.5mm=0.125mm，所以最终读数为：6mm+0.123mm=6.125mm，由于需要估读，因此在范围6.123～6.126mm内均正确；游标卡尺的主尺读数为63mm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为：63mm+0.60mm=63.60mm．考点：螺旋测微器、游标卡尺的读数问题。【解析】【答案】6.12563.6020、略

【分析】试题分析：设电源的电动势和内电阻分别为E和r，当开关分别处于1、2两个位置时，根据闭合电路的欧姆定律可以列出方程：（1）（2）消去E，可以解出电源的内阻r=把r值代入第一个方程中，可得电源的电动势E=3.0V即电源的电动势为3.0V，内阻为1.0Ω．考点：测电源的电动势和内电阻【解析】【答案】3.0V；1.0Ω五、综合题(共3题，共15分)21、略

【分析】(1)(1)根据机械能守恒定律求解货物到达圆轨道末端时的速度。

(2)(2)若货物滑上木板AA时，木板AA不动，则木板所受的货物的滑动摩擦力不大于地面对木板AA的最大静摩擦力；滑上木板BB时，木板BB开始滑动，说明货物对BB的滑动摩擦力大于地面对BB的最大静摩擦力，列出不等式，求出娄脤娄脤1应满足的条件。

(3)(3)根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出货物滑到木板AA末端时的速度..由速度时间公式求出货物在BB上滑行的时间。

本题考查了机械能守恒、牛顿运动定律和运动学公式的综合应用，特别需要注意的是分析货物在水平面上运动时木板的运动状态。【解析】解：(1)(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为vv0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得

垄脵垄脵

设货物在轨道末端所受支持力的大小为FFn，根据牛顿第二定律得

垄脷垄脷

联立垄脵垄脷垄脵垄脷式，代入数据得

FFN=3000N垄脹=3000N垄脹

根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000N3000N方向竖直向下。

(2)(2)若滑上木板AA时，木板不动，由受力分析得

娄脤娄脤1mm1g鈮�娄脤gleqslant娄脤2(m(m1+2m+2m2)g垄脺)g垄脺

若滑上木板BB时，木板BB开始滑动，由受力分析得

娄脤娄脤1mm1g>娄脤g>娄脤2(m(m1+m+m2)g垄脻)g垄脻

联立垄脺垄脻垄脺垄脻式，代入数据得

0.4<娄脤0.4<娄脤1鈮�0.6垄脼leqslant0.6垄脼

(3)娄脤(3)娄脤1=0.5=0.5由垄脼垄脼式可知，货物在木板AA上滑动时，木板不动。设货物在木板AA上做减速运动时的加速度大小为aa1，由牛顿第二定律得

娄脤娄脤1mm1g=mg=m1aa1垄脽垄脽

设货物滑到木板AA末端时的速度为vv1，由运动学公式得

vv12鈭�v-v02=鈭�2a=-2a1l垄脿l垄脿

联立垄脵垄脽垄脿垄脵垄脽垄脿式，代入数据得

vv1=4m/s垄谩=4m/s垄谩

设在木板AA上运动的时间为tt由运动学公式得

vv1=v=v0鈭�a-a1t垄芒t垄芒

联立垄脵垄脽垄谩垄芒垄脵垄脽垄谩垄芒式，代入数据得t=0.4st=0.4s22、（1）B（2）A（3）D（4）A（5）乙甲（6）解：①由得：I＝0.5A；即：闭合回路中电流的大小为0.5A；②由FB＝BIL得：FB＝0.5×05×0.4N＝0.1N，方向水平向右；即：金属棒PQ所受安培力的大小为0.1N，方向水平向右；⑤金属棒PQ受力平衡，所受静摩力f＝FB＝0.1N；即：金属棒PQ所受静摩擦力的大小为0.1N。【分析】【分析】(1)

库仑定律使用的条件是真空中、点电荷.

静电感应现象是金属导体在外电场的作用下自由电子定向移动，电荷在导体内发生重新分布，当感应电荷的电场与外电场大小相等时方向相反时达到静电平衡，导体为等势体；电势的高低与电场强度的大小无关。本题考查了库仑定律、静电感应现象电场线与电势的关系以及电场线与等势面的关系；其中处于静电感应平衡状态导体的特点，导体内部合场强处处为零，是一个等势体是题目中易错的地方。(2)

磁感线中各点切线方向表示该点的磁感应强度的方向；磁感线的疏密表示磁场的强弱；由此分析即可。本题考查了磁感线的性质，要注意明确根据磁感线判断磁场强弱以及方向的基本方法。(3)

在由A

运动B

的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功.

从运动轨迹上判断，粒子带正电.

从A

到B

的过程中，电场力做正功为1.5J

所以电势能是减少的，A

点的电势能要大于B

点电势能；从A

到B

的过程中，克服重力做功2.0J

电场力做功1.5J

由动能定理可求出动能的变化情况；从A

到B

的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB

两点的机械能。本题考查了电势差与电场强度的关系、电势能。对于本题，要明确以下几点：垄脵

电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值，这常是判断电荷电势能如何变化的依据；垄脷

电势能是电荷与所在的电场所共有的，且具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点；垄脹

电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。(4)

根据粒子偏转方向确定粒子所受洛伦兹力方向；然后应用左手定则判断出粒子的电性；

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析答题。本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，应用左手定则与牛顿第二定律可以解题。(5)

电流表应串联在被测电路中，电压表应并联在被测电路两端，分析图示电路图，然后答题。本题考查了用多用电表测电压与测电流的方法，知道电压表与电流表的用法，分析清楚电路结构可以解题。【解答】(1)A.

库仑定律使用的条件是点电荷，当r隆煤0

时，库仑定律不再使用，故A错误；B.当感应电荷的电场与外电场大小相等时方向相反时达到静电平衡，所以处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0

故B正确；C.电势的高低与电场强度的大小无关，电场中某点的电场强度越大，该点的电势不一定高，故C错误；D.电场线与等势面垂直，故D错误。故选B。(2)

磁感线的疏密表示磁场强弱；由图可知，P

点的磁感应强度大于Q

点的磁感应强度；故A正确，BCD错误。故选A。(3)A.

由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；B.从A

到B

的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A

点是的电势能要大于在B

点时的电势能，故B错误；C.从A

到B

的过程中，克服重力做功2.0J

电场力做功1.5J

由动能定理可知，粒子在A

点的动能比在B

点多0.5J

故C错误；D.从A

到B

的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J

故D正确。故选D。(4)

由图示可知，粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力水平向左，由左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r

解得：r=mvqB

PQ

间的距离：L=2r=2mvqB

故A正确，BCD错误。故选A。(5)

由图示可知，图乙中多用电表与小灯泡串联，多用电表测通过灯泡的电流；由图甲所示电路可知，多用电表并联在灯泡两端，多用电表测灯泡两端电压；故填：乙；甲。(6)

本题考查了安培力、摩擦力的判断与计算。本题关键是明确导体棒的受力情况，然后根据平衡条件并结合正交分解法列式求解，不难。根据闭合电路欧姆定律求电流的大小；根据安培力公式F=BIL

求安培力大小，根据左手定则判断方向；根据平衡条件判断静摩擦力大小。【解析】(1)B

(2)A

(3)D

(4)A

(5)

乙甲(6)

解：垄脵

由I=ER+r

得：I=0.5A

即：闭合回路中电流的大小为0.5A0.5A垄脷