2021-2022学年山西省临汾市翼城中学高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年山西省临汾市翼城中学高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了3ΩB，0V,内阻不计)，【答案】D，【答案】B，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年山西省临汾市翼城中学高二（上）期末物理试卷

1. 关于静电场中的电场强度和磁场中的磁感应强度，下列说法正确的是(    )
A. 电场强度是矢量，真空中点电荷的电场强度定义式为E=kQr2
B. 电场强度的公式E=Ud，适用于任何静电场
C. 磁感应强度B是矢量，其定义式为B=FIL
D. 由磁感应强度公式B=FIL，磁感应强度的大小与直线电流的大小和受力大小有关
2. 如图所示为电子束焊接机，K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高电压U，两极之间形成了辐向分布的电场，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。有一电子在K极由静止被加速，不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是(    )
A. A、K之间的电场强度均为Ud B. B点电势大于C点电势
C. B点电场强度大于C点电场强度 D. 电子由K到A的电势能减少了eU
3. 由5个1Ω电阻连成的如图所示的电路，导线的电阻不计，则A、B间的等效电阻为(    )

A. 0.3Ω B. 0.4Ω C. 0.5Ω D. 0.6Ω
4. 如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内(    )

A. 充电宝输出的电功率为UI−I2r B. 手机电池产生的焦耳热为I2rt
C. 手机电池产生的焦耳热为U2rt D. 手机电池储存的化学能为UIt+I2rt
5. 如图所示，水平桌面上放一根条形磁铁，磁铁正中央上方吊着跟磁铁垂直的导线。当导线中通入指向纸内的电流时(    )
A. 悬线上的拉力将变小
B. 悬线上的拉力将不变
C. 悬线上的拉力将变大
D. 磁铁对水平桌面的压力将不变
6. 质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，则下列表述正确的是(    )

A. M带正电 B. M的速率大于N的速率
C. M的运行周期大于N的运行周期 D. M的运行时间大于N的运行时间
7. 在光滑水平面上沿一直线运动的甲、乙两小球，动量大小相等，质量之比为1：5，两小球发生正碰后，甲、乙两球的动量大小之比为1：11，则甲球在碰撞前、后的速度大小之比可能是(    )
A. 7：1 B. 5：1 C. 10：1 D. 11：5
8. 如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭“释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(    )
A. 火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B. 水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C. 火箭获得的最大速度为Mv0M−m
D. 火箭上升的最大高度为m2v022g(M−m)2
9. 1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，回旋加速器是利用磁场和电场共同使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频交变电场反复加速的装置，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒，D1，D2构成，其间留有空隙，忽略相对论，若粒子源射出α粒子，已知α粒子的质量为m，电荷量为q，D形盒的最大半径为R，下列说法正确的是(    )
A. 交变电场的周期等于粒子做圆周运动的周期的一半
B. 粒子的轨道半径与它被电场加速的次数成正比
C. α粒子从D形盒射出时的动能Ek=q2B2R22m
D. α粒子被加速是从磁场中获得能量
10. 如图是质谱仪工作原理示意图。带电粒子a、b从容器中的A点飘出(在A点初速度为零)，经电压U加速后，从x轴坐标原点处进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后分别打在感光板S上，坐标分别为x1、x2。图中半圆形虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则(    )
A. b进入磁场的速度一定大于a进入磁场的速度
B. a的比荷一定小于b的比荷
C. 若a、b电荷量相等，则它们的质量之比ma：mb=x12：x22
D. 若a、b质量相等，则在磁场中运动时间之比ta：tb=x1：x2
11. 下列选项中的操作能使如图所示的三种装置产生感应电流的是(    )

A. 甲图中，使导体棒AB顺着磁感线运动
B. 乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈
C. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入大螺线管B中不动
D. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入大螺线管B中不动，移动滑动变阻器的滑片
12. 物体在水平地面上受到水平推力F的作用，在6s内速度v、力F随时间t变化的关系图象如图所示，由图象可得(    )

A. 物体的质量为2kg B. 在前6s内合力的冲量为4N⋅s
C. 在前6s内的运动的位移为5m D. 在前6s内推力对物体做的功为3J
13. 如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是(    )
A. 图线a表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况
B. 图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况
C. 此过程中电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值变大
D. 此过程中电压表V3示数的变化量△U3和电流表示数变化量△I的比值不变
14. 如图所示，在纸面内水平向右的水平匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场中，有一水平的固定绝缘杆，小环P套在杆上，P的质量为m，电量为q(q>0)，P与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为E，磁感应强度为B，重力沿纸面向下，小环由静止起开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长。在运动过程中小环最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是(    )
A. 当a=0.5a0时小环的加速度一定增大
B. 小环P滑动过程中的最大速度v0=EμB+mgqB
C. 当a=a0时，小环的速度v=mgqB
D. 当v=0.5v0时小环的加速度一定减小
15. 用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3，如图乙，分析数据：

(1)实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为______。
A.m1m2
(2)(单选)关于该实验，下列说法正确的有______。
A.斜槽轨道必须光滑
B.铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平
C.入射球和被碰球的半径必须相同
D.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H
(3)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为______；若碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为______。(均用题中所给物理量的符号表示)
16. 为了测量一待测电阻R：的阻值，准备了以下器材：
A.多用电表
B.电流表Gl(0∼100mA,内阻约5Ω)
C.电流表G2(0∼50mA,内阻r2=10Ω)
D.定值电阻Ro(20Ω)
E.滑动变阻器R1(0∼5Ω)
F.滑动变阻器R2(0∼100Ω)
G.直流电源(3.0V,内阻不计)
H.开关一个及导线若干
①用多用电表欧姆挡“×l”档粗测电阻时，其阻值如图甲中指针所示，则Rx的阻值大约是______Ω；
②滑动变阻器应选______填仪器前的序号)；
③若已用G2表测Rx两端电压，请在答题卡上与图乙对应的虚线框中完成实验电路设计；______要求：滑动变阻器便于调节，电表读数不得低于量程的13)
④补全实验步骤：
a.按图乙所示电路图连接电路，将变阻器滑动触头移至最______端(选填“左”或“右”)；

b.闭合开关S，移动变阻器滑动触头至某一位置，记录G1、G2表的读数Il、I2；
c.多次移动变阻器滑动触头，记录相应的G1、G2表的读数I1、I2；
d.以I1为纵坐标，Il为横坐标，作出相应图线如图丙所示，则待测电阻Rx的阻值为______Ω(保留两位有效数字)。
17.    如图所示，通电导体棒ab质量为m、长为L，水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I，要求导体棒ab静止在斜面上。求：

(1)若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？
(2)若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？

18. 如图所示，半径为R1=1.8m的14光滑圆弧轨道AB与半径为R2=0.8m的两个14光滑圆弧空心管轨道BCD平滑连接并固定在竖直面内，光滑水平地面上紧靠管口有一质量为M=0.6kg的静止木板，木板上表面正好与管口底部相切，且处在同一水平线上。将一质量为m1=0.1kg的物块从A处由静止释放，与静止于B处的质量为m2=0.2kg的物块碰撞后合为一个整体，并从D处滑上木板，两物块未从木板上滑下。已知两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，两物块均可视为质点空心管粗细不计，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)物块m1与物块m2碰撞后刚进入BC轨道时，轨道对其作用力的大小；
(2)木板至少多长；
(3)全过程整个系统损失的机械能。
19. 如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ=45∘，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向).某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电量为+q的粒子a和b；结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场；不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知；求：
(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；
(2)粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；
(3)如果金属板间交变电场的周期T=4mqB，粒子b从图乙中t=0时刻进入电场，求要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、电场强度是受力，其定义式为E=Fq，公式E=kQr2为点电荷场强的决定式，故A错误；
B、电场强度的公式E=Ud，仅适用于任何匀强电场，故B错误；
C、磁感应强度是矢量，公式B=FIL为磁感应强度的定义式，该定义式的条件是电流的方向垂直于磁场的方向，电流元IL在磁场中受力为F，故C正确；
D、磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误；
故选：C。
电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；点电荷场强的决定式为E=kQr2。在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱。将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比。
本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件。

2.【答案】D 
【解析】解：A、如图所示，A、K之间的电场为非匀强电场，不可用E=Ud进行计算，故A错误；
B、沿电场线方向电势逐渐减小，等势面垂直于电场线，综合可得B点电势小于C点电势，故B错误；
C、电场线越密电场强度越大，则B点电场强度小于C点电场强度，故C错误；
D、电子由K到A的电势能减少量等于电场力做的功，即|ΔEp|=W=eU，故D正确。
故选：D。
A、K之间形成的是非匀强电场，公式E=Ud不适用；根据沿电场线方向电势降低判断电势高低；电场线的疏密程度表示电场强度大小；由电场力做功与电势能的关系和动能定理求得电子由K到A的电势能减少量。
本题以电子束焊接机为背景考查电子在电场中的加速问题，特别需要明确A、K之间建立的是非匀强电场，注意公式的适用条件。

3.【答案】C 
【解析】解：按从A到B的顺序把5个电阻分成1、2、3、4、5，由于结点A、D间是用导线相连，这两点是等势点，当电流从A点流入时可以同时流向电阻1、2、3，从电阻1和电阻2流出的电流汇合于C点，到达N点，结点M和B点间是导线相连，也是等势点，电流再从电阻4和电阻5经B流出，而流向电阻3的电流则直接经MB流出，其等效电路如图所示：
所以总电阻R=R3×R1245R3+R1245=1×(1×11+1+1×11+1)1+(1×11+1+1×11+1)Ω=0.5Ω，故A、B间总电阻为0.5Ω，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据等势法画出等效电路图，再根据电阻的串并联关系求出总电阻。
本题考查电阻的串并联总电阻的计算，要知道串联电路的总电阻等于各串联电阻的电阻之和，并联电路的总电阻的倒数等于电阻的倒数之和，难点在于要分清电路的连接方式。

4.【答案】B 
【解析】解：A、充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为UI，故A错误；
BC、U是充电宝的输出电压，不是手机电池的内电压，所以不能用U2rt计算手机电池产生的焦耳热，手机电池产生的焦耳热应为I2rt，故B正确，C错误；
D、充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为：UIt−I2rt，故D错误。
故选：B。
充电宝和手机都是非纯电阻，其电功率只能用P=UI计算，产生的焦耳热只能用Q=I2rt计算，根据能量守恒列式求解手机电池储存的化学能。
本题考查了非纯电阻，解题关键是区分热功率与电功率的计算式，本题难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

5.【答案】A 
【解析】解：ABC、磁铁在正中央上方产生的磁场方向从右到左，根据左手定则可知，通电导线受到的安培力方向向上，对导线进行受力分析，根据平衡条件，悬线上的拉力T=mg−FA D、根据牛顿第三定律，导线对磁铁的作用力FA′向下，对磁铁进行受力分析，磁铁对水平桌面的压力N=Mg+FA′>Mg，即磁铁对水平桌面的压力将变大，故D错误。
故选：A。
先根据左手定则判断导线的安培力的方向，根据平衡条件知，悬线上的拉力将变小；根据牛顿第三定律知，导线对磁铁的作用力方向向下，磁铁对水平桌面的压力将变大。
本题考查了磁场对电流的作用。利用隔离法，分别对导线和磁铁进行受力分析，根据导线与磁铁相互作用力方向相反的性质，来判断悬线的拉力及磁铁对水平桌面的压力的变化。

6.【答案】B 
【解析】解：A.由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；
B.粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R，半径为r=mvqB，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B正确；
CD.粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，周期为T=2πmqB，M的运行周期、时间等于N的运行周期、时间，故CD错误。
故选：B。
由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，主要掌握左手定则、半径的公式和根据周期的公式进行分析求解。

7.【答案】B 
【解析】解：两球发生正碰，碰撞过程系统动量守恒，设碰前甲乙的动量均为p0，则总动量为2p0，
若碰后若甲乙运动方向相同，设碰后甲的动量为p1，以碰撞前动量方向为正方向，由动量守恒定律得：p1+11p1=2p0
解得：p1=p06
甲球在碰撞前、后的速度大小之比是：v1:v2=p0:p06=6:1
若碰后若甲乙运动方向相反，以碰撞前甲的动量方向为正方向，由动量守恒定律得：−p1+11p1=2p0
解得p′1=p05
则此时甲球在碰撞前、后的速度大小之比是v1:v2=p0:p05=5:1，B正确，ACD错误。
故选：B。
两球发生正碰，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚两球的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律即可解题；解题时注意正方向的选择，注意讨论，否则会出现漏解。

8.【答案】D 
【解析】解：A、根据牛顿第三定律可知，火箭的推力来源于向下喷出的水对火箭的反作用力，故A错误；
B、水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，故B错误；
C、在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，根据动量守恒定律有(M−m)v−mv0=0，解得v=mv0M−m，故C错误；
D、水喷出后，火箭竖直向上做竖直上抛运动，有2gh=v2，解得h=m2v022g(M−m)2，故D正确。
故选：D。
火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，将火箭以及喷出的水当作系统，动量守恒，喷出燃气后火箭做竖直上抛运动，当速度减小为零时，上升到最大高度。
明确知道该水火箭原理是反冲现象，知道在喷出水的瞬间，火箭和水组成的系统动量守恒，掌握喷出水后火箭的运动情况。

9.【答案】C 
【解析】解：A.交变电场的周期等于粒子做圆周运动的周期，故A错误；
B.设加速电压为U，根据动能定理有：nqU=12mv2−0(n=1,2,3,…)
解得：v=2nqUm(n=1,2,3,…)
粒子的轨道半径为：r=mvqB=mqB2nqUm=1B2nmUq(n=1,2,3,…)
可知：r∝n
故B错误；
C.根据牛顿第二定律有：qvB=mv2R
粒子动能为：Ek=12mv2
联立解得，α粒子从D形盒射出时的动能为：Ek=q2B2R22m
故C正确；
D.洛伦兹力对α粒子不做功，被加速是从交变电场中获得能量，故D错误。
故选：C。
当离子在磁场中圆周运动的半径等于D形盒半径时，速度最大，动能最大，根据洛伦兹力充当向心力，列式得到最大动能的表达式，再进行分析增加最大动能的方法
回旋加速器是利用磁场中的圆周运动使离子反复加速的，加速电场的强弱不会影响最后的动能，但金属盒的半径制约了最大动能，达到最大半径后，粒子无法再回到加速电场继续加速。

10.【答案】C 
【解析】解：A、粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可知qvB=12mv2，解得r=mvqB，半径大小还与速度和比荷有关，故A错误；
B、由动能定理可知粒子经过加速电场后的速度为qU=12mv2，v=2qUm，r=1B2mUq，a的半径比b的小，则有a的比荷一定大于b的比荷，故B错误；
C、两电荷在磁场运动的半径之比为：ra：rb=x1、x2。根据r=1B2mUq，若a、b电荷量相等，它们的质量之比ma：mb=x12：x22，故C正确；
D、经历的时间为t=12T=πmqB，故则它们在磁场中运动时间之比ta：tb=x12：x22，故D错误。
故选：C。
带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解，明确半径之比与比荷的关系，知道两电荷在电场中均转动了半个周期。
本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹。

11.【答案】BD 
【解析】解：产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。例如，闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
A、甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，穿过闭合回路的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A错误；
B、乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈，穿过闭合回路的磁通量发生了变化，有感应电流产生，故B错误；
C、丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动，小线圈产生的磁场不变，穿过大螺线管的磁通量没有改变，故没有感应电流产生，故C错误；
D、丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动，移动滑动变阻器的滑片，则小螺线管内的电流发生变化，小螺线管产生的磁场发生变化，穿过大螺线管的磁通量发生变化，故有感应电流产生，故D正确。
故选：BD。
根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，进行分析判断。
本题考查了感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。理解掌握磁通量的变化是关键。

12.【答案】BC 
【解析】解：A、由v−t图象看出，物体在2s−6s做匀速直线运动，根据平衡条件得：f=F2=1N
由速度-时间图象可知，0−2s物体加速度为：a=△v△t=1−02−0m/s2=0.5m/s2
0−2s内，由牛顿第二定律得：F1−f=ma
代入数据解得物体的质量为：m=4kg，故A错误；
B、根据动量定理，可知前6s内合力的冲量为动量的变化量为：I=△p=mv=4×1N⋅s，故B正确；
C、根据v−t图象“面积”的物理意义，可得物体在6s内的运动的位移为：x=12×1×2m+1×(6−2)m=5m，故C正确；
D、根据v−t图象“面积”的物理意义，前2s内通过的位移为：x1=12×1×2m=1m，后4s内的位移为：x2=1×(6−2)m=4m
根据求功公式，可知在前6s内推力的功为：W=F1x1+F2x2=3×1J+1×4J=7J，故D错误。
故选：BC。
由v−t图象看出，物体在2s−6s做匀速运动，由F−t图象读出物块在运动过程中受到的滑动摩擦力；由v−t图象的斜率求出物体在0−2s物体的加速度，根据牛顿第二定律求出物体的质量m；由动量定理求冲量；与时间轴所围面积为物体运动的位移，根据功的定义求解。
本题通过图象为载体考查了学生的读图能力，由速度-时间图象的斜率求出加速度；另一方面要能由加速度应用牛顿运动定律求出质量，明确动量定理的内容即可轻松解题。

13.【答案】BD 
【解析】解：A、B、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况。故A错误，B正确。
C、由闭合电路欧姆定律得：U1=E−Ir，则|△U1△I|=r，保持不变。故C错误。
D、由闭合电路欧姆定律得：U3=E−I(r+R1)，则|△U3△I|=R1+r.故D正确。
故选：BD。
当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，即可知图线与电压示数的对应关系。由闭合电路欧姆定律得知，电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值等于r，电压表V3示数的变化量△U3和电流表示数变化量△I的比值等于R1+r。
本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化。

14.【答案】BCD 
【解析】解：对小球受力分析，当静止时，电场力水平向左，重力竖直向下，支持力竖直向上与水平向左的摩擦力，水平方向有：qE−μmg=ma
此时，加速度大小为a=qEm−μg
当速度增大时，导致洛伦兹力增大，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向向上，所以随速度的增大洛伦兹力增大时支持力减小，从而使得滑动摩擦力f减小，小球的加速度增大，小球做加速度增大的变加速运动；当洛伦兹力与重力大小相等时，小球的加速度最大，则小球的最大加速度为：a0=qEm
随着速度继续增大，洛伦兹力大于重力，支持力的方向变成向下，加速度随速度的增大开始减小，小球做加速度减小的变加速运动，当加速度为零时，则小球达到最大速度，做匀速直线运动，此时有qE=μ(qv0B−mg)，最大速度为：v0=mg+qEμqB=μmg+qEμqB=EμB+mgqB
A.由以上的分析可知，小球先做加速度增大的变加速运动，后做加速度减小的变加速运动。当a=0.5a0时小球的加速度可能减小，有可能增大，故A错误；
B.由以上分析可知，小环P滑动过程中的最大速度为v0=EμB+mgqB，故B正确；
C.由以上的分析可知，当a=a0时，有qvB=mg，解得，小环的速度v=mgqB，故C正确；
D.由开始时的分析可知，小球开始时从加速度等于a=qEm−μg，开始做加速度增大的变加速运动，后做加速度减小的变加速运动到匀速直线运动，由运动的对称性可知，当小球的加速度最大时，小球的速度还不到0.5v0，所以当v=0.5v0时小球的加速度一定减小，故D正确。
故选：BCD。
先对小球进行受力分析，结合洛伦兹力的大小与方向，然后根据牛顿第二定律，求得最大加速度；当小球受力平衡时速度最大，从而即可求解。
考查小球在复合场中的运动，解答的关键是如何对物体受力分析，理解牛顿第二定律的应用，抓住滑动摩擦力等于零时，加速度最大．而合力为零时，速度最大，注意洛伦兹力与速度的存在紧密联系。

15.【答案】CCm1x2=m1x1+m2x3 m1x22=m1x12+m2x32 
【解析】解：(1)为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即m1>m2，故C正确，AB错误；
(2)A.只要保证每一次小球从同一位置静止释放，使得小球获得相同的初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；
B.铅垂线的作用是用来确定O点位置的，不是用来检验斜槽是否水平，故B错误；
C.为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同，故C正确；
D.小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度H，故D错误。
(3)设小球在空中运动的时间为t，小球m1的碰前速度为vA=x2t，其碰后速度vA′=x1t，小球m2的碰后速度为vB=x3t
若满足动量守恒定律则有：m1vA=m1vA′+m2vB
整理得m1x2=m1x1+m2x3
若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律，即12m1vA2=12m1vA′2+12m2vB2
整理可得：m1x22=m1x12+m2x32
故答案为：(1)C；(2)C；(3)m1x2=m1x1+m2x3，m1x22=m1x12+m2x32
(1)为了避免碰撞后小球不被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量；
(2)根据实验原理与实验操作判断；
(3)根据动量守恒定律与能量守恒定律可知关系式；
本题考查验证动量守恒定律，解题关键掌握实验原理与实验操作，注意对于两个小球质量的要求，同时学会分析实验误差。

16.【答案】9 E   左  10 
【解析】解：①用多用电表欧姆挡“×l”档粗测电阻时，由图甲所示可知，RX的阻值大约是：9×1=9Ω。
②由图乙所示可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选E。
③用G2表测Rx两端电压，用Gl测电流，把定值电阻串联在电路中保护电路，电路图如图所示：

④a、滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前，滑片应置于最左端。
d、由图示电路图可知：Il=I2+I2r2Rx，整理得：I2=RXRX+r2Il，
由图示图象可知：RXRX+r2=RXRX+10=△I2△I1=30×10−360×10−3=0.5，电阻：RX=10Ω；
故答案为：①9；②E；③；④左；10。
①欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
②为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
③根据题意与实验器材作出电路图。
④滑动变阻器采用分压接法闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置；根据图示图象应用欧姆定律求出待测电阻的阻值。
欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，欧姆表换挡后要进行欧姆调零；根据题意应用串并联电路特点与欧姆定律求出图象的函数表达式是求出电阻的前提，根据图示图象可以求出待测电阻阻值。

17.【答案】解：(1)若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导线受力情况如图甲所示
由平衡条件得：
在水平方向上：F−FNsinθ=0
在竖直方向上：mg−FNcosθ=0
其中F=BIL，联立以上各式可解得：
B=mgtanθIL；
(2)若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小。
如图乙所示，由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应磁感应强度最小，设其值为Bmin，则：
BminIL=mgsinθ，
得：Bmin=mgsinθIL
根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上。
答：(1)若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为mgtanθIL；
(2)若要求磁感应强度最小，磁感应强度的最小值为mgsinθIL，方向垂直于斜面向上。 
【解析】(1)将立体图转换为平面图，对导线进行受力分析，根据共点力力平衡求出安培力的大小，从而根据F=BIL求出磁感应强度的大小；
(2)导线所受重力恒定，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而得出磁感应强度的最小值。
解决本题的关键将立体图转换为平面图，运用共点力平衡求解力，以及会运用三角形定则求解力的最小值。

18.【答案】解：(1)物块m1从A到B过程，由动能定理得：
m1gR1=12m1v12−0
两物块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的物块速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1=(m1+m2)v2
设轨道对物块的作用力大小为FN，对物块m1和m2整体，由牛顿第二定律得：
(m1+m2)g−FN=(m1+m2)v22R2
代入数据解得：FN=1.5N
(2)设物块到达D点时速度为v3，对物块m1和m2整体，由B到D过程中，由动能定理得：
2(m1+m2)gR2=12(m1+m2)v32−12(m1+m2)v22
代入数据解得：v3=6m/s
物块在木板上运动过程系统动量守恒，设物块与木板的共同速度为v4，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
(m1+m2)v3=(M+m1+m2)v4
代入数据解得：v4=2m/s
对两木块和木板整体，由能量守恒定律得：
12(m1+m2)v32=12(m1+m2+M)v42+μ(m1+m2)gL
代入数据解得：L=3m
(3)设全过程系统损失的机械能为△E，全过程由能量守恒定律得：
m1g(R1+2R2)+m2g⋅2R2=12(m1+m2+M)v42+△E
代入数据解得：△E=4.8J
答：(1)物块m1与物块m2碰撞后刚进入BC轨道时，轨道对其作用力的大小是1.5N；
(2)木板至少长3m；
(3)全过程整个系统损失的机械能是4.8J。 
【解析】(1)应用动能定理求出m1到达B点时的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，应用牛顿第二定律求出轨道对物块的作用力大小。
(2)应用动能定理求出物块到达D点时的速度，物块与长木板组成的系统动量守恒定律，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出木板的最小长度。
(3)应用能量守恒定律可以求出整个过程系统损失的机械能。
本题是一道力学综合题，物理过程比较复杂，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，分析清楚物体运动过程后，要把握每个过程和状态的物理规律，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律等规律即可解题。

19.【答案】解：(1)如图所示，粒子a、b在磁场中匀速转过90∘，平行于金属板进入电场，由几何关系可得：
ra=d2，rb=d
由牛顿第二定律可得：qvaB=mva2raqvbB=mvb2rb
解得：va=qBd2m
vb=qBdm
(2)在磁场运动的周期为T0=2πmqB
在磁场运动的时间：t1=T04=πm2qB
粒子在无电磁场区域做匀速直线运动，所用的时间为t2=d2va=mqB
在电场中运动时间为t3=Lva=2mLqBd
a粒子全程运动的时间为t=t1+t2+t3=m2qBd(πd+2d+4L)
(3)粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开磁场，
a比b进入电场落后的时间为△t=d2va=mqB=T4，
故粒子b在t=0时刻进入电场，而粒子a在T4时刻进入电场
由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，
故a在电场中运动的时间ta是周期的整数倍，
由于vb=2va，
b在电场中运动的时间是tb=12ta，
可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍，即：tb=Lvb=n⋅T2
故n=2LTvb
粒子b在T2内竖直方向的位移为：y=12a(T2)2
粒子在电场中的加速度为：a=qE0m
由题知：T=4mqB
粒子b能穿出板间电场应满足ny≤d
解得：E0≤qd2B2mL
答：(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb分别是：qBd2m和qBdm；
(2)粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间是m2qBd(πd+2d+4L)；
(3)粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件是E0≤qd2B2mL. 
【解析】(1)求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子a、b从I磁场边界射出时的速度va、vb.
(2)求出粒子在磁场中、在电场中、在电磁场外的运动时间，然后求出总运动时间．
(3)作出粒子在电场中的运动轨迹，应用类平抛运动规律分析答题．
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．