1、2018-2019学年重庆市南开中学高二期末考试物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题)一、单选题1关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）A安培
2、力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半2交流发电机发电示意图如图所示,线圈转动过程中,下列说法正确的是（ ）A转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大B转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零C转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大D转到图丁位置时，AB边感应电流方向为AB3如图所示，金属棒AB原来处于静止状态(悬挂)由于CD棒的运动，导致AB棒向右摆动，则CD棒()A向右平动 B向左平动 C向里平动 D向外平动4如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半
3、处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小下列说法中正确的是()A大于环重力mg，并逐渐减小B始终等于环重力mgC小于环重力mg，并保持恒定D大于环重力mg，并保持恒定5如图所示，速度选择器中磁感应强度大小为B和电场强度大小为E，两者相互垂直；一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择器后从狭缝P进入另一磁感应强度大小为B的匀强磁场，最后打在平板S的D1D2上，不计粒子重力，则( )A该束粒子带负电B速度选择器中的磁场方向垂直纸面回里C打在D1处的粒子大于打在D2处的粒子的速度D打在D1处的比荷大于打在D2处的粒子的比
4、荷6如图,E为电源,其内阻为r,L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变),R1、R2为定值电阻,R3为光敏电阻(其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小),V为理想电压表。若将照射R3的光的强度增强,则( )A小灯泡变暗 B通过R2的电流变大C电压表的示数变小 D电源内阻的功率变大7如图所示,交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上,供电电压瞬时值为U1=Umsin1t,三个电流表读数相同。现换另一个电源供电,供电电压瞬时值为U2=Umsin2t,2=21.改换电源后,三个电流表的读数将( )AA1将减小,A2将增大,A3将不变 BA1将增大,A2将减小,A3将
5、不变CA1将不变,A2将减小,A3将增大 DA1将减小,A2将减小,A3将不变8一个匝数为100匝，电阻为0.5的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为( )A4.0 A B2.0 A C2 A D0.01 A9如图所示，一质量为m，电荷量为+q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功不可
6、能为（）A0 Bmv02 Cmv02+ Dmv0210如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失。现在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D点停下来。后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D点停下来则以下说法中正确的是（ ）AD点一定在D点左侧BD点一定与D点重合CD点一定在D点右侧DD点一定与D点重合二、多选题11如图，水平地面上有一个倾
7、角为的斜面，其表面绝缘.另一个带正电的滑块放在斜面上，两物体均处于静止状态。当加上水平向右的匀强电场后，滑块与斜面仍相对地面静止，则（）A滑块对斜面的压力一定变大 B斜面体对地面的压力一定变大C滑块与斜面间的摩擦力一定变大 D斜面体与地面间的摩擦力一定变大12如图所示是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为自感系数很大、直流电阻不计的线圈,下列说法中正确的是（ ）A闭合开关S1,待电路稳定后,灯A1熄灭B开关S2接通瞬间,灯A2、A3同时变亮C闭合开关S1,待电路稳定后,断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐熄灭D闭合开关S2,电路稳定后,断开S2瞬间,灯A2、A3立即熄灭13如图,静止
8、的金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好,匀强磁场竖直向下.ab棒在恒力F作用下向右运动,则( )A安培力对ab棒做正功 Babdca回路的磁通量先增加后减少C安培力对cd棒做正功 DF做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和14如图,理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=2:1，电压表和电流表均为理想电表，灯泡电阻RL=6，AB端电压U1=12sin100t(V)；下列说法正确的是( )A电流频率为50Hz B电压表的读数为6VC电流表的读数为0.5A D变压器输入功率为6W15如图,正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L,电阻均为R,质量分别为2m和m,它们分别系
9、在一跨过两个定滑轮的轻绳两端,且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合,导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L.现将系统由静止释放,当导线框ABCD刚好全部进入磁场时,系统开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力,则( )A两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=mgB系统匀速运动的速度大小：v=mgR/B2L2C导线框abcd通过磁场的时间t=2B2L3/mgRD两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q=2mgL3m3g2R2/2B4L416如图(a)所
10、示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示。薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120 。在t=0时，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不变），运动轨迹如图(a)所示。粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是（ ）A磁场方向垂直纸面向外B图(b)中C图(b)中D若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点第II卷（非选择题
11、)三、实验题17“探究LED灯的伏安特性”实验中,所用器材有:灯泡L1与L2(最大阻值均为几十欧)、量程适当的电流表A(内阻约几欧)和电压表V(内阻非常大)、直流电源E、滑动变阻器R、电键S。(1)某同学已连接好如图甲所示的电路,在闭合电键前,请仔细辨图,指出图中的不当之处_；A.不应采用电流表外接法 B.电流不应从电压表的负接线柱流入C.不应采用滑动变阻器的分压接法 D.滑动变阻器的滑片不应位于中间 (2)修正电路后,闭合电键,移动滑动变阻器的滑片并得到灯泡L1的I-U图像如图乙中的图线L1,则可知灯L1的电阻随电压增大而_(填“变大”“变小”或“不变)；(3)换用灯L2重做实验,得其I-U
12、图像如图乙中的图线L2,现将滑动变阻器的滑片移至合适位置并固定,同时撤去“导线1”接灯L2时电流表的读数为0.16A,接灯L1时电流的读数为0.08A,当灯被短路时,电流表的读数应为_(结果保留两位有效数字)；18小明在实验室开展探究实验,他将一根铜棒和一根锌棒插入一只苹果内,就组成一个简单的“水果电池”,将三个苹果电池串联起来组成电池组,进行以下实验：(1)选用多用电表的直流电压(02.5V)挡粗略测量该电池组的电动势,指针位置如图所示,其示数为_V； (2)对该电池组进行电动势与内阻的精确测量(已知该电池组内阻约为500),现有如下器材:电流表A1:量程20mA,内阻为10 电流表A2:量
13、程38mA,内阻为10滑动变阻器R1:阻值范围为030 滑动变阻器R2:阻值范围为03K定值电阻R0:阻值为990 开关一个,导线若干实验中应该选用的滑动变阻器是_(填“R1”或“R2)根据实验要求在下框中填入所需元件字母,将实验电路图补充完整_；根提实验电路图进行实验,得到两只电流表读数的多组数据,在图中绘出对应数据的图象如下图,可求得该电池组的电动势与内电阻分别为:E_V；r=_(r的计算结果保留三位有效数字)。四、解答题19如图，一个100匝的闭合圆形线圈, 面积为S=20cm2, ,放在匀强磁场中,线圈平面跟磁感线方向垂直。匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图(b)所示。设t=
14、0时,B的方向如图(a)所示,垂直于纸面向里。求：(1)线圈在04103s内的平均感应电动势的大小；(2)若线圈总电阻为3，则,10s内线圈中产生的热量大小。20如图所示为离子分析装置的简化模型,空间存在以虚线OP为分界线的范围足够宽广匀强电场和匀强磁场,电场方向与分界线垂直,电场强度大小E磁感应强度大小B，OP=a。现有某一速率为v的正离子从O点垂直于OP飞入匀强磁场区域,经两个半圆周后竖直向上通过P点,不计离子的重力及空气阻力,求： (1)该正离子的比荷；(2)该正离子从O点出发到竖直向上通过P点全程所用的时间。21某水电站的输出功率为P0=100kW,向远处的用户供电。电站采用升压变压器
15、升压后再输电, 到达用户后再用降压变压器将电压降为U4=220V供用户使用。已知输电导线的总电阻R=5. 输电线路损失的功率为输出功率的2%,两台变压器均为理想变压器，求：(1)输电线上的电压损失值U损；(2)降压变压器原、副线圈的匝数比.22如图，在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距L=1.5m,导轨左端接有如图的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N部距离d=10mm,定值电阻R1=R2=12,R3=2,金属棒ab电阻r=2,其它电阻不计。磁感应强度B=0.5T的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面,在外力F作用下金属棒ab沿导轨向右匀速运动时,质量m=11014kg,带电量q=11014
16、C的微粒恰好悬浮于电容器两极板间。取g=10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好。且运动速度保持恒定。试求： (1)R1两端的路端电压；(2)金属棒ab向右匀速运动的速度大小；(3)在金属棒ab沿导轨向右匀速运动2m过程中，回路中产生的总热量。23如图所示,半径R=0.5m的绝缘圆形容器左侧有一平行板电容器,电容器内有电场,无磁场，两极板与水平直径平行,下极板刚好在水平半径OA上,下极板有一小孔C。一带正电的粒了从靠近上板处静止释放,经电场加速后从下小孔C处以竖直向下的速度出射,当粒子离开电场后就立即撤掉平行板电容器,同时加上垂直平面向里的匀强磁场B=10-2T。已知粒子的比荷为41
17、08C/kg，C点与圆形容器最左端A距离为d,不计子的重力。求： (1)当加速电压为U1=200V时,带电粒子在磁场中的运动半径；(2)如果d=0.2m,为防止粒子打到绝缘容器上,加速电压U应满足什么条件；(3)将磁场反向,调节加速电压,使粒子能垂直打到绝缘容器壁上,粒子与器壁碰撞后原速反弹且电量不变最后粒子好回到C点,则当d为多大时,粒子回到C点用时最短,最短时间为多少。2018-2019学年重庆市南开中学高二期末考试物理试题物理答案1B【解析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直
18、，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BILA、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误故选：B【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最
19、小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL2D【解析】转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为AB，故D正确；故选D。【点睛】此题主要考查了发电机的工作原理。要知道发电机是根据电磁感应原理制成的。感应电流的方向与导体切割磁感线的方向有关，能够通过线圈的转动情况，判断线圈中产生的感应电流放向的变化.3D【解析】若CD棒水平向右运动或水平向左摆动，则运动方
20、向与磁场方向平行，没有感应电流产生，则AB棒不会受安培力作用，不会运动，故AB错误；若CD棒垂直纸面向里平动，由右手定则判断感应电流由A到B，由左手定则判断AB受力向左，则AB将向左摆动，与题干不符，故C错误；若CD棒垂直纸面向外平动，由右手定则判断感应电流由B到A，由左手定则判断AB受力向右，则AB将向右摆动，故D正确；故选D。【点睛】本题考查左手定则和右手定则的灵活应用，判断电流的方向用右手定则，判断力的方向用左手定则4A【解析】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手
21、定则可得，安培力的合力方向：竖直向下金属环始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，BCD均错误考点：本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律。5B【解析】带电粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，而速度选择器中正电荷受到电场力向下，则受到的洛伦兹力向上，则磁场方向垂直纸面向里，故A错误，B正确；粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB则，即所有进入磁场B的粒子的速度都是相同的，即打在D1处的粒子等于打在D2处的粒子的速度，故C错误；粒子在磁场B中做匀速圆周运动， 经过速度选择器进入磁场B的粒子速度相等，根据知，打
22、在D1处的比荷小于打在D2处的粒子的比荷，故D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，明确洛伦兹力充当向心力的正确应用是解题的关键。6D【解析】将照射R3的光的强度增强，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流增大，故R1两端的电压增大，电压表的示数变大。故C错误；因干路电流增大，电源的内电压增大则路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，流过灯泡的电流一定增大，灯泡变亮，故AB错误；干路电流增大，则电源内阻的功率变大，故D正确；故选D。【点睛】闭合电路的动
23、态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质7B【解析】由公式2f=知，后来交流电的频率变大，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，对电阻没影响，所以A1示数将增大，A2数将减小，A3示数不变，所以选项B正确，ACD错误。故选B。【点睛】此题考查电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小8C【解析】0-0.5s内的磁通量变化率为：K=Wb/s=0.02Wb/s，则感应电动势 ；则感应电流；在0.5s-1s内磁通量不变，感应电流为零；设
24、有效值为I，则 ，即 ，解得I=2A；故选C.【点睛】求解电流的有效值时抓住三个相同，即相同时间，相同电阻，产生相同热量。9C【解析】由题意对滑块受力分析，因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：若滑块受到向上的洛伦兹力F=mg，则支持力FN=0，摩擦力f=0，滑块将匀速运动，摩擦力不做功，故A可能；若Fmg，则弹力方向向上，竖直方向满足FN+F=mg，水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F=qvB知，F减小，FN则增大，f增大，由-f=ma可知，v继续减小，最后减为零，由动能定理知，-W=0-mv02，解得：W=mv02，故B可能；若Fmg，则滑块受到
25、向下的压FN，在竖直方向满足F=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动态分析知，当F=mg时FN=0，f=0，最终滑块做匀速运动，此时满足：qvB=mg，解得：，对滑块整个过程由动能定理得：-W= mv2-mv02，联立解得：W=mv02，故C不可能，D可能；本题选不可能的，故选C。【点睛】洛伦兹力是变力，其方向时刻与速度方向垂直，故洛伦兹力永不做功，涉及到洛伦兹力与功、动能等问题，要用动能定理求解10BC【解析】设AB斜面与水平面的夹角为，以物块为研究对象进行受力分析由动能定理有，化简解得：，当加上竖直向下的匀强电场后满足，联立可得知，所以与D点一定重合，故选项A错误、B正确；加上匀强磁场，物
26、块受到垂直于运动方向的洛伦兹力的作用，洛伦兹力不做功，与第一种情况相比，摩擦力变小，但克服摩擦力做的功不变，重力做功不变，由动能可知，物块滑行的位移比第一种情况大，即一定在D点右侧，所以选项C正确、D错误。考点：动能定理、静电场、洛伦兹力11AD【解析】未加电场前，斜面体对滑块的支持力N=mgcos，加上电场后，支持力的大小变为N=mgcos+qEsin，知滑块对斜面的压力变大。故A正确。对整体分析，未加电场时，水平方向上不受力，斜面体与地面的摩擦力为零，加上电场后，整体受到水平向左的摩擦力，知斜面体与地面间的摩擦力增大。竖直方向支持力的大小仍然等于总重力，所以斜面体与地面间的压力不变。故D正
27、确，B错误。滑块开始受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，加上匀强电场后，滑块多了一个水平向右的电场力，所受的静摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，则摩擦力的大小可能减小、可能增大，可能不变。故C错误。故选AD。12AC【解析】闭合开关S1，待电路稳定后，因线圈的电阻为零，则灯A1被短路而熄灭，断开S1瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，则在灯泡和线圈之间再次形成回路，则灯A1突然闪亮，随后逐渐熄灭，选项AC正确；开关S2接通瞬间，灯A3立即亮起来，而灯A2由于与线圈串联，则要阻碍电流的增加，可知A2逐渐变亮；电路稳定后，断开S2瞬间，通过灯A3原来的电流立即消失，而线圈中药产生自感
28、电动势阻碍电流的减小，则在灯A2、A3中组成新的回路，电流慢慢减小，即灯A2、A3都会慢慢熄灭，选项BD错误；故选AC.【点睛】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。13CD【解析】ab棒在恒力F作用下向右做加速运动，根据楞次定律可知，回路中将产生的感应电流沿acdba方向，由左手定则判断可知，ab棒所受的安培力方向向左，cd棒所受的安培力方向向右，则安培力对ab棒做负功，对cd棒做正功。故A错误，C正确。两棒最终都做匀加速运动，速度之差恒定，ab棒的速度大于cd棒的速度，两板间距离增大，则abdca回路的磁通量
29、一直增加。故B错误。根据能量守恒定律得知，F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和。故D正确。故选CD。【点睛】本题的解题关键是分析导体棒受力情况，来确定其运动情况，从而判断磁通量如何变化，同时明确功能关系的应用，能正确分析能量转化的方向14ABD【解析】AB端电压U1=12sin100t（V），其角速度=100rad/s，所以其频率：f50Hz故A正确；电源电压有效值为12 V，由电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为6 V，电压表测量的是有效值，示数也为6V，故B正确；电压表的示数为6V，灯泡电阻RL=6，根据欧姆定律：故C错误；输出功率：P=U2I=61=6W，根据输入功
30、率等于输出功率，所以变压器输入功率为6W，故D正确；故选ABD。【点睛】本题考查变压器原理；只要知道变压器的特点：匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出功率15BD【解析】导线框ABCD刚好全部进入磁场时磁通量不再变化，回路中没有感应电流，则线框ABCD不受安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件：FT=2mg，故A错误；线框ABCD完全进入磁场后，abcd中开始产生感应电流，根据根据平衡条件：mg+=2mg，得：，故B正确；abcd匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流，不再受安培力，但ABCD开始穿出磁场，产生感应电流受安培力作用，当ABCD穿出磁场后不再有感应电流不再受安培力后
31、abcd又开始穿出磁场产生感应电流受安培力，受力分析知系统始终匀速运动，故abcd通过磁场的时间，故C错误；等高时速度为v，根据能量守恒：2mg2L-mg2L=（m+2m）v2+Q，得：Q=2mgL-，故D正确；故选BD。【点睛】本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力16BC【解析】根据轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0=m，解得磁感应强度：B0=，选项B
32、正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：，虚线区域加速磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：，磁场变化的周期：T0=t1+t2=，选项C正确；若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下，与板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转900然后从磁场中飞出，则不能返回A点，选项D错误；故选BC.点睛：此题关键是要搞清粒子在磁场中的运动情况即轨迹，结合圆周运动的知识求解运动时间；注意用左手定则判断洛伦兹力的方向时要注意四指的指向.17（1）BD （2）变小 （3）0.32A 【解析】（1）灯泡内阻较小，故可采用电流
33、表外接法，选项A错误；电流不应从电压表的负接线柱流入，选项B正确；由于要求灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器必须分压式接法，选项C错误；滑动变阻器的滑片不应位于中间，要在最左端位置，选项D正确；故选BD.（2）因I-U图像的斜率的倒数等于电阻，可知灯L1的电阻随电压增大而变小；（3）由图乙可以读出，接灯L2时电流表的读数为0.16A，此时的电压为：U2=0.8V；接灯L1时电流表的读数为0.08A，此时的电压：U1=1.2V；设电源的电动势为E，电路中的其他部分的电阻值为R，由闭合电路的欧姆定律得：E=U1+I1R E=U2+I2R 联立得：E=1.6V，R=5所以当灯被短路时，电流表的
34、读数：18（1）1.85V （2）R2；电路图见解析；E=1.50V，r5.36102【解析】（1）由图可知，电压表读数为1.85V。（2）由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，由于水果电池内阻很大，为测多组实验数据，滑动变阻器最大阻值应大些，因此滑动变阻器应选择R2；电路如图；由图所示电路图可知，电源电动势：E=I1（R0+Rg）+I2（r+Rg），整理得：，由图示I1-I2图象可知：，解得，电源电动势：E=1.50V，电源内阻：r5.36102。【点睛】对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数，读数时视线要与刻度线垂直；根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的
35、函数表达式是求电源电动势的前提与关键。19（1）30V （2）3000J【解析】（1）根据B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，所以电动势为定值，即为 ；（2）感应电动势大小不变，则根据在10s内由焦耳定律Q=I2Rt，可知Q=3000J20（1） （2） 【解析】（1）粒子的运动轨迹如图；由几何知识可知，粒子在磁场中运动的半径r=；由洛伦兹力等于向心力可得：，可得 ；（2）粒子在磁场中的运动时间： ；在电场中的加速度 在电场中的时间：，则该正离子从O点出发到竖直向上通过P点全程所用的时间21（1）100V （2）245:11【解析】（1）输电线上损失的功率：P损=2%P0=2kW损失的
36、电压（2）导线上的电流：升压变压器次级电压为：；降压变压器的初级电压：降压变压器的匝数比：22（1）0.3V （2） （3）0.075J【解析】（1）负电荷受到重力和电场力处于静止状态，因重力向下，则电场力竖直向上，故M板带正电ab棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由ba，其a端为电源的正极由由平衡条件，得mg=Eq所以：R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流；R1两端的电压为 （2）金属棒ab两端的电压为Uab=UMN+UR1=0.4V由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=BLv 由闭合电路欧姆定律得：E=Uab+Ir=0.5V联立上两式得v=m/s（3）在金属棒ab沿导轨向右匀速运动2m过程中，用时间为回路的总电阻为 回路中产生的总热量 。【点睛】本题是电磁感应与电路、电场等知识简单综合，比较容易在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分电路相当于电源23（1）0.1m （2）U13200V （3）d=0.366m，【解析】（1）粒子在加速电场中：U1q=mv02；在磁场中做匀速圆周运动，则 联立解得 （2）如果d=0.2m，为防止粒子打到绝缘容器上，则 加速电压U应满足：解得U13200V（3）要使粒子尽快回到C点，则粒子与器壁最少碰撞3次，如图；由几何关系可知， ，则粒子做圆周运动的半径则 最短时间为
