仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错误。
点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的。 7．A 【解析】
A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确； B、根据电容器的决定式：C?容C减小，根据C?故选项B错误；
C、根据电容器的决定式：C?则电容C增大，根据C?小，故选项C错误； D、根据C??S，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电4?kdQ可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，U?S，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数?增大，4?kdQ可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减UQ可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误。 U点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系。 8．D 【解析】
AB、上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故AB错；
CD、下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错，D正确； 故选D
点睛：本题的运动可以分解为竖直方向上的匀变速和水平方向上的变加速运动，利用运动的合成与分解来求解。
答案与解析 第3页，共8页
9．（1）AC （2）如图所示：
（3）小车的速度随时间均匀变化 加速度 （4）越小越好 有关
（5）如果小球的初速度为0，其速度v∝t，那么它通过的位移x∝t2。因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。 【解析】
（1）打点计时器需用交流电源；为了计算速度需要利用刻度尺测量长度。故需要的仪器选A C
（2）利用所给点迹描点连线，得图像 其中C点的横坐标为3T，纵坐标为v3 （3）结合图像可以看出小球速度随时间均匀变化，所以小球做匀加速运动，图像的斜率代表了运动时的加速度 （4）△t越小，则
?x越接近计数点的瞬时速度，?t所以△t越小越好，计算速度需要用到△x的测量值，所以△x大小与速度测量的误差有关。
（5）如果小球的初速度为0，其速度v∝t，那么它通过的位移x∝t2。因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。（要检验小球的速度是随时间均匀变化的，可以检验小球运动位移与时间的平方成正比，利用滴水可以得到小球的运动时间，并测出小球在相应时间内的位移，则可以验证。）
点睛：本题考查了速度与与时间得关系，速度没有办法直接测量，所以要利用物理关系转化，转换成我们能够测量的量，然后在来验证速度与时间得关系。 10．（1）100m （2）1800N·s （3）3 900 N 【解析】
（1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
v2?v0?2aL
2答案与解析 第4页，共8页
v2?v0?100m 可解得；L?2a（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量，所以
2I?mvB?0?1800N·s
（3）小球在最低点的受力如图所示
v由牛顿第二定律可得：N?mg?mC
R从B运动到C由动能定理可知：
2mgh?1122mvC?mvB 22解得：N=3900N
故本题答案是：（1）L=100m （2）I=1800N·s （3）N=3 900 N 点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小。
11．（1）U–I图象如图所示：
图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流 （2）a如图所示：
E2b.
4r答案与解析 第5页，共8页
（3）见解析
【解析】（1）U–I图像如图所示，
其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流 （2）a．如图所示
E2)R?b．电源输出的电功率：P?IR?(R?r2E2R?2r?rR2
当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为PmaxE2? 4r（3）电动势定义式：E?W非静电力q
根据能量守恒定律，在图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即
W?I2rt?I2Rt?IrQ?IRQ E?Ir?IR?U内?U外
本题答案是：（1）U–I图像如图所示，
答案与解析 第6页，共8页