高中物理高二物理上学期精选试卷检测题(Word版 含答案)

南昌二中2021—2021学年度上学期期末考试高二物理试卷一．选择题1.下列实验现象，属于电磁感应现象的是A.导线通电后其下方的小磁针发生偏转B.通电导线AB在磁场中运动C.通电线圈在磁场中转动D.金属杆切割磁感线时，电流表指针偏转【答案】D【解析】【分析】电磁感应现象的是指穿过电路的磁通量变化时，产生感应电动势或感应电流的现象．【详解】A图中导线通电后，其下方的小磁针受到磁场的作用力而发生偏转，说明电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象。

故A错误。

B图中通电导线AB在磁场中受到安培力作用而运动，不是电磁感应现象。

故B错误。

C图中通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动，不是电磁感应现象。

故C 错误。

D图中金属杆切割磁感线时，电路中产生感应电流，是电磁感应现象。

故D正确。

故选D。

2.如图所示，相同长度的同一材料导线做成不同形状的的单匝线圈，有正方形、等边三角形、圆形，将它们放在同一直线边界匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．现以相同的速度v将线圈从磁场中匀速拉出，当线圈的一半在磁场中时，线圈与磁场边界交点间电压最小的是【答案】A【解析】【分析】线圈与磁场边界交点间电压是外电压，等于感应电动势的一半，根据有效切割长度分析感应电动势，确定哪种情况的感应电动势最小，即可作出判断．【详解】设导线的总长度为S。

A图中：设正方形边长为L，则4L=S，有效切割长度L=S/4；B图中：设正三角形的边长为a，则3a=S，a=S/3，有效切割长度L=asin60°=S；C图中：设圆的直径为d，则πd=S，有效切割长度;D 图中：设正方形边长为l，有效切割长度为；由数学知识可知，A图中有效切割长度最小，产生的感应电动势最小，则线圈与磁场边界交点间电压最小。

故A正确。

故选A。

【点睛】解决本题的关键是运用数学知识确定有效的切割长度，分析感应电动势的关系，要注意线圈与磁场边界交点间电压是外电压，不是内电压．3.世界上第一台发电机──法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则A.穿过铜盘的磁通量不变，电刷B的电势高于电刷A的电势B.若仅将电刷B向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变小C.若仅将滑动变阻器滑动头向左滑动，灵敏电流计的示数将变小D.金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小【答案】C【解析】【分析】根据右手定则判断AB间感应电流方向，即可知道电势高低．仅减小电刷A、B 之间的距离，感应电动势将减小，灵敏电流计的示数变小．提高转速，灵敏电流计的示数变大．根据欧姆定律分析将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数如何变化．【详解】根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从B到A，则电刷A的电势高于电刷B的电势，故A 错误。

宿州市十三所重点中学2020-2021学年度第一学期期末质量检测高二物理试卷（理科）注意事项：1．本试卷满分100分，考试时间100分钟．2．考生务必将答题内容填写在答题卡上，写在试题卷上无效．一、选择题（本题包括12小题，每题4分，共48分．第1-8题只有一项符合题目要求．第9-12题为多选题，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分．）1．下列说法中正确的是（ ）A ．电势有正负，所以是矢量B ．若磁场中通过某个面的磁通量小，所以磁感应强度就小C ．磁感线总是从磁体的N 极出发指向磁体的S 极D ．某处磁感应强度的方向规定为小磁针静止时N 极所指的方向2．如图示，质量为4210kg -⨯、电荷量9310C -+⨯的带电小球A 用轻质绝缘细线悬挂于O 点，另一带电小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上（A 、B 均可视为点电荷）．当小球A 静止时，恰好与B 处在同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角37θ=︒，已知重力加速度210m/s g =，5229.010N m /C k =⨯⋅，下面说法中正确的是（ ）A ．小球A 受到的静电力是小球A 激发的电场施加的B ．小球A 受到的静电力大小3210N -⨯C ．小球B 在A 处的电场强度为5510V/m ⨯D ．由于B 的电量未知，故A 与B 间的静电力大小关系无法确定3．如图示，定值电阻的阻值为5Ω，电动机M 的线圈电阻值为2Ω，a 、b 两端加有44V 的恒定电压，理想电压表的示数为24V ，由此可知（ ）A．通过电动机的电流为12A B．电动机输入功率为288WC．电动机线圈的热功率为64W D．电动机输出的功率为64W4．如图示，纸面内M、N点有两根互相平行且长度相等直导线垂直纸面放置，电流大小相等，O为MN的中点，A点位于MN的中垂线上，且磁感应强度的方向如图，则两根导线电流的方向（）A．都垂直纸面向里B．都垂直纸面向外C．M垂直纸面向里，N垂直纸面向外D．M垂直纸面向外，N垂直纸面向里5．如图示，在玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃器皿中倒入导电液体，整个装置放在如图磁场中，接通电源，会发现液体旋转起来．若俯视观液体旋转方向为（）A．逆时针旋转B．顺时针旋转C．不旋转D．无法判断6．如图示，有一束混合正离子先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，若这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转进入区域Ⅱ后偏转半径R相同，则它们具有相同的（）A．电荷量和质量B．电荷量和速度C．速度和比荷D．质量和速度7．如图示，一回旋加速器D型盒的半径为R，两盒间的距离为d，匀强磁场的磁感应强度大小为B，高频电场的电压为U，若被加速的粒子质量为m，电量为q，不考虑粒子从粒子源射出时能量．则下列说法正确的是（）A．高频电压的频率跟粒子运动的速度有关B．粒子的最大速度跟电压U成正比C．粒子的最大动能跟回旋加速次数有关D．粒子的最大动能跟D型盒半径R有关8．如图示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的电场强度大小为E，方向为竖直方向，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一质量为m的带正电粒子在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断（）A．E的方向竖直向下B．粒子运动的角速度为Bg EC．粒子沿圆周顺时针运动D．粒子的机械能守恒9．在匀强磁场中，垂直磁场方向放置一段电流为I，长为L的通电导线，导线所受磁场力F与IL的比值定义为磁感应强度B，下列物理量的关系式与B定义方法相同的是（）A．FEq=B．Fam=C．QCU=D．UIR=10．用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，选择“10⨯”挡，欧姆调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大．下列判和做法正确的是（）A．这个电阻阻值很小，估计只有十几欧姆B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆C．如需进一步测量可换“1⨯”挡，欧姆调零后测量D．如进一步测量可换“1k⨯”挡，欧姆调零后测量。

黄山市2019～2020学年度第一学期期末质量检测高二(理)物理试题(考试时间：100分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。

请将正确答案选出并填在答题卷中。

)1.真空中两个静止的点电荷A和B，两者相距为R时，其相互作用力大小为F。

如果将A和B 的电荷量都增大到原来的2倍，距离保持不变，那么，相互作用的大小为A.FB.2FC.4FD.8F2.某区域的电场线分布如图所示，M、N、P是电场中的三个点，则下列说法正确的是A.P、N两点场强不等，但方向相同B.试探电荷在M受到的电场力小于N点受到的电场力C.试探电荷在P点的电势能一定小于在N点的电势能D.带正电的粒子仅在电场力作用下，一定沿电场线PN运动3.某同学要把一个量程为200μA，内阻为300Ω的直流电流计G，改装成量度范围是0～4V的直流电压表，那么A.串联一个阻值为20kΩ的电阻B.并联一个阻值为19.7kΩ的电阻C.改装后的电压表内阻为20kΩD.改装后的电压表内阻为19.7kΩ4.有一不带电的金属球，沿球直径延长线上放有正点电荷Q，使金属球感应带电。

球内直径上有a、b、c三点，则A.a点电场强度最大B.c点电场强度最大C.a点电势最低D.三点电势都相等5.如图所示，平行纸面的匀强电场中有个直角三角形OAB，边长OA为3cm，OB为4cm。

己知φ0＝6V，φA＝φB＝－6V，下列说法不正确．．．的是A.匀强电场的方向垂直ABB.OA 中点的电势等于0C.匀强电场的大小500V/mD.带电粒子从A 运动到B 点时不受电场力6.下列说法正确的是A.判断洛伦兹力的方向，四指指向表示电荷运动方向B.洛伦兹力是安培力的宏观表现C.运动电荷在磁场中收到的洛伦兹力大小一定等于BqVD.洛伦兹力不做功7.竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角θ，当滑动变阻器R 的滑片在a 位置时，电流表的读数为I 1，夹角为θ1；当滑片在b 位置时，电流表读数I 2，夹角为θ2；则A.θ2>θ1，I 2＝I 1B.θ2<θ1，I 2＝I 1C.θ2>θ1，I 2≠I 1D.θ2<θ1，I 2≠I 18.如图所示，流量计是由一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动。

2016-2017学年河南省周口市西华一高高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共10个小题，其中1-7题为单选题，8-10题为多选题）1．关于物理学史的下列说法中不正确的是（）A．法拉第通过实验研究确认真空中两点电荷之间相互作用力的规律B．元电荷e的数值最早由密立根测得C．法拉第第一个采用电场线描述电场D．夜间高压线周围出现的绿色光晕，其实是一种微弱的尖端放电现象2．真空中有一正四面体ABCD，如图MN分别是AB和CD的中点．现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、﹣Q的点电荷，下列说法中错误的是（）A．将试探电荷+q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷+q的电势能降低B．将试探电荷﹣q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷﹣q的电势能不变C．C、D 两点的电场强度相等D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直3．传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转，当待测压力增大时，下列说法中不正确的是（）A．电容器的电容将增加B．电容器的电荷量将增加C．灵敏电流表指针向左偏转D．灵敏电流表指针向右偏转4．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度υ0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压U AB，如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（）A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是υ0C．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为5．一带电粒子以速度υ0沿直线方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为υ0，则错误的是（）A．电场力等于重力B．粒子运动的水平位移等于竖直位移的大小C．电场力做的功一定等于重力做的功的负值D．粒子电势能的减少量一定等于重力势能的增加量6．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（）A．M点的电势比P点高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动7．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2 s末带电粒子回到原出发点C．3 s末带电粒子的速度不为零D．0～3 s内，电场力做的总功为零8．甲物体与乙物体相互摩擦，没有其他物体参与电荷的交换，发现甲物体带了9.6×10﹣16C 的正电荷．以下结论正确的是（）A．甲物体失去了6×103个电子B．乙物体失去了6×103个电子C．乙物体带9.6×10﹣16C的负电荷D．乙物体带9.6×10﹣16C的正电荷9．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（）A．小球P的速度一定先增大后减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加10．对下列概念、公式的理解，正确的是（）A．根据，电场中某点的电场强度和检验电荷的电荷量q成反比B．根据，电容器极板上的电荷量每增加1C，电压增加1V，则该电容器的电容为1FC．根据W=qU，一个电子在电势差为1V的两点间被电场加速，电场力做功为1eVD．根据，若带电量为1×10﹣5C的正电荷从a点移动到b点，克服电场力做功为1×10﹣5J，则a、b两点的电势差为U ab=1V，且a点电势比b点高二、实验题11．如图，AB和CD为等势面，电势分别为φ和φ′，则φφ′（填“＞”“=”或“＜”），负电荷q在M点和N点的电势能大小EM EN；若把q从M移到N是做功．12．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开．（1）上移左极板，可观察到静电计指针偏转角（选填变大，变小或不变）；（2）将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角（选填变大，变小或不变）；（3）两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角（选填变大，变小或不变）．三、计算题13．如图，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为﹣1.6×10﹣19C．求：（1）匀强电场的场强E的大小；（2）两平行金属板A、B间的电势差U AB．14．如图所示，在固定的水平绝缘平板上有A、B、C三点，B点左侧的空间存在着场强大小为E，方向水平向右的匀强电场，在A点放置一个质量为m，带正电的小物块，物块与平板之间的动摩擦因数为μ，若物块获得一个水平向左的初速度v0之后，该物块能够到达C 点并立即折回，最后又回到A点静止下来．求：（1）此过程中物块所走的总路程s有多大？（2）若进一步知道物块所带的电量是q，那么B、C两点之间的距离是多大？15．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量w=5×10﹣2kg、电荷量Q=+1×10﹣6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度υ0=3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25．小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求弹簧枪对小物体所做的功；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．2016-2017学年河南省周口市西华一高高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10个小题，其中1-7题为单选题，8-10题为多选题）1．关于物理学史的下列说法中不正确的是（）A．法拉第通过实验研究确认真空中两点电荷之间相互作用力的规律B．元电荷e的数值最早由密立根测得C．法拉第第一个采用电场线描述电场D．夜间高压线周围出现的绿色光晕，其实是一种微弱的尖端放电现象【考点】物理学史．【分析】本题是物理学史问题，根据库仑、密立根、法拉第等科学家的成就进行解答即可．【解答】解：A、是库仑通过实验研究得到了真空中两点电荷之间相互作用力的规律﹣﹣库仑定律，不是法拉第，故A错误．B、元电荷e的数值最早由密立根通过油滴实验测得的，故B正确．C、法拉第第一个采用电场线描述电场，故C正确．D、夜间高压线周围出现的绿色光晕，由于电压高，是一种微弱的尖端放电现象，故D正确．本题选错误的，故选A2．真空中有一正四面体ABCD，如图MN分别是AB和CD的中点．现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、﹣Q的点电荷，下列说法中错误的是（）A．将试探电荷+q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷+q的电势能降低B．将试探电荷﹣q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷﹣q的电势能不变C．C、D 两点的电场强度相等D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【分析】根据等量异种电荷在空间的电场线分布特点知道C、D两点的电场强度相等，AB 的中垂面是一个等势面，结合等量异种电荷等势面和电场线的分布情况分析．【解答】解：A、CD在AB的中垂面上电势相等，所以试探电荷从C点移到D点，电场力不做功，故A错误；B、M点的电势等于N点的电势，所以将试探电荷﹣q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷﹣q的电势能不变，故B正确；C、根据等量异种电荷在空间的电场线分布特点：对称性，知道C、D 两点的电场强度相等，故C正确；D、根据电场叠加原理知道N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直，故D正确．本题选错误的，故选：A3．传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转，当待测压力增大时，下列说法中不正确的是（）A．电容器的电容将增加B．电容器的电荷量将增加C．灵敏电流表指针向左偏转D．灵敏电流表指针向右偏转【考点】电容器的动态分析．【分析】根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向上压膜片电极时电容的变化．由题，电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，若电流计有示数，电容器在充电或放电，压力F一定发生变化．【解答】解：A、当F向上压膜片电极时，待测压力增大时板间距离减小，由电容的决定式C=得到，电容器的电容将增大．故A正确；B、当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q=CU，故带电荷量Q增大，故B正确；C、D、带电荷量Q增大，电容器将发生充电现象，回路中有电流，A极板的正电荷增加，电流从电流表正接线柱流入，指针向右偏转．故C错误，D正确．本题选择错误的，故选：C4．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度υ0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压U AB，如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（）A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是υ0C．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于v0，电子的动能不是最大．分析t=时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移．【解答】解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误．B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度v y=0，速度都等于v0，故B正确．C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故C错误．D、t=时刻进入电场的电子，在t=时刻侧位移最大，最大侧位移为y max=2=…①在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：=4×a…②联立①②得：y max=故D正确．故选：BD5．一带电粒子以速度υ0沿直线方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为υ0，则错误的是（）A．电场力等于重力B．粒子运动的水平位移等于竖直位移的大小C．电场力做的功一定等于重力做的功的负值D．粒子电势能的减少量一定等于重力势能的增加量【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．【分析】带电粒子在重力与电场力共同作用下，从A点到B点过程中，竖直方向重力做负功，导致速度减小；水平方向电场力做正功，导致速度增大．同时根据动能定理可知，重力做功与电场力做功的关系．粒子运动的水平位移大小与竖直方向的位移大小，是由重力与电场力大小决定，从而可判定电势能与机械能变化的关系．【解答】解：A、粒子在竖直方向做匀减速直线运动末速度为零，粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，末速度等于粒子初速度大小，在相等时间内粒子在竖直与水平方向受到变化量大小相等，则加速度大小相等，由牛顿第二定律可知，在竖直与水平方向所受力大小相等，即重力与电场力大小相等，但方向不同，重力与电场力不相等，故A错误；B、将粒子的运动分解成水平方向与竖直方向，根据分运动的等时性，由运动学公式可知，水平方向与竖直方向加速度大小相等，位移大小也相等．选取A到B过程中，根据动能定理，则有：qEs﹣mgh=0，得电场力所做的功一定等于克服重力所做的功，则可知qES=mgh，因s=h，电场力所做的功一定等于重力做功的负值，故BC正确；D、由以上分析可知，电场力做正功，导致电势能减小，而克服重力做功，导致重力势能增加，所以电势能与机械能之和不变，即有电势能的减少一定等于重力势能的增加，故D正确；本题选错误的，故选：A．6．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN．P点在y轴右侧，MP⊥ON．则（）A．M点的电势比P点高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y正方向轴做直线运动【考点】电场线；电势；电势能．【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确；B、将负电荷由O点移到P点，因U OP＞0，所以W=﹣qU OP＜0，则负电荷做负功，故B错误；C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y 轴做直线运动，故D正确．故选AD．7．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2 s末带电粒子回到原出发点C．3 s末带电粒子的速度不为零D．0～3 s内，电场力做的总功为零【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为a1=，为第2s内加速度a2=的，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v﹣t图象如图所示：A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误．B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；C、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C错误；D、因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．故选：D．8．甲物体与乙物体相互摩擦，没有其他物体参与电荷的交换，发现甲物体带了9.6×10﹣16C 的正电荷．以下结论正确的是（）A．甲物体失去了6×103个电子B．乙物体失去了6×103个电子C．乙物体带9.6×10﹣16C的负电荷D．乙物体带9.6×10﹣16C的正电荷【考点】电荷守恒定律；元电荷、点电荷．【分析】解答本题应明确起电的本质，明确不带电的物体呈现电中性，而带电的原因是失去或获得电子．【解答】解：摩擦起电中移动的是自由电子，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故摩擦起电中甲失去电子，转移到了乙物体上，乙得到电子，甲物体带了9.6×10﹣16C的正电荷，根据电荷守恒定律，乙物体带9.6×10﹣16C的负电荷，电子带的电荷量为e=1.6×10﹣19C，所以转移的电子数为．故AC正确、BD错误．故选：AC．9．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（）A．小球P的速度一定先增大后减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．【分析】本题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度变化可从受力与能量两种观点加以分析【解答】解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确B、由于小球P除了重力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向向下，做正功，所以小球P的机械能增大；随弹力的增大，二者的合力可能向上，合力做功，机械能减小．所以小球P的机械能先增大后减少，故B错误C、小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C 错误D、根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确．故选AD．10．对下列概念、公式的理解，正确的是（）A．根据，电场中某点的电场强度和检验电荷的电荷量q成反比B．根据，电容器极板上的电荷量每增加1C，电压增加1V，则该电容器的电容为1FC．根据W=qU，一个电子在电势差为1V的两点间被电场加速，电场力做功为1eVD．根据，若带电量为1×10﹣5C的正电荷从a点移动到b点，克服电场力做功为1×10﹣5J，则a、b两点的电势差为U ab=1V，且a点电势比b点高【考点】电势能；电势；电容．【分析】电场强度、电容器的定义均采用了比值定义法，电场强度是电场本身的性质和q、F无关，同时电容也与电量及电压无关；电子的电量为元电荷e，由W=Uq可知电场力做功；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；【解答】解：A、电场强度为电场本身的性质与试探电荷的电荷量无关，故A错误；B、电容也是电容器本身的性质，和极板上的电荷量及电压无关，但可以通过此公式求出电容的大小，即为1F，故B正确；C、电子的电量为e，由W=Uq可知，电场对电子做功加速时W=Ue，即在1V电压下加速，电场力做功为1eV，故C正确；D、由电势差的定义可知，U=V=﹣1V；故D错误；故选BC．二、实验题11．如图，AB和CD为等势面，电势分别为φ和φ′，则φ＞φ′（填“＞”“=”或“＜”），负电荷q在M点和N点的电势能大小EM＜EN；若把q从M移到N是克服电场力做功．【考点】电场线；电势能．【分析】根据电场线的方向即可判断电势的高低．根据电势能公式E P=qφ分析电势能的大小【解答】解：根据顺着电场线方向电势降低，可知φ＞φ′．根据电势能公式E P=qφ，知负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则E PM＜E PN．负电荷受力的方向向左，所以把负电荷q从M移到N时，电场力做负功，即克服电场力做功．故答案为：＞，＜，克服电场力12．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开．（1）上移左极板，可观察到静电计指针偏转角变大（选填变大，变小或不变）；（2）将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）；（3）两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角变小（选填变大，变小或不变）．【考点】研究平行板电容器．【分析】抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式C=判断电容的变化，结合U=判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化．【解答】解：（1）根据电容的决定式C=知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据U=知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大．（2）根据电容的决定式C=知，将极板间距离减小时，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．（3）根据电容的决定式C=知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．故答案为：变大，变小，变小．三、计算题13．如图，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为﹣1.6×10﹣19C．求：（1）匀强电场的场强E的大小；（2）两平行金属板A、B间的电势差U AB．【考点】电势能；电场强度．【分析】（1）根据电场力做功W=qEd，d是沿电场方向两点间的距离，求解电场强度．（2）根据匀强电场中，场强与电势差之间的关系U=Ed求出电场强度E．【解答】解：（1）由题，D→C电场力做正功W=qEL CD cos60°解得：E=1×104N/C（2）电子从D点移到C点电场力做正功，所以受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B．A、B间电势差为U AB=Ed AB=104×6×10﹣2=600V答：（1）匀强电场的场强E的大小为1×104N/C；（2）两平行金属板A、B间的电势差U AB为600V14．如图所示，在固定的水平绝缘平板上有A、B、C三点，B点左侧的空间存在着场强大小为E，方向水平向右的匀强电场，在A点放置一个质量为m，带正电的小物块，物块与平板之间的动摩擦因数为μ，若物块获得一个水平向左的初速度v0之后，该物块能够到达C 点并立即折回，最后又回到A点静止下来．求：（1）此过程中物块所走的总路程s有多大？（2）若进一步知道物块所带的电量是q，那么B、C两点之间的距离是多大？【考点】动能定理的应用．【分析】（1）对全程应用动能定理有，摩擦力做的总功等于动能的变化量，摩擦力的功等于摩擦力与路程的乘积；（2）对于小物块从A→C的过程应用动能定理，摩擦力与电场力所做的负功之和等于动能的减少量．【解答】解：（1）对全程应用动能定理，有：﹣μmgs=0﹣mv02，解得：s=；（2）设B、C两点之间的距离是l，对于小物块从A→C的过程应用动能定理有：﹣μmg×﹣qEl=0﹣mv02，解得：l=；答：（1）此过程中物块所走的总路程s为．（2）若进一步知道物块所带的电量是q，那么B、C两点之间的距离是．15．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量w=5×10﹣2kg、电荷量Q=+1×10﹣6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度υ0=3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25．小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求弹簧枪对小物体所做的功；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．。