2023-2024學(xué)年上海市寶山區(qū)重點(diǎn)中學(xué)高二（上）期末物理試卷(含解析）

這是一份2023-2024學(xué)年上海市寶山區(qū)重點(diǎn)中學(xué)高二（上）期末物理試卷(含解析），共16頁。試卷主要包含了選擇題，非選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1.如圖，將摩擦起電的塑料絲靠近帶電的PVC管，塑料絲“躲開”狀似章魚，所以稱為“靜電章魚”。由此現(xiàn)象可以判斷( )
A. 塑料絲和PVC管都帶正電
B. 塑料絲和PVC管都帶負(fù)電
C. 塑料絲和PVC管帶同種電荷
D. 塑料絲和PVC管帶異種電荷
2.關(guān)于靜電場和磁場，下列說法正確的是( )
A. 靜電場和磁場都是真實(shí)存在的物質(zhì)，因此磁感線和電場線也是真實(shí)存在的
B. 將負(fù)電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能增加
C. 無論是正電荷還是負(fù)電荷，從電場中的某點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，靜電力做的正功越多，電荷在該點(diǎn)的電勢能越大
D. 磁感應(yīng)強(qiáng)度是標(biāo)量，只有大小，沒有方向
3.關(guān)于電場強(qiáng)度的概念，下列說法中正確的是( )
A. 負(fù)電荷在電場中某點(diǎn)受到的電場力的方向跟該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向相反
B. 電場強(qiáng)度的方向總跟電場力的方向一致
C. 電荷在電場中某點(diǎn)受到的電場力大，該點(diǎn)的電場強(qiáng)度就大
D. 在電場中某點(diǎn)不放電荷，該點(diǎn)電場強(qiáng)度一定為零
4.一不計(jì)重力的帶電粒子q在正點(diǎn)電荷Q的電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則( )
A. 粒子q帶正電
B. 粒子q的加速度先變小后變大
C. 粒子q的電勢能先變小后變大
D. 粒子q一定是從A運(yùn)動(dòng)到B
5.在勻強(qiáng)磁場中某處P放一個(gè)長度為L=40cm，通電電流I=0.5A的直導(dǎo)線，測得它受到的最大磁場力F=1.0N?，F(xiàn)將該通電導(dǎo)線從磁場中撤走，則P處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為( )
A. 零B. 5TC. 0.1TD. 10T
6.在下列四幅圖中，正確標(biāo)明了帶負(fù)電的粒子所受洛倫茲力f方向的是( )
A. B.
C. D.
7.關(guān)于感應(yīng)電流的產(chǎn)生，下列說法中正確的是( )
A. 只要電路的一部分做切割磁感線的運(yùn)動(dòng)，電路中就一定有感應(yīng)電流
B. 穿過螺線管的磁通量發(fā)生變化時(shí)，螺線管內(nèi)部就一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生
C. 線圈不閉合時(shí)，即使穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈中也沒有感應(yīng)電流
D. 只要閉合電路內(nèi)有磁通量，閉合電路中就有感應(yīng)電流產(chǎn)生
8.零刻度在表盤正中間的電流計(jì)，非常靈敏，通入電流后，線圈所受安培力和螺旋彈簧的彈力作用達(dá)到平衡時(shí)，指針在示數(shù)附近的擺動(dòng)很難停下，使讀數(shù)變得困難。在指針轉(zhuǎn)軸上裝上的扇形鋁框或扇形鋁板，在合適區(qū)域加上磁場，可以解決此困難。下列方案合理的是( )
A. B.
C. D.
9.當(dāng)條形磁鐵相對螺線管A上下運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生了如圖所示的感應(yīng)電流，則( )
A. 條形磁鐵正在向下運(yùn)動(dòng)
B. 螺線管A有收縮的趨勢
C. 通過螺線管A的磁通量正在變小
D. 螺線管A對水平桌面的壓力將變大
10.在如圖所示的電路中，電源電壓恒定為U，在將滑動(dòng)變阻器R2的滑片P向左滑動(dòng)時(shí)，小燈泡L1、L2的亮度變化情況是( )
A. 兩個(gè)小燈泡都變暗
B. 兩個(gè)小燈泡都變亮
C. L1變暗、L2亮度不變
D. L1變亮、L2變暗
11.如圖所示，一正方形金屬線框邊長為a，從磁場上方某一高度、自由下落，磁場邊界寬為3a，則線框從進(jìn)入磁場到完全離開磁場的過程中，線框速度隨時(shí)間變化的圖象可能是下圖中( )
A.
B.
C.
D.
12.在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個(gè)帶電小球繞豎直方向的軸O在勻強(qiáng)磁場中做逆時(shí)針方向的水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場的方向豎直向下，其俯視圖如圖，若小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，繩子突然斷開，關(guān)于小球在繩斷開后可能的運(yùn)動(dòng)情況，以下說法不可能的是( )
A. 小球做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變B. 小球做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑減小
C. 小球做順時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變D. 小球做順時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑減小
二、非選擇題
13.描述電場的力的性質(zhì)的物理量為______ ，描述電場的能的性質(zhì)的物理量為______ 。
14.利用直流電源給蓄電池充電，蓄電池兩端電壓為12V，充電電流為2A，充電時(shí)間2分鐘，則充電過程中電流所做功______ J，電源的______ 能轉(zhuǎn)化為蓄電池的化學(xué)能。
15.如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線框面積為S。當(dāng)線框平面與磁場方向垂直時(shí)，穿過線框的磁通量為______；當(dāng)線框從圖示位置繞OO′軸轉(zhuǎn)過180°的過程，穿過線框磁通量的變化量為______。
16.將一個(gè)電荷量為5×10?8C的正電荷從電場中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做功3×10?6J，則A、B兩點(diǎn)的電勢差為______ V。若B點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，則A點(diǎn)電勢為______ V。
17.一質(zhì)量為m、電荷量為?e的電子以平行于兩極板的速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)電場，如圖。若兩極板間電場強(qiáng)度大小為E，兩極板間的距離為d，板長為L，電子沒有擊中極板，則該平行電容板間電壓為______ ，電子從進(jìn)入電場到飛出極板電場力做功為______ 。
18.如圖中是螺旋測微器和游標(biāo)卡尺的某次測量。其中螺旋測微器的讀數(shù)為______ mm，游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為______ mm。
19.圖示為研究左手定則的實(shí)驗(yàn)裝置圖．閉合電鍵，銅棒P向右擺動(dòng)，則U形磁鐵的A端為______極(選填“N”或“S”)。銅棒P從靜止開始起，第一次到達(dá)右側(cè)最高點(diǎn)的過程中，不計(jì)空氣阻力，其機(jī)械能______(選填“增大”、“減小”、“先增后減”、“先減后增”)。
20.某同學(xué)為了探究影響感應(yīng)電流方向的因素，使用了圖所示的實(shí)驗(yàn)電路。先閉合開關(guān)S2，再閉合開關(guān)S1，發(fā)現(xiàn)閉合S1瞬間，電流表指針向左偏了一下。閉合開關(guān)S1和S2，穩(wěn)定后再分別進(jìn)行以下操作，出現(xiàn)的情況是：
(1)將滑動(dòng)變阻器的滑片迅速向右移動(dòng)時(shí)，電流表指針______ (填“向左偏”或“向右偏”或“不偏轉(zhuǎn)”)；
(2)先斷開S2，稍后再閉合S2瞬間，電流表指針______ (填“向左偏”或“向右偏”或“不偏轉(zhuǎn)”)；
(3)將線圈A迅速從線圈B中拔出時(shí)，電流表指針______ (填“向左偏”或“向右偏”或“不偏轉(zhuǎn)”)。
21.某一具有速度選擇器的質(zhì)譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，兩板間距離為d；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。今有一質(zhì)量為m，電荷量為e的正粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進(jìn)入分離器后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。求：
(1)粒子的速度v為多少？
(2)速度選擇器兩板間電壓U2為多少？
(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R為多大？
22.如圖所示PQ、MN為足夠長的兩平行金屬導(dǎo)軌，它們之問連接一個(gè)阻值R=10Ω的電阻；導(dǎo)軌間距為L=1m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，長約1m，質(zhì)量m=0.1kg的均勻金屬桿水平放置在導(dǎo)軌上(金屬桿電阻不計(jì))，它與導(dǎo)軌的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ= 35，導(dǎo)軌平面的傾角為θ=30°，在直導(dǎo)軌平面方向有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T，今讓金屬桿AB由靜止開始下滑，從桿靜止開始到桿AB恰好勻速運(yùn)動(dòng)的過程中經(jīng)過桿的電量q=1C，求：
(1)當(dāng)AB下滑速度為4m/s時(shí)加速度的大小
(2)AB下滑的最大速度
(3)B由靜止開始下滑到恰好勻速運(yùn)動(dòng)通過的距離
(4)從靜止開始到AB勻速運(yùn)動(dòng)過程R上產(chǎn)生的熱量
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根據(jù)電荷之間相互作用的特點(diǎn)：同種電荷相互排斥，由此可知塑料絲“躲開”是塑料絲和PVC管帶同種電荷；由于不知道塑料絲與哪一種物體摩擦，所以不能判斷出塑料絲帶正電還是帶負(fù)電，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，這種現(xiàn)象與驗(yàn)電器的工作原理相同，由此分析即可。
本題考查了摩擦起電的實(shí)質(zhì)、物體的受力分析、電荷間的相互作用規(guī)律，難度不大，要掌握。
2.【答案】C
【解析】解：A、電場線和磁感線都是人為假想的圖線，實(shí)際中并不存在，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)Ep=qφ可知，將負(fù)電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能減小，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)電勢能的定義可知，無論是正電荷還是負(fù)電荷，從電場中的某點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，只要靜電力做的正功越多，電荷在該點(diǎn)的電勢能越大，故C正確；
D、磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，有大小也有方向，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
明確電場線和磁感線是人為引入的虛擬線，實(shí)際中并不存在；明確電勢能的定義，知道電場力做正功時(shí)電勢能減小，電場力做負(fù)功時(shí)電勢能減小，能根據(jù)電場力做功確定某點(diǎn)電勢能的大小；明確磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，有大小和方向。
本題考查對磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線以及電勢能的理解，要注意明確不論正負(fù)電荷，只要電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功時(shí)，電勢能增大。
3.【答案】A
【解析】解：A、負(fù)電荷在電場中某點(diǎn)所受的電場力方向和該點(diǎn)電場強(qiáng)度方向相反，故A正確。
B、電場強(qiáng)度的方向與正電荷所受電場力方向相同，與負(fù)電荷所受電場力方向相反，故B錯(cuò)誤。
C、電場強(qiáng)度由電場本身性質(zhì)決定，電荷在電場中某點(diǎn)的電場力大，可能是電荷量較大，電場強(qiáng)度不一定大，故C錯(cuò)誤。
D、在電場中某點(diǎn)不放電荷，該點(diǎn)電場強(qiáng)度不變，不為零，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
電場強(qiáng)度的方向與正電荷所受電場力方向相同，與負(fù)電荷所受電場力方向相反，大小由電場本身決定，與放入電場中的檢驗(yàn)電荷無關(guān)．
解決本題的關(guān)鍵知道電場強(qiáng)度是矢量，掌握電場強(qiáng)度的定義式，知道電場強(qiáng)度的方向，注意不能說電場強(qiáng)度方向與電場力方向相同．
4.【答案】C
【解析】解：A、根據(jù)粒子彎曲方向可知，帶電粒子受力的方向向里指向正電荷，所以粒子q帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
B、無論粒子從哪端入射，都是先靠近電荷再遠(yuǎn)離電荷，靠近源電荷的地方場強(qiáng)大，所以粒子q的加速度先變大后變小，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)粒子受力和運(yùn)動(dòng)方向可知，電場力先做正功后做負(fù)功，所以粒子q的電勢能先變小后變大，故C正確；
D、粒子無論是由A到B還是由B到A，由于受力均向里，都可能形成如圖所示的軌跡，故無法判粒子的運(yùn)動(dòng)方向，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)軌跡彎曲的方向判斷粒子的受力方向，從而判斷粒子所受電場力做功的正負(fù)，電勢能的變化和動(dòng)能的變化。
本題考查了在點(diǎn)電荷電場中電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是根據(jù)軌跡彎曲的方向判斷粒子的受力的方向。
5.【答案】B
【解析】解：當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場方向垂直時(shí)，安培力最大，根據(jù)安培力公式F=BIL，得磁感應(yīng)強(qiáng)度B=FIL=1.00.5×0.4T=5T；將該通電導(dǎo)線從磁場中撤走，則P處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變?nèi)匀粸?T，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
根據(jù)安培力公式求磁感應(yīng)強(qiáng)度；空間中某點(diǎn)的磁場的大小和方向與放入電流無關(guān)，據(jù)此作答。
注意：空間中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向決定于磁場本身，放入電流無關(guān)。
6.【答案】A
【解析】解：A、根據(jù)左手定則，圖A中洛倫茲力的方向正確，故A正確；
B、根據(jù)左手定則，圖B中洛倫茲力方向向上，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)左手定則，圖C中洛倫茲力方向垂直紙面向里，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)左手定則，圖D中洛倫茲力方向垂直紙面向外，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
本題考查了左手定則的應(yīng)用，在應(yīng)用左手定則時(shí)注意：伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一平面內(nèi)，讓磁感線進(jìn)入手心，并使四指指向正電荷運(yùn)動(dòng)方向或者負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向，這時(shí)拇指所指的方向就是運(yùn)動(dòng)電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。
熟練應(yīng)用左手定則判斷帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向、磁場方向、洛倫茲力方向三者之間關(guān)系，在應(yīng)用時(shí)注意磁場方向的表示方法，不要混淆磁場方向；同時(shí)注意在判斷負(fù)電荷受力時(shí)，四指指向負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向。
7.【答案】C
【解析】解：A、導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，不一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生，只有當(dāng)閉合電路的一部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)才一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生。故A錯(cuò)誤。
B、穿過螺線管的磁通量發(fā)生變化時(shí)，若螺線管不閉合，則螺線管內(nèi)部沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故B錯(cuò)誤。
C、穿過線圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)線圈會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，若線圈不閉合，則線圈沒有感應(yīng)電流，故C正確。
D、閉合電路內(nèi)有磁通量，若磁通量不發(fā)生變化，則閉合電路中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，或閉合電路的一部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)這個(gè)條件進(jìn)行判斷．
感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件細(xì)分有兩點(diǎn)：一是電路要閉合；二是穿過電路的磁通量發(fā)生變化，即穿過閉合電路的磁感線的條數(shù)發(fā)生變化．
8.【答案】D
【解析】解：AC、如圖所示，當(dāng)指針向左偏轉(zhuǎn)時(shí)，鋁框或鋁板可能會(huì)離開磁場，產(chǎn)生不了感應(yīng)電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，所以A、C方案不合理，故AC錯(cuò)誤；
B、此圖是鋁框，磁場在鋁框中間，當(dāng)指針偏轉(zhuǎn)角度較小時(shí)，鉬框不能切割磁感線，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，B方案不合理，故B錯(cuò)誤；
D、此圖是鋁板，磁場在鋁板中間，無論指針偏轉(zhuǎn)角度大小，都會(huì)在鋁板上產(chǎn)生感應(yīng)電流，起到電磁阻尼的作用，指針會(huì)很快穩(wěn)定的停下，便于讀數(shù)，D方案合理，故D正確．
故選：D。
本題考查電磁阻尼基本知識(shí)，當(dāng)閉合導(dǎo)體磁通量發(fā)生改變，產(chǎn)生感應(yīng)電流，安培力阻礙導(dǎo)體與磁場的相對運(yùn)動(dòng)．
9.【答案】C
【解析】解：AC、根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流的磁場的方向向下，與條形磁鐵的磁場的方向是相同的，根據(jù)楞次定律可知，穿過線圈的磁通量正在減小，則一定是條形磁鐵向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，C正確；
B、在圖示的位置，當(dāng)穿過線圈A的磁通量減小時(shí)，螺線管A的面積擴(kuò)大，可以阻礙穿過螺線管的磁通量的減小，所以螺線管有擴(kuò)大的趨勢，故B錯(cuò)誤；
D、根據(jù)楞次定律的推廣“來拒去留”可知，當(dāng)條形磁鐵向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)候，螺線管有跟隨條形磁鐵運(yùn)動(dòng)的趨勢，所以螺線管對水平桌面的壓力減小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
當(dāng)磁鐵的運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈的磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流；先根據(jù)安培定則，結(jié)合感應(yīng)電流的方向判斷出穿過線圈的磁場(磁通量)的方向，然后由楞次定律判斷出磁場的變化，進(jìn)而判斷出條形磁鐵運(yùn)動(dòng)的方向。
楞次定律是高中物理的一個(gè)重點(diǎn)，也是?？純?nèi)容，一定要正確、全面理解楞次定律含義，掌握應(yīng)用楞次定律解題的思路與方法．
10.【答案】C
【解析】解：將滑動(dòng)變阻器R2的滑片P向左滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小。電源電壓恒定為U，則L2兩端電壓保持不變，流過L2的電流不變，L2亮度不變。電路總電阻減小，則總電流增大，流過R1的支路電流增大，則R1兩端的電壓增大，L1兩端電壓減小，L1變暗，故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
將滑動(dòng)變阻器R2的滑片P向左滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)歐姆定律分析干路電流的變化，進(jìn)而判斷兩個(gè)燈泡的電流或電壓的變化情況，即可判斷燈泡亮度的變化情況。
本題首先要搞清電路的連接方式，其次按“局部→整體→局部”的思路進(jìn)行分析。
11.【答案】C
【解析】解：A、金屬框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)，做減速運(yùn)動(dòng)，則重力小于所受安培力；根據(jù)安培力公式F=B2L2vR可知，出磁場時(shí)的速度大于進(jìn)入磁場的速度，則出磁場時(shí)必定也做減速運(yùn)動(dòng)．故A錯(cuò)誤；
B、金屬框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)，若重力與所受安培力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；出磁場時(shí)的速度大于進(jìn)入磁場的速度，則出磁場時(shí)必定做減速運(yùn)動(dòng)；由于安培力大于重力，所以速度減小時(shí)，線框所受的安培力減小，則合力減小，加速度減小，棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，而不是加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)．故B錯(cuò)誤；
C、開始時(shí)棒的速度增大，根據(jù)安培力公式F=B2L2vR可知，速度增大時(shí)，線框所受的安培力增大，則合力減小，加速度減小，棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；出磁場時(shí)棒做減速運(yùn)動(dòng)，由于安培力大于重力，所以速度減小時(shí)，線框所受的安培力減小，則合力減小，加速度減小，棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)．故C正確；
D、金屬框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)，若重力與所受安培力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；出磁場時(shí)的速度大于進(jìn)入磁場的速度，則出磁場時(shí)必定做減速運(yùn)動(dòng)．故D錯(cuò)誤．
故選：C
金屬框自由下落，進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)，可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可能做加速運(yùn)動(dòng)，也可能做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)安培力與速度成正比的關(guān)系，分析加速度的變化，再選擇圖象．
解決本題時(shí)，關(guān)鍵要注意條件不明時(shí)，要考慮各種情況．安培力與速度關(guān)系式F=B2L2vR，在分析電磁感應(yīng)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況時(shí)經(jīng)常用到，要在理解的基礎(chǔ)上加強(qiáng)記憶．
12.【答案】B
【解析】【分析】
運(yùn)動(dòng)的帶點(diǎn)粒子在磁場中受力洛倫茲力的作用，分小球帶正電和負(fù)電兩種情況進(jìn)行討論，用左手定則判斷洛倫茲力的方向，根據(jù)向心力公式分析繩子所受的力，繩子斷開后，繩子的拉力為零，小球僅受洛倫茲力，根據(jù)受力情況判斷小球的運(yùn)動(dòng)情況即可。
解題的關(guān)鍵是能正確分析向心力的來源，知道如何判斷洛倫茲力的方向，難度適中。
【解答】
AB.若小球帶正電，則小球所受的洛倫茲力指向圓心，開始時(shí)，拉力可能為零，繩斷后，仍然洛倫茲力提供向心力，逆時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變。
若開始靠洛倫茲力和拉力的合力提供向心力，拉力減小為零，小球靠洛倫茲力提供向心力，速度的大小不變，半徑變大，故B錯(cuò)誤，A正確；
CD.如果小球帶負(fù)電，則小球所受的洛倫茲力方向背離圓心，當(dāng)洛倫茲力的大小等于小球原來所受合力大小時(shí)，繩子斷后，小球做順時(shí)針的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變，也可能洛倫茲力大于之前合力的大小，則半徑減小，故CD正確。
故選B。
13.【答案】電場強(qiáng)度 電勢
【解析】解：物理學(xué)中用電場強(qiáng)度來描述電場力的性質(zhì)；用電勢來描述電場能的性質(zhì)。
故答案為：電場強(qiáng)度；電勢。
明確電場的性質(zhì)，知道各物理量的定義和它們的物理意義。
本題考查電場的描述，要注意明確電場強(qiáng)度和電勢能定義，正確理解它們的物理意義。
14.【答案】2880 電
【解析】解：已知蓄電池兩端電壓為U=12V，充電電流為I=2A，充電時(shí)間t=2min=120s，
則充電過程中電流所做功為
W=UIt=12×2×120J=2880J
充電過程中，電源的電能轉(zhuǎn)化為蓄電池的化學(xué)能。
故答案為：2880，電。
根據(jù)W=UIt求充電過程中電流所做功。充電過程中，電源的電能轉(zhuǎn)化為蓄電池的化學(xué)能。
解答本題的關(guān)鍵要掌握電功公式W=UIt，解題時(shí)要注意單位的換算。
15.【答案】BS ?2BS
【解析】解：當(dāng)線框平面與磁場方向垂直時(shí)，穿過線框的磁通量為Φ=BS；
當(dāng)線框從圖示位置繞OO′軸轉(zhuǎn)過180°時(shí)，穿過線框磁通量為：Φ′=?BS
所以當(dāng)線框從圖示位置繞OO′軸轉(zhuǎn)過180°的過程，穿過線框磁通量的變化量為：ΔΦ=Φ′?Φ=?BS?BS=?2BS
故答案為：BS，?2BS
圖示時(shí)刻，線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應(yīng)強(qiáng)度與線圈面積的乘積．當(dāng)它繞軸轉(zhuǎn)過θ角時(shí)，線圈在磁場垂直方投影面積為Scsθ，磁通量等于磁感應(yīng)強(qiáng)度與這個(gè)投影面積的乘積．線圈從圖示轉(zhuǎn)過180°時(shí)，磁通量為?BS，磁通量的變化量大小等于初末位置磁通量之差．
16.【答案】60 60
【解析】解：根據(jù)公式WAB=qUAB
代入WAB=3×10?6J，q=5×10?8C
得UAB=60V
若φB=0，由UAB=φA?φB=φA?0
得φA=60V
故答案為：60，60。
根據(jù)電場力做功的公式和電勢差的公式代入數(shù)據(jù)求解即可。
考查電場力做功的公式和電勢差的計(jì)算問題，熟練掌握基本公式的理解和應(yīng)用即可。
17.【答案】Ed e2E2L22mv02
【解析】解：根據(jù)電場強(qiáng)度的計(jì)算公式，該平行電容板間電壓U=Ed
粒子從進(jìn)入電場到飛出極板做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，平行于極板方向：L=v0t
垂直于極板方向：y=12at2，a=eEm
解得y=eEL22mv02
則電場力做功W=eEy=e2E2L22mv02
故答案為：Ed e2E2L22mv02。
根據(jù)電場強(qiáng)度的計(jì)算公式求解電壓；根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律可求出偏轉(zhuǎn)位移y，并由W=qEy求得。
本題主要是考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，解答本題的關(guān)鍵是掌握類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，知道電場力做功的計(jì)算方法。
18.【答案】0.900 14.50
【解析】解：螺旋測微器固定刻度最小分度為0.5mm，可動(dòng)刻度最小分度為0.01mm，讀數(shù)時(shí)需要估讀一位，根據(jù)螺旋測微器所示圖像可讀得其讀數(shù)為
0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm
圖中游標(biāo)卡尺游標(biāo)尺為(20分)度值，其精度為0.05mm，根據(jù)圖像可讀得游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為
14mm+10×0.05mm=14.50mm
故答案為：0.900；14.50。
先確定螺旋測微器的最小分度值再讀數(shù)；先確定游標(biāo)卡尺的最小分度值再讀數(shù)。
本題關(guān)鍵掌握螺旋測微器和游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法。
19.【答案】N 增大
【解析】解：導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，說明導(dǎo)體棒受到向右的安培力作用，根據(jù)左手定則可知磁場方向豎直向下，因此U形磁鐵的A端為N極；導(dǎo)體棒所受的安培力對導(dǎo)體棒做正功，機(jī)械能增大。
故答案為：N；增大。
導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，說明導(dǎo)體棒受到向右的安培力作用，根據(jù)左手定則判斷磁場方向；安培力做正功，機(jī)械能增大，據(jù)此作答。
通電導(dǎo)體在磁場中受安培力作用，安培力可以對導(dǎo)體棒做正功，可以做負(fù)功或不做功；安培力對導(dǎo)體棒做正功，電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能。
20.【答案】向右偏 不偏轉(zhuǎn) 向左偏
【解析】解：根據(jù)題意可知，閉合開關(guān)S2，線圈B與電流表形成閉合回路，閉合開關(guān)S1，線圈A中有電流，產(chǎn)生磁場，則閉合S1瞬間，穿過線圈B的磁通量增大，電流表指針向左偏
(1)將滑動(dòng)變阻器的滑片迅速向右移動(dòng)時(shí)，流過線圈A的電流減小，電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，穿過線圈B的磁通量減小，電流表指針向右偏。
(2)先斷開S2，稍后再閉合S2瞬間，穿過線圈B的磁通量不變，電流表指針不偏轉(zhuǎn)。
(3)將線圈A迅速從線圈B中拔出時(shí)，穿過線圈B的磁通量減小，電流表指針向右偏.。
故答案為：(1)向右偏；(2)不偏轉(zhuǎn)；(3)向左偏。
(1)滑動(dòng)變阻器向右運(yùn)動(dòng)，電流減小，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，電流表向右偏；
(2)斷開S2又閉合，通過B的磁通量不變，所以不偏轉(zhuǎn)；
(3)A從B中拔出時(shí)，磁通量減小，電流表向右偏。
學(xué)生在解決本題時(shí)，應(yīng)注意對楞次定律有所了解。
21.【答案】解：(1)粒子經(jīng)過加速電場U1加速后，根據(jù)動(dòng)能定理：eU1=12mv2?0
解得：v= 2eU1m
(2)因?yàn)榱Ｗ忧∧芡ㄟ^速度選擇器，則粒子在速度選擇器中受到的電場力和洛倫茲力為一對平衡力，即：eE=eU2d=evB1
解得：U2=B1d 2eU1m
(3)粒子在B2磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，則：evB2=mv2R
解得：R=1B2 2mU1e
答：(1)粒子的速度v為 2eU1m；
(2)速度選擇器兩板間電壓U2為B1d 2eU1m；
(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R為1B2 2mU1e。
【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理可以求出粒子的速度v；
(2)在速度選擇器中作勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)Eq=qvB1求出電壓U2；
(3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出粒子在B2磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R。
解決該題需要明確知道粒子在速度選擇器內(nèi)做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力和電場力大小相等，方向相反。
22.【答案】解：(1)取AB桿為研究對象其受力如圖示建立如圖所示坐標(biāo)系mgsinθ?FA?f=ma ①
N?mgcsθ=0 ②
摩擦力f=μN(yùn) ③
安培力 FA=BIL ④
I=ER ⑤
E=BLv ⑥
聯(lián)立上面①②③④⑤⑥
解得a=1m/s2；
(2)導(dǎo)體棒的加速度減小到零時(shí)速度最大。
根據(jù)平衡條件可得：mgsinθ=μmgcsθ+B2L2vmR
解得：vm=8m/s
(3)從靜止開始到勻速運(yùn)動(dòng)過程中：
q=I?t=E?R?t=BLSR
解得：S=20m；
(4)根據(jù)能量守恒定律可得：mg?=12mvm2+Qf+QR
代入數(shù)據(jù)解得：QR=0.8J。
答：(1)當(dāng)AB下滑速度為4m/s時(shí)加速度的大小為1m/s2；
(2)AB下滑的最大速度為8m/s；
(3)AB由靜止開始下滑到恰好勻速運(yùn)動(dòng)通過的距離為為20m
(4)從靜止開始到AB勻速運(yùn)動(dòng)過程R上產(chǎn)生的熱量為0.8J。
【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合安培力的計(jì)算公式進(jìn)行求解；
(2)導(dǎo)體棒的加速度減小到零時(shí)速度最大，根據(jù)平衡條件求解；
(3)從靜止開始到勻速運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式求解；
(4)根據(jù)能量守恒定律求解R上產(chǎn)生的熱量。
對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。