2020北京大兴高二（上）期末物理含答案

这是一份2020北京大兴高二（上）期末物理含答案，共20页。试卷主要包含了单项选择题．，实验探究题．，论述计算题．等内容，欢迎下载使用。

2020北京大兴高二（上）期末
物 理
一、单项选择题．（本题共14小题，只有一个选项符合题意.每小题3分，共42分）
1．（3分）下列物理量中，反映一段导体对电流阻碍作用的是（　　）
A．电容 B．电势 C．电量 D．电阻
2．（3分）如图为描述某静电场的电场线，a、b、c是同一条电场线上的三个点，其电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc．下列大小关系正确的是（　　）

A．Ea＞Eb＞Ec B．Ea＝Eb＝Ec C．φa＞φb＞φc D．φa＝φb＝φc
3．（3分）一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是（　　）

A．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高
B．如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低
C．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大
D．如果实线是等势面，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大
4．（3分）如图所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子（重力可忽略不计）以初速度v0、沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后沿直线运动。若仍按上述方式将该带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中一定可行的是（　　）

A．仅减小带电粒子射入时的速度
B．仅减小两金属板所带的电荷量
C．仅减小粒子所带电荷量
D．仅改变粒子的电性
5．（3分）如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（　　）

A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向
D．加一电场，电场方向沿y轴正方向
6．（3分）如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙绝缘细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中（不计空气阻力），现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的（　　）

A． B．
C． D．
7．（3分）如图所示的电路中，L1、L2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等。下列说法正确的是（　　）

A．闭合开关S时，L1先亮、L2后亮，最后它们一样亮
B．闭合开关S后，L1、L2始终一样亮
C．断开开关S时，L1、L2都要过一会才熄灭
D．断开开关S时，L2立刻熄灭、L1过一会才熄灭
8．（3分）如图所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个单匝环形导体，环形导体所围的面积为S，在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图所示。则在0～t0时间内电容器（　　）

A．上极板带正电，所带电荷量为
B．上极板带正电，所带电荷量为
C．上极板带负电，所带电荷量为
D．上极板带负电，所带电荷量为
9．（3分）如图所示，真空中有直角坐标系xOy，在x轴上固定着关于O点对称的等量异号点电荷+Q和﹣Q，C是y轴上的一个点，D是x轴上的一个点，DE连线垂直于x轴．将一个点电荷+q从O移动到D，电场力对它做功为W1，将这个点电荷从C移动到E，电场力对它做功为W2．下列判断正确的是（　　）

A．两次移动电荷电场力都做正功，并且W1＝W2
B．两次移动电荷电场力都做正功，并且W1＞W2
C．两次移动电荷电场力都做负功，并且W1＝W2
D．两次移动电荷电场力都做负功，并且W1＞W2
10．（3分）如图所示，两个带等量正电荷的小球与水平放置的光滑绝缘杆相连，并固定在垂直纸面向外的匀强磁场中，杆上套有一个带正电的小环，带电小球和小环都可视为点电荷．若将小环由静止从图示位置开始释放，在小环运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小环的加速度的大小不断变化
B．小环的速度将一直增大
C．小环所受的洛伦兹力一直增大
D．小环所受的洛伦兹力方向始终不变
11．（3分）如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B．一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，不计金属杆的电阻，则（　　）

A．如果只增大θ，vm将变小 B．如果只增大B，vm将变大
C．如果只减小R，vm将变小 D．如果只减小m，vm将变大
12．（3分）如图所示的电路可以用来“研究电磁感应现象”。干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路，电流计、线圈B串联成另一个电路。线圈A、B套在同一个闭合铁芯上，且它们的匝数足够多。从开关闭合时开始计时，流经电流计的电流大小i随时间t变化的图象是（　　）

A． B．
C． D．
13．（3分）如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路。两个同学迅速摇动AB这段“绳”。假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北。图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点。则下列说法正确的是（　　）

A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大
B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大
C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B
D．在摇“绳”过程中，A点电势总是比B点电势高
14．（3分）如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为S，这两个电极与可变电阻R相连．在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B．发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势．若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率．调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R消耗电功率的最大值为（　　）

A． B． C． D．
二、实验探究题．（本题共2小题，共18分）
15．如图所示是探究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。
①关于此实验装置中的静电计，下列说法中正确的是　 　。（选填选项前面的字母）
A．静电计指针张角的大小反映了平行板电容器所带电荷量的多少
B．静电计指针张角的大小反映了平行板电容器两板间电压的大小
C．静电计的外壳与A板相连接后可不接地
D．可以用量程为3V的电压表替代静电计
②让平行板电容器正对的两极板带电后，静电计的指针偏转一定角度。不改变A、B两板所带电荷量，且保持两板在竖直平面内。现要使静电计指针偏转角变大，下列做法中可行的是　 　。（选填选项前面的字母）
A．保持B板不动，A板向上平移
B．保持B板不动，A板向左平移
C．保持B板不动，A板向右平移
D．保持A、B两板不动，在A、B之间插入一块绝缘介质板。

16．甲同学欲采用下列器材准确测定一个约20Ω的电阻的阻值。
A．直流电源（10V，内阻不计）；
B．开关、导线等；
C．电流表0～3A，内阻约0.03Ω）；
D．电流表（0～0.6A，内阻约0.13Ω）；
E．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）；
F．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）；
G．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流2A）；
（1）为测量准确，电流表应选用　 　，电压表应选用　 　；（选填代号）
（2）为了获得尽可能多的数据，该同学采用了“滑动变阻器分压接法”以调节电压，请在图1虚线中画出正确的实验电路图，并将图2中的元件按正确的实验电路图连成实验电路；
（3）闭合开关，逐次改变滑动变阻器滑动头的位置，记录与之对应的电流表的示数I，电压表的示数U．某次电流表、电压表的示数如图3所示。处理实验数据时，制作如图4所示的I﹣U坐标图，图中已标注出了几个与测量对应的坐标点。请将与图3读数对应的坐标点也标在图4中，并在图4中把坐标点连成图线；
（4）根据图4描绘出的图线可得出这个电阻的阻值为R＝　 　Ω．
三、论述计算题．（本题共4小题，每小题10分，共40分）
17．（10分）如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压U1加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为U2，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力．求：
（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v；
（2）电子在偏转电场中的运动时间t；
（3）电子从偏转电场射出时沿垂直于板方向偏移的距离y．

18．（10分）如图所示，由粗细均匀、同种金属导线构成的正方形线框abcd放在光滑的水平桌面上，线框边长为L，其中ab段的电阻为R．在宽度也为L的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向下．线框在水平拉力的作用下以恒定的速度v通过匀强磁场区域，线框始终与磁场方向垂直且无转动．求：
（1）在线框的cd边刚进入磁场时，bc边两端的电压Ubc；
（2）为维持线框匀速运动，水平拉力的大小F；
（3）在线框通过磁场的整个过程中，bc边金属导线上产生的热量Qbc．

19．（10分）如图所示，在电子枪右侧依次存在加速电场，两水平放置的平行金属板M和N，竖直放置的荧光屏。加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d。电子枪发射的质量为m、电荷量为e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O．不计电子进人加速电场前的速度及电子重力。
（1）求电子进人两金属板间时的速度大小v0；
（2）若两金属板间只存在垂直纸面向外的匀强磁场（如图），求电子到达荧光屏的位置与O点距离的最大值ym和此时磁感应强度B的大小；
（3）若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为，求此时U1与U2的比值。

20．（10分）（1）如图1所示，固定于水平面上的金属框架abcd，处在竖直向下的匀强磁场中。金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。框架的ab与dc平行，bc与ab、dc垂直。MN与bc的长度均为l，在运动过程中MN始终与bc平行，且与框架保持良好接触。磁场的磁感应强度为B。
a．请根据法拉第电磁感应定律E＝，推导金属棒MN中的感应电动势E；
b．在上述情景中，金属棒MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电子所受洛伦兹力有关。请根据电动势的定义，推导金属棒MN中的感应电动势E。
（2）为进一步研究导线做切割磁感线运动产生感应电动势的过程，现构建如下情景：如图2所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中，一内壁光滑长为l的绝缘细管MN，沿纸面以速度v向右做匀速运动。在管的N端固定一个电量为q的带正电小球（可看做质点）。某时刻将小球释放，小球将会沿管运动。已知磁感应强度大小为B，小球的重力可忽略。在小球沿管从N运动到M的过程中，求小球所受各力分别对小球做的功。

2020北京大兴高二（上）期末物理
参考答案
一、单项选择题．（本题共14小题，只有一个选项符合题意.每小题3分，共42分）
1．【分析】明确电学中的基本物理量，根据电容、电阻、电势以及电荷量的作用进行选择。
【解答】解：A．电容C＝是描述电容器储存电荷本领的物理量，不能反映导体对电流的阻碍作用，故A错误；
B．电势φ＝是描述电场中能的性质的物理量，故B错误；
C．电荷量是指带电体带电量的多少，故C错误；
D．电阻R＝是描述导体对电流阻碍作用的物理量，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电阻对电路的作用，在学习物理时要注意掌握各物理量对应的物理意义。
2．【分析】用电场线的疏密程度表示场强的大小；沿电场线方向电势逐渐降低；由此分析即可。
【解答】解：A、B、电场线疏密判断电场强度的大小，电场线越密电场强度越大，则Ea＜Eb＜Ec，故A错误，B错误；
C、D、顺着电场线，电势逐渐降低，则φa＞φb＞φc，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题考查对电场线两个意义的理解：根据电场线的方向，可判断电势的高低，根据电场线的疏密可判断场强的大小。一条电场线不能比较场强的大小。
3．【分析】根据曲线运动的条件判断出电场力的方向，可以判断电场力做功的正负情况，而电场力做功等于电势能的减小量．
【解答】解：A、如果实线是电场线，根据曲线运动的条件，电场力水平向右，则场强向左，则a点的电势比b点的电势低；故A错误；
B、如果实线是等势面，电场线与等势面垂直，根据曲线运动的条件，电场力竖直向下，电场线向上，故a点的电势比b点的电势高，故B错误；
C、如果实线是电场线，根据曲线运动的条件，电场力水平向右，电场力做正功，电势能降低，即电子在a点的电势能比在b点的电势能大，故C正确；
D、如果实线是等势面，电场线与等势面垂直，根据曲线运动的条件，电场力竖直向下，故电场力做负功，电势能增加，即电子在a点的电势能比在b点的电势能小，故D错误；
故选：C。
【点评】根据轨迹的弯曲方向，根据合力指向轨迹的内侧，可判断质点的合力方向．根据电场力做功的正负判断电势能的变化，基础问题．
4．【分析】带电粒子原来沿直线运动通过电磁场，所受的洛伦兹力和电场力二力平衡，由于电场力向下，洛伦兹力向上，为使其向下偏转，可使电场力增大或洛伦兹力减小，使合力向下来实现。
【解答】解：带正电粒子（重力可忽略不计）因受洛伦兹力和电场力而做直线运动，可推得做的是匀速直线运动，粒子所受的向上的洛伦兹力等于向下的电场力，即qv0B＝qE
所以欲使粒子向下偏转，需使粒子在进入速度选择器时其合力向下。
A、减小带电粒子射入时的速度可以使洛伦兹力变小，粒子带正电，洛伦兹力向上而变小，则合力向下而使粒子向下偏转，故A正确。
B、仅减小两金属板所带的电荷量，由E＝＝可知电场强度减小，粒子受到的电场力变小，则合力向上，从而向上偏转，故B错误。
C、仅减小粒子所带电荷量，由qv0B＝qE知，两个力依然平衡而做匀速直线运动，故C错误。
D、粒子带正电，受洛伦兹力由左手定则知洛伦兹力方向向上，电场力向下，将电性改为负电后洛伦兹力向下，而电场力向上，依然有洛伦兹力，从而做匀速直线运动；故D错误。
故选：A。
【点评】处理带电粒子在电场和磁场中运动问题的基本方法：
1、带电粒子在匀强电场和匀强磁场共存区域内运动时，往往既要受到电场力作用，又要受到洛仑兹力作用。这两个力的特点是，电场力是恒力，而洛仑兹力的大小、方向随速度变化。若二力平衡，则粒子做匀速直线运动。若二力不平衡，则带电粒子所受合外力不可能为恒力，因此带电粒子将做复杂曲线运动。
2、解决粒子做复杂的曲线运动问题时，必须用动能定理或能量关系处理。这里要抓住场力做功和能量变化的特点，即电场力做功与电势能变化的特点，以及洛仑兹力永远不做功。
3、若匀强电场和匀强磁场是分开的独立的区域，则带电粒子在其中运动时，分别遵守在电场和磁场中运动规律运动，处理这类问题时要注意分阶段求解。
5．【分析】电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向下（z轴正方向）偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向下，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向。
【解答】解：A、若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意。故A错误。
B、若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，符合题意。故B正确。
C、若加一沿z轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，不符合题意。故C错误。
D、若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意。故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力。负电荷与电场方向相反，洛伦兹力方向由左手定则判断。
6．【分析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的。
【解答】解：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力；则有：
A、当qvB＜mg时，FN＝mg﹣qvB此时：μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v﹣t图象的斜率应该逐渐增大，故AB错误；
C、当qvB＝mg时，小环做匀速运动，此时图象为C，故C正确；
D、当qvB＞mg时，FN＝qvB﹣mg，此时：μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，小环开始做匀速运动，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在磁场力、重力以及弹力作用下的运动，分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v﹣t图象斜率的物理应用。
7．【分析】闭合开关S时，L2先亮、L1后亮，电流稳定后，它们一样亮；断开开关S时，L1、L2都要过一会才熄灭。
【解答】解：AB、线圈L的自感系数较大，阻抗也很大，闭合开关S的瞬间，L2先亮、L1后亮，电流稳定后，它们一样亮。故AB错误；
C、断开开关S时，线圈的磁场能转化为电能，线圈相当于电源，线圈、两个灯泡和电阻R形成一个闭合回路，两个灯泡会继续发亮，直到线圈的磁场能消耗完毕才熄灭。故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了自感现象和自感系数等知识点。电感线圈在通电瞬间相当于一个阻值由很大逐渐变小的电阻，在断电瞬间相当于一个电源。在电流稳定时纯电感线圈相当于一根短路导线，非纯电感线圈相当于一定值电阻。
8．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出产生感应电动势的大小，根据楞次定律判断出感应电动势的方向，从而确定电容器上极板所带电荷的电性，根据Q＝CU求出电容器所带的电荷量。
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，电动势E＝，电容器两端的电压等于电源的电动势，所以电容器所带的带电量．根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以电容器的上极板带正电。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次定律判断感应电动势的方向，以及掌握电容器的带电量Q＝CU。
9．【分析】过E点作一条等势线与x轴的交点为F，y轴是一条等势线，则点电荷从C移动到E电场力对电荷做功等于从O移到D做功，即可比较做功大小．
【解答】解：过E点作一条等势线与x轴的交点为F，如图。y轴是等量异号点电荷+Q和﹣Q连线的中垂线，则y轴是一条等势线，C、O电势相等。将点电荷+q从O移动到D，电场力做正功，将这个点电荷从C移动到E电场力做功等于从O移到F做功，即W2＝WOF，可知，电场力也做正功。由于O、D间的电势差大于O、F间的电势差，根据电场力做功公式W＝qU，得知W1＞WOF，则得W1＞W2，故B正确。
故选：B。

【点评】本题采用作等势线的方法研究，在同一电场线上比较电势差的大小，即可比较电场力做功的大小．
10．【分析】小环开始受到Q2对它的库仑力大于Q1对它的库仑力，所以先向左运动，运动的过程中受到洛伦兹力，通过受力情况，知小环向左先加速后减速到0．然后又返回．
【解答】解：小环在水平方向上受到两个库仑力作用，在竖直方向上受洛伦兹力和杆子对环的弹力。根据受力情况知，小环向左先加速后减速到0．然后又返回。加速度的大小在变，速度的大小和方向都在变，知洛伦兹力的大小和方向都变化。故A正确，BCD错误，
故选：A。
【点评】解决本题的关键能够根据小球的受力情况分析出小球的运动情况，从而可知洛伦兹力的变化．
11．【分析】金属杆受重力、支持力、安培力做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，速度最大。根据合力为零，求出金属杆的最大的速度。
根据最大的速度的表达式进行求解。
【解答】解：金属杆下滑过程中，受重力、导轨的支持力和安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，金属杆做加速运动，
随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大，
根据平衡条件有 ，解得：，
由上式分析得知：
A、如果θ增大，vm将变大，故A错误；
B、如果B增大，vm将变小，故B错误；
C、如果R减小，vm将变小，故C正确；
D、如果m减小，vm将变小，故D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大。
12．【分析】干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路，当开关闭合时磁通量变大，导致电流计、线圈B串联成另一个电路中产生电动势，由于电动势短暂的，出现电流慢慢变小的现象。
【解答】解：A、由于干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路的磁通量变化是瞬间的，因此电流计、线圈B串联成另一个电路中有电动势也是短暂的，所以出现电流慢慢变小。故A错误；
B、由于干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路的磁通量变化是瞬间的，因此电流计、线圈B串联成另一个电路中有电动势也是短暂的，所以出现电流慢慢变小。故B正确；
C、由于干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路的磁通量变化是瞬间的，因此电流计、线圈B串联成另一个电路中有电动势也是短暂的，所以出现电流慢慢变小。故C错误；
D、由于干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路的磁通量变化是瞬间的，因此电流计、线圈B串联成另一个电路中有电动势也是短暂的，所以出现电流慢慢变小。故D错误；
故选：B。
【点评】由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化。
13．【分析】地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，当两个同学在迅速摇动电线时，总有一部分导线做切割磁感线运动，电路中就产生了感应电流，根据绳子转动方向与地磁场方向的关系，判断感应电动势和感应电流的大小，从而判断安培力的大小，由右手定则判断感应电流的方向和电势高低。
【解答】解：A、当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误。
B、当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培 力也最小，故B错误。
C、当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中电流从A流向B．故C正确。
D、在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B，A点相当于电源的负极，B点相当于电源正极，则A点电势比B点电势低；当“绳”向上运动时，“绳”中电流从B流向A，B点相当于电源的负极，A点相当于电源正极，则B点电势比A点电势低；故D错误。
故选：C。
【点评】本题要建立物理模型，与线圈在磁场中转动切割相似，要知道地磁场的分布情况，能熟练运用电磁感应的规律解题。
14．【分析】由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻时，外电阻消耗的电功率最大，根据电阻定律求出此时的内阻，代入求出R消耗电功率的最值．
【解答】解：运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为
r＝
根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻，即R＝r时，外电阻消耗的电功率最大。
此时R＝，代入电功率中得到
最大电功率Pm＝。
故选：B。
【点评】本题关键是根据电阻定律求出电源的内阻，要注意电阻定律中导体的长度是导体顺着电流方向的长度，图中内电路是导体长度是d，容易搞错．
二、实验探究题．（本题共2小题，共18分）
15．【分析】静电计是测量电压的仪器，根据张角可以得出两板间的电压高低；根据静电计的原理可知其使用方法。
平行板电容器带电后电量几乎不变，根据电容的决定式C＝，分析电容的变化，再由电容的定义式分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化。
【解答】解：（1）AB、静电计是定性反映电压高低的仪器，不能发映了平行板电容器的电荷量的多少，故A错误，B正确；
C、静电计测量的是两板间的电压高低，可以直接将A板与电容器外壳相接，不需要都接地，故C正确；
D、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代。电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故D错误；
故选：BC。
（2）A、保持B板不动，A板向上平移，减小两极板的正对面积S时，由电容的决定式C＝分析可知电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C＝得到，板间电压U增大，静电计的指针偏角变大。故A正确。
B、保持B板不动，A板向左平移，使两极板远离一些时，板间距离d增大，由电容的决定式C＝，分析可知电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C＝得到，板间电压U增大，静电计的指针偏角变大，故B正确；
C、保持B板不动，A板向右平移，使两极板靠近一些时，板间距离d减小，由电容的决定式C＝，分析可知电容C增大，而电容器的电量Q不变，则由C＝得到，板间电压U减小，静电计的指针偏角变小。故C错误。
D、保持A、B两板不动，在两极板间插入一块绝缘介质板时，由电容的决定式C＝，分析可知电容C增大，而电容器的电量Q不变，则由C＝得到，板间电压U减小，静电计的指针偏角变小。故D错误。
故选：①BC；②AB。
【点评】解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，正确掌握静电计的使用方法。
对于电容器的动态变化分析问题，常常是电容的决定式和定义式结合分析，抓住不变量是分析的基础。
16．【分析】（1）根据通过电阻的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表；
（2）根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路，根据电路图连接实物图；
（3）根据量程确定最小刻度，由图示电表读出电表示数，把电表示数在坐标系中描出相对应的点，然后作出图象；
（4）根据图象由欧姆定律求出电阻阻值。
【解答】解：（1）通过电阻的最大电流为：I＝＝A＝0.5A，则电流表可以选D；
电源电动势是10V，为保证电路安全，准确测量实验数据，电压表可以选F；
（2）为了获得尽可能多的数据，滑动变阻器采用分压接法；由于＜＝750，则待测电阻为小电阻，电流表应采用外接法而减小系统误差。
实验电路图如图1所示：

根据实验电路图连接实物电路图，如图2所示。

（3）由图示电流表可知，其分度值是0.02A，电流表示数为0.44A；
由图示电压表可知，其分度值是0.5V，电压表示数为8.0V；
把根据电压表与电流表示数在坐标系中描出对应点，根据坐标系中描出的点作出I﹣U图象，图象如图3所示。

（4）待测电阻阻值为：R＝＝Ω＝18.0Ω；
故答案为：（1）D； （2）F； （3）、；（4）、18.0。
【点评】本题考查了实验器材的选取、实验电路设计、电表读数、作图象等问题，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。
三、论述计算题．（本题共4小题，每小题10分，共40分）
17．【分析】（1）根据动能定理求出电子穿过A板小孔时时的速度；
（2）电子在偏转电场中平行于极板方向做匀速运动，由位移时间公式求解时间．
（3）电子从偏转电场后做类平抛运动，根据动力学知识求出离开偏转电场时的偏转位移，
【解答】解：（1）根据动能定理得：eU1＝
解得：v＝
（2）在平行于极板方向做匀速运动 L＝vt
解得：t＝＝L
（3）在垂直于极板方向做匀加速直线运动 y＝
根据牛顿第二定律得：a＝
联立解得：y＝
答：（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v为；（2）电子在偏转电场中的运动时间t为L；（3）电子从偏转电场射出时沿垂直于板方向偏移的距离y为．
【点评】解决本题的关键知道电子的运动规律，现在加速电场中加速，然后进入偏转电场做类平抛运动，离开偏转电场做匀速直线运动．
18．【分析】（1）在线框的cd边刚进入磁场时，cd切割磁感线产生感应电动势，cd边两端的电压是路端电压，根据E＝BLv求出感应电动势的大小，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，由欧姆定律求解Uab；
（2）为维持线框匀速运动，水平拉力F必须与安培力保持平衡，由F＝BIL公式求出安培力，即可得到拉力F的大小；
（3）线框进入磁场和穿出磁场的过程中，线框中都产生焦耳热，先求出线框被拉出磁场的时间，根据Q＝I2Rt求出线框产生的焦耳热．
【解答】解：（1）cd边进入磁场时产生的感应电动势为 E＝BLv
整个回路的电阻 R总＝4R
回路中的电流
bc边两端的电压为
（2）为维持线框匀速运动，外力应始终等于安培力，即：F＝F安
线框所受安培力为
则水平拉力为
（3）整个线框通过磁场的过程中所经历的时间为
整个过程中bc段金属导线上产生的电热为
答：
（1）在线框的cd边刚进入磁场时，bc边两端的电压Ubc为BLv．
（2）为维持线框匀速运动，水平拉力的大小F为；
（3）在线框通过磁场的整个过程中，bc边金属导线上产生的热量Qbc为．
【点评】本题是电磁感应与电路的综合，关键要掌握导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律等知识．
19．【分析】（1）电子经电场加速后的速度可以通过动能定理求得；
（2）电子经磁场偏转后，沿直线运动到荧光屏，电子偏转的临界状态是恰好不撞在上板的右端，到达荧光屏的位置与O点距离即为最大值，磁感应强度可以通过圆周运动向心力公式和几何关系求得；
（3）应用类平抛运动规律与匀速运动规律分析答题。
【解答】解：（1）设电子经电场加速后进入偏转场区的速度大小为v0，由动能定理得：
解得：v0＝
（2）偏转场区中只有匀强磁场时，电子进入磁场区受洛仑兹力作用做匀速圆周运动，
经磁场偏转后，沿直线运动到荧光屏。磁场的磁感应强度越大，偏转越大，
电子偏转的临界状态是恰好从上板的右端射出，做直线运动到达荧光屏。它的位置与O点距离即为最大值ym，如图所示。

电子做圆周运动，由牛顿第二定律得：
根据图示，由几何知识得：（R﹣）2+d2＝R2

解得：R＝，，B＝；
3）偏转区内只有匀强电场时，电子进入偏转区做匀加速曲线运动，如图所示。

离开偏转电场时沿电场方向的位移：速度方向偏转角设为θ，有：
到荧光屏的位置距O点的距离：Y＝
解得：。
答：（1）电子进人两金属板间时的速度大小为；
（2）电子到达荧光屏的位置与O点距离的最大值为，此时磁感应强度B的大小为；
（3）此时U1与U2的比值为3：2。
【点评】解决该题需要明确知道撤去电场或撤去磁场后电子的运动轨迹，能根据运动情况分析电子在磁场中运动到上板的边缘射出后，打在荧光屏上的竖直方向的距离最大。
20．【分析】（1）a、先求出金属棒MN向右滑行的位移，得到回路磁通量的变化量△Φ，再由法拉第电磁感应定律求得E的表达式；
b、棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力，f＝evB，棒中电子在洛伦兹力的作用下，电子从M移动到N的过程中，非静电力做功W＝evBl，根据电动势定义E＝解得E。
（2）小球随管向右运动的同时还沿管向上运动，洛伦兹力不做功，将洛伦兹力进行正交分解，小球在水平方向做匀速运动，管的支持力F对小球做正功。
【解答】解：（1）a、如图1所示，在一小段时间Dt内，金属棒MN的位移为
△x＝v△t
这个过程中线框的面积的变化量为
△S＝l△x＝lv△t
穿过闭合电路的磁通量的变化量为
△Φ＝B△S＝Blv△t
根据法拉第电磁感应定律有

解得：E＝Blv
b、如图2所示，棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力为f＝evB，f即非静电力，
在f的作用下，电子从M移动到N的过程中，非静电力做功为
W＝evBl
根据电动势定义有

解得：E＝Blv
（2）小球随管向右运动的同时还沿管向上运动，其速度如图3所示。小球所受洛伦兹力f合如图4所示。将f合正交分解如图5所示。

小球除受到洛伦兹力f合外，还受到管对它向右的支持力F，如图6所示。
洛伦兹力f合不做功 ，
沿管方向，洛伦兹力f做正功W1＝fl＝qvBl，
垂直管方向，洛伦兹力f′是变力，做负功W2＝﹣W1＝﹣qvBl，
由于小球在水平方向做匀速运动，则F＝f′，
因此，管的支持力F对小球做正功WF＝qvBl；
答：（1）见解析；
（2）洛伦兹力不做功，管的支持力F对小球做正功WF＝qvBl；


【点评】本题要掌握推导感应电动势E＝BLv两种方法，建立物理模型，理清思路是关键。对于洛伦兹力，要抓住其不做功的特点，也可以运用正交分解法研究：两个分力做功的代数和为零，从而求出支持力做功。