2024年人教A版高二物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年人教A版高二物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、頻率的單位是（）

A.赫茲。

B.米/秒。

C.秒。

D.牛頓。

2、某質(zhì)點做勻變速直線運動；在連續(xù)兩個2s內(nèi)的平均速度分別是4m/s和10m/s，該質(zhì)點的加速度為（）

A.3m/s2

B.4m/s2

C.5m/s2

D.6m/s2

3、高速列車從靜止開始做勻加速直線運動，20s

末的速度是30m/s

列車加速度的大小是A.1.5m/s?

B.2m/s?

C.3m/s?

D.6m/s?

4、如圖所示，在光滑水平面上一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時磁鐵對水平面的壓力為N1

現(xiàn)在磁鐵左上方位置固定一導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒中通以垂直紙面向里的電流后，磁鐵對水平面的壓力為N2

則以下說法正確的是(

)

A.彈簧長度將變長，N1>N2

B.彈簧長度將變短，N1>N2

C.彈簧長度將變長，N1<N2

D.彈簧長度將變短，N1<N2

5、下列關(guān)于感應(yīng)電動勢大小的說法中，正確的是：A.線圈中磁通量越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大B.線圈中磁通量變化越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大C.線圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大D.線圈中磁通量增大時，感應(yīng)電動勢增大；磁通量減少時，感應(yīng)電動勢減小6、穿過閉合回路的磁通量婁碌

隨時間t

變化的圖象分別如圖甲；乙、丙、丁所示；下列關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的論述，正確的是(

)

A.圖甲中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定不變B.圖乙中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一直在變大C.圖丙中回路在0隆蘆t0

時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于t0隆蘆2t0

時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢D.圖丁中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢可能恒定不變7、如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0

沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L

板間的距離為d

板間電壓為U

帶電粒子的電荷量為q

粒子通過平行金屬板的時間為t(

不計粒子的重力)

則(

)

A.若板間電壓減少為U2

則粒子的偏移量y

減少為原來的14

B.在前t2

時間內(nèi)，粒子的偏移量y=d4

C.在前t2

時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為Uq4

D.在后t2

時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為38Uq

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、質(zhì)量為M

的物塊靜止在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m

的子彈以水平速度v

0

射入物塊后，以水平速度2

v

0/3

射出.

則物塊的速度為________，此過程中損失的機械能為________．9、某同學(xué)測量一個圓柱體的電阻率；需要測量圓柱體的尺寸，分別使用了游標(biāo)卡尺和螺旋測微器測量長度和直徑，某次測量的示數(shù)如圖甲和圖乙所示，長度為______cm，直徑為______mm。

10、用伏安法測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，有如圖所示的甲、乙兩個電路圖，實驗時應(yīng)選電路____，某同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出U-I圖象如圖丙所示，則測得的電池的電動勢為____伏，內(nèi)電阻為____歐姆．

11、某實驗小組探究一種熱敏電阻的溫度特性．現(xiàn)有器材：直流恒流電源（在正常工作狀態(tài)下輸出的電流恒定）．電壓表；待測熱敏電阻、保溫容器、溫度計、開關(guān)和導(dǎo)線等．

（1）若用上述器材測量熱敏電阻的阻值隨溫度變化的特性；請你在圖1中的實物圖上連線．

（2）實驗的主要步驟：

①正確連接電路；在保溫容器中注入適量冷水，接通電源，調(diào)節(jié)并記錄電源輸出的電流值；

②在保溫容器中添加少量熱水，待溫度穩(wěn)定后，閉合開關(guān)，______；斷開開關(guān)；

③重復(fù)第②步操作若干次；測得多組數(shù)據(jù)．

（3）實驗小組算得該熱敏電阻在不同溫度下的阻值，并據(jù)此繪得圖2的R-t關(guān)系圖線，請根據(jù)圖線寫出該熱敏電阻的R-t關(guān)系式：R=______+______t（Ω）（保留3位有效數(shù)字）．12、在β衰變中常伴有一種稱為“中微子”的粒子放出，但中微子的性質(zhì)十分特別，因此在實驗中很難探測．1953年，萊尼斯和柯文建造了一個由大水槽和探測器組成的實驗系統(tǒng)，利用中微子與水中11H的核反應(yīng)，間接地證實了中微子的存在，中微子與水中11H發(fā)生核反應(yīng)，產(chǎn)生中子（01n）和正電子（+10e），即：中微子+11H→01n++10e，由此可以判定，中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別是______（填入正確選項前的字母）

A．0和0B．0和1C．1和0D．1和l

上述核反應(yīng)產(chǎn)生的正電子與水中的電子相遇，可以轉(zhuǎn)變?yōu)閮蓚€能量相同的光子（γ），即+10e+-10e→2γ．已知正電子和電子的質(zhì)量都是9.1×10-31kg，反應(yīng)中產(chǎn)生的每個光子的能量約為______J．（c=3.0×108m/s）評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)13、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）14、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）15、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）16、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為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，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

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

18、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）19、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）20、空間兩點放置兩個異種點電荷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兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、解答題(共4題，共8分)22、質(zhì)量為0.1g的小物塊，帶有-5.0×10-4C的電荷量，放在傾角為30°的絕緣光滑斜面上，整個斜面置于0.5T的勻強磁場中，磁場方向如圖所示，物塊由靜止開始下滑，滑到某一位置時，物塊開始離開斜面（設(shè)斜面足夠長，磁場足夠大g=10m/s2）

（1）物塊離開斜面時的速度是多少？

（2）物塊在斜面上滑行的最大距離是多大？

（3）物塊離開斜面后最終的運動狀態(tài)以及速度是多少？

23、在真空中P點，放一個q=-1.5×10-9的點電荷，測得電荷所受電場力大小7.5×10-6N；并且力的方向水平向西．求P點的電場強度的大小和方向．

24、兩條相距為1m的水平金屬導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)電棒ab，處于豎直方向的勻強磁場中，如圖所示，導(dǎo)電棒的質(zhì)量是1.2kg，當(dāng)棒中通入2安培的電流時（電流方向是從a到b），它可在導(dǎo)軌上向右勻速滑動，如電流增大到4A時，棒可獲得0.5m/s2的加速度．求：

①磁場的方向？

②磁場的磁感強度的大小和摩擦力大??？

25、如圖所示電路中，電源電動勢E=12V，內(nèi)阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．

（1）若在C；D間連一個理想電壓表；其讀數(shù)是多少？

（2）若在C；D間連一個理想電流表；其讀數(shù)是多少？

（3）若在C；D間連一個“6V；3W”的小燈泡，則小燈泡的實際功率是多少？（保留三位有效數(shù)字）

評卷人得分五、證明題(共2題，共16分)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。證明小球此后的運動為簡諧運動。27、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。證明小球此后的運動為簡諧運動。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】

頻率的單位赫茲；不是米/秒；秒、牛頓．

故選A

【解析】【答案】德國科學(xué)家赫茲首先用實驗捕捉到了電磁波；為了紀(jì)念他，就用他的名字作為頻率的單位．

2、A【分析】

第一個2s內(nèi)的位移第二個2s內(nèi)的位移．根據(jù)△x=aT2得，a=．故A正確；B；C、D錯誤．

故選A．

【解析】【答案】求出連續(xù)兩個2s內(nèi)的位移，根據(jù)△x=aT2求出質(zhì)點的加速度．

3、A【分析】由v=v0+at

可得：故選A【解析】A

4、B【分析】解：開始時磁體受重力和支持力；二力平衡，故彈簧處于原長，磁體對地壓力等于磁體的重力；

通電后；根據(jù)條形磁體磁感線分布情況得到直線電流所在位置磁場方向如圖所示，由左手定則可判斷出通電導(dǎo)線所受安培力方向如圖所示；

由牛頓第三定律可知；條形磁鐵受到的電流對磁體的作用力斜向左上方，如圖所示，故磁體對地面的壓力減小，同時彈簧縮短；

故選：B

先判斷電流所在位置的磁場方向；然后根據(jù)左手定則判斷安培力方向；再根據(jù)牛頓第三定律得到磁體受力方向，最后對磁體受力分析，根據(jù)平衡條件判斷．

本題關(guān)鍵先對電流分析，得到其受力方向，再結(jié)合牛頓第三定律和平衡條件分析磁體的受力情況．【解析】B

5、C【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢正比于磁通量的變化率，與磁通量的變化量無關(guān)，與磁通量的大小無關(guān)，C對；【解析】【答案】C6、C【分析】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律我們知道感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率成正比，即E=N鈻?鈱?鈻?t

．

結(jié)合數(shù)學(xué)知識我們知道：穿過閉合回路的磁通量婁碌

隨時間t

變化的圖象的斜率k=鈻?鈱?鈻?t

．

A；圖甲中磁通量婁碌

不變；無感應(yīng)電動勢.

故A錯誤．

B；圖乙中磁通量婁碌

隨時間t

均勻增大；圖象的斜率k

不變，也就是說產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變.

故B錯誤．

C；圖丙中回路在O隆蘆t0

時間內(nèi)磁通量婁碌

隨時間t

變化的圖象的斜率為k1

在t0隆蘆2t0

時間內(nèi)磁通量婁碌

隨時間t

變化的圖象的斜率為k2

從圖象中發(fā)現(xiàn)：k1

大于k2

的絕對值.

所以在O隆蘆t0

時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于在t0隆蘆2t0

時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢.

故C正確．

D；圖丁中磁通量婁碌

隨時間t

變化的圖象的斜率先變小后變大；所以感應(yīng)電動勢先變小后變大，故D錯誤．

故選：C

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律我們知道感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率成正比．

結(jié)合數(shù)學(xué)知識我們知道：穿過閉合回路的磁通量婁碌

隨時間t

變化的圖象的斜率k=鈻?鈱?鈻?t

．

運用數(shù)學(xué)知識結(jié)合磁通量婁碌

隨時間t

變化的圖象解決問題．

通過婁碌鈭?t

圖象運用數(shù)學(xué)知識結(jié)合物理規(guī)律解決問題；其中我們要知道婁碌鈭?t

圖象斜率的意義．

利用圖象解決問題是現(xiàn)在考試中常見的問題．

對于圖象問題，我們也從圖象的斜率和截距結(jié)合它的物理意義去研究．【解析】C

7、D【分析】解：A

電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時間：t=lv0

又設(shè)電子在平行板間受電場力作用產(chǎn)生加速度為a

由牛頓第二定律得：a=qEm=qUdm

則偏移量y=12at2=qUl22dmv02

若板間電壓減少為U2

則粒子的偏移量y

減少為原來的12

故A錯誤；

B、粒子在垂直于板的方向做初速度為零的勻加速運動：由y=12at2

可得，前t2

時間內(nèi)與t

時間內(nèi)垂直于板方向之比為14

則前t2

時間內(nèi)，粒子的偏移量y=12d隆脕14=d8

電場力對粒子做功為W=qEy1=q隆脕Ud隆脕d8=18qU

故BC錯誤．

D、由y=12at2

可得，后t2

時間內(nèi)與T

時間內(nèi)垂直于板方向之比為34

則在后t2

時間內(nèi)，電場力對粒子做功為38qU.

故D正確．

故選：D

帶正電的粒子進入水平放置的平行金屬板內(nèi)；做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的基本規(guī)律求出豎直方向的偏移量的表達式即可；

豎直方向做初速度為0

的勻加速運動，由推論可求出在前t2

時間內(nèi)和在后t2

時間內(nèi)豎直位移之比；由動能定理求出電場力做功．

粒子在垂直于板的方向分運動是初速度為勻加速直線，本題的解法是運用推論法求解．【解析】D

二、填空題(共5題，共10分)8、【分析】由動量守恒定律得，mv

0=

m

隆隴

v

0+

Mv

，解得此過程損失的機械能為E

=

mv

02鈭?[

m

+

Mv

2]=

．【解析】9、0.5902.798【分析】解：由圖示游標(biāo)卡尺可知；其示數(shù)為：5mm+18×0.05mm=5.90mm=0.590cm；

由圖示螺旋測微器可知；其示數(shù)為：2.5mm+29.8×0.01mm=2.798mm。

故答案為：0.590；2.798。

游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)；螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)。

對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，正確使用這些基本儀器進行有關(guān)測量。【解析】0.5902.79810、略

【分析】

甲圖誤差來自電壓表的分流，電動勢和內(nèi)阻測量值和真實值之間的關(guān)系為：因此利用甲電路所測結(jié)果都偏小但是，由于電壓表內(nèi)阻Rv很大；測量結(jié)果接近真實值；

乙圖誤差電流表的分壓，電動勢和內(nèi)阻測量值與真實值之間的關(guān)系為：E測=E真，r測=r真+RA；利用乙電路雖然電動勢的測量沒有系統(tǒng)誤差，但是所使用的電流表內(nèi)阻和電源內(nèi)阻相差不大，甚至比電源內(nèi)阻大，這樣導(dǎo)致內(nèi)阻的測量誤差很大，因此在測量電源電動勢和內(nèi)阻時采用的是甲圖電路．

由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可知，U=E-rI，因此當(dāng)干路電流為零時的路端電壓為電動勢，圖線的斜率為電源的內(nèi)阻，由此可知，E=1.5V，．

故答案為：甲；1.5，0.5．

【解析】【答案】甲圖誤差來自電壓表的分流，乙圖誤差來自電流表的分壓，根據(jù)誤差產(chǎn)生的原因結(jié)合實際情況進行電路的選擇；由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可知；在U-I圖象中，當(dāng)電流為零時的電壓為電源電動勢，圖象的斜率大小等于電源的內(nèi)阻．

11、略

【分析】解：（1）直流恒流電源在正常工作狀態(tài)下輸出的電流恒定；故只需要將電壓表與電阻并聯(lián)測量出電壓即可，實物圖上連線如圖。

（2）本實驗要測量電阻值和溫度值的關(guān)系；電阻要用歐姆定律計算，由于電流恒定且已知，故需測量電壓和溫度；

故答案為：記錄電壓表電壓值；溫度計數(shù)值．

（3）從圖中取相距較遠的兩個特殊點，代入R=R0+kt計算。

由圖有。

120=R0+50k

104=R0+10k

解得。

R0=100Ω

k=0.395

故該熱敏電阻的R-t關(guān)系式：R=100+0.395t

故答案為：100；0.395．

（1）連接實物圖；要注意電流從電壓表的正接線柱流入，從負接線柱流出，電壓表與熱敏電阻并聯(lián)；

（2）實驗要測量電阻值和溫度值；電阻要用歐姆定律計算，由于電流恒定且已知，故需測量電壓和溫度；

（3）從圖中取相距較遠的兩個特殊點，代入R=R0+kt計算即可．

本實驗研究熱敏電阻的R-t特性，但實驗的電學(xué)操作部分實際是電阻的測量，把傳統(tǒng)的測量電阻實驗原理及方法，放到了研究熱敏電阻R-t特性的背景中，解答此題，關(guān)鍵還是對伏安法的熟練掌握．【解析】記錄電壓表電壓值、溫度計數(shù)值；100；0.39512、略

【分析】解：（1）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒；電荷數(shù)守恒；知中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)為0和0．

故選：A

（2）根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程知，△E=△mc2=2E，解得光子能量E==8.2×10-14J．

正電子與電子相遇不可能只轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€光子；因為要遵循動量守恒．

故答案為：（1）A；（2）8.2×10-14

（1）根據(jù)電荷數(shù)守恒；質(zhì)量數(shù)守恒判斷中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)．

（2）根據(jù)質(zhì)量虧損；通過愛因斯坦質(zhì)能方程求出每個光子的能量．正電子與電子相遇不可能只轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€光子，因為要遵循動量守恒．

解決本題的關(guān)鍵知道核反應(yīng)方程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，掌握愛因斯坦質(zhì)能方程．【解析】A；8.2×10-14三、判斷題(共9題，共18分)13、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負表示電勢的相對大小．

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．14、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．15、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強度處處為零；

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．16、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

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

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．17、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，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度的大?。?8、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；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，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．19、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強度處處為零；

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．20、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

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

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位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，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度的大小．四、解答題(共4題，共8分)22、略

【分析】

（1）當(dāng)物塊將離開斜面時；斜面對物塊的支持力為零，設(shè)此時物塊速度為v；

F洛=qvB=mgcos30°

V==2m/s

（2）物塊離開斜面前勻加速下滑；設(shè)滑行最大距離為s

mgsin30°=ma

a=gsin30°=5m/s2

2as=v2-0

s==1.2m；

（3）離開斜面后，物體受重力和洛侖茲力的作用；由于洛侖茲力不做功，只有重力做功，速度增大；洛侖茲力增大，當(dāng)洛侖茲力等于重力且方向豎直向上時，二者相等，物體達到最終的平衡狀態(tài)，故最終時有：Bqv1=mg

v1===4m/s；

答：（1）離開斜面時的速度為2m/s；（2）在斜面上滑行的最大距離為1.2m；（3）最終物體將做勻速直線運動；最終的速度為4m/s．

【解析】【答案】（1）物體離開時對斜面的壓力為零；即洛侖茲力等于重力的分力；

（2）物體離開前一直做勻加速直線運動；由牛頓第二定律可求得加速度，由運動學(xué)公式可求得離開時的速度．

（3）物體離開斜面后由于重力及洛侖茲力的作用速度大小及方向均做調(diào)整；只到最終達到穩(wěn)定為止，根據(jù)受力情況可知穩(wěn)定時的速度及運動狀態(tài)．

23、略

【分析】

P點的