2023-2024学年上海市松江二中高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市松江二中高三（上）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了简答题等内容，欢迎下载使用。
1.自行车是绿色环保的交通工具，已有100多年的历史，由于环保以及交通的问题，自行车再度成为人们喜爱的交通、健身工具，世界自行车行业的重心正从传统的代步型交通工具向运动型、山地型、休闲型转变。
(1)早期有两款自行车，一款是将脚踏直接安在前轮上骑行，如图甲所示；另一款是无脚踏链条靠骑车者两脚在地上划着走，如图乙所示。下列关于这两款自行车在正常向前骑行过程中前、后轮所受地面摩擦力方向的叙述中，正确的是______ ；
A.甲图款前轮所受摩擦力向前，后轮所受摩擦力向后
B.甲图款前轮所受摩擦力向后，后轮所受摩擦力向前
C.乙图款前轮所受摩擦力向前，后轮所受摩擦力向后
D.乙图款前轮所受摩擦力向后，后轮所受摩擦力向前
(2)如图1所示的链条传动装置，D轮带动C轮转动，则两轮沿______ 方向转动(选填“顺时针”或“逆时针”)，D轮边缘P点的线速度大小为vP，C轮边缘Q点的线速度大小为vQ，若链条有些打滑，则vP ______ vQ。(选填“>”、“=”或“v乙
B.v甲=v乙
C.FN甲FN乙
(5)在空间站中细绳一端固定，航天员用手抓住绳的另一端上下抖动，若上下抖动的频率逐渐增大，某时刻在一段绳上观察到如图4所示的波形，则该波的传播方向______ (选填：A.向右B.向左)，从图示时刻起，先到波谷的质点是______ (选填：A.质点a B.质点b)。
3.冬奥会是世界规模最大的冬季综合性运动会，每四年举办一届。2022年第24届冬季奥运会在北京和张家口举行，北京冬奥会运动项目有：高山滑雪、自由式滑雪、短道速滑、花样滑冰、冰壶等。中国代表团共收获9金、4银、2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高。
(1)跳台滑雪是冬季奥林匹克运动会最具观赏性的项目之一。如图所示为简化的跳台滑雪的雪道示意图，假设运动员从助滑道上滑下后从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆。飞行过程中，运动员与斜坡间距离最大处记为C处(图中未画出)。将运动员和滑雪板整体看成质点，不计空气阻力，已知斜坡与水平方向的夹角θ=30°。
(1)运动员从A处水平飞出到在斜坡B处着陆的过程中______ ；
A.运动员的动能越来越大
B.运动员的动能先减小后增大
C.运动员所受重力的功率先增大后减小
D.运动员所受重力的功率先减小后增大
(2)关于运动员从A处飞出后的运动，下列说法正确的是______ ；
A.运动员运动到C处时，速度恰好为零
B.运动员运动到C处时，加速度恰好为零
C.运动员从A处运动到C处所用时间等于从C处运动到B处所用时间
D.运动员从A处运动到C处所用时间小于从C处运动到B处所用时间
(3)根据题干中已知信息，可以求出______ ；
A.运动员从A处沿水平方向飞出时的初速度
B.运动员从A处飞出到着陆所用的时间
C.运动员着陆点B处与起跳点A处间的距离
D.运动员在B处着陆前瞬时速度的方向
(2)北京冬奥会中，图1为中国运动员投掷冰壶的镜头。冰壶的一次投掷过程可以简化为如图2所示的模型：在水平冰面上，运动员将冰壶甲推到A点放手，冰壶甲以速度v0从A点沿直线ABC滑行，之后与静止在B点的冰壶乙发生正碰。已知两冰壶的质量均为m，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为μ，AB=L，重力加速度为g，冰壶可视为质点。不计空气阻力。

①求冰壶甲滑行到B点时的速度大小v；
②若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失，碰后两冰壶最终停止的位置将如图3所示：甲停在B点，乙停在B点右侧某点D。请通过计算，分析说明；
③在实际情景中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失。如果考虑了它们碰撞时的能量损失，请你参照图3，在图4中画出甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置。(画出两冰壶的合理位置即可，不必说明理由。)
4.2017年6月20日，高475米的武汉绿地中心高楼旁的公寓楼外墙上，体重80公斤的试验人员利用依附于建筑外墙的逃生轨道，从高处以1.5米/秒的速度下降，并安全抵达地面，标志着中建三局工程技术研究院历时两年研发的磁力缓降高楼安全逃生装置试验成功。如图1所示，试验中技术人员身绑安全带，双手握住带有磁铁的逃生装置的两个把手下降。
我们可以将下降过程进行如下建模：一根足够长的空心铜管竖直放置，使一枚直径略小于铜管内径，质量为M的圆柱形强磁铁从管内某处由静止开始下落，如图2所示。已知重力加速度g，强磁铁在管内运动时，不与内壁接触，不计空气阻力。
(1)结合楞次定律、牛顿运动定律分析说明强磁铁的运动情况；
(2)该情景中的定量计算非常复杂，但我们可以利用学过的知识来对下述问题进行分析。实验中测得强磁铁在铜管中下落的最大速度为vm；
①设强磁铁从静止开始下落时t=0，其下落过程中，速度大小v随时间t变化的关系图线是______ ；

②图2中，强磁铁达到最大速度vm后铜管的热功率为______ ；
③强磁铁下落过程中，可以认为铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比，且强磁铁周围铜管的有效电阻是恒定的。当强磁铁的速度为12vm时，它受到的电磁力为______ ，加速度为______ 。
5.电场与磁场都可以对“带电体”施加力的作用，当今世界已经研发利用电场和磁场的力的性质来控制“带电体”的运动，在科研、工业、医疗、军事等领域的发展提供前沿技术支持。

(1)如图1是静电推进装置的原理图，发射极与吸板分别接在直流电源两端，两极间产生电场，虚线为等差等势面(相邻等势面的电势差相等)。在电场力的作用下，一个带电液滴从发射极加速飞向吸板，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，则______ ；
A.液滴带正电，b点电场强度大
B.液滴带正电，a点电场强度大
C.液滴带负电，b点电场强度大
D.液滴带负电，a点电场强度大
(2)平行板电容器C的极板水平放置，它和三个可变电阻及电源连接成如图2所示的电路。今有一质量为m的带电油滴在两极板之间静止悬浮。为了使油滴上升，可采用的办法是______ ；
A.增大R1
B.增大R2
C.增大R3
D.增大C的极板间距
(3)如图，四幅图描绘了生活中常见的电容器，下列说法叙述正确的是______ ；

A.图甲为可变电容器，动片旋出时可以使其与定片的距离增大，从而改变电容
B.图乙为莱顿瓶，瓶内外锡箔相当于电容器的两个极板，可以用来储存电荷
C.图丙中电容器只要与电源相连，电流表的示数始终不为零
D.图丁所示是电解电容器，击穿电压为80V
(4)电容式麦克风(图3)是利用导体间的电容器充放电原理，以超薄的金属或镀金的塑料薄膜为振动膜感应音压，以改变导体间的静电压直接转换成电讯号，能实现原音重现，具有超高灵敏度、快速的瞬时响应等特点，是音响专家的最佳选择。图4为电容式麦克风的原理示意图。E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板。从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动。某歌手歌唱前有拍话筒的习惯，于是P、Q间距先变小再变大，若电源负极接地，在这个过程中______ ；

A.板间场强先变小再变大
B.Q板上电荷量先变小再变大
C.电阻R中先有从N到M的电流，再有从M到N的电流
D.若P、Q正中间固定一带负电粒子，P、Q靠近过程中(不碰到粒子)，粒子的电势能变小
(5)如图5所示，匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q。a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，acef平面与电场线平行，bdef平面与电场线垂直，则下列说法中正确的是______ ；

A.e、f两点的电场强度相同
B.f、c两点的电势相同
C.在a点释放一个不计重力的正点电荷，释放后将沿ac直线向右运动
D.将一个负点电荷沿着球面移动一段路径，电势能可能不变
(6)如图6，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽度为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。试求：
①求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；
②求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp。
答案和解析
1.【答案】A 顺时针 > BC A 两表示数与a中一样 2.6 11.7 2.40 无
【解析】解：(1)AB、甲图款前轮为主动轮，运动时相对地面有向后运动的趋势，则所受地面的摩擦力向前，后轮有相对地面向前运动的趋势，则后轮受摩擦力向后，故A正确，B错误；
CD、乙图款前轮和后轮都有相对地面向前运动的趋势，所受摩擦力都是向后的，故CD错误；
故选：A。
(2)D轮带动C轮转动，皮带对C轮的摩擦力为动力，上方皮带张紧，说明皮带对C轮的摩擦力顺时针方向，故C轮顺时针转动；
若皮带不打滑，用皮带相连的两轮具有相同的线速度，现皮带有些打滑，说明C轮线速度会减小，所以vP>vQ。
(3)AB.该自行车可变换四种不同挡位，分别是A、C组合；A、D组合；B、C组合；B、D组合，故A错误，B正确；
C.由于同一链条各处线速度相同，由r1ω12=r2ω22，结合“省力费距离”的原理，因为脚踏板转速一定，可知前齿盘越小，后齿盘越大，才能达到“费距离而省力”的目的，使得骑行感到轻松，所以前齿轮B、后齿轮C组合是最省力轻松的方式，故C正确；
D.因为脚踏板转速一定，可知前齿盘的角速度ω0不变，设前齿盘的半径为r1，后齿盘的半径为r2，后轮的半径为R，则后齿盘的角速度为ω=ω0r1r2
自行车的速度为v=Rω=ω0r1r2R
可知当A轮与D轮组合时，自行车速度最大，则有vmax=Rω0rArD
可知当B轮与C轮组合时，自行车速度最小vmin=Rω0rBrC
根据半径与齿数成正比，可得vmin=73m/s
故D错误。
故选：BC。
(4)A、自由滑行时人和车所受的合力为摩擦力，设其大小为f，在整个运动过程中，由动能定理得−fx1=−Ek0
解得f=50N
故A正确；
B、启动充电装置后，设人和车所受的合力大小为F，在很短的一段位移Δx内动能的变化量为ΔEk
由动能定理得−FΔx=ΔEk
则ΔEkΔx=−F
即F等于图线②切线的斜率的绝对值，由题图知，图线②的切线的斜率的绝对值逐渐减小，故人和车所受的合力F减小，故B错误；
C、启动充电装置后，在整个过程中有Ek0=fx2+W
解得W=200J
故C错误；
设在很短的一段时间Δt内通过的位移为Δx，由能量守恒定律得，转化的电能ΔW=FΔx−fΔx
ΔWΔt=FΔxΔt−fΔxΔt
即P=(F−f)v
因为人和车所受的合力F减小，人和车的速度v减小，故转化为电能的功率P减小，故D错误。
故选：A。
(5)①保持滑动变阻器的滑片位置不变，把S1掷于“2”，调节电阻箱使两表示数与a中一样，此时电阻箱的电阻即电流表的内阻，大小为2.6Ω
②根据闭合电路欧姆定律有U=E−I(RA+r)
可知电动势为E=11.7V，内阻为r=|ΔUΔI|−RA=11.7−5.71.2Ω−2.6Ω=2.4Ω
③由于电流表的内阻确定，所以非理想电流表和电压表的内阻对实验结果无影响。
故答案为：(1)A；(2)顺时针；>；(3)BC；(4)A；(5)两表示数与a中一样，2.6，11.7，2.40，无
(1)摩擦力的方向不总是和物体运动方向相反，但是一定和物体相对运动方向相反﹒自行车的刖轮和后轮受到的摩擦力方向与人走路时前脚和后脚受到的摩擦力的方向分析情况是一样的；
(2)根据传动问题结合向心加速度的公式分析判断；
(3)根据题意结合线同传送带转动线速度相等，结合公式分析解答；
(4)根据动能定理分析解答；
(5)根据实验原理及图像的截距和斜率分析解答。
本题考查圆周运动、动能定理、测定电源电动势与内阻的实验方法，解题关键掌握图像斜率与截距的含义。
2.【答案】mgR2(R+h)2 0 C 人在飞船中处于失重状态 AC BD B B
【解析】解：(1)根据万有引力与重力的关系可知在地面附近有GMm′R2=m′g
空间站中质量为m的航天员受到的重力为mg′=GMm(R+h)2
解得mg′=mgR2(R+h)2
此时航天员处于完全失重状态，对空间站的压力为0；
(2)“天和”核心舱里的航天员睡觉时，可以钻入固定在舱壁上的睡袋里，故选C；因为人在飞船中处于失重状态；
(3)A.根据万有引力提供向心力可知GMmr2=ma
解得a=GMr2
对接前，飞船在M点的加速度与“天和”核心舱在M点的加速度大小相等，方向相同，故A正确；
B.同理，对接前，飞船在N点与M点时与地球的距离不同，所以加速度的大小不相等，故B错误；
C.进入核心舱后，航天员做匀速圆周运动，其向心加速度为：an=GMr2
结合万有引力与重力的关系GMm′R2=m′g
依题意，有r=6400km+400km=6800km，R=6400km
联立解得：an=(1617)2g，故C正确；
D.进入核心舱后，航天员做匀速圆周运动，自身重力提供向心力，对核心舱的压力为零，故D错误。
故选：AC。
(4)小球在空间站里面处于完全失重状态，经过水平轨道CD时对水平轨道的压力为零，没有能量损失，在圆轨道中运动，轨道的弹力提供向心力，可得
v甲=v乙
由牛顿第二定律，有
FN=mv2r
由图可知
r甲FN乙
故AC错误，BD正确；
故选：BD。
(5)波在同种介质中传播速度不变，频率逐渐增大，由v=λf，则波长变小，由图可知，该波的传播方向向左，故选B；由上下坡法可知a、b两质点都向下振动，质点b频率大于质点a，质点b比质点a先到波谷，故选B。
故答案为：(1)mgR2(R+h)2；0；(2)C；人在飞船中处于失重状态；(3)AC；(4)BD；(5)B；B
(1)根据万有引力与重力的关系分析解答；
(2)人在飞船中处于失重状态，所以应在固定在舱壁上的睡袋休息；
(3)根据万有引力提供向心力分析解答；
(4)根据牛顿第二定律分析解答；
(5)根据波传播的特点结合上下坡法分析解答。
本题考查万有引力提供向心力的应用，解题关键掌握万有引力与重力的关系及飞船在宇宙中处于失重状态。
3.【答案】A C D
【解析】解：(1)①AB.运动员从A处水平飞出到在斜坡B处着陆的过程中，重力始终做正功，根据动能定理可知运动员的动能越来越大，故A正确，B错误；
CD.运动员从A处水平飞出到在斜坡B处着陆的过程中，运动员所受重力的功率为
P=mgvy=mg2t
所以重力的功率一直增大，故CD错误。
故选：A。
②AB.运动员运动到C处时，在垂直于斜坡方向的分速度为零，但合速度不为零，且加速度为g，故AB错误；
CD.将运动员的平抛运动分解为垂直于斜坡方向的类竖直上抛运动和沿斜坡向下的匀加速直线运动，根据类斜抛运动的对称性可知，运动员从A处运动到C处所用时间等于从C处运动到B处所用时间，故C正确，D错误。
故选：C。
③对运动员从A到B的平抛运动过程，有
x=v0t
y=12gt2
则
tanθ=yx=gt2v0=12⋅vyvx= 33
设运动员在B处着陆前瞬时速度的方向与水平方向夹角为α，则
tanα=vyvx=2 33
可知运动员从A处沿水平方向飞出时的初速度、运动员从A处飞出到着陆所用的时间或运动员着陆点B处与起跳点A处间的距离这三个物理量中只要知道一个就可以求出另外两个，因此仅根据题给信息无法推出以上三个物理量，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)①对滑行的冰壶分析可知，重力和支持力平衡，摩擦力即为合力，根据牛顿第二定律
μmg=ma
根据匀变速直线运动的速度一位移公式
v2−v02=2aL
解得
v= v02−2μgL；
②碰撞模型中，作用时间很短，认为碰撞的内力远大于外力，动量守恒，设冰壶甲刚刚碰后的速度为v1，冰壶乙刚刚碰后的速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv=mv1+mv2
又忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失，根据机械能守恒定律
12mv2=12mv12+12mv22
联立解得
v1=0
v2= v02−2μgL
由于又是正碰，所以冰壶甲停在B点，冰壶乙继续运动一段距离停在D点。
③甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置如图所示，甲、乙停在BD之间，甲在B点右侧，乙在D点左侧，如图所示
故答案为：(1)①A；②C；③D；
(2)①求冰壶甲滑行到B点时的速度大小v为 v02−2μgL；
②根据动量守恒定律表达式：mv=mv1+mv2和据机械能守恒定律表达式：12mv2=12mv12+12mv22，联立解得v1=0，v2= v02−2μgL，即冰壶甲停在B点，冰壶乙继续运动一段距离停在D点。
③在图4中画出甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置如图所示
。
(1)①AB：根据动能定理判断动能变化；
CD：根据功率公式P=Fv判断重力的功率变化；
②AB：C点为运动员与斜坡间距离最大处，分析可知此时速度平行与斜面，速度不为零，受重力作用，加速度不为零；
CD：将运动员的平抛运动分解为垂直于斜坡方向的类竖直上抛运动和沿斜坡向下的匀加速直线运动，根据类斜抛运动规律判断；
③根据平抛运动的规律表示水平位移和竖直位移，再列出位移偏转角正切值的表达式，根据表达式判断即可；
(2)①根据牛顿第二定律求解冰壶的加速度，再根据运动学公式求解冰壶甲滑行到B点时的速度大小；
②根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解碰后两冰壶的速度，即可说明甲停在B点，乙停在B点右侧某点D；
③考虑了它们碰撞时的能量损失，结合碰撞原则，则碰后甲速度不会为零，而乙的速度小于弹性碰撞时获得速度，且乙的速度大于甲的速度，据此画图即可。
本题考查动量与能量的其他综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程，熟练应用对应的规律解题。
4.【答案】D Mgvm 12Mg 12g
【解析】解：(1)强磁铁下落过程中，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍磁铁的下落，所以磁铁的加速度小于g，方向竖直向下，故磁铁先向下做加速度减小的加速直线运动，合力为零后做匀速直线运动。
(2)①磁铁下落的速度越大，磁通量变化率越大，则阻碍作用越强，因此加速度会减小，当加速度减小到零时，磁铁做匀速直线运动，而v−t图像的斜率表示加速度，故ABC错误，D正确，故选：D。
②磁铁的速度达到最大速度后，磁铁受到的合外力为零，重力作用转化为回路产热，所以热功率为：P=Mgvm
③因为强磁铁下落过程中铜管中的感应电动势大小E与磁铁下落的速度v成正比，且其周围铜管的有效电阻是恒定的。
当磁铁的速度为vm时，电磁力F=Mg
铜管所受安培力FA=BIL，由闭合电路欧姆定律有：I=ER，强磁铁周围铜管的有效电阻R是恒定的。
由题意E∝v，磁铁所在位置可认为B和L为定值，则FA∝v
F和FA是一对作用力和反作用力，则F∝v
故当强磁铁的速度为12vm时，它受到的电磁力为12Mg，根据牛顿第二定律有：Mg−12Mg=Ma，解得a=12g
故答案为：(1)强磁铁下落过程中，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍磁铁的下落，所以磁铁的加速度小于g，方向竖直向下，故磁铁先向下做加速度减小的加速直线运动，合力为零后做匀速直线运动。
(2)①D
②Mgvm
③12Mg，12g
(1)根据楞次定律分析出感应电流对磁铁的作用力，结合牛顿第二定律分析出磁铁的加速度，从而分析运动情况；
(2)理解图像的物理意义，结合磁铁的运动特点完成分析；
(3)根据感应电动势的大小与速度的关系，结合安培力公式和上述分析解答。
本题主要考查了楞次定律的相关应用，能根据楞次定律完成对物体的受力分析，结合牛顿第二定律和图像的物理意义即可完成解答。
5.【答案】B C B C D
【解析】解：(1)根据题意由图可知，发射极接正极，吸板接负极，则电场方向由发射极到吸板，一个带电液滴从发射极加速飞向吸板，可知电场力和电场方向相同，则液滴带正电，由电场线越密电场强度越大可知，a点电场强度大，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(2)带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，则有
Eq=mg
若要油滴上升，电场力需要变大，即要使极板间电场强度增大。
A.增大R1极板两端电压不变，由
E=Ud
可知，极板间电场强度不变，故A错误；
B.增大R2由串联分压原理可知，R3两端的电压减小，即极板两端电压减小，则极板间电场强度减小，故B错误；
C.增大R3由串联分压原理可知，R3两端的电压变大，即极板两端电压变大，则极板间电场强度变大，故C正确；
D.增大C的极板间距，由
E=Ud
可知，极板间电场强度减小，故D错误。
故选：C。
(3)A.图甲所示的电容器为可变电容器，动片旋出时与定片的距离不变，极板间的正对面积减小，从而改变电容，故A错误；
B.图乙构成一个简易的电容器，能够储存电荷，故B正确；
C.图丙中电容器在充电或者放电过程中，电流表的示数不为零，电路稳定时电流表的示数为零，故C错误；
D.图丁是电解电容器，额定电压为80V，小于击穿电压，故D错误。
故选：B。
(4)A.U不变，d先变小再变大，由场强表达式
E=Ud
可知板间场强先变大再变小，故A错误；
BC.由
C=ɛrS4πkd
d先变小再变大，可知C先变大再变小，因为U不变，由
Q=CU
可知Q先变大再变小，先充电再放电，先有从N到M的充电电流，再有从M到N的放电电流，故B错误，C正确；
D.P、Q靠近过程中，场强变大，中点电势变小，带负电粒子电势能变大，故D错误。
故选：C。
(5)A.电场强度是矢量，空间区域中每一点的电场强度均为匀强电场E和点电荷+Q在该点产生的电场强度的矢量和，根据矢量叠加原理可知，e、f两点的电场强度大小相等，方向不同，即e、f两点的电场强度不相同，故A错误；
B.根据点电荷等势线的分布规律可知，对于点电荷+Q形成的电场，f、c两点的电势相同，但是对于匀强电场，根据其等势面与电场垂直的特征与沿电场线电势降低，可知，匀强电场中两点的电势不相同，每点处的电势为点电荷+Q形成的电场的电势和匀强电场的电势的代数和，所以f、c两点的电势不相同，故B错误；
C.a点的场强为点电荷+Q形成的电场和匀强电场的矢量和，可能向左、向右或者正好为零，在a点释放一个不计重力的正点电荷，它受到的电场力可能向左、向右或者正好为零，则该正点电荷可能向右运动、可能向左运动、也可能静止，故C错误；
D.圆面bdef垂直于匀强电场的电场方向，该圆面又以点电荷+Q为圆心，可知圆周bdef是等势面，所以在圆周bdef上任意两点之间移动时，电场力不做功，故D正确。
故选：D。
(6)①设带电离子所带的电荷量为q，由洛伦兹力与电场力平衡，有
qv0B=qU0d
解得
U0=Bv0d；
②根据题意可知，设开关闭合之前的压强差为p1，则有
p1dh=f
解得
p1=fdh
设开关闭合之后的压强差为p2，由电阻定律可得，M、N间液体的电阻为
r=ρdLh
则电流为
I=U0R+r
由于洛伦兹力的作用，正离子向极板M偏，电流方向由M指向N，液体受到安培力，对液体有
p2dh+BId=f
解得
p2=f−BIddh
则管道两端压强差的变化
Δp=p1−p2=BIh=B2dv0Lρd+LhR
即开关闭合前后，管道两端压强差减小B2dv0Lρd+LhR。
故答案为：(1)B；
(2)C；
(3)B；
(4)C；
(5)D；
(6)①求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0为Bv0d；
②求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp为B2dv0Lρd+LhR。
(1)根据题图可知发射极与吸板间的电场方向，液滴加速到吸板，电场力的方向与电场方向相同，可知液滴的电性；根据电场线的疏密程度可知a、b两点场强的大小；
(2)根据初态受力分析可知，重力等于电场力，使油滴上升，必须增大两板间的电场强度，即增大两板间的电势差，根据串并联电路电压、电流的特点判断即可；
(3)A：图甲所示的电容器为可变电容器通过改变正对面积来改变电容；
B：图乙构成一个简易的电容器；
C：电容器与电源相连，当电容器充电完成后电流为零；
D：图丁上面标注的是电解电容器的额定电压；
(4)A：根据电场强度与电势差的关系式判断；
BC：根据平行板电容器电容的决定式和电容的定义式判断；
D：根据场强的变化判断电势的变化，再根据电势能的表达式与粒子的电性联立判断电势能的变化；
(5)A：根据电场强度叠加的原理判断；
B：根据两个场的特点及电势叠加的原理判断；
C：a点的场强为点电荷+Q形成的电场和匀强电场的矢量和，因为方向不确定，故粒子受到的电场力方向不确定，故运动方向也不确定；
D：在等势面上移动电荷电场力不做功；
(6)①根据平衡条件求解开关闭合前，M、N两板间的电势差大小；
②根据压强与力的关系式求解开关闭合前的压强差，再根据压强与力的关系式、电阻定律求解M和N间液体的电阻、闭合电路的欧姆定律求解原题中的电流，联立求解开关闭合后的压强差，最后求解管道两端压强差的变化。
本题考查带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动、电势能与电场力做功的关系，要求学生熟练掌握这些基本的知识点是解题的关键。