7.关于自感现象，正确的说法是：（ ）
A.感应电流一定和原电流方向相反；
B.线圈中产生的自感电动势较大的其自感系数一定较大；
C.对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈中产生的自感电动势也越大； D.自感电动势总是阻碍原来电流变化的。
8.如图AB是相同的小灯泡，L是带铁芯的线圈，电阻不记，调节R，电路稳定时，两灯泡都正常发光，则在开关合上和断开时 （ ）
A.两灯同时亮，同时灭
B.合上S，B比A先达到正常发光状态
C.断开S，AB两灯都不会立即灭，通过AB两灯的电流方向都与原电流方向相同
D.断开S时，A灯会突然闪亮一下后，再熄灭
9.如右图所示,小灯泡的规格为“2 V 4 W”,接在光滑水平导轨上,轨距0.1 m,电阻不计.金属棒ab垂直搁置在导轨上,电阻1 Ω.整个装置处于磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,求: (1)为使小灯泡正常发光,ab的滑行速度应为多大? (2)拉动金属棒ab的外力功率多大?
10 .属导轨平行放置在倾角为θ=300的斜面上，导轨左端接有电阻R=10Ω，导轨自身电阻忽略不计。匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T。质量为m=0.1kg ，电阻可不计的金属棒ab静止释放，沿导轨下滑。如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大速度2m/s，求此过程中电阻中产生的热量？
11.如图,将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出,穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力Ff,且线框不发生转动.求:
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2. (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1. (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
36
答案部分
静电场（一）
1．C解析： 带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动，电场力一定做正功，由于电场的
WAB性质不知，所以不一定沿电场线运动，由UAB＝知，UAB＞0，所以运动过程中电势一定降低，故选C.
q
2．D解析： 两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量均为＋Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D正确．
3．D解析： 根据电场线和等势面垂直的关系和沿电场方向电势降低，可以判断D选项正确． 4．D解析： WAB＝qUAB＝－20 eV，根据电场力做功与电势能变化的关系可知选项D正确． 5．D解析： 正电荷受力的方向和电场强度方向相同，电场线越密的地方电荷受力越大，根据牛顿第二定律，电荷的加速度也就越大，所以根据题意，Q点的电场线应比P点的电场线密，故选项A、B错误；又由于电荷做加速运动，所以选项C错误，选项D正确．
6．CD解析： 静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，
Q
板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C＝可U知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大．所以AD
7．AD解析： 由三个电荷平衡的规律“三点共线，两同夹异，两大夹小，近小远大”可知，a和c一定是同种电荷，a和b一定是异种电荷，并且a的电量一定比b的带电量要多，这样c才可能平衡，所以本题正确答案应选A、D.
8．D解析： 无论粒子从a点或者从b点射入电场，由于运动轨迹向下弯曲，说明粒子受电场力方向向下，可判断电场线的方向向上而不是向下，A错误；粒子既可以从a点运动到b点，也可以从b点运动到a点，B错误；由于顺着电场线方向电势在降低，故有φa＜φb，C错误；负电荷逆着电场方向运动时电势能减少，顺着电场方向运动时电势能增加，因而粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，D正确．
9． B解析： 当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．
1
设电子经过U1加速后速度为v0，离开偏转电场时侧向速度为vy.由题意得：eU1＝mv02①
2
eU2L
电子在A、B间做类平抛运动，当其离开偏转电场时侧向速度为vy＝at＝·.②
mdv0vyU2L
结合①②式，速度的偏转角θ满足：tan θ＝＝. v02dU1
显然，欲使θ变大，应该增大U2、L，或者减小U1、d.正确选项是B.
10．BD解析： 因为O点电势高于c点电势，可知场强方向竖直向下，正电荷受到的电场力向下，负电荷受到的电场力向上，可知M是正电荷，N是负电荷，故A错，M运动到c点电场力做正功，N运动到a点电场力也做正功，且M、N电量荷相等，匀强电场相等距离的等势线间的电势差也相等，所以做功相等，选项B正确、C错；由于O、b点在同一等势面上，故M在从O点运动到b点的过程中电场力做功为零，选项D正确．
11．B解析： 电容量与带电荷量及两极间电压无关．
Wab5 eV
13． A解析： 由Uab＝＝＝－5 V知a、b两点间的电势差为－5 V，即电压为5 V，但电场
q－e强度方向不一定由b到a，所以A错．电场力对电荷做功5 eV，其电势能一定减少了5 eV，而零电势点未
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确定，我们只能确定a、b两点间的电势差，无法确定a、b两点的电势，所以，C、D对，本题应选A.
14．答案： BC
15．B解析：要使ab平衡，必须有a带负电，b带正电，且a球带电较少，故应选B.
16．D解析： 从静止起动的负电荷向B运动，说明它受电场力向B，负电荷受的电场力方向与电场强度的方向相反，可知此电场线的指向应从B→A，这就有两个可能性：一是B处有正点电荷为场源，则越靠近B处场强越大，负电荷会受到越来越大的电场力，加速度应越来越大；二是A处有负点电荷为场源，则越远离A时场强越小，负试探电荷受到的电场力越来越小，加速度越来越小，故正确答案为D.
17．CD解析： 粒子从A点运动到B点，电场力做正功，且沿着电场线，故粒子带正电，所以选项A错；粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减少，故粒子在A点的电势能比在B点多1.5 J，故选项B错；由动能定理，WG＋W电＝ΔEk，－2.0 J＋1.5 J＝EkB－EkA，所以选项C对；由其他力(在这里指电场力)做功等于机械能的增加，所以选项D对．
18．解析： 带电小球由A运动到B的过程中，由动能定理得mgLsin 60°＋qUAB＝0， mgLsin 60°3mgL
则UAB＝－＝－.
q2q
19．解析(1)正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×106 J，所以
－
6
EpA8×10
EpA＝8×10 J．φA＝＝＝400 V，
q2×10－8－
－6
6
EpB2×10
(2)EpB＝2×10 J，φB＝＝＝100 V．由电势差定义：UAB＝φA－φB＝300 V.
q2×10－8－
－6
(3)把2×105 C的负电荷由A点移到B点电场力做的功为：
－
WAB＝qUAB＝－2×105×300 J＝－6×103 J.答案(1)400 V (2)300 V (3)－6×103 J
1
20．解析： 加速过程中，由动能定理得eU＝mv02①
2
－
－
－
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l＝v0t.② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，
FeU′1d
加速度a＝＝.③ 偏距y＝at2④ 能飞出的条件为y≤.⑤
mdm22
22
2Ud22×5 000×?1.0×10?
解①～⑤式得U′≤2＝ V＝4.0×102 V. －22l?5.0×10?
－
即要使电子能飞出，所加电压最大为400 V.
21．解析： 带电小球从M点运动到N点的过程中，在竖直方向上仅受重力作用，从初速度v0匀减
v022v0
速到零，水平方向上仅受电场力作用，速度从零匀加速到2v0.竖直位移：h＝， 水平位移：x＝·t，又
2g2v0v02Uv02U
h＝t，所以：x＝2h＝，所以M、N两点间的电势差UMN＝·x＝.从M点运动到N点的过程中，由
2gddgUv021112222动能定理得：WE＋WG＝mvN－mv0，又WG＝－mgh＝－mv0，所以WE＝2mv0. 答案： UMN＝ 222dgW＝2mv02
22．解析： (1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律
kQq
得mgsin θ－2－qEcos θ＝ma①
L
kQqqEcos θ
解得：a＝gsin θ－2－② 代入数据解得：a＝3.2 m/s2.③
mLmkQq
(2)小球B速度最大时合力为零，即mgsin θ－2－qEcos θ＝0④
r
38
解得：r＝
kQq
⑤
mgsin θ－qEcos θ
2
代入数据解得：r＝0.9 m. 答案： (1)3.2 m/s (2)0.9 m
静电场（二）
选择题：1、B 2、D 3、C 4、A 5、AC 6、ABC 7、D 8、BC 9、BC 10、AD填空题：11、 F/8 12、 16V 13、方向：水平向右 大小：E=2×107N/C 计算题：
14、解析：①由图知两板间场强方向向下，液滴处于静止状态，重力与电场力平衡，所以电场力方向向上，因此液滴带负电．由mg=qE，得q?mg．
E②当E/?1E时，F合=mg－qE/=ma 所以a?1g，方向向下， 因此，液滴向下运动。
2215、解析：此题考查电场能的性质，涉及到点电荷形成的电场电势的特点、非匀强电场中电场力做功的计算、电势差的计算以及动能定理的应用.
(1)设小球由A到B电场力所做的功为WAB，由动能定理得
11 mgh+WAB=mvB2?0 得WAB＝mgh
22(2)由于B、C在以Q为圆心的圆周上，所以UB=UC, ∵WAB=WAC ∴WAC＝qUAC UAC=
mgh ?2q16、此题考查带电粒子带电场中的偏转分析，涉及带电粒子受力分析、平抛运动规律速度偏转方向和位移偏转方向分析.
（1）如图所示，设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有
y＝
12at ① 2L?v0t ②
vy?at tan??联立可得 x?
vyv0?y xL 2
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心．
（2）a?Eq ③ mE?U ④ d 39
md2v02dqUL2由①②③④式解得y?， 当y?时，U?. 22qL22dmv0md2v02md2v02则两板间所加电压的范围 ?. ?U?22qLqL（3）当y?
d时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），则 2Ldy0?(?b)tan?， 而tan??，
2Ld(L?2b)d(L?2b)解得 y0?. 则粒子可能到达屏上区域的长度为.
2LL17、解析：此题考查电场能的性质，涉及等量同种电荷的电场分布特点、変力（电场力、摩擦力）做功的计算、应用动能定理解决问题的方法.
L（1）由Aa＝Bb＝4，O为AB连线的中点知a、b关于O点对称，则
Uab＝0
①
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：
q?Uab?f?L?0?E02 ②
而 f＝μmg ③
??由①②③式得：
2E0mgL
④
（2）对于滑块从O→b过程，由动能定理得：
q?UOb?f?L?0?nE04
⑤
UOb??由③④⑤式得：
(2n?1)E02q
⑥
（3）对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：
q?UaO?f?s?0?E0
UaO??UOb?而
⑦
(2n?1)E02q ⑧ 2n?1L4
S?由③—⑧式得：
⑨
40