A. 電場(chǎng)強(qiáng)度定義式E=，場(chǎng)強(qiáng)是描述自身性質(zhì)的物理量，與F、q無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B. 磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式中，通電導(dǎo)線L所在處受到磁場(chǎng)力F為零時(shí)，該處磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零，當(dāng)B與L平行時(shí)，F(xiàn)也為零，故B錯(cuò)誤；
C．電場(chǎng)和磁場(chǎng)都是客觀存在的物質(zhì)，但是電場(chǎng)線和磁感線是假想的，選項(xiàng)C正確；
D．電場(chǎng)線和磁感線一般不是電荷在場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。
2.【答案】B
詳解】A．根據(jù)左手定則可判斷甲束粒子帶負(fù)電，乙束粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；
BC．在磁場(chǎng)中由洛倫茲力充當(dāng)向心力有，可得，通過(guò)速度選擇器的兩束粒子速度相同，由洛倫茲力等于電場(chǎng)力可得，解得，而根據(jù)，可知兩束粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑之比為，由此可知甲、乙兩束粒子的比荷比為，故B正確，C錯(cuò)誤；
由兩粒子的比荷比，可知，若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為，故D錯(cuò)誤。故選B。
3.【答案】A
【解析】由于理想變壓器原線圈兩端接入電壓的有效值不變，原、副線圈的匝數(shù)比不變，根據(jù)＝可知，副線圈兩端電壓的有效值保持不變，即電壓表V1的示數(shù)不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；開(kāi)關(guān)S閉合后，變壓器副線圈所在電路中的負(fù)載電阻減小，流過(guò)副線圈干路中的電阻R的電流增大，其兩端電壓增大，而副線圈兩端電壓不變，則與電流表A2串聯(lián)的電阻兩端電壓減?。碫2示數(shù)減小，由歐姆定律可知A2的示數(shù)減小，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；由理想變壓器原、副線圈電流與匝數(shù)成反比可知，線圈匝數(shù)比不變，副線圈的電流增大，則通過(guò)原線圈的電流也增大，故A1示數(shù)變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
4.【答案】C
【解析】A.電容器與電源斷開(kāi)，故電量不變；上極板向下移動(dòng)時(shí)，兩板間的距離減小，根據(jù)C=εS4πkd可知，電容C增大，A錯(cuò)誤；D.兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=Ud=QCd=4πkQεS；因此電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距無(wú)關(guān)，電場(chǎng)強(qiáng)度不變；D錯(cuò)誤。C.再根據(jù)設(shè)P與下極板距離為l，則P點(diǎn)的電勢(shì)φP=El，電勢(shì)能EP=ELq；因此電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能保持不變；C正確；B.根據(jù)C=QU可知，電壓U減??；故靜電計(jì)指針偏角減??；B錯(cuò)誤；故C正確，AD錯(cuò)誤。故選C。
5.【答案】C
【詳解】AB．根據(jù)右手螺旋定則及疊加原理可知，MN間的連線上，靠近M處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向內(nèi)，靠近N處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向外，從M到N磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小，過(guò)O點(diǎn)后反向增大，據(jù)左手定則可知，帶正電的小球從a到b過(guò)程受到的洛倫茲力方向先向上后向下，故小球在運(yùn)動(dòng)方向上不受外力，將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，AB錯(cuò)誤；CD．洛倫茲力大小為，可知帶正電的小球從a到O過(guò)程受到的洛倫茲力方向向上且逐漸減小，豎直方向據(jù)平衡條件可得，可知桌面的支持力N1增大，過(guò)O點(diǎn)后受到的洛倫茲力方向向下且逐漸增大，據(jù)平衡條件可得，可知桌面的支持力N2增大，故小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?，C正確，D錯(cuò)誤。故選C。
6.【答案】A
【詳解】AB．導(dǎo)線框勻速穿過(guò)圖示的等腰直角三角形磁場(chǎng)區(qū)域，進(jìn)入的過(guò)程中，由楞次定律可知感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，為正值，由幾何關(guān)系知導(dǎo)線框邊切割磁感線的有效長(zhǎng)度等于進(jìn)入磁場(chǎng)的距離，則感應(yīng)電流的大小為，導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，由楞次定律可知感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，為?fù)值，由幾何關(guān)系知導(dǎo)線框邊切割的有效長(zhǎng)度等于離開(kāi)磁場(chǎng)的距離，同理可得感應(yīng)電流大小為，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動(dòng)，外力沿軸方向的分量與導(dǎo)線框邊所受安培力等大反向，由左手定則可知安培力方向始終向左，則外力沿軸方向的分量方向始終向右，則，，故CD錯(cuò)誤。故選A。
7.【答案】B
【詳解】A、對(duì)金屬桿，根據(jù)平衡方程得：mg＝B2I?2a，解得：I，故A錯(cuò)誤；
B、整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率為：P＝EI．故B正確；
C、由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E?πa2＝kπa2；且閉合電路歐姆定律有：I，又I，解得：Rr．故C錯(cuò)誤；
D、區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b+kt（k＞0）變化，可知磁感強(qiáng)度均勻增大，穿過(guò)整個(gè)回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到A．故D錯(cuò)誤．
8.【答案】ABC
【詳解】在ab加速運(yùn)動(dòng)的某時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin-BIL=ma，又,聯(lián)立解得，當(dāng)v=0時(shí)，加速度最大，當(dāng)a=0時(shí),速度最大，選項(xiàng)A、C正確；B．通過(guò)金屬棒ab橫截面的電荷量為，選項(xiàng)B正確；
D．電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q，根據(jù)動(dòng)能定理可得，得，安培力是變力，不能用W=Fx求解安培力的功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選ABC。
9. 【答案】AD
【詳解】A．交流電的頻率為，A正確；B．通過(guò)電流的有效值為，兩端即副線圈兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律可知，根據(jù)理想變壓器的電壓規(guī)律可知原線圈的電壓，電阻兩端分壓即為電壓表示數(shù)，即，B錯(cuò)誤；C．電流表的示數(shù)為
C錯(cuò)誤；D．副線圈中流過(guò)的總電流為，變壓器原副線圈傳輸?shù)墓β蕿?，D正確。故選AD
10.【答案】BD
【詳解】A．電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，由于洛倫茲力不做功，向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電子速度變大，向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電子速度變小，電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)速度大小不相等，故A錯(cuò)誤；
B．入射速度v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)則有Ee=ev0B，解得E=v0B，電子入射速度為，則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，速度大小為時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有，解得，故B正確；
C．若將電子變?yōu)橘|(zhì)量和電量不變的正電荷，正電荷向上的洛倫茲力和向下的電場(chǎng)力，力的大小不變，入射速度小于v0時(shí)，軌跡與圖中虛線關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，故C錯(cuò)誤；
D．若電子以v入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動(dòng)能定理有
由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有F合=evmB－eE，在最低點(diǎn)有F合=eE－evB，聯(lián)立有，，要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)位置，即y≥y2，解得，則若電子入射速度在0

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