山西省朔州市应县高二（下）物理返校练习试题（word版含答案）

山西省朔州市应县高二（下）物理返校练习试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图甲所示，静止在水平地面上质量m=1kg的物体受一水平推力作用，其加速度与时间的变化规律如图乙所示。若物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）
A．在t=5 s时，水平推力F为零 B．物体在t=2s时的速度大小为3.2m/s。
C．水平推力F在0~5s内所做的功为12.5J D．水平推力F在0~5s内的冲量大小为15N·s
2．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方悬挂着一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，则（ ）
A．磁铁对桌面压力减小
B．磁铁对桌面压力变大
C．磁铁受到桌面的摩擦力作用，方向水平向右
D．磁铁受到桌面的摩擦力作用，方向水平向左
3．如图，质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力作用下，小球从静止开始由A经B向C运动。则小球（　　）
A．先加速后减速 B．在B点加速度为零
C．在C点速度为零 D．在C点加速度为
4．如图所示，在水平向左的匀强电场中，一小球质量为m，电荷量为-q，用绝缘轻绳（不伸缩）悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角绳长为L，OD水平，OC竖直．在D点给小球适当的初速度使其绕O点做圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为
B．小球在C点时的重力势能最小
C．小球在C点时动能最大
D．小球从D运动到A的过程中电势能先增大后减小
5．空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的磁场，其边界如图甲中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成边长为的正方形线框固定在纸面内，虚线MN过正方形线框上下两边的中点．t = 0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则在t = 0到 t = t1的时间间隔内，下列说法中正确的是
A．线框中的感应电流始终沿顺时针方向
B．线框所受安培力的方向始终不变
C．线框中的感应电动势大小为
D．线框中的感应电流大小为
6．如图所示，P、Q两点处各有一垂直于纸面的长直导线，均通有垂直纸面向里的恒定电流，电流大小相等。O为P、Q连线的中点，为P、Q连线的垂直平分线。已知长通电直导线在周围某点处产生的磁场磁感应强度满足，其中k为一常数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离。在纸面内，一个带负电粒子从点M沿直线OM向无穷远处匀速运动，在此过程中粒子受到的洛仑磁力（ ）
A．不断增大 B．不断减小 C．方向垂直纸面向里 D．方向垂直纸面向外
7．某电场的电场线分布如图所示，则（　　）
A．电荷带负电
B．电荷带正电
C．某试探电荷在点受到的电场力大于在点受到的电场力
D．点的电场强度大于点的电场强度
8．将一倾斜的平行金属导轨固定在地面上,导轨的顶端接一电源和一滑动变阻器,在垂直导轨平面向下的方向上加一匀强磁场,在倾斜导轨上放一导体棒,导体棒与导轨接触良好且处于静止状态．现调节滑动变阻器使其接入电路的阻值减小,而整个过程中导体棒始终静止在导轨上,则( )
A．导体棒所受摩擦力可能一直增大 B．导体棒所受摩擦力可能先减小后增大
C．导体棒所受摩擦力可能先增大后减小 D．导体棒所受摩擦力可能始终为零
二、单选题
9．如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板长均为，上极板带正电，两板间电压为U。一个电荷量为q（）的粒子在电容器中下板的左边缘正对上板的O点射入，O点与上板左边缘距离为。不计重力，若粒子能打在上极板上，则粒子的初动能至少为（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，A、B为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线上的两点，当一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，则（　　）
A．电势 B．电场线方向由A指向B
C．场强大小 D．若Q为正电荷，则Q在A点左侧
11．关于磁感线，下列说法正确的是（　　）
A．磁感线可以相交
B．磁感线是客观存在的
C．磁感线较密的地方，表示该处磁场较弱
D．磁感线上每一点的切线方向都跟这点的磁场方向一致
12．一个不带电的空心金属球，在它的球心处放一个正电荷，其电场分布是下图中的哪一个（　　）
A． B． C． D．
13．如图所示，竖直平面内的同心圆是一点电荷在真空中形成电场的一簇等势线，一正电小球从A点静止释放，沿直线到达C点时速度为零，以下说法正确的有( )
A．此点电荷为负电荷
B．场强
C．电势A>B>C
D．小球在A点的电势能小于在C点的电势能
14．当电场强度超过3.0×106V/m时，阴雨天的空气会被击穿而放电。现有一片距空旷地面300m高的带电乌云，乌云与地面间要发生闪电，两者间的电势差至少为（ ）
A． B． C． D．
15．在物理学发展过程中，下列说法正确的是（　　）
A．法拉第认为电场线是客观存在的
B．奥斯特观察到电流对小磁针有力的作用
C．安培发现两根通有同向电流的平行直导线相互排斥
D．楞次发现感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反
16．关于静电场的下列说法，哪个是正确的（　　）
A．带电粒子只在电场力作用下运动，电势能可能增加
B．匀强电场中，两点间电势差仅仅与两点间距离有关
C．电势降低的方向就是场强方向
D．一点电荷在电场中的电势能增量为零，则电荷一定是沿着等势面移动的
17．如图所示，虚线所示的区域内，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从边缘A处有一束速度大小各不相同的质子沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场区运动过程中，正确的是（　　）
A．轨道半径越大的，其运动时间越长 B．运动时间越短的，射出磁场的速率越小
C．在磁场中偏转角越小的，运动时间越短 D．所有质子在磁场中运动时间都相等
18．下列说法正确的是（ ）
A．导体的电阻大小由其两端电压、电流决定
B．奧斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁生电的规律
C．法拉第发现了电流的磁现象，揭示了电生磁的规律
D．产生感应电流的条件是电路闭合且回路的磁通量发生变化
19．宇宙中“破坏力”最强的天体“磁星”，磁感应强度相当于地磁场的1000万亿倍，磁感线分布类似于地磁场，下列有关“磁星”的磁场说法正确的是（　　）
A．“磁星”内部不存在磁场
B．“磁星”表面可以找到磁通量为零的闭合区域
C．“磁星”表面任意位置的磁场方向都与星体表面平行
D．“磁星”附近磁感线非常密集，导致部分磁感线可能相交
20．如图所示，框架面积为，框架平面与磁感应强度为的匀强磁场方向垂直，则下列关于穿过平面的磁通量的情况中，正确的是（　　）
A．如图所示位置时磁通量为零
B．若使框架绕转过，磁通量为
C．若从初始位置转过角，磁通量为
D．若从初始位置转过角，磁通量变化为
21．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图，若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁场的强弱由励磁线圈的电流来调节。电子束由电子枪产生，电子速度的大小由电子枪的加速电压来调节，速度方向与磁场方向垂直，下列说法正确的是（　　）
A．励磁线圈中通有顺时针方向的电流
B．仅降低电子枪加速电压，电子束径迹的半径变小
C．仅减小励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变小
D．仅降低电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变小
22．关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法正确的是：（ ）
A．摩擦起电现象说明通过做功可以创造电荷
B．摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体
C．感应起电说明带电的物体可以使不带电的物体创造电荷
D．感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了
23．下列说法正确的是 （ ）
A．美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器
B．安培首先发现了电流的磁效应
C．安培首先提出了磁场对运动电荷有力作用
D．法拉第发现了电流产生的磁场方向的判定方法
24．两个点电荷相距为L时的排斥力为F，若两个点电荷所带电荷量不变，它们之间的斥力变为64F，则距离应为 （ ）
A． B． C．4L D．8L
25．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s，从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分布如图甲、乙所示，两图取同一正方向，取，则下列说法正确的是
A．滑块的质量为2kg
B．第1s内摩擦力对滑块做功为-1J
C．第2s末拉力F的瞬时功率为0.3W
D．第2s内拉力F的平均功率为0.15W
26．如图所示，光滑细直杆倾角为，质量为m的小环（可视为质点）穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上位置O处，弹簧处于竖直位置时，小环恰好静止在位置A处，间距为L，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动到弹簧与竖直方向的夹角为的位置C处。图中位置B为的中点，此过程中弹簧始终处于伸长状态，则整个过程（　　）
A．杆对环的弹力始终大于零
B．拉力F所做的功为
C．弹簧的弹力所做的功为
D．环在位置B与位置C处拉力F之比为2∶1
27．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示.已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+
A．在电场中的加速度之比为1：1
B．在磁场中运动的半径之比为5：1
C．在磁场中转过的角度之比为1：3
D．离开电场区域时的动能之比为1：3
28．如图所示，为正方形，电荷量分别为和的两点电荷固定在、两点。先将一电荷量为的点电荷从无穷远处（电势为0）移到点，此过程中电场力做功为。再将从点移到点。下列说法正确的是（　　）
A．在点的电势能为
B．移入点之前，点的电势为
C．从点移到点的过程中，所受电场力做的功为零
D．从点移到点的过程中，所受电场力做的功为
三、实验题
29．如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器充电后与电源断开。
（1）实验中使用静电计的目的是___________（填序号）；
A．直接测量静电计上电荷量的变化情况
B．直接测量电容器电容的变化情况
C．观察电容器电荷量的变化情况
D．观察电容器电势差的变化情况
（2）向左移动左极板，可观察到静电计指针偏角__________，将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
30．如图甲所示，在“验证动量守恒定律”实验中，P为入射球A末与被碰球B碰撞时的落点．
（1）这个实验对小球A的质量m1和小球B的质量m2的要求是：m1______m2（填“＞”、“=”或“＜”）．用图中标出的符号和测出的数据列出验证动量守恒的表达式为______．
（2）为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是______．
A．使入射球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出
B．使入射球与被碰小球碰后能同时飞出
C．使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向
D．使入射球与被碰小球碰撞时的动能不损失
（3）若A球质量为m1=50g，两小球发生正碰前后的位移-时间（s-t）图象如图乙所示，则小球B的质量为m2=______g．
（4）实验时调节A球下落高度，让A球以一定速度v与静止的B球发生正碰，碰后测得两球动量正好相等，则A、B两球的质量之比应满足______．
四、解答题
31．水平放置的平行板电容器与一电源相连。在电容器的两极板间有一带正电的质点处于静止状态。现将电容器两极板间的距离减小，请判断电容器的电容、带电荷量、板间电场强度如何变化，带电质点将怎样运动，并说明理由。
32．如图所示中，一根垂直纸面放置的通电直导线，电流垂直纸内向里，电流强度为I，其质量为m，长为L，当加上一个匀强磁场时，导体仍能够静止在倾角为θ的光滑斜面，问：
（1）最小应加一个多大的磁场？方向如何？
（2）调节磁感应强度的大小和方向，使导体所受磁场力的大小为mg，且导体保持静止状态，那么斜面所受的压力是多大？
33．如图所示，在坐标系xOy内有一等腰直角三角形，其顶点坐标分别为(0,0)，(0,d)，(d,0)，三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、带电荷量为-q的粒子从y轴上的P点由静止释放，粒子第一次进入磁场后恰好不能从等腰直角三角形的斜边射出，不计粒子重力。
（1）求P点坐标。
（2）若改变P点纵坐标，使粒子由P点静止释放后能沿垂直于等腰直角三角形斜边的方向射出磁场，求P点坐标及粒子射出磁场前的运动时间。
34．如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在墙壁上，右端与置于水平面上的质量为m的小滑块相连．在以下的讨论中小滑块可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，取弹簧原长时弹性势能为0，且空气阻力可忽略不计．
（1）若水平面光滑，以弹簧原长时小滑块的位置O为坐标原点，建立水平向右的坐标轴Ox，如图甲所示．
①请在图乙中画出弹簧弹力F与小滑块所在位置坐标x的关系图像．
教科书中讲解了由v - t图像求位移的方法，请你借鉴此方法，并根据F-x图像推导出小滑块在x位置时弹簧弹性势能Ep的表达式．（已知弹簧的劲度系数为k）
②小滑块在某轻质弹簧的作用下，沿光滑水平面在O点附近做往复运动，其速度v的大小与位置坐标x的关系曲线如图丙所示，其中vm和x0皆为已知量，请根据图丙中v-x图像提供的信息求解本题中弹簧的劲度系数k′．
（2）若水平面不光滑，且已知小滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ．仍以弹簧原长时小滑块的位置O为坐标原点，建立水平向右的坐标轴Ox，将小滑块沿水平面向右拉到距离O点为l0的P点按住（l0>μmg/k），如图丁所示．计算中可以认为滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k．
①若放手后小滑块第一次经过O点向左运动至最远点Q，求Q点与O点的距离，并分析如果小滑块在Q点停不住，l0与μ、m和k等物理量之间应满足什么条件；
②若放手后小滑块第二次经过O点后在向右运动的过程中逐渐减速最终静止，求小滑块从P点开始运动的整个过程中所通过的总路程．
35．如图所示，电源的电动势E=10V，内电阻r=1Ω，电容器的电容C=40μF，定值电阻R1=R2=4Ω，R3=5Ω。当接通开关S，待电路稳定后，试求：
(1)理想电压表V的示数；
(2)电容器所带的电荷量。
36．在电场中，哪些物理量会受到电势零点选取的影响？选择不同的电势零点，得到的值有何变化？
37．如图甲所示，是一台质谱仪的简化结构模型。大量质量为、电荷量为的粒子（即核），从容器A下方飘入电势差为的加速电场中，其初速度可视为0。若偏转电场不加电压，粒子经加速后，将沿偏转电场的中轴线（图中虚线路径）出射后紧跟着马上垂直屏的方向射入一垂直纸面向外的匀强磁场中，经磁场偏转后击中屏。现在偏转电场两极间加上如图乙所示随时间变化的电压，其中远大于粒子经过偏转电场的时间。偏转电场两板间宽度，两极板正对区域可视为匀强电场，正对区域以外的电场忽略不计。不计粒子所受重力和阻力，求：
（1）粒子出加速电场时速度的大小；
（2）为使粒子经偏转电场后能全部进入偏转磁场，偏转电场极板长度的取值范围；
（3）当偏转电场极板长度时，若容器中除了题干中已知的粒子外，还存在另一种粒子氚核，为使两种粒子均能击中屏且击中屏的位置没有重叠，则偏转磁场的磁感应强度不能超过多少？
38．如图所示，相距为d的两平行金属板M、N与电池组相连后，其间形成匀强电场，一带正电粒子从M极板边缘垂直于电场方向射入，并打在N极板的正中央。不计重力，现欲把N极板远离M极板平移，使原样射入的粒子能够射出电场，就下列两种情况求出N极板至少移动的距离。
（1）电键S闭合；
（2）把闭合的电键S打开后。
五、填空题
39．如图所示，间距为20cm、倾角为53°的两根光滑金属导轨间，有磁感应强度为1T、方向竖直向上的匀强磁场，导轨上垂直于导轨放有质量为0.03kg的金属棒，在与导轨连接的电路中，变阻器的总电阻为，电阻也为，导轨和金属棒电阻均不计，电源内阻为变阻器的滑臂在正中间时，金属棒恰静止在导轨上，此时金属棒中的电流大小为_________A，电源电动势为_________V．
40．电磁炮是一种最新研制的武器.它的主要原理如图所示.1982年在澳大利亚国立大学的实验室中，就已经制成了能把质量为的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到的电磁炮（常规炮弹速度大小约为）.若轨道宽为，长为，通以的电流，则在轨道间所加的匀强磁场的感应强度为_______T，磁场力的最大功率为_______W（轨道忽略摩擦不计）.
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
A．t=5s时，加速度为零，物体合力为零，水平推力F与摩擦力大小相等，摩擦力大小
A项错误；
B．a -t图像与时间轴围成的面积等于物体在某时刻的速度大小，由图像可知，当t=2s时
a=1.2m/s2
B项正确；
C．由动能定理可知合力做的功
所以水平推力F做的功大于12.5J，C项错误；
D．5s时物体的速度大小
0~5s内，有
故力F的冲量
D项正确；
故选择BD。
2．AC
【解析】
【详解】
以导线为研究对象，导线所在处的磁场的方向指向斜向右上方，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右下方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左上方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对桌面的压力减小，故A、C正确，B、D错误；
故选AC．
【点睛】
以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁对桌面压力和磁铁受到桌面的摩擦力情况．
3．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
AC．根据动能定理
解得
所以小球先加速后减速，故AC正确；
B．小球做圆周运动在B点有向心加速度，故B错误；
D．在C点，因为速度为0，所以沿半径方向的合力为0，切线方向的合力
所以C点的加速度为，故D正确。
故选ACD。
【点睛】
本题考查牛顿第二定律、向心加速度、等效法等,意在考查考生应用等效法建立物理模型的能力。
4．AB
【解析】
【详解】
A．小球在A点平衡时，根据平衡条件得
解得：
故A正确；
BC．小球在竖直平面内做圆周运动时，C点为最低点，所以物体在C点的重力势能最小，A点为等效最低点，动能最大，故B正确，C错误；
D．小球从D到A过程，电场力做正功，电势能减小，故D错误．
5．AD
【解析】
【详解】
AB.由楞次定律可知，在t=0到t=t1的时间间隔内感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知：0-t0时间内圆环受到的安培力向左，t0-t1时间内安培力向右，故A正确，B错误；
CD.由电阻定律可知，圆环电阻：
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：
根据闭合电路的欧姆定律，则感应电流：
故C错误，D正确．
6．BD
【解析】
【详解】
由右手螺旋定则可知，导线P产生的磁场在直线OM处的方向斜向右下方，导线Q产生的磁场在直线OM处的方向斜向右上方，由平行四边形定则可知，直线OM处的合场强向右，与直线OM垂直，由左手定则可知，带负电的粒子所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外。
由表达式
可知，距离导线越远，磁感应强度越小，有表达式
可知，洛伦兹力越来越小，AC错误，BD正确。
故选BD。
7．BC
【解析】
【详解】
AB．电场线从正电荷出发，由电场线分布可知，电荷P带正电，故A错误，B正确；
C．因c点的电场线较d点密集，可知c点的场强较大，正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故C正确；
D．a点的电场线比b点较稀疏，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故D错误。
故选BC。
8．AB
【解析】
【分析】
由题意可知考查有关安培力的平衡问题，根据共点力平衡关系分析可得．
【详解】
A．由左手定则可判断安培力沿斜面向上，电路的阻值减小,则回路中电流增大，安培力增大，如果开始时摩擦力沿导轨向下，则导体棒所受摩擦力一直增大，故A正确；
B．如果原来摩擦力沿导轨向上，随着安培力的增大，则导体棒所受摩擦力先减小到零，后反向增大．故B说法正确．
C．由前面分析可知导体棒所受摩擦力不可能先增大后减小 ，故C错误；
D．假设导体棒所受摩擦力始终为零，随着安培力的增大，导体棒不可能一直静止，故D说法错误．
【点睛】
由闭合电欧姆定律可知当回路中阻值减小时，回路中电流增大，安培力沿导轨向上且增大，因不知原来摩擦力的方向，分两种情况讨论分析， 一种情况是摩擦力沿导轨向下，另一种情况是摩擦力沿导轨向上，分别列平衡方程列式计算可得.
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
若粒子能打在上极板上，粒子到达上极板时，垂直极板方向的末速度最小为零，如图
电场方向粒子的加速度为
由
可得
即粒子的初动能最少为。
故选D。
10．A
【解析】
【详解】
AB．一电子以某一速度沿电场线由运动到的过程中，动能增加，电场力对电子做正功，电场力方向与运动方向相同，所以电场强度方向由指向，电场线方向由指向，那么则有
故A正确，B错误；
C．电场线方向由指向，但不知电场线的疏密，故无法知道电场的强弱，故C错误；
D．可以为正电荷，也可以为负电荷，若为正电荷，则在点右侧，若为负电荷，则在点左侧，故D错误；
故选A。
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．磁感线不可以相交，选项A错误；
B．磁感线是人们为了描述磁场而假想的曲线，不是客观存在的，选项B错误；
C．磁感线较密的地方，表示该处磁场较强，选项C错误；
D．磁感线上每一点的切线方向都跟这点的磁场方向一致，选项D正确。
故选D。
12．B
【解析】
【详解】
ABCD. 空心金属球会发生静电感应，内壁感应上负电荷，外壁感应上正电荷，空心金属球静电平衡后，是一个等势体，故金属球内外壁之间没有电场线，ACD错误，B正确。
故选B。
13．D
【解析】
【详解】
试题分析：由于等势线是电场中的一簇同心圆，且正电小球由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的正电荷产生的，根据库仑定律可以判断，正电小球沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，故AB错误；由于是正电荷形成的电场，故月靠近正电荷电势越高，故选项C错误；由于小球沿AC方向运动时，电场力做负功，故电势能逐渐变大，故D正确．
考点：等势面
【名师点睛】由于等势线是电场中的一簇同心圆，且正电小球由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的正电荷产生的，然后根据库仑定律、电势、电势差定义式和电场力做功与电势能变化关系列式分析判断．
14．C
【解析】
【分析】
【详解】
乌云的高度是d=300m，根据公式可得，乌云与地面间产生闪电的瞬间，两者之间的电势差为
ABD错误，C正确。
故选C
【点评】
关键是对公式正确掌握
15．B
【解析】
【详解】
A．电场线并不是客观存在的，是法拉第假想出来的，故A错误；
B．奥斯特观察到电流对小磁针有力的作用，发现了电流的磁效应，故B正确；
C．安培发现两根通有同向电流的平行直导线相互吸引，故C错误；
D．楞次发现感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，当原磁场增强时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反。当原磁场减弱时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，故D错误。
故选B。
16．A
【解析】
【详解】
A．带电粒子只在电场力作用下运动，当电场力做功时，粒子的电势能会发生变化，故A正确；
B．匀强电场中，两点间电势差与电场强度和两点间沿电场强度方向的距离有关，故B错误；
C．电势降低最快的方向才是场强方向，故C错误；
D．一点电荷在电场中的电势能增量为零，只能说明电荷静止或者电荷的初、末位置电势相等，而电荷不一定是沿着等势面移动的，故D错误。
故选A。
17．C
【解析】
【详解】
A．设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为，轨迹如图所示
粒子在磁场中运动的时间为
而
轨迹半径越大，越小，通过磁场的时间越短，A错误；
B．粒子在磁场中运动的时间为
而轨迹半径
当粒子的运动时间越短时，越小，则知r越大，根据
可得
则速度v越大，B错误；
C．根据推论得知，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角，则在磁场中偏转越小的，轨迹的心角越小，由
知，运动时间越短，C正确；
D．由上分析知道，速度越大，轨迹半径r越大，而
越小，通过磁场的时间越短，则并非所有质子在磁场里运动时间均相等，D错误。
故选C。
18．D
【解析】
【详解】
导体的电阻大小是由导体本身决定的物理量，与其两端电压、电流无关，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁生电的规律，选项B错误；奥斯特发现了电流的磁现象，揭示了电生磁的规律，选项C错误；产生感应电流的条件是电路闭合且回路的磁通量发生变化，选项D正确；故选D.
19．B
【解析】
【详解】
A．因为磁感线不中断，所以“磁星”内部也存在磁场，A错误；
B．如图所示，通过直线AB的平面将磁星的表面等分为左右两部分，左表面和右表面的磁通量均等于零，B正确；
C． “磁星”表面磁场极处，磁场方向与星体表面一定不平行，C错误；
D．如果两条磁感线相交，那么交点处的磁场就有两个方向，与实际不相符，所以“磁星”附近磁感线非常密集，磁感线也不可能相交，D错误。
故选B。
20．B
【解析】
【详解】
图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。当它绕轴转过角时，线圈在磁场垂直方投影面积，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积。线圈从图示转时，磁通量为，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差。
A．线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积，故图示位置的磁通量，故A错误；
B．使框架转过角，则在磁场方向的投影面积，则磁通量，故B正确；
C．当线圈从图示转时，线框与磁场平行，故磁通量为，故C错误；
D．从初始位置转角，磁通量变化为
故D错误；
故选B。
21．B
【解析】
【分析】
【详解】
电子在加速电场中加速，由动能定理有
①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有
②
解得
③
④
A．励磁线圈所通电流产生了垂直纸面向外的磁场，则由安培定则可知励磁线圈中通有逆时针方向的电流，故A错误；
B．降低电子枪加速电压，由③式可得，电子束的轨道半径变小，选项B正确；
C．仅减小励磁线圈中电流，电流产生的磁场减小，由④式知周期变大；选项C错误；
D．仅降低电子枪加速电压，由④式知电子做圆周运动的周期不变，选项D错误；
故选B。
22．B
【解析】
【详解】
AB．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷．电荷只是发生转移，故A错误，B正确；
CD．感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一个部分．电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电，故CD错误．
23．A
【解析】
【详解】
美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，选项A正确；奥斯特首先发现了电流的磁效应，选项B错误；洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有力作用 ，选项C错误；安培发现了电流产生的磁场方向的判定方法，选项D错误；故选A.
24．B
【解析】
【详解】
根据库仑定律，两个点电荷相距为L时的排斥力为F，则；若两个点电荷所带电荷量不变，它们之间的斥力变为64F，则；联立解得，故选B.
25．A
【解析】
【详解】
由图象斜率得加速度; 由两图知，第一秒内有：f+F=ma，第二秒内有：F′-f=ma，代入数据得：f+1=3-f，故f=1N，m=2kg，故A正确；又由f=μmg可得动摩擦因数μ=0.05，第1s内的位移： x=×1×1m=0.5m，根据功的公式W=FL可得第1s内摩擦力对滑块做功为-0.5J，故B错误；第2s末物体的速度1m/s，则F的瞬时功率：P2=Fv2=3W，选项C错误；根据v-t图象可知，第2秒内的平均速度，所以第2s的平均功率P= ＝3×0.5W＝1.5W，故D错误．故选A.
点睛：解决本题的关键是读图v-t图象，能根据牛顿第二定律和功、功率公式计算进行有关的计算，注意区别平均功率和瞬时功率的不同.
26．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．开始弹簧处于竖直状态，根据平衡条件可知弹簧的弹力等于重力，即
T=mg
此时杆对环的弹力为零，否则弹簧不会竖直，故A错误；
BC．根据题意可知，OA与OC的长度相等，则弹簧的形变量相等，弹簧的弹力所做的总功为零，根据能量守恒可得整个过程拉力F所做的功为，故B正确，C错误；
D．环在B位置时，根据平衡条件可得
在C位置时，根据平衡条件可得
所以环在位置B与位置C处拉力F之比为1∶2，故D错误。
故选B。
27．D
【解析】
【详解】
两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，利用Eq=ma结合E=可得，根据可知其在电场中的加速度是1：3，故A错误；加速电场利用动能定理可得：qU=mv2，可得：v=，可知其速度之比为1：，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，可得r=，所以其半径之比为：1，故B错误；离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角θ，根据几何关系可得：sinθ=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+转过的角度为θ=30°，根据正弦函数可知P3+转过的角度为60°，故在磁场中转过的角度之比为1：2，故C错误；加速电场利用动能定理可得：qU=mv2，可知两离子离开电场的动能之比等于电量q之比为1：3，故D正确．故选D．
点睛：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间；
28．D
【解析】
【详解】
A．将一电荷量为-q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中电场力做负功，电势能增加，所以电势能为
EPC=-W
B．无穷远电势为零，根据
W=-q（0-φC）
可知C点的电势为
根据等量异种电荷电势分布规律可知
故B错误；
C．根据等量异种电荷电势分布规律可知
所以电荷从C点移到D点的过程中，电势能减小，所受电场力做正功，故C错误；
D．Q1从C点移到D点的过程中，所受电场力做的功为
故D正确。
故选D。
29． D 变大 变小
【解析】
【详解】
（1）1]静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况，故D正确，ABC错误。
故选D。
（2）2][3]根据电容的决定式
知将左极板缓慢左移，两板间距离增大，电容减小，根据
知电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大；在两极板间插入电介质，电容增大，则电势差减小，指针偏角变小。
30． ＞ C 20 1＜≤3
【解析】
【详解】
（1）为了防止实验中入射球反弹，应保证入射球的质量大于被碰球的质量，即，由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同，根据动量守恒定律可得在水平方向有：，
即：，由图可知，不放被碰球时A的水平位移为；两球相碰后，水平位移分别为和；故应验证的表达式为：；
（2）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，故ABD错误，C正确；
（3）由图乙所示图象可知：
由图求出碰后和的速度分别为：；
两物体碰撞过程系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入解得：；
（3）设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，根据动量和动能的关系有：，
碰撞过程动能不增加，有：，
解得：，由于，则：．
点睛：本题考查了实验器材的选择原理，要减小空气阻力的影响；在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键是斜槽末端槽口的切线保持水平及固定后的斜槽要竖直．
31．电容器的电容增大，带电荷量增大，板间电场强度增大，带电质点向上运动。
【解析】
【分析】
【详解】
根据平行板电容器电容公式，当两极板间的距离d减小时，电容C增大；
根据公式Q=CU，电容器与电源相连电压U不变，当电容C增大时，极板带的电荷量Q增大；
根据电场强度公式 ，电容器与电源相连电压U不变，当两极板间的距离d减小时，电场强度E增大；
带正电的质点原来处于静止状态，电场力与重力是平衡力，重力向下则电场力向上，且两力大小相等；根据电场力公式F=qE，质点的电荷量q不变，当电场强度E增大时，向上的电场力增大，所以带电质点会向上运动。
32．（1）最小应加的磁场，方向垂直于斜面向上；
（2）斜面所受的压力是0或2mgcosθ
【解析】
【详解】
试题分析：（1）导体棒所受重力的大小方向不变，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而求出磁感应强度的最小值和方向．
（2）当导体受到的安培力大小为mg时，有共点力平衡判断出磁场方向，和斜面受到的压力；
解：（1）根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，有：
mgsinθ=BIL
解得：B=
此时B垂直于斜面向上．
（2）当导体受到的安培力大小为mg时，有共点力平衡判断出磁场
①当受到的安培力竖直向上时，此时支持力为零，由牛顿第三定律可知对斜面的压力为0
②当重力在沿斜面的分力 与安培力在沿斜面的分力相等时，此时斜面对物体的支持力为：FN=2mgcosθ
答：（1）最小应加的磁场，方向垂直于斜面向上；
（2）斜面所受的压力是0或2mgcosθ
【点评】解决本题的关键会根据共点力平衡求解力，以及知道根据三角形定则，当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力有最小值．
33．（1）；（2）；
【解析】
【详解】
（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R0
运动轨迹如图甲所示，则由几何关系可知
解得
由牛顿第二定律得
设P点的坐标为，由动能定理得
解得
则P点坐标为
（2）要使粒子由P点静止释放后能沿垂直于三角形斜边的方向射出磁场，如图乙所示，则粒子在磁场中做圆周运动的半径R满足
d=(2n+l)R（n=0,1,2,…． ）
由牛顿第二定律得
设P点的坐标为（0,-y），由动能定理得
解得
则P点坐标为
设粒子在电场中的加速度大小为a，则
qE=ma
粒子在电场中每单程的运动时间为t0，则
粒子在电场中运动的总时间
（n=0,1,2,…）
解得
粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子在磁场中运动的总时间
解得
粒子射出磁场前运动的总时间
34．（1）①见解析②（2）①见解析②
【解析】
【详解】
（1）①根据弹簧弹力与伸长量的关系F=kx可得F-x图像如图所示．
图像与x轴围成的面积代表弹簧弹力做功，如图所示
由面积可知将弹簧拉伸x的过程中，弹簧弹力所做的功
W=-
根据功能关系可知，当弹簧被拉伸x时，其弹性势能
②因小滑块与弹簧组成的系统在运动过程中机械能守恒，因此有
可解得
（2）①对于小滑块由P点出发向左运动的过程，假设其在最左端时，其距O点的距离为l1，由功能关系得：
即：
解得：
若小滑块速度为零而停不住，则应有：
将l1代入得：
l0>
②设小滑块速度为零时距O点的距离为l2，对其由O点左侧最大位移处向右运动至速度减为零的过程，由功能关系得：
解得：
所以滑块走过的总路程为
35．(1)5V；(2)
【解析】
【分析】
(1)理想电压表对电路没有影响，相当于断路，R2上无电流通过，电路的结构为：R1、R3串联，电压表测量R3两端的电压，根据欧姆定律求解电压表的示数。
(2)电容器的电压等于电阻R1两端的电压，由电容的定义式求解电量。
【详解】
(1)电路稳定后，电容器和电压表所在支路可认为是断路，可得R2上无电流通过，R2两端电势相等，其等效电路如图所示：
根据闭合电路欧姆定律，得电路中的电流
电压表的读数
(2)电容器两端电压为
电容器的带电量
36．电势；电势能；选择不同的电势零点，电势和电势能的大小和正负可能都发生变化
【解析】
【详解】
静电场某点的电势是这样定义的：放在该点的试探电荷具有的电势能与试探电荷的电荷量的比值，即
试探电荷在某点具有的电势能的定义是：把该试探电荷移动到零电势点，电场力做的功。由此可见，零电势点选取不同，试探电荷移动到零电势点电场力的功就可能不同，功的大小和功的正负可能变化，再由电势的定义，电势的大小和正负就可能发生变化。
37．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据动能定理
（2）刚好全部出偏转电场，则
偏转电场极板越长，粒子越容易击中侧板
故极板长度的取值为
（3）根据
故在偏转电场中的偏转距离与粒子比荷无关
随偏转电压的增大而增大，最大偏转位移为
由于偏转电场只会改变粒子射入磁场时平行屏方向的速度，对于粒子在磁场中的偏转距离没有影响，即
联立可得
根据公式
所以氚核在磁场中的偏转距离大
不重叠的要求是

38．（1）若开关S始终闭合，则这个距离应为d；（2）若在开关S断开后再移动N板，这个距离又应为3d
【解析】
【分析】
【详解】
（1）S1闭合时，两极板间电压U不变，有
d=，d+x1=
得
解得：x1=d
（2）断开S后，两极板间场强E不变，于是
d=，
得
解得
x2=3d
39． 2 66
【解析】
【详解】
[1] 由平衡条件可得
解得
[2]R1右半部分的电流为
并联部分电阻为
故电源电动势为
40． 55
【解析】
【详解】
[1]．由于弹体做匀加速直线运动，由运动学公式v2=2as得
由牛顿第二定律得
F安=ma
得
F安=2.2×10-3×5×105N=1.1×103N
由安培力公式F安=BIl得
[2]．磁场力的最大功率为
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