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2023-2024学年北京师大附属实验学校高二（上）月考物理试卷（12月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年北京师大附属实验学校高二（上）月考物理试卷（12月份）（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.某区域的电场线和等势线分布如图所示，电场中有A、B两点。设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，A、B两点的电势差为UAB，正电荷在两点的电势能分别为EpA、EpB，下列判断正确的是( )
A. EAB. φA<φB
C. UAB>0
D. EpA>EpB
2.如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈始终竖直向下加速运动，并始终保持水平。在位置B时N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离相等，且都比较小。下列说法正确的是( )
A. 线圈在位置A时感应电流的方向为顺时针(俯视)
B. 线圈在位置C时感应电流的方向为顺时针(俯视)
C. 线圈在位置B时穿过线圈的磁通量最大
D. 线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大
3.如图所示，两个很轻的铝环a、b，环a闭合，环b不闭合，a、b环都固定在一根可以绕O点自由转动的水平细杆上，此时整个装置静止。下列选项正确的是( )
A. 条形磁铁N极垂直环a靠近a，环a将靠近磁铁
B. 条形磁铁S极垂直环a远离a，环a将不动
C. 条形磁铁N极垂直环b靠近b，环b将靠近磁铁
D. 条形磁铁S极垂直环a靠近a，环a将远离磁铁
4.如图所示的电路，开关S闭合后，在变阻器R1的滑动端向上滑动的过程中( )
A. 电流表A1和A2的示数都增大
B. 电流表A1和A2的示数都减小
C. 电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小
D. 电流表A1的示数减小，电流表A2的示数增大
5.用电流表和电压表测量一节干电池的电动势和内阻，电路图如图甲所示，由实验中测得的数据描绘的图像如图乙所示，以下说法正确的是( )
A. 电池的电动势约为1.4V，内阻约为2.8Ω
B. 考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，误差来源于电压表有分流作用
C. 滑动变阻器滑片滑至最左端时，流过电流表的电流为0.5A
D. 考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，所测电池的内阻应偏大
6.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知加速电场电压为U1，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U2。不计电子重力，现使U1变为原来的2倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
A. 使U2变为原来的2倍B. 使U2变为原来的4倍
C. 使U2变为原来的 2倍D. 使U2变为原来的12
7.如图1所示的电路中，M与N间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化关系如图2所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化关系的图像中，正确的是( )
A. B.
C. D.
8.在现代研究受控热核反应的实验中，需要把107～109K的高温等离子体限制在一定空间区域内，这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化，磁约束就成了重要的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子(不计重力)从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线(未全部画出)。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动，就像光在两个镜子之间来回“反射”一样，不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶，磁场区域的两端被称为磁镜。根据上述信息并结合已有的知识，可以推断该粒子( )
A. 从左端到右端的运动过程中，沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小
B. 从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值
C. 从左端到右端的运动过程中，其动能先增大后减小
D. 从左端到右端的运动过程中，其运动轨迹的螺距先变小后变大
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，三个同心圆是固定的点电荷Q周围的三个等势面，A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三个点在同一条电场线上。已知这三个圆的半径关系是rA：rB：rC=1：2：3。现将一电荷量为+q的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只在点电荷Q的静电力作用下开始运动，则( )
A. 三点的电场强度大小关系是EA：EB：EC=3：2：1
B. 三点的电势大小关系是φA−φB>φB−φC
C. 该试探电荷在三点的电势能大小关系是EpAD. 该试探电荷在三点的动能大小关系是EkC−EkB10.表格列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大速度行驶，则下列选项正确的是( )
A. 电动机的输入功率为576WB. 电动机的线圈电阻为4Ω
C. 该车获得的牵引力为104ND. 该车受到的阻力为72N
三、实验题：本大题共3小题，共25分。
11.某同学利用多用电表的欧姆挡测量未知电阻阻值以及判断二极管的正负极。
(1)他选择“×10”倍率的欧姆挡按照正确的步骤测量未知电阻时，发现表针偏转角度很大，如图1中虚线①的位置所示。为了能获得更准确的测量数据，他应该将倍率调整到______ 的挡位(选填“×1”或“×1k”)；并把两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使表针指向______ Ω。调整好此挡位的欧姆表后再正确测量上述未知电阻，表针指在如图中虚线②的位置，则未知电阻的测量值为______ Ω。
(2)若用已调好的多用电表欧姆挡“×10”挡来探测一只正极负极二极管的正、负极(如图2所示)。当两表笔分别接二极管的正、负极时，发现表针几乎不发生偏转(即指示电阻接近无限大)；再将两表笔与二极管两极的连接情况对调，发现表针指在上图表盘中的虚线①的位置，此时红表笔接触的是二极管的______ 极(选填“正”或“负”)。
12.在实验中，已粗略测得金属电阻丝的阻值约为6Ω，为了更精确地测量这根金属电阻丝的阻值，进而测得其电阻率，实验小组采用伏安法继续进行测量。现有实验器材如下：
A.电源E(电动势3.0V，内阻约0.5Ω)
B.电压表V1(0～3V，内阻约3kΩ)
C.电压表V2(0～15V，内阻约15kΩ)
D.电流表A1(0～0.6A，内阻约0.125Ω)
E.电流表A2(0～3A，内阻约0.025Ω)
F.滑动变阻器R1(0～5Ω,3A)
G.滑动变阻器R2(0～1750Ω,1.5A)
H.开关S和导线若干
(1)为了调节方便，测量准确，并能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，滑动变阻器应选用______ ，连接电路时，电压表应选______ 、电流表应选______ (均选填选项前的字母)；
(2)如图1所示，实验小组使用螺旋测微器测得金属电阻丝的直径为______ mm；
(3)请在图2中用连线代替导线完成实验器材的连接(提示：注意选取合适的电表量程)；
(4)关于本次实验中产生的误差，下列说法中正确的是(本实验所用测量仪器均已校准) ______ (选填选项前的字母)；
A.用螺旋测微器测量金属电阻丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.用U−I图像处理实验数据求金属电阻丝电阻可减小偶然误差
C.由于电流表或电压表内阻的影响会使本次实验电阻率测量值小于真实值
(5)保持图2中的电源、开关及滑动变阻器组成的原控制电路部分不变，实验小组对测量电路进行了创新。如图3甲所示，在金属电阻丝上夹有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱C，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出。实验中改变触头P与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数U保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L，记录对应的电流I。利用测量数据画出1I−L图像，已知其中图线上某点的坐标为(a,b)，如图3乙所示。根据图像信息，用电阻丝的直径d、电压U、a、b及必要常数可计算得出电阻丝的电阻率ρ= ______ 。
13.探究感应电流方向的实验所需器材包括：条形磁铁、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)。
(1)实验现象：如图1所示，在四种情况下，将实验结果填入表格中。
①线圈内磁通量增加时的情况
②线圈内磁通量减少时的情况
请填写表格中的空白项。
(2)实验结论：当穿过闭合线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向______ (填写“相同”或“相反”)。
(3)总结提炼：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的______ 。
(4)拓展应用：如图2所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A和电源连接，线圈B与直导线ab构成一个闭合回路。弹簧K与衔铁D相连，D的右端触头C连接工作电路(未画出)。开关S闭合状态下，工作电路处于导通状态。S断开瞬间，延时功能启动，此时直导线ab中电流方向为______ (填写“a到b”或“b到a”)。说明延时继电器的“延时”工作原理：______ 。
四、简答题：本大题共2小题，共25分。
14.回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心A处有粒子源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压加速后，进入D2盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，忽略相对论效应，求：
(1)交变电压的周期T；
(2)粒子被加速后获得的最大动能Ekm；
(3)粒子在回旋加速器中运动的总时间。
15.某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的台混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为−q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
(2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f=krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a.半径为R、电荷量为−q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.电场线越密集电场强度越大，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，故A错误；
BC.沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以A点的电势低于B点的电势，根据电势差的表达式
UAB=φA−φB
可知A、B两点间的电势差小于0，故B正确，C错误；
D.根据电势能的表达式
Ep=φq
又
φA<φB
正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故D错误。
故选：B。
A：根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；
BC：根据沿着电场线的方向电势逐渐降低判断；根据电势差的表达式判断
D：由电势能的表达式，根据电势高低和电性联立判断电势能大小。
本题考查静电场中的基本量大小的比较，要求学生熟练掌握这些基本的知识点。
2.【答案】D
【解析】解：A、从A到B过程，斜向上穿过线圈的磁通量减小，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针(俯视)，故A错误；
B、从B到C过程，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向斜向下，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针(俯视)，故B错误；
C、线圈在B位置磁场的方向与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量为零，故C错误；
D、根据对称性可知，线圈在A位置与C位置穿过线圈的磁通量大小相等，线圈在C位置速度大，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈在位置C时的感应电动势比在位置A时的大，所以线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大，故D正确；
故选：D。
根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断有无感应电流产生．根据楞次定律来确定感应电流的方向；感觉法拉第电磁感应定律判断。
解答本题关键要掌握判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用．要注意线圈通过B位置时磁通量为零。
3.【答案】D
【解析】解：A、当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a环将远离磁铁。故A错误。
B、使条形磁铁S极垂直a环远离a时，穿过a环的磁通量减小，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a向着磁铁运动。故B错误。
C、当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环中不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动。故C错误。
D、当条形磁铁S极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a环将远离磁铁，故D正确。
故选：D。
当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，根据楞次定律判断a环的运动情况。
当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环不闭合，不产生感应电流，根据有无安培力判断b环的运动情况。
本题也可以根据楞次定律的另一种表述：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动来直接判断。
4.【答案】D
【解析】解：在变阻器R1的滑动端向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，R1与R2并联电阻R并增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I减小，根据并联部分电压U并=E−I(R1+r)，I减小，E、R1、r均不变，知U并增大，故电流表A2的示数增大，因为干路电流减小，则电流表A1的示数减小，故ABC错误，故D正确。
故选：D。
在变阻器R1的滑动端向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流如何变化，由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表A2示数的变化，结合干路电流的变化，分析电流表A1的示数变化情况。
本题是电路的动态变化分析问题，按局部到整体，再到部分的思路进行分析，也可以根据结论“串反并同”分析。
5.【答案】B
【解析】解：A、图像的纵截距表示干电池电动势，斜率的绝对值表示内阻，则
E=1.4V
r=1.4−1.00.5Ω=0.8Ω，故A错误；
BD、由于电压表分流的缘故，当电流表示数为零时，实际通过干电池的电流并不为零，所以此时干电池的内电压不为零，从而导致图像的纵截距比干电池的实际电动势偏小；假设当电压表示数为零时，干电池的路端电压实际值就是零，即所作图像的横截距(并非为题图中图线与i轴的交点，而是图线延伸至U=0时与对应i轴的交点)等于真实值。综上所述可知实验中做出的U−I图像斜率的绝对值比真实图像的斜率的绝对值偏小，从而造成干电池内阻的测量值与真实值相比偏小，故B正确，D错误；
C、由题图乙可知，当路端电压为1.0V时，流过电流表的电流为0.5A，当滑动变阻器滑至最左端时，其接入电路的阻值为零，此时路端电压为零，流过电流表的电流(假设电流表不损坏)一定大于0.5A，故C错误；
故选：B。
根据图像的斜率绝对值分析出电池的内阻，结合纵截距得出电池的电动势；
根据电路构造和欧姆定律分析出实验的误差来源和电流表的电流。
本题主要考查了电源的电动势和内阻的测量，熟悉U−I图像，结合闭合电路的欧姆定律分析出电池的电动势和内阻，同时结合电路构造即可完成分析。
6.【答案】A
【解析】解：设电子的电荷量为e，质量为m，偏转电场极板之间的距离为d；
电子经过加速电场加速后，根据功能关系，可得：eU1=12mv2
则电子射入偏转电场的初速度为：v= 2eU1m
在偏转电场中，电子的运动时间为：Δt=Lv=L m2eU1
电子在偏转电场中的加速度：a=Fm=eU2md
偏转距离为：Δy=12a(Δt)2=L2U24dU1
要想使电子的运动轨迹不发生变化，则偏转量不发生变化，所以当使加速电压U1变为原来的2倍时，偏转电压U2也需要变为原来的2倍，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据动能定理，即可求得加速的速度大小；依据类平抛运动处理规律，结合运动学公式，及运动的合成与分解，从而即可求解从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy，结合Δy的变化判断要想使电子的运动轨迹不发生变化的情况。
对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等。这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。
其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。
7.【答案】D
【解析】解：电路中的电流为I=ΔQΔt=Δ(CUC)Δt=CΔUCΔt，ΔUCΔt等于UC−t图象斜率的大小，由图2可知，0−1s内，ΔUCΔt=0，则电路中电流为0，UR=IR=0；1−2s内图象的斜率与2−4s内图象斜率大小相等，则1−2s内电路中电流与2−4s内电流大小相等，由UR=IR可知，1−2s内与2−4s内UR大小相等。1−2s内，电容器在充电，2−4s内电容器在放电，电路中电流方向相反，则1−2s内R的电压与2−4s内UR相反，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据电流的定义式I=ΔQΔt分析电路中电流与电容器的电压UC关系，再根据欧姆定律分析UR与t的关系。
解决本题的关键要搞清电路中电流与电容器带电量的关系，即I=ΔQΔt=Δ(CUC)Δt=CΔUCΔt，知道ΔUCΔt等于UC−t图象斜率的大小，根据数学知识分析出电路中电流的变化情况。
8.【答案】B
【解析】解：A、从左端到右端的运动过程中，由于粒子只受洛伦兹力，故粒子的速度大小不变。由于粒子在两段之间来回运动，故在中间位置时沿磁感线方向的分速度最大，随后沿磁瓶轴线方向的速度分量变小，即沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小，故A错误；
B、根据A选项的分析可知，从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内时，粒子的速度与轴线垂直，故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零，又粒子的速度的大小不变，故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大，故B正确；
C、从左端到右端的运动过程中，粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功，故其动能不变，故C错误：
D、粒子做圆周运动的周期为T=2πmqB，由于从左端到右端的运动过程中，磁感应强度先减小后增大，所以粒子的运动周期先增大后减小。根据题意可知，粒子运动轨迹的螺距为L=v//T=2πmv//qB，由于平行于轴线的速度v//先增大后减小，所以运动轨迹的螺距先变大后变小，故D错误。
故选：B。
从左端到右端的运动过程中，由于粒子只受洛伦兹力，洛伦兹力不做功，粒子动能和速度大小不变；由于粒子在两段之间来回运动，由此分析粒子沿磁瓶轴线方向的速度分量的变化情况，再根据周期公式分析螺距的变化情况。
本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动，关键是弄清楚粒子的受力情况和运动情况，知道洛伦兹力不做功，粒子的速度大小不变，根据运动情况结合周期公式进行分析。
9.【答案】BD
【解析】解：A、根据点电荷产生的电场公式E=kQr2，可知三点的电场强度大小关系是EA：EB：EC=36：9：4，故A错误；
B、匀强电场中有U=Ed，UAB=φA−φB，UBC=φB−φC由于从A到C电场逐渐减小，所以φA−φB>φB−φC，故B正确；
C、由于点电荷电性未知，无法判断电势大小，则无法判断电势能大小关系，故C错误；
D、根据W=qU=ΔEk，结合B选项可知EkC−EkB故选：BD。
根据点电荷产生的电场公式可解得电场大小关系，根据电场大小结合U=Ed可判断电势差的关系，根据动能定理可知动能的变化关系，由于电势大小未知，所以无法判断电势能大小。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能的计算公式，注意U=Ed只适用于匀强电场，且d代表沿电场线方向的距离。
10.【答案】AD
【解析】解：A、由表格数据可知，电动机的额定电压为U=48V，额定电流为I=12A，则电动机的输入功率为P入=UI=48×12W=576W，故A正确；
B、设电动机的线圈电阻为r，由电路中的能量守恒有
P入=P出+P热
又P热=I2r
联立解得：r=119Ω，故B错误；
CD、当电动车速度最大时，其牵引力等于阻力，有
P出=F牵vm=fvm
解得：F牵=f=72N，故C错误，D正确。
故选：AD。
由公式P入=UI求电动机的输入功率，由P入=P出+P热以及P热=I2r相结合求电动机的线圈电阻。当电动车速度最大时，其牵引力等于阻力，由P=Fv求车获得的牵引力，由平衡条件求阻力。
本题解题关键在于明确电动机的输入功率等于输出功率与热功率之和，当汽车速度最大时，牵引力等于阻力。
11.【答案】×1 0 6 负
【解析】解：(1)使用多用电表欧姆挡时，表针应指在中间三分之一误差较小，偏角大说明阻值小，要换较小挡位×1，重新调零使指针指向右侧0Ω。
根据欧姆表的读数原理可知未知电阻的测量值为：R=6×1Ω=6Ω
(2)二极管具有单向导电性，表针指在图1中的虚线①位置，说明此时二极管电阻不是无穷大，可通电流，根据“红进黑出”可知红表笔接二极管的负极。
故答案为：(1)×1、0、6Ω；(2)负。
(1)根据欧姆表在某倍率下指针偏转角过大或者过小所反映出待测电阻阻值的大小考虑重新选择倍率；
(2)根据二极管的单向导电性和欧姆表表笔内部的连接方式判断红黑表笔的接触情况。
熟悉欧姆表的内部结构，会根据需要判断是否在测量中要不要重新选择倍率以及选择什么倍率。
12.【答案】(1)F B D (2)0.675 (3)见解析图 (4)BC (5)πbUd24a
【解析】解：(1)因要求在实验中获得尽可能大的电压调节范围，故滑动变阻器采用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器选用最大阻值和被测电阻相近的，故选用F；
电压表选用量程和电源电动势接近的，根据电源电动势为3.0V，得电压表选用B；
根据电压表量程可知，通过电阻的最大电流为：I=UVR=3.06A=0.5A，故电流表选用D；
(2)螺旋测微器测得金属电阻丝的直径为：d=0.5mm+17.5×0.01mm=0.675mm
(3)由于待测电阻Rx约为6Ω，根据Rx< RARV，知电流表采用外接法，实物连接如下图所示：
(4)A、用螺旋测微器测量金属电阻丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B、用U−I图像处理实验数据求金属电阻丝电阻可减小偶然误差，故B正确；
C、本实验采用的是电流表外接法，由于电压表分流导致电流表测量值偏大，根据R=UI可知电阻测量值偏小，再由电阻定律R=ρLS可知电阻率测量值小于真实值，故C正确。
故选：BC。
(5)根据R=UI和电阻定律R=ρLS，可得：1I=ρUSL
由1I−L图像斜率可得：ρUS=ba
其中S=πd24
联立解得电阻丝的电阻率为：ρ=πbUd24a
故答案为：(1)F，B，D；(2)0.675；(3)如图所示；(4)BC；(5)πbUd24a。
(1)尽可能大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法，用最大阻值和被测电阻相近的；电压表选用量程和电源电动势接近的；根据电压表量程估算最大电流来选择电流表；
(2)根据螺旋测微器的读数规则进行读数；
(3)根据Rx< RARV，电流表采用外接法，根据实验原理连接实物图；
(4)根据实验原理及注意事项分析误差；
(5)根据R=UI和电阻定律R=ρLS，结合由1I−L图像分析即可。
本题以测金属丝电阻率实验为载体，考查了电学仪器的选择、螺旋测微器读数、实物图连接、误差分析以及实验数据的处理，解决此题的关键是要熟练掌握处理电学基本问题的方法。
13.【答案】(1)①竖直向下；②竖直向上；(2)相反；(3)磁通量的变化；(4)a到b；S断开瞬间，线圈B中产生感应电流，保持铁芯中的磁性，所以衔铁不会马上被弹簧拉起，达到延时的作用。
【解析】解：(1)①图乙中感应电流沿顺时针方向(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向竖直向下；
②图丁中感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向竖直向上；
(2)由两表格实验现象可知，当穿过闭合线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反。
(3)由两表实验现象可知，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(4)开关闭合时，由安培定则可知，线圈A中电流产生的磁场方向竖直向下，穿过线圈B的磁场方向竖直向下；S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减少，由楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向竖直向下，由安培定则可知，此时直导线ab中电流方向为a到b。S断开瞬间，线圈B中产生感应电流，保持铁芯中的磁性，所以衔铁不会马上被弹簧拉起，达到延时的作用。
故答案为：(1)①竖直向下；②竖直向上；(2)相反；(3)磁通量的变化；(4)a到b；S断开瞬间，线圈B中产生感应电流，保持铁芯中的磁性，所以衔铁不会马上被弹簧拉起，达到延时的作用。
(1)根据感应电流方向应用安培定则判断出感应电流的磁场方向。
(2)(3)分析表中实验现象得出实验结论。
(4)根据图2所示装置应用楞次定律分析判断电流方向，根据图示装置分析延时原理。
本题考查了实验数据处理，理解实验原理、分析清楚图示实验情景是解题的前提；应用安培定则即可解题。
14.【答案】解：(1)设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝的时间极短忽略不计)，则
Bqv=mv2r
v=2πrT
联立以上两式，解得交变电压的周期为
T=2πmBq
(2)粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有
qvmB=mvm2R
解得
vm=qBRm
设粒子的最大动能为Ek，则
Ekm=12mvm2=q2B2R22m
(3)质子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得
2eU=Ek
经过的周期个数为n，则有
Ekm=nEk
质子在D型盒磁场内运动的时间
t=nT
联立解得质子在回旋加速器中运动的总时间为
t=πBR22U
答：(1)交变电压的周期为2πmBq；
(2)粒子被加速后获得的最大动能为q2B2R22m；
(3)粒子在回旋加速器中运动的总时间πBR22U。
【解析】(1)带电粒子在磁场中运动一周的时间等于交变电压的周期，根据洛伦兹力提供向心力、公式Bqv=mv2r、v=2πrT求解周期；
(2)轨道半径达到最大时速度最大，动能最大，根据公式Bqv=mv2r求得最大速度，再根据动能表达式求得最大动能；
(3)质子完成一次圆周运动被加速2次，根据动能定理得到一次圆周运动质子获得动能，在利用最大动能求得到质子在回旋加速器中运动的总时间。
本题主要考查回旋加速器的有关知识，理解带电粒子在磁场中运动一周的时间等于交变电压的周期是解题关键。
15.【答案】解：(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为−q的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动得：L=v0t
沿着电场方向匀加速直线运动，有：d=12at2
根据牛顿第二定律得：a=U1qdm
联立可以求解两金属板间的电压U1=2d2mv02qL2
(2)a.空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，设竖直方向最大速度为v1，根据二力平衡得：f=kRv1=U2qd
根据题意假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，则忽略竖直方向变速运动的距离；半径为R、电荷量为−q的颗粒恰好全部被收集，则根据两个方向运动时间相等得：Lv0=dv1
联立解得两金属板间的电压U2=dkRv1q=dkRq×v0dL=kd2Rv0qL
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，q=k′R2，在上一问基础上，设R1=10μm2=5μm，R2=2.5μm2=1.25μm，设10μm的颗粒竖直方向达到的最大速度为v2，2.5μm的颗粒竖直方向达到的最大速度为v3，若10μm的颗粒恰好100%被收集，对10μm的颗粒，根据二力平衡得：kR1v2=U2k′R12d①
根据两个方向运动时间相等得：Lv0=dv2②
对2.5μm的颗粒，设在平行板之间竖直方向运动的最大距离为x，根据二力平衡得：kR2v3=U2k′R22d③
根据两个方向运动时间相等得：Lv0=xv3④
①式：③式得：v2v3=R1R2=5μm1.25μm=41
②式和④式联立解得：dv2=xv3
进一步解得：x=14d
即只有靠近下板的14d范围的颗粒才能够收集，所以2.5μm的颗粒被收集的百分比η=xd×100%=25%。
答：(1)两金属板间的电压U1为2d2mv02qL2；
(2)a.两金属板间的电压U2为kd2Rv0qL；
b.2.5μm的颗粒被收集的百分比为25%。
【解析】(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为−q的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动、沿着电场方向匀加速直线运动，列运动学规律公式结合牛顿第二定律可以求解两金属板间的电压U1；
(2)a.空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，据此可以求解两金属板间的电压U2；
b.在上一问基础上，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒在竖直方向运动的最大距离，进一步分析可以求解被收集的百分比。
本题考查带电粒子在电场中的运动，理解本题的临界条件以及近似条件是解题的关键，临界条件就是恰好100%被吸收，近似条件是假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，说明将一小段的变加速忽略，竖直近似看成匀速直线运动，这样本题才能够顺利求解。自重
40kg
额定电压
48V
载重
75kg
额定电流
12A
最大行驶速度
20km/h
额定输出功率
400W
图号
原磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
甲
竖直向下
逆时针(俯视)
竖直向上
乙
竖直向上
顺时针(俯视)
图号
原磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
丙
竖直向下
顺时针(俯视)
竖直向下
丁
竖直向上
逆时针(俯视)
1.某区域的电场线和等势线分布如图所示，电场中有A、B两点。设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，A、B两点的电势差为UAB，正电荷在两点的电势能分别为EpA、EpB，下列判断正确的是( )
A. EA
C. UAB>0
D. EpA>EpB
2.如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈始终竖直向下加速运动，并始终保持水平。在位置B时N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离相等，且都比较小。下列说法正确的是( )
A. 线圈在位置A时感应电流的方向为顺时针(俯视)
B. 线圈在位置C时感应电流的方向为顺时针(俯视)
C. 线圈在位置B时穿过线圈的磁通量最大
D. 线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大
3.如图所示，两个很轻的铝环a、b，环a闭合，环b不闭合，a、b环都固定在一根可以绕O点自由转动的水平细杆上，此时整个装置静止。下列选项正确的是( )
A. 条形磁铁N极垂直环a靠近a，环a将靠近磁铁
B. 条形磁铁S极垂直环a远离a，环a将不动
C. 条形磁铁N极垂直环b靠近b，环b将靠近磁铁
D. 条形磁铁S极垂直环a靠近a，环a将远离磁铁
4.如图所示的电路，开关S闭合后，在变阻器R1的滑动端向上滑动的过程中( )
A. 电流表A1和A2的示数都增大
B. 电流表A1和A2的示数都减小
C. 电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小
D. 电流表A1的示数减小，电流表A2的示数增大
5.用电流表和电压表测量一节干电池的电动势和内阻，电路图如图甲所示，由实验中测得的数据描绘的图像如图乙所示，以下说法正确的是( )
A. 电池的电动势约为1.4V，内阻约为2.8Ω
B. 考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，误差来源于电压表有分流作用
C. 滑动变阻器滑片滑至最左端时，流过电流表的电流为0.5A
D. 考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，所测电池的内阻应偏大
6.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知加速电场电压为U1，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U2。不计电子重力，现使U1变为原来的2倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
A. 使U2变为原来的2倍B. 使U2变为原来的4倍
C. 使U2变为原来的 2倍D. 使U2变为原来的12
7.如图1所示的电路中，M与N间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化关系如图2所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化关系的图像中，正确的是( )
A. B.
C. D.
8.在现代研究受控热核反应的实验中，需要把107～109K的高温等离子体限制在一定空间区域内，这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化，磁约束就成了重要的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子(不计重力)从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线(未全部画出)。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动，就像光在两个镜子之间来回“反射”一样，不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶，磁场区域的两端被称为磁镜。根据上述信息并结合已有的知识，可以推断该粒子( )
A. 从左端到右端的运动过程中，沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小
B. 从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值
C. 从左端到右端的运动过程中，其动能先增大后减小
D. 从左端到右端的运动过程中，其运动轨迹的螺距先变小后变大
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，三个同心圆是固定的点电荷Q周围的三个等势面，A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三个点在同一条电场线上。已知这三个圆的半径关系是rA：rB：rC=1：2：3。现将一电荷量为+q的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只在点电荷Q的静电力作用下开始运动，则( )
A. 三点的电场强度大小关系是EA：EB：EC=3：2：1
B. 三点的电势大小关系是φA−φB>φB−φC
C. 该试探电荷在三点的电势能大小关系是EpA
A. 电动机的输入功率为576WB. 电动机的线圈电阻为4Ω
C. 该车获得的牵引力为104ND. 该车受到的阻力为72N
三、实验题：本大题共3小题，共25分。
11.某同学利用多用电表的欧姆挡测量未知电阻阻值以及判断二极管的正负极。
(1)他选择“×10”倍率的欧姆挡按照正确的步骤测量未知电阻时，发现表针偏转角度很大，如图1中虚线①的位置所示。为了能获得更准确的测量数据，他应该将倍率调整到______ 的挡位(选填“×1”或“×1k”)；并把两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使表针指向______ Ω。调整好此挡位的欧姆表后再正确测量上述未知电阻，表针指在如图中虚线②的位置，则未知电阻的测量值为______ Ω。
(2)若用已调好的多用电表欧姆挡“×10”挡来探测一只正极负极二极管的正、负极(如图2所示)。当两表笔分别接二极管的正、负极时，发现表针几乎不发生偏转(即指示电阻接近无限大)；再将两表笔与二极管两极的连接情况对调，发现表针指在上图表盘中的虚线①的位置，此时红表笔接触的是二极管的______ 极(选填“正”或“负”)。
12.在实验中，已粗略测得金属电阻丝的阻值约为6Ω，为了更精确地测量这根金属电阻丝的阻值，进而测得其电阻率，实验小组采用伏安法继续进行测量。现有实验器材如下：
A.电源E(电动势3.0V，内阻约0.5Ω)
B.电压表V1(0～3V，内阻约3kΩ)
C.电压表V2(0～15V，内阻约15kΩ)
D.电流表A1(0～0.6A，内阻约0.125Ω)
E.电流表A2(0～3A，内阻约0.025Ω)
F.滑动变阻器R1(0～5Ω,3A)
G.滑动变阻器R2(0～1750Ω,1.5A)
H.开关S和导线若干
(1)为了调节方便，测量准确，并能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，滑动变阻器应选用______ ，连接电路时，电压表应选______ 、电流表应选______ (均选填选项前的字母)；
(2)如图1所示，实验小组使用螺旋测微器测得金属电阻丝的直径为______ mm；
(3)请在图2中用连线代替导线完成实验器材的连接(提示：注意选取合适的电表量程)；
(4)关于本次实验中产生的误差，下列说法中正确的是(本实验所用测量仪器均已校准) ______ (选填选项前的字母)；
A.用螺旋测微器测量金属电阻丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.用U−I图像处理实验数据求金属电阻丝电阻可减小偶然误差
C.由于电流表或电压表内阻的影响会使本次实验电阻率测量值小于真实值
(5)保持图2中的电源、开关及滑动变阻器组成的原控制电路部分不变，实验小组对测量电路进行了创新。如图3甲所示，在金属电阻丝上夹有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱C，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出。实验中改变触头P与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数U保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L，记录对应的电流I。利用测量数据画出1I−L图像，已知其中图线上某点的坐标为(a,b)，如图3乙所示。根据图像信息，用电阻丝的直径d、电压U、a、b及必要常数可计算得出电阻丝的电阻率ρ= ______ 。
13.探究感应电流方向的实验所需器材包括：条形磁铁、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)。
(1)实验现象：如图1所示，在四种情况下，将实验结果填入表格中。
①线圈内磁通量增加时的情况
②线圈内磁通量减少时的情况
请填写表格中的空白项。
(2)实验结论：当穿过闭合线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向______ (填写“相同”或“相反”)。
(3)总结提炼：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的______ 。
(4)拓展应用：如图2所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A和电源连接，线圈B与直导线ab构成一个闭合回路。弹簧K与衔铁D相连，D的右端触头C连接工作电路(未画出)。开关S闭合状态下，工作电路处于导通状态。S断开瞬间，延时功能启动，此时直导线ab中电流方向为______ (填写“a到b”或“b到a”)。说明延时继电器的“延时”工作原理：______ 。
四、简答题：本大题共2小题，共25分。
14.回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心A处有粒子源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压加速后，进入D2盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，忽略相对论效应，求：
(1)交变电压的周期T；
(2)粒子被加速后获得的最大动能Ekm；
(3)粒子在回旋加速器中运动的总时间。
15.某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的台混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为−q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
(2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f=krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a.半径为R、电荷量为−q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.电场线越密集电场强度越大，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，故A错误；
BC.沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以A点的电势低于B点的电势，根据电势差的表达式
UAB=φA−φB
可知A、B两点间的电势差小于0，故B正确，C错误；
D.根据电势能的表达式
Ep=φq
又
φA<φB
正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故D错误。
故选：B。
A：根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；
BC：根据沿着电场线的方向电势逐渐降低判断；根据电势差的表达式判断
D：由电势能的表达式，根据电势高低和电性联立判断电势能大小。
本题考查静电场中的基本量大小的比较，要求学生熟练掌握这些基本的知识点。
2.【答案】D
【解析】解：A、从A到B过程，斜向上穿过线圈的磁通量减小，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针(俯视)，故A错误；
B、从B到C过程，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向斜向下，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针(俯视)，故B错误；
C、线圈在B位置磁场的方向与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量为零，故C错误；
D、根据对称性可知，线圈在A位置与C位置穿过线圈的磁通量大小相等，线圈在C位置速度大，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈在位置C时的感应电动势比在位置A时的大，所以线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大，故D正确；
故选：D。
根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断有无感应电流产生．根据楞次定律来确定感应电流的方向；感觉法拉第电磁感应定律判断。
解答本题关键要掌握判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用．要注意线圈通过B位置时磁通量为零。
3.【答案】D
【解析】解：A、当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a环将远离磁铁。故A错误。
B、使条形磁铁S极垂直a环远离a时，穿过a环的磁通量减小，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a向着磁铁运动。故B错误。
C、当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环中不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动。故C错误。
D、当条形磁铁S极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a环将远离磁铁，故D正确。
故选：D。
当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，根据楞次定律判断a环的运动情况。
当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环不闭合，不产生感应电流，根据有无安培力判断b环的运动情况。
本题也可以根据楞次定律的另一种表述：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动来直接判断。
4.【答案】D
【解析】解：在变阻器R1的滑动端向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，R1与R2并联电阻R并增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I减小，根据并联部分电压U并=E−I(R1+r)，I减小，E、R1、r均不变，知U并增大，故电流表A2的示数增大，因为干路电流减小，则电流表A1的示数减小，故ABC错误，故D正确。
故选：D。
在变阻器R1的滑动端向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流如何变化，由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表A2示数的变化，结合干路电流的变化，分析电流表A1的示数变化情况。
本题是电路的动态变化分析问题，按局部到整体，再到部分的思路进行分析，也可以根据结论“串反并同”分析。
5.【答案】B
【解析】解：A、图像的纵截距表示干电池电动势，斜率的绝对值表示内阻，则
E=1.4V
r=1.4−1.00.5Ω=0.8Ω，故A错误；
BD、由于电压表分流的缘故，当电流表示数为零时，实际通过干电池的电流并不为零，所以此时干电池的内电压不为零，从而导致图像的纵截距比干电池的实际电动势偏小；假设当电压表示数为零时，干电池的路端电压实际值就是零，即所作图像的横截距(并非为题图中图线与i轴的交点，而是图线延伸至U=0时与对应i轴的交点)等于真实值。综上所述可知实验中做出的U−I图像斜率的绝对值比真实图像的斜率的绝对值偏小，从而造成干电池内阻的测量值与真实值相比偏小，故B正确，D错误；
C、由题图乙可知，当路端电压为1.0V时，流过电流表的电流为0.5A，当滑动变阻器滑至最左端时，其接入电路的阻值为零，此时路端电压为零，流过电流表的电流(假设电流表不损坏)一定大于0.5A，故C错误；
故选：B。
根据图像的斜率绝对值分析出电池的内阻，结合纵截距得出电池的电动势；
根据电路构造和欧姆定律分析出实验的误差来源和电流表的电流。
本题主要考查了电源的电动势和内阻的测量，熟悉U−I图像，结合闭合电路的欧姆定律分析出电池的电动势和内阻，同时结合电路构造即可完成分析。
6.【答案】A
【解析】解：设电子的电荷量为e，质量为m，偏转电场极板之间的距离为d；
电子经过加速电场加速后，根据功能关系，可得：eU1=12mv2
则电子射入偏转电场的初速度为：v= 2eU1m
在偏转电场中，电子的运动时间为：Δt=Lv=L m2eU1
电子在偏转电场中的加速度：a=Fm=eU2md
偏转距离为：Δy=12a(Δt)2=L2U24dU1
要想使电子的运动轨迹不发生变化，则偏转量不发生变化，所以当使加速电压U1变为原来的2倍时，偏转电压U2也需要变为原来的2倍，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据动能定理，即可求得加速的速度大小；依据类平抛运动处理规律，结合运动学公式，及运动的合成与分解，从而即可求解从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy，结合Δy的变化判断要想使电子的运动轨迹不发生变化的情况。
对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等。这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。
其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。
7.【答案】D
【解析】解：电路中的电流为I=ΔQΔt=Δ(CUC)Δt=CΔUCΔt，ΔUCΔt等于UC−t图象斜率的大小，由图2可知，0−1s内，ΔUCΔt=0，则电路中电流为0，UR=IR=0；1−2s内图象的斜率与2−4s内图象斜率大小相等，则1−2s内电路中电流与2−4s内电流大小相等，由UR=IR可知，1−2s内与2−4s内UR大小相等。1−2s内，电容器在充电，2−4s内电容器在放电，电路中电流方向相反，则1−2s内R的电压与2−4s内UR相反，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据电流的定义式I=ΔQΔt分析电路中电流与电容器的电压UC关系，再根据欧姆定律分析UR与t的关系。
解决本题的关键要搞清电路中电流与电容器带电量的关系，即I=ΔQΔt=Δ(CUC)Δt=CΔUCΔt，知道ΔUCΔt等于UC−t图象斜率的大小，根据数学知识分析出电路中电流的变化情况。
8.【答案】B
【解析】解：A、从左端到右端的运动过程中，由于粒子只受洛伦兹力，故粒子的速度大小不变。由于粒子在两段之间来回运动，故在中间位置时沿磁感线方向的分速度最大，随后沿磁瓶轴线方向的速度分量变小，即沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小，故A错误；
B、根据A选项的分析可知，从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内时，粒子的速度与轴线垂直，故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零，又粒子的速度的大小不变，故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大，故B正确；
C、从左端到右端的运动过程中，粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功，故其动能不变，故C错误：
D、粒子做圆周运动的周期为T=2πmqB，由于从左端到右端的运动过程中，磁感应强度先减小后增大，所以粒子的运动周期先增大后减小。根据题意可知，粒子运动轨迹的螺距为L=v//T=2πmv//qB，由于平行于轴线的速度v//先增大后减小，所以运动轨迹的螺距先变大后变小，故D错误。
故选：B。
从左端到右端的运动过程中，由于粒子只受洛伦兹力，洛伦兹力不做功，粒子动能和速度大小不变；由于粒子在两段之间来回运动，由此分析粒子沿磁瓶轴线方向的速度分量的变化情况，再根据周期公式分析螺距的变化情况。
本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动，关键是弄清楚粒子的受力情况和运动情况，知道洛伦兹力不做功，粒子的速度大小不变，根据运动情况结合周期公式进行分析。
9.【答案】BD
【解析】解：A、根据点电荷产生的电场公式E=kQr2，可知三点的电场强度大小关系是EA：EB：EC=36：9：4，故A错误；
B、匀强电场中有U=Ed，UAB=φA−φB，UBC=φB−φC由于从A到C电场逐渐减小，所以φA−φB>φB−φC，故B正确；
C、由于点电荷电性未知，无法判断电势大小，则无法判断电势能大小关系，故C错误；
D、根据W=qU=ΔEk，结合B选项可知EkC−EkB
根据点电荷产生的电场公式可解得电场大小关系，根据电场大小结合U=Ed可判断电势差的关系，根据动能定理可知动能的变化关系，由于电势大小未知，所以无法判断电势能大小。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能的计算公式，注意U=Ed只适用于匀强电场，且d代表沿电场线方向的距离。
10.【答案】AD
【解析】解：A、由表格数据可知，电动机的额定电压为U=48V，额定电流为I=12A，则电动机的输入功率为P入=UI=48×12W=576W，故A正确；
B、设电动机的线圈电阻为r，由电路中的能量守恒有
P入=P出+P热
又P热=I2r
联立解得：r=119Ω，故B错误；
CD、当电动车速度最大时，其牵引力等于阻力，有
P出=F牵vm=fvm
解得：F牵=f=72N，故C错误，D正确。
故选：AD。
由公式P入=UI求电动机的输入功率，由P入=P出+P热以及P热=I2r相结合求电动机的线圈电阻。当电动车速度最大时，其牵引力等于阻力，由P=Fv求车获得的牵引力，由平衡条件求阻力。
本题解题关键在于明确电动机的输入功率等于输出功率与热功率之和，当汽车速度最大时，牵引力等于阻力。
11.【答案】×1 0 6 负
【解析】解：(1)使用多用电表欧姆挡时，表针应指在中间三分之一误差较小，偏角大说明阻值小，要换较小挡位×1，重新调零使指针指向右侧0Ω。
根据欧姆表的读数原理可知未知电阻的测量值为：R=6×1Ω=6Ω
(2)二极管具有单向导电性，表针指在图1中的虚线①位置，说明此时二极管电阻不是无穷大，可通电流，根据“红进黑出”可知红表笔接二极管的负极。
故答案为：(1)×1、0、6Ω；(2)负。
(1)根据欧姆表在某倍率下指针偏转角过大或者过小所反映出待测电阻阻值的大小考虑重新选择倍率；
(2)根据二极管的单向导电性和欧姆表表笔内部的连接方式判断红黑表笔的接触情况。
熟悉欧姆表的内部结构，会根据需要判断是否在测量中要不要重新选择倍率以及选择什么倍率。
12.【答案】(1)F B D (2)0.675 (3)见解析图 (4)BC (5)πbUd24a
【解析】解：(1)因要求在实验中获得尽可能大的电压调节范围，故滑动变阻器采用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器选用最大阻值和被测电阻相近的，故选用F；
电压表选用量程和电源电动势接近的，根据电源电动势为3.0V，得电压表选用B；
根据电压表量程可知，通过电阻的最大电流为：I=UVR=3.06A=0.5A，故电流表选用D；
(2)螺旋测微器测得金属电阻丝的直径为：d=0.5mm+17.5×0.01mm=0.675mm
(3)由于待测电阻Rx约为6Ω，根据Rx< RARV，知电流表采用外接法，实物连接如下图所示：
(4)A、用螺旋测微器测量金属电阻丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B、用U−I图像处理实验数据求金属电阻丝电阻可减小偶然误差，故B正确；
C、本实验采用的是电流表外接法，由于电压表分流导致电流表测量值偏大，根据R=UI可知电阻测量值偏小，再由电阻定律R=ρLS可知电阻率测量值小于真实值，故C正确。
故选：BC。
(5)根据R=UI和电阻定律R=ρLS，可得：1I=ρUSL
由1I−L图像斜率可得：ρUS=ba
其中S=πd24
联立解得电阻丝的电阻率为：ρ=πbUd24a
故答案为：(1)F，B，D；(2)0.675；(3)如图所示；(4)BC；(5)πbUd24a。
(1)尽可能大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法，用最大阻值和被测电阻相近的；电压表选用量程和电源电动势接近的；根据电压表量程估算最大电流来选择电流表；
(2)根据螺旋测微器的读数规则进行读数；
(3)根据Rx< RARV，电流表采用外接法，根据实验原理连接实物图；
(4)根据实验原理及注意事项分析误差；
(5)根据R=UI和电阻定律R=ρLS，结合由1I−L图像分析即可。
本题以测金属丝电阻率实验为载体，考查了电学仪器的选择、螺旋测微器读数、实物图连接、误差分析以及实验数据的处理，解决此题的关键是要熟练掌握处理电学基本问题的方法。
13.【答案】(1)①竖直向下；②竖直向上；(2)相反；(3)磁通量的变化；(4)a到b；S断开瞬间，线圈B中产生感应电流，保持铁芯中的磁性，所以衔铁不会马上被弹簧拉起，达到延时的作用。
【解析】解：(1)①图乙中感应电流沿顺时针方向(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向竖直向下；
②图丁中感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向竖直向上；
(2)由两表格实验现象可知，当穿过闭合线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反。
(3)由两表实验现象可知，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(4)开关闭合时，由安培定则可知，线圈A中电流产生的磁场方向竖直向下，穿过线圈B的磁场方向竖直向下；S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减少，由楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向竖直向下，由安培定则可知，此时直导线ab中电流方向为a到b。S断开瞬间，线圈B中产生感应电流，保持铁芯中的磁性，所以衔铁不会马上被弹簧拉起，达到延时的作用。
故答案为：(1)①竖直向下；②竖直向上；(2)相反；(3)磁通量的变化；(4)a到b；S断开瞬间，线圈B中产生感应电流，保持铁芯中的磁性，所以衔铁不会马上被弹簧拉起，达到延时的作用。
(1)根据感应电流方向应用安培定则判断出感应电流的磁场方向。
(2)(3)分析表中实验现象得出实验结论。
(4)根据图2所示装置应用楞次定律分析判断电流方向，根据图示装置分析延时原理。
本题考查了实验数据处理，理解实验原理、分析清楚图示实验情景是解题的前提；应用安培定则即可解题。
14.【答案】解：(1)设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝的时间极短忽略不计)，则
Bqv=mv2r
v=2πrT
联立以上两式，解得交变电压的周期为
T=2πmBq
(2)粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有
qvmB=mvm2R
解得
vm=qBRm
设粒子的最大动能为Ek，则
Ekm=12mvm2=q2B2R22m
(3)质子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得
2eU=Ek
经过的周期个数为n，则有
Ekm=nEk
质子在D型盒磁场内运动的时间
t=nT
联立解得质子在回旋加速器中运动的总时间为
t=πBR22U
答：(1)交变电压的周期为2πmBq；
(2)粒子被加速后获得的最大动能为q2B2R22m；
(3)粒子在回旋加速器中运动的总时间πBR22U。
【解析】(1)带电粒子在磁场中运动一周的时间等于交变电压的周期，根据洛伦兹力提供向心力、公式Bqv=mv2r、v=2πrT求解周期；
(2)轨道半径达到最大时速度最大，动能最大，根据公式Bqv=mv2r求得最大速度，再根据动能表达式求得最大动能；
(3)质子完成一次圆周运动被加速2次，根据动能定理得到一次圆周运动质子获得动能，在利用最大动能求得到质子在回旋加速器中运动的总时间。
本题主要考查回旋加速器的有关知识，理解带电粒子在磁场中运动一周的时间等于交变电压的周期是解题关键。
15.【答案】解：(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为−q的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动得：L=v0t
沿着电场方向匀加速直线运动，有：d=12at2
根据牛顿第二定律得：a=U1qdm
联立可以求解两金属板间的电压U1=2d2mv02qL2
(2)a.空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，设竖直方向最大速度为v1，根据二力平衡得：f=kRv1=U2qd
根据题意假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，则忽略竖直方向变速运动的距离；半径为R、电荷量为−q的颗粒恰好全部被收集，则根据两个方向运动时间相等得：Lv0=dv1
联立解得两金属板间的电压U2=dkRv1q=dkRq×v0dL=kd2Rv0qL
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，q=k′R2，在上一问基础上，设R1=10μm2=5μm，R2=2.5μm2=1.25μm，设10μm的颗粒竖直方向达到的最大速度为v2，2.5μm的颗粒竖直方向达到的最大速度为v3，若10μm的颗粒恰好100%被收集，对10μm的颗粒，根据二力平衡得：kR1v2=U2k′R12d①
根据两个方向运动时间相等得：Lv0=dv2②
对2.5μm的颗粒，设在平行板之间竖直方向运动的最大距离为x，根据二力平衡得：kR2v3=U2k′R22d③
根据两个方向运动时间相等得：Lv0=xv3④
①式：③式得：v2v3=R1R2=5μm1.25μm=41
②式和④式联立解得：dv2=xv3
进一步解得：x=14d
即只有靠近下板的14d范围的颗粒才能够收集，所以2.5μm的颗粒被收集的百分比η=xd×100%=25%。
答：(1)两金属板间的电压U1为2d2mv02qL2；
(2)a.两金属板间的电压U2为kd2Rv0qL；
b.2.5μm的颗粒被收集的百分比为25%。
【解析】(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为−q的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动、沿着电场方向匀加速直线运动，列运动学规律公式结合牛顿第二定律可以求解两金属板间的电压U1；
(2)a.空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，据此可以求解两金属板间的电压U2；
b.在上一问基础上，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒在竖直方向运动的最大距离，进一步分析可以求解被收集的百分比。
本题考查带电粒子在电场中的运动，理解本题的临界条件以及近似条件是解题的关键，临界条件就是恰好100%被吸收，近似条件是假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，说明将一小段的变加速忽略，竖直近似看成匀速直线运动，这样本题才能够顺利求解。自重
40kg
额定电压
48V
载重
75kg
额定电流
12A
最大行驶速度
20km/h
额定输出功率
400W
图号
原磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
甲
竖直向下
逆时针(俯视)
竖直向上
乙
竖直向上
顺时针(俯视)
图号
原磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
丙
竖直向下
顺时针(俯视)
竖直向下
丁
竖直向上
逆时针(俯视)
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