2021-2022学年吉林省松原市乾安七中高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年吉林省松原市乾安七中高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了2×103V/m，下列说法中正确的是，【答案】D，【答案】B，【答案】A，【答案】C，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年吉林省松原市乾安七中高二（上）期末物理试卷

1. 以下说法正确的是(    )
A. 交变电流的平均值就是它的有效值
B. 任何交变电流的有效值都是它峰值的12
C. 交变电流峰值越大则交变电流越大
D. 如果交变电流接在电阻R上时间t内产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为QRt
2. 如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离。用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，则下列结论一定正确的是(    )
A. Ea=Eb=Ec B. Ea>Eb>Ec C. 2φb=φa+φc D. φa>φb>φc
3. 图示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场，一束等离子体(含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向射入磁场，金属板P、Q通过导线与电阻R相连接，不计粒子重力，则电路稳定后(    )


A. R中有由b→a方向的电流
B. 若只增大粒子入射速度，则P、Q两板间的电压增大
C. 若只减小两金属板的间距则通过R的电流增大
D. 若只改变磁场的磁感应强度大小，则通过R的电流保持不变
4. 如图所示，两个同心放置且共面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环面垂直，则通过两环的磁通量Φa、Φb的关系为(    )


A. Φa>Φb B. Φa=Φb C. Φa<Φb D. 不能确定
5. 如图所示，边长l=5cm的正方形abcd区域处于匀强电场(图中未画出)中，其中ab边恰与电场线平行，O为abcd的中心。已知将一电子自b点移到O的过程中，克服电场力做功3eV。现再将一正点电荷固定于O点，下列说法正确的是(    )


A. a、c两点的电场强度相同
B. a、b两点的电势差Uab=−6V
C. 匀强电场的电场强度大小为E=1.2×103V/m
D. 将电子自a点沿ad连线移到d点的过程中，电子的电势能始终不变
6. 如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极A，把A、B分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中加入导电液体，现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来．若从上向下看，下列判断正确的是(    )
A. A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转
B. A接电源负极，B接电源正极，液体顺时针旋转
C. 无论A、B谁接电源的正、负极，液体都不会旋转
D. 仅改变电源的正、负极或仅改变磁体的N、S极，液体旋转方向不变

7. 如图所示，一个可绕竖直圆心轴转动的水平金属圆盘，圆盘中心O和圆盘边缘D通过电刷与螺线管相连，螺线管右侧有竖直悬挂的铜环，匀强磁场垂直于圆盘平面向上，从上向下看，圆盘为逆时针方向匀速转动，则下述结论中正确的是(    )

A. 金属圆盘上各处的电势相等 B. 圆盘上的电流由边缘流向圆心
C. 螺线管内部的磁场从F指向E D. 铜环中有恒定的感应电流产生
8. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个相同的灯泡。则(    )


A. 当S闭合瞬间，A灯不亮B灯亮 B. 当S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭
C. 当S断开瞬间，a点电势比b点电势低 D. 当S断开瞬间，流经灯泡B的电流由a到b
9. 如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场。则第二次与第一次(    )
A. 线圈中电动势之比为1：1
B. 线圈中电流之比为2：1
C. 通过线圈的电量之比为4：1
D. 线圈中产生的热量之比为2：1
10. 带电量不相等的两点电荷固定在x轴上坐标为−4L和4L的两点处，位于x=−4L处的点电荷带电量的绝对值为Q，两点电荷连线上各点的电势φ随x变化的关系图像如图所示，x=L处的电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为−2L和2L，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是(    )
A. 两点电荷一定均为正电荷
B. 原点O处的场强大小为kQ25L2
C. 正检验电荷在原点O处受到向左的电场力
D. 负检验电荷由M点运动到N点的过程中，电势能先减小后增大
11. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：10，接线柱a、b接在电压为u=102sin100πtV的正弦交流电源上，R1为定值电阻，其阻值为100Ω，R2为用半导体热敏材料制成的传感器(温度升高电阻减小).下列说法中正确的是(    )

A. t=1600s时，a、b两点间电压的瞬时值为5V
B. t=1600s时，电压表的读数为100V
C. 在1min内电阻R1上产生的热量为6000J
D. 当R2的温度升高时，电压表示数将变小，电流表示数将变大
12. 光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T。质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动。已知MN=OP=1m，则下列说法正确的是(    )
A. 金属细杆运动到圆弧轨道时受到重力、支持力、安培力的作用
B. 金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/s
C. 金属细杆运动到P点时安培力的瞬时功率为0
D. 金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为1.5N
13. 有一个教学用的可拆变压器，如图所示，它由两个带有绝缘外层的铜质导线绕制而成的线圈A、B组成。
(1)如果把它看成理想变压器，A、B线圈的匝数比为k，则当A线圈接在电压为U1的蓄电池两端以后，B线圈的输出电压为______。
(2)如果把它看成理想变压器，则AB线圈上的交变电流一定具有相同的______。
A.电压
B.电流
C.功率
D.频率
(3)现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。实验步骤如下：
①用长导线绕一个匝数为n的线圈C作为副线圈代替A线圈
②把低压交流电源接在B线圈，测得C线圈的输出电压为U
③用A线圈换下C线圈，测得A线圈的输出电压为UA
则线圈A的匝数nA=______(用物理量n、U、UA表示)
14. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测干电池一节；
B.开关、导线若干；
C.电流表：量程0∼0.6A，内阻0.1Ω；
D.电流表：量程0∼3A，内阻约为0.024Ω；
E.电压表：量程0∼3V，内阻未知；
F.电压表：量程0∼15V，内阻未知；
G.滑动变阻器：0∼10Ω，2A；
H.滑动变阻器：0∼100Ω，1A。
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
(1)上述器材中，电压表应选择______，电流表应选择______(填写选项前的字母)；
(2)实验电路图应选择图中的______(填“甲”或“乙”)。
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。(结果均保留两位有效数字)

15. 如图，质量为m=0.2kg的小球静置于绝缘水平桌面上，小球带有电量为q=2×10−6C的正电荷。t=0时，空间突然加上一足够大的匀强电场，场强大小为E=106N/C，方向与水平方向夹角为θ=37∘。已知小球与桌面间的动摩擦因数为μ=0.5。(重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8)
(1)求小球的加速度；
(2)从t=0至t=2s，小球电势能的变化量ΔEp。

16. 如图所示，y轴上A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0沿着x轴正方向射入磁场区域，并从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向之间的夹角为60∘.求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)电子在磁场中运动的时间．
17. 两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30∘的斜面上，导轨底端接有电阻R=8Ω，导轨自身电阻忽略不计。匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度B=0.5T。质量为m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab由静止释放，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：
(1)滑动摩擦力的大小？
(2)此过程中电阻R上产生的热量？(g取10m/s2)
18. 如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成30∘角斜向下的匀强电场，电场强度E=400N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，y轴负方向无限大，磁感应强度B=1×10−4T.现有一比荷为qm=2×1011C/kg的正离子(不计重力)，以速度v0=4×106m/s从O点射入磁场，α=60∘，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场.求：
(1)离子从O点进入磁场B中做匀速圆周运动的半径R；
(2)离子进入电场后，经多少时间再次到达x轴上；
(3)若离子进入磁场B后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值.
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A、交流电的有效值与平均值是两个不同的概念，故A错误。
B、正弦式交流电的有效值是它最大值的12倍，故B错误。
C、交变电流的峰值是最大值，交变电流大小由有效值表示，峰值大不代表有效值也大，故C错误。
D、如果交变电流接在电阻R上，时间t内产生的热量为Q，根据Q=I2Rt知，有效值I=QRt，故D正确。
故选：D。
正弦式交流电的有效值与峰值的关系为E=Em2；让直流和交流分别通过相同的电阻，若相同时间内产生相同的热量，则直流电电流、电压值为交流电的有效值．
解决本题的关键知道峰值、有效值、瞬时值、平均值的区别，知道它们的联系，基础题．

2.【答案】D 
【解析】解：AB、一条电场线无法确定电场线的疏密情况，所以无法比较三点的电场强度的大小，故不一定正确，无法得出肯定的结论；故AB错误；
CD、顺着电场线方向，电势降低，则一定有φa>φb>φc，但无法得出三点电势大小间的关系，故D正确、C错误。
故选：D。
本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小，一条电场线无法确定电场强度的大小。
本题考查了电场线和电势、电场强度的关系，知道电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线的方向电势是降低的。

3.【答案】B 
【解析】解：AB、由左手定则可知，正离子所示洛伦兹力向上，正离子打在上极板P上；负离子所受洛伦兹力向下，打在下极板Q上；P板带正电，Q板带负电，流过电阻R的电流方向由a到b，故A错误；
B、达到稳定时离子所受合力为零，离子在极板间做匀速直线运动，设离子所带电荷量为q，两极板间的距离为d，两极板间电压为U，离子速度大小为v，磁感应强度大小为B，由平衡条件得：qUd=qvB，解得：U=Bdv，若只增大粒子入射速度v，则P、Q两板间的电压U增大，故B正确；
CD、设电源的内阻为r，由闭合电路的欧姆定律可知，电流I=Ur+R=Bdvr+R，若只减小两金属板的间距d则通过R的电流减小，若只改变磁场的磁感应强度大小，则通过R的电流发生变化，故CD错误。
故选：B。
应用左手定则判断粒子所受洛伦兹力方向，然后判断电流方向；应用平衡条件求出P、Q间的电压，应用闭合电路的欧姆定律求出电流，然后分析答题。
解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡。

4.【答案】A 
【解析】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下。由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa>Φb，故A正确，BCD错误；
故选：A。
在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极。磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等。穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大。
本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较。常见问题，中等难度。

5.【答案】B 
【解析】解：A、由于正点电荷在a、c两点产生电场强度方向不同，再与匀强电场叠加后的电场强度一定不同，故A错误；
B、在点电荷产生的电场中，a、b两点的电势相等，所以a、b两点的电势差等于其只在匀强电场中时两点的电势差，由题意可知：−eUbo=−3eV
解得：Ubo=3V
根据几何关系以及匀强电场中电势差与电场强度的关系可得：Uab=−2Ubo=−2×3V=−6V，故B正确；
C、匀强电场的电场强度大小为：E=Ubal=65×10−2V/m=1.2×102V/m，故C错误；
D、将电子自a点沿ad连线移到d点的过程中，匀强电场的电场力对电子不做功，而点电荷对电子的静电力先做正功再做负功，所以电子的电势能先减小后增大，故D错误。
故选：B。
电场是矢量，根据矢量的合成判断ac两点的电场；根据电势差与电场强度的关系解得Uab；同时解得电场强度大小；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。

6.【答案】A 
【解析】解：A、若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转，故A正确；
B、同理，若B接电源正极、A接电源负极，根据左手定则得，液体沿逆时针做圆周运动，故B错误；
C、由前面的分析可知，无论A、B谁接电源的正、负极，液体都会旋转，故C错误；
D、由前面的分析可知，无论仅改变电源的正、负极还是仅改变磁体的N、S极，重做该实验发现液体旋转方向变化，故D错误。
故选：A。
在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向．
本题是一道基础题，知道在电源外部电流由正极流向负极、熟练应用左手定则即可正确解题．

7.【答案】C 
【解析】解：B、将金属圆盘看成由无数根沿半径方向的金属“幅条”组成，金属“幅条”转动切割磁感线，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，故B错误；
A、金属圆盘切割磁感线产生感应电动势，其相当于电源，由B选项的结论可知圆盘边缘相当于电源的正极，圆心相当于电源的负极，所以由圆盘的圆心到边缘电势逐渐升高，并非各处的电势相等，故A错误；
C、感应电流从螺线管的F端通过绕线流向E端，根据安培定则可知，螺线管内部的磁场从F指向E，故C正确；
D、因圆盘匀速转动，故产生的感应电动势恒定，感应电流亦恒定，则螺线管产生的磁场不发生变化，铜环的磁通量不变化，所以铜环中没有感应电流产生，故D错误。
故选：C。
将金属圆盘看成由无数根沿半径方向的金属“幅条”组成，金属“幅条”转动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流的方向；从而判断圆盘中电势分布情况；由安培定则判断螺线管产生的磁场方向；产生感应电流的条件为闭合回路的磁通量要变化。
解答本题关键要掌握右手定则、安培定则，并能正确用来分析电磁感应现象，对于这两个定则的运用，要弄清楚两个问题：一是什么条件下用？，二是怎样用？避免混淆。

8.【答案】D 
【解析】解：A、刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮，故A错误；
B、灯泡B与线圈L构成闭合回路，所以稳定后再断开开关S后，由于电磁感应现象，L中电流不会马上消失，电流流过B使灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，灯泡A立即熄灭，故B错误；
CD、当S断开时，L中电流方向不变，仍由右向左流动，所以B中电流由左向右，故a点的电势比b点高，故C错误，D正确。
故选：D。
闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化；断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化，根据L中电流的流向确定灯泡中电流方向。
本题考查自感现象的内容和应用，对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象，确定电流方向。

9.【答案】BD 
【解析】解：A.由线圈中电动势E=BLv可知，线圈第一次以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，线圈中电动势之比为2：1，故A错误，不符合题意；
B.线圈中电动势之比为2：1，由闭合电路欧姆定律可知，线圈中电流之比为2：1，故B正确，符合题意；
C.通过线圈的电量为q=It=BLvR×Lv=BL2R
所以通过线圈的电量之比为1：1，故C错误，不符合题意；
D.线圈中产生的热量为Q=I2Rt=(BLvR)2×R×Lv=BL2R
所以线圈中产生的热量之比为2：1，故D正确，符合题意。
故选：BD。
线圈进入磁场时，做切磁感线运动，根据切割公式求解感应电动势表达式，根据欧姆定律得到感应电流表达式，再根据安培力公式得到安培力表达式，根据q=It得到电荷量表达式，根据焦耳定律得到电热表达式，最后用比值法求解。
本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据Q=I2Rt求解热量，由电流定义式可以求出电荷量。

10.【答案】AB 
【解析】解：A、由φ−x图象可知x=L处合电场强度为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A正确；
BC、x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，该点的合电场强度为0，即：
kQ(5L)2=kQ′(3L)2=0，
解得：
Q′=9Q25，
原点O处的电场强度的大小：
E0=kQ(4L)2−k9Q25(4L)2=kQ25L2，方向向右，
正检验电荷在原点O处受到的电场力向右，故B正确，C错误；
D、由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程中，电势能先增大后减小，故D错误。
故选：AB。
根据L点场强为0，知两电荷是同种电荷，根据电势的变化，判断电荷的电性；因为电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率为ΔφΔx(Δx→0)，表示电场强度E，所以可知L点的场强为0，从而知道O点的场强；根据P点的场强为0可知两电荷的电量大小，根据电场力做功判断电势能的变化。
解决本题的关键掌握电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率为ΔφΔx(Δx→0)，表示电场强度E，以L点场强为0作为突破口，展开分析。

11.【答案】BC 
【解析】解：A、t=1600s时，a、b两点间电压的瞬时值为u=102sin100π×1600V=52V，故A错误；
B、电表的读数为有效值，原线圈的有效值为10V，则副线圈的有效值为U2=n2n1U1=101×10V=100V，故B正确；
C、计算热量用有效值，R1两端的电压有效值为100V，所以在1分钟内电阻R1上产生的热量为Q=U22R1t=1002100×60J=6000J，故C正确；
D、当R2的温度升高时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V的示数不变，故D错误。
故选：BC。
A、直接根据瞬时表达式代入数据求解．
B、电压表读数为有效值．先根据最大值求有效值，再根据变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，求得电压表读数．
C、根据有效值计算热量．
D、和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
要知道有效值的物理意义，知道求热量用有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况

12.【答案】AC 
【解析】解：A.金属细杆运动到圆弧轨道时受到重力，支持力，安培力，故A正确；
B.设金属细杆运动到P点时的速度大小为v，从M到P过程，由动能定理得−mgR+BIL(MN+OP)=12mv2，代入数据解得：v=25m/s，故B错误；
C.金属细杆运动到P点时，安培力的方向为水平向右，速度方向为竖直向上，安培力方向与速度方向垂直，故此时安培力的瞬时功率为0，故C正确；
D.在P点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为N，由牛顿第二定律得2N−BIL=mv2r，代入数据解得：N=0.75N，由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为N′=N=0.75N，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律和安培力公式结合求解金属细杆开始运动时的加速度大小。金属细杆由于受到安培力作用而沿水平导轨加速运动，滑到圆弧段的P点时，由安培力和轨道的支持力的合力提供向心力，先根据动能定理求出金属杆到达P点时的速度大小，再根据向心加速度公式求解到P点时的向心加速度大小，由牛顿第二定律求每个轨道对细杆的作用力，再由牛顿第三定律求细杆对每一条轨道的作用力。
本题中安培力是恒力，可以根据功的公式求功，运用动能定理求速度，再根据牛顿运动定律求解轨道的作用力，也就是说按力学的方法研究通电导体的运动问题。

13.【答案】(1)0；    (2)CD；   (3)UAUn 
【解析】解：
(1)在变压器原副线圈中由于有交变电流而发生互相感应的现象，叫做互感现象。互感现象是变压器工作的基础：变压器通过闭合铁芯，利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化。故直流电通过线圈A后，无法在线圈B中产生感应电流，故电压为0.
(2)理想变压器原副线圈两端的交变电流频率和功率不变，电压和电流大小改变，故AB错误，CD正确；
(3)根据电压比与匝数比的关系可得：UAU=nAn，得到A线圈的匝数：
nA=UAUn.
故答案为：(1)0(2)CD(3)UAUn.
(1)在变压器原副线圈中由于有交变电流而发生互相感应的现象，叫做互感现象。直流电通过线圈A后，无法在线圈B中产生感应电流；
(2)理想变压器原副线圈两端的交变电流频率和功率不变，电压和电流大小改变；
(3)根据变压器的原理，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，分析即可得出结论．
本题考查多用电表的使用及原理；此题既要对多用表能正确使用，又要对变压器的原理熟练掌握，要注意变压器只对交变电流有效。综合要求较高

14.【答案】E C 甲  1.50.90 
【解析】解：(1)一节干电池的电动势约为1.5V，电压表应选择E；电路最大电流约为零点几安培，且电流表C的内阻已知，电流表应选择C。
(2)电流表内阻已知，为减小电表内阻带来的实验误差，应选择图甲所示电路图。
(3)根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：U=E−I(r+RA)
由题意可知，电流表内阻RA=0.1Ω，由图丙所示图象可知，电池电动势E=1.5V，内阻r=|ΔUΔI|−RA=|1.0−1.50.5|Ω−0.1Ω=0.90Ω。
故答案为：(1)E；C；(2)甲；(3)1.5；0.90。
(1)根据一节干电池的电动势选择电压表，根据所给电流表从减小误差的角度选择电流表。
(2)根据实验原理与实验器材选择实验电路图。
(3)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电池电动势与内阻。
理解实验原理是解题的关键，要掌握实验器材的选择原则，根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式即可解题。

15.【答案】解：(1)小球受电场力为F=Eq=2N
受力分析可知：Fcosθ−f=ma
f=μN
N=mg−Fsinθ
解得a=Fcosθ−μ(mg−Fsinθ)m
带入数据解得：a=6m/s2

(2)小球的位移x=12at2=12×6×22m=12m
电场力做功WF=Fxcosθ=2×12×0.8J=19.2J
电场力做功等于电势能的变化量的负值，则WF=−ΔEp=19.2J
ΔEp=−19.2J
答：(1)求小球的加速度为6m/s2；
(2)从t=0至t=2s，小球电势能的变化量ΔEp为−19.2J。 
【解析】(1)对小球进行受力分析，结合牛顿第二定律计算出小球的加速度；
(2)根据位移-时间公式计算出位移，结合功能关系分析出电势能的变化量。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，分析过程中结合了运动学公式和功能关系，整体难度不大。

16.【答案】解：(1)过B点作电子出射速度方向的垂线交y轴于C点，则C点为电子在磁场中运动轨迹的圆心，画出电子的运动轨迹．
由几何知识得∠ACB=60∘
设电子在磁场中运动的轨迹半径为R，
则 R−L=Rsin30∘，得：R=2L
又由洛伦兹力提供向心力，得：
   ev0B=mv02R
则得：B=mv02eL；
(2)由几何知识∠ACB=60∘
则粒子在磁场中飞行时间为 t=θ360∘⋅2πRv0
将R=2L代入得：t=2πL3v0；
答：
(1)磁场的磁感应强度大小为mv02eL；
(2)电子在磁场中运动的时间为2πL3v0. 
【解析】(1)根据题意画出粒子运动的轨迹，找出粒子轨迹半径R与L之间的关系，由洛伦兹力提供向心力列方程即可求得磁感应强度大小；
(2)粒子在磁场中飞行时间为t=θ2πT，θ是轨迹对应的圆心角，由几何知识确定圆心角θ，即可求解．
该类题目首先根据题意正确画出粒子运动的轨迹，运用几何知识找出R与L之间的关系，是解决问题的关键．

17.【答案】解：(1)金属棒ab下滑恰好达到最大速度由E=BLv
由闭合电路欧姆定律得：I=ER+r
F=BIL
得安培力F=B2L2vR+r
设金属棒下滑过程所受摩擦力大小为f，则由平衡条件得到mgsin30∘=f+F
代入数据解得：f=0.3N
(2)在金属棒ab静止释放到速度刚达到最大的过程中，金属棒的重力转化为金属棒的动能、焦耳热和摩擦生热，根据能量守恒定律得，电路中产生的焦耳热为Q=mgh−f⋅hsin30∘−12mv2
代入数据解得：Q=1J
则电阻R上产生的热量为
QR=RR+rQ
代入数据解得：QR=0.8J
答：(1)滑动摩擦力为0.3N；
(2)此过程中电阻R上产生的热量为0.8J。 
【解析】(1)金属棒先加速下滑，后匀速下滑时，速度达到最大，由闭合电路欧姆定律、法拉第定律和安培力公式推导出安培力表达式，根据平衡条件求出摩擦力．
(2)根据能量守恒定律求出电阻上产生的热量．
本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键是安培力的分析和计算，它是联系力学与电磁感应的桥梁．

18.【答案】解：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=mv02R
解得：R=mv0qB=0.2m
(2)离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上，
离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1，则l1=v0t，
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2，
根据运动学规律有：l2=12at2
根据牛顿第二定律可得：Eq=ma
由几何关系可知：tan60∘=l2l1
代入数据解得：t=3×10−7s
(3)根据洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r，可得：r=mvqB，可知B越小，r越大．
设离子在磁场中最大半径为R，由几何关系得：R=12(r1−r1sin30∘)=0.05m
根据洛伦兹力提供向心力：qv0B1=mv02R
联立解得：B1=4×10−4T
则外加磁场：△B1=B1−B=3×10−4T
答：(1)离子从O点进入磁场B中做匀速圆周运动的半径R为0.2m；
(2)离子进入电场后，经3×10−7s再次到达x轴上；
(3)所加磁场磁感应强度的最小值为3×10−4T. 
【解析】(1)利用洛伦兹力提供向心力，即可求出离子从O点进入磁场B中做匀速圆周运动的半径R；
(2)离子进入电场后，利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律，联立即可求出再次到达x轴所经历的时间；
(3)画出临界粒子轨迹过程，利用洛伦兹力提供向心力结合临界几何关系，联立即可求就出所加磁场磁感应强度的最小值．
本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，第(3)问要注意是额外又加一个磁场，而不是替换．