2023-2024学年北京市丰台区高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市丰台区高二（上）期末物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.关于试探电荷q与电场、电流元IL与磁场的关系，下列说法正确的是( )
A. 试探电荷q的受力方向，决定了电场强度的方向
B. 电流元IL的受力方向，决定了磁感应强度的方向
C. 试探电荷q置于电场中某处，所受电场力为零，该处的电场强度有可能不为零
D. 电流元IL置于磁场中某处，所受安培力为零，该处的磁感应强度有可能不为零
2.如图所示，A、B为匀强电场中同一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点。以下图像中能正确描述位移x、静电力F、速度v和加速度a各物理量随时间变化的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，将带正电的导体球C靠近不带电的导体。沿虚线将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量为QA、QB，下面判断正确的是( )
A. QA=QB，A带负电B. QA=QB，A带正电
C. QA>QB，A带负电D. QA>QB，A带正电
4.甲、乙两个质量和电荷量都相同的带正电的粒子(重力及粒子之间的相互作用力不计)，分别以速度v甲和v乙垂直磁场方向射入匀强磁场中，且v甲>v乙(下列各图中的v表示粒子射入磁场的方向)，则甲、乙两个粒子的运动轨迹正确的是( )
A. B.
C. D.
5.利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是( )
A. 充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B. 充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C. 放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D. 放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
6.受强对流天气影响，夏天经常有雷电发生。为避免雷电造成的损害，某建筑顶部装有避雷针。如图所示为某次闪电前瞬间避雷针周围电场的等势面分布情况。在等势面中有A、B、C三点，下列说法正确的是( )
A. A、B两点的电场强度相同
B. 此次闪电前瞬间避雷针尖端一定带负电
C. 从云层沿直线向避雷针尖端运动的电荷受到的静电力可能越来越小
D. 某正电荷从C点移动到B点，静电力对该电荷做负功
7.如图所示，将一个电动机M接在电路中，正常工作时测得电动机两端的电压为U1，流过电动机的电流为I1；将电动机短时间卡住时，测得电动机两端的电压为U2，流过电动机的电流为I2。下列说法正确的是( )
A. 电动机线圈电阻为U1I1
B. 正常工作时，电动机消耗的电功率为U1I1
C. 正常工作时，电动机产生的热功率为U1I1
D. 正常工作时，电动机对外做功功率为U1I1−U2I2
8.充电宝内部的主要部件是锂电池，电池充满电后能放出的总电荷量叫作电池容量，通常以“安时”(A⋅h)或“毫安时”(mA⋅h)作单位。按照民航局乘机规定：严禁携带额定能量超过160W⋅h的充电宝搭乘飞机。某同学查看了自己的充电宝铭牌，上面写着“20000mA⋅h”和“3.7V”。根据上面信息能够判断出( )
A. mA⋅h是能量的单位B. W⋅h是功率的单位
C. 该充电宝的电池容量为7.2×105CD. 该充电宝可以带上飞机
9.物理兴趣小组想利用光敏电阻设计一款智能路灯，实现当环境光照强度减弱，路灯可自动变亮。已知光敏电阻Rt随环境光照强度增加，电阻值减小；电源电动势E、内阻r、电阻R0、路灯RL的阻值均不变。下列设计方案合理的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，金属杆ab的质量为m，长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向上，结果ab静止于水平导轨上。已知重力加速度为g。关于金属杆所受力的大小，下列说法正确的是( )
A. 安培力大小为BIlsinθB. 安培力大小为BIl
C. 摩擦力大小为BIlcsθD. 支持力大小为mg+BIlcsθ
11.如图所示，一个正电荷由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电荷质量为m，电荷量为q，加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。不计正电荷所受重力，下列说法正确的是( )
A. 正电荷从加速电场射出时具有的速度v0= 2qUm
B. 正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek=qU0+qU
C. 正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值tanq=UL2U0d
D. 正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y=L24d
12.有一块满偏电流为50mA、内阻为110Ω的小量程电流表，现要将它改装成0～0.6A、0～3A两个量程的电流表，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路。下列说法正确的是( )
A. R2的阻值大于R1的阻值
B. R3与R4的阻值之和大于110Ω
C. 用甲图电路测量时，更换量程过程中容易导致电流表损坏
D. 用乙图电路测量时，选量程0～0.6A，应将开关接到M
13.如图所示，一块长方体半导体材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当通以从左到右的恒定电流I时，半导体材料上、下表面电势分别为j1、j2。该半导体材料垂直电流方向的截面为长方形，其与磁场垂直的边长为a、与磁场平行的边长为b，半导体材料单位体积内自由移动的带电粒子数为n，每个粒子的带电量大小为q。那么( )
A. 若j1>j2，则半导体中自由移动的粒子带负电
B. 若j1C. |j1−j2|=IBnqb
D. |j1−j2|=IBnqa
14.在中国科学技术馆有“雅各布天梯”的实验装置如图所示，展示了电弧的产生和消失过程。两根呈羊角形的电极，底部AB之间接高压电。当电压升高到一定值时，羊角形电极底部间隙最小处空气先被击穿产生电弧，随后电弧向上爬升，在电极间隙较宽处消失，羊角电极底部将再次产生电弧，如此周而复始。下列说法中可能正确的是( )
A. 电弧未产生时，间隙最小处电场强度最小
B. 两羊角形电极中的电流产生的磁场对电弧作用力始终向上
C. 对调底部AB正负极，电弧不会爬升
D. 将该装置放入真空中，实验现象会更加明显
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.某同学练习使用多用电表。
(1)该同学使用多用电表测量某电阻时，他将选择开关置于“×100”位置，指针位置如图1所示。若他的操作是正确的，则所测电阻阻值为______Ω。

(2)该同学没有改变选择开关位置，继续测量另一个电阻，发现指针偏转角度过大。为减小误差，他再次进行测量前应该进行的正确操作是______(从①②③④中挑选出合理的步骤，并按顺序排列)。
①将红表笔和黑表笔接触
②把选择开关旋转到“×10”位置
③把选择开关旋转到“×1k”位置
④调节欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆零点
(3)该同学发现多用电表刻度盘上电阻值的刻度是不均匀的，而直流电流值、直流电压值的刻度是均匀的。通过查阅课本，他找到多用电表欧姆表的电路示意图，如图所示。请根据欧姆表的电路示意图，结合所学知识分析说明电阻刻度值不均匀的原因______。
16.某同学测定两节干电池串联后的电动势和内阻。
(1)该同学设计的电路图如图甲所示，图乙已将实验器材进行了部分连接，请你根据实验电路图将图乙中的实物电路补充完整。

(2)若实验时发现电流表损坏，于是移去电流表，同时用电阻箱替换滑动变阻器。调节电阻箱R的阻值，读出相应的电压表示数U，获得多组数据，如表格所示。
①请在图丙方框中画出相应的电路图；
②若不考虑电压表内阻的影响，电源电动势与内阻分别用E与r表示，请写出测量电压U与电阻箱电阻R的关系式______；
③该同学想通过图像处理实验数据，获得所测电动势和内阻的值，他以1R为横坐标，1U为纵坐标，并根据实验数据描点作图，如图丁所示，其中有一组数据没有描出，请你在图丁中描出，并做出1U−1R图像；根据图像计算电动势E= ______V。(保留三位有效数字)
(3)为了较准确测量电动势，实验中也经常采用如图戊所示的名为波根多夫对消法的电路。图中AB是一根均匀的电阻丝，工作电池电动势为E0，与AB构成通路。现闭合开关S后，将S1和S2合向ES(ES是标准电池的电动势，电动势恒定)一侧，即标准电池负极与工作电池负极相连，正极通过检流计G接到滑动头。移动滑动头位置到一点D，调节滑动变阻器R，使得检流计中没有电流通过。再将开关S1和S2合向Ex(Ex是待测电池的电动势)一侧，保持滑动变阻器R接入电路的阻值不变，移动滑动头的位置，找到一点X，也使得检流计中没有电流通过。测得AD段距离为LAD，AX段距离为LAX，可得待测电池电动势EX= ______。
三、简答题：本大题共5小题，共40分。
17.如图甲所示，N=1000匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r=10Ω，其两端与一个R=90Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向外的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。

(1)判断通过电阻R的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势E；
(3)求电阻R两端的电压U。
18.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l=0.40m，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R=0.40Ω的定值电阻，导体杆ab的质量为m=0.10kg、电阻r=0.10Ω，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B=0.50T的匀强磁场中。导体杆ab在水平向右的拉力F作用下，沿导轨做速度v=2.0m/s的匀速直线运动。求：
(1)通过电阻R的电流大小I；
(2)拉力F的大小；
(3)撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热QR。
19.汤姆孙用来测定电子比荷(电子电荷量与质量之比)的实验装置如图甲所示，真空管内阴极K发出的电子，在AA′间经加速电压加速后，穿过A′中心的小孔沿中心线O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P′间的区域，已知极板长度为L，极板间距为d。当P和P′极板间不加偏转电场时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；当P和P′极板间加上偏转电场，电场强度为E，亮点偏离到O′点；此时，在P和P′间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点。不计电子的初速度、所受重力和电子间的相互作用力。

(1)求电子经电场加速后的速度大小v；
(2)若已知加速电压值为U0，求电子的比荷em；
(3)若只去掉极板P和P′间的电场，调节匀强磁场强弱，磁感应强度为B1时，电子通过极板间的磁场区域恰好从下边缘射出，如图乙所示，求电子的比荷em。
20.某回旋加速器的工作原理如图所示。D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差，大小为U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，控制两盒间的电势差，改变电场方向，使粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属D1盒边缘离开。忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)求粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm；
(2)忽略粒子在两盒间的电场加速的时间，计算粒子从A点开始运动到离开加速器的时间；
(3)已知该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm。请通过计算分析，说明在解决(2)问时忽略粒子在两盒间的电场加速时间的原因。
21.如图甲所示，真空中有一高为h细直裸金属导线MN，与导线同轴放置一等高的金属圆柱面Q，假设导线沿径向均匀射出速率为v0的电子。已知电子质量为m，元电荷为e。不考虑逸出电子间的相互作用。
(1)求金属导线MN与金属柱面之间的最大电势差Um；
(2)将金属导线MN与金属柱面看作是一个电容器，导线发射电子前电容器不带电，导线沿径向均匀发射电子，可实现给电容器充电。若MN单位时间单位长度内射出的电子数为n，经过一段时间，MN与柱面间电势差达最大值，已知电容器电容为C。假设该过程射出的电子瞬间到达金属柱面并全部被吸收，求该段时间t；
(3)如图乙所示，用导线在金属丝MN和金属柱面Q之间连接一个外电阻R时，该电阻两端的电压为U。若将外电阻上消耗的电功率设为P；单位时间内到达Q的电子，在从MN运动到Q的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证明：P=ΔEk。(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量说明)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、电场的方向由电场本身决定，正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力的方向与电场强度方向相反，故A错误；
B、磁感应强度的方向与电流元在磁场中受力方向垂直，故B错误；
C、公式E=Fq来反映电场在各点的性质，试探电荷q置于电场中某处，所受电场力为零，该处的电场强度一定为零，故C错误；
D、电流元在磁场中受力F=BILsinθ，可知电流元IL置于磁场中某处，所受安培力为零，该处的磁感应强度有可能不为零，还和电流的方向与磁感应强度的方向之间的夹角θ有关，故D正确；
故选：D。
电场强度是电场的力的性质，由电场来决定，与试探电荷无关；电场强度的方向与正电荷受力方向相同；磁感应强度描述磁场的强弱与性质，与试探电流元无关。
本题主要考查学生对电场强度和磁感应强度概念的理解．引导学生模型建构和运动与相互作用观的养成．
2.【答案】D
【解析】解：负电荷释放后，受到水平向右的电场力，电场力的大小和方向不变，且F=qE，根据牛顿第二定律可知，a=Fm=qEm，则加速度也保持不变，正电荷做匀加速直线运动，速度均匀增大，根据初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间公式x=12at2可知图线是抛物线的一部分，故ABC错误，D正确。
故选：D。
先分析出电荷的受力情况，再根据牛顿第二定律分析出加速度的变化，再分析出负电荷的运动情况，包括速度和位移的变化。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据电场力的公式F=qE结合牛顿第二定律分析出加速度的变化，再由此分析出负电荷的运动情况即可，整体难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：导体球C带正电，根据静电感应现象可知，导体近端感应负电荷，远端感应正电荷，即QA带正电，QB带负电；导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分多带了电子而带负电；A部分少了电子而带正电。根据电荷守恒可知，A部分转移的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的，因此两部分的电荷量是相等的，即QA=QB，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据静电感应现象，在正点电荷的电场作用下，导体AB内的自由电荷重新分布，A端带正电，B端带负电，且电量总是相等。
本题考查静电感应的原理，理解带电本质是电子的转移，掌握电荷守恒定律的应用，注意两部分的电量总是相等是解题的突破口。
4.【答案】A
【解析】解：由题意可知，两粒子均带正电，故由左手定则可知，粒子应向上偏转；由Bqv=mv2r可知：
r=mvBq，因v甲>v乙；故r甲>r乙；故A正确；
故选：A。
带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力；由公式可知半径大小；由左手定则可得粒子偏转方向．
本题考查带电粒子在磁场中的偏转问题，要注意正确分析其偏转方向及半径大小．
5.【答案】B
【解析】解：A、充电过程中，由于电容器两端的电压越来越高，电源与电容器间的电势差越来越小，电流表的示数逐渐减小，故A错误；
B、充电过程中，电压表的示数迅速增大，最后与电源的电动势相等，即示数趋于稳定，故B正确；
C、放电过程，电流表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，如图所示：
故C错误；
D、放电过程，电压表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，故D错误。
故选：B。
明确电容器充放电的基本规律，知道充时时电流越小，而放电时电流越来越大。
本题考查电容器的充放电规律，要注意明确充电时电流越来越小，电压越来越大，而放电时电流越来越大，电压越来越小；注意电流和电压均不是均匀变化的。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据图中数据可知，相邻等势线之间的电势差相等，A、B两点位置关于避雷针对称，则这两点位置的等势线分别密集程度相同，可知这两点的电场强度大小相等；由于电场线垂直于等势线，电场强度的方向沿电场线的切线方向，可知A、B两点的电场强度的方向不同，即A、B两点的场强不相同，故A错误；
B.电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，电场线起源于正电荷或无穷远，可知此次闪电前瞬间避雷针尖端一定带正电，故B错误；
C.结合图形可知，从云层沿直线向避雷针尖端运动的电荷所在位置的等势线分布逐渐变密集，即电场强度逐渐变大，电荷受到的电场力也越来越大，故C错误；
D.根据图像可知φC<φB
某正电荷从C点移动到B点，电场力对该电荷做功为：WCB=qUCB
又UCB=φC−φB
联立解得：WCB<0
可知，某正电荷从C点移动到B点，电场力对该电荷做负功，故D正确。
故选：D。
本题根据电场强度的矢量性、沿电场线电势降低，电场线由正电荷指向负电荷，电场线密集电场强度大，负电荷向电势升高的地方运动，电势能减小，即可解答。
本题考查学生对电场中电势、电场强度、电势能、电场力做功的综合掌握，有一定难度。
7.【答案】B
【解析】解：A、当电动机被卡住后，电动机没有机械能输出，是纯电阻电路，所以电动机线圈电阻为r=U2I2，故A错误；
B、正常工作时，电动机消耗的电功率为P=U1I1，故B正确；
C、正常工作时，电动机产生的热功率为P热=I12r=I12I2U2，故C错误；
D、正常工作时，电动机对外做功的功率为P机=P−P热=U1I1−I12I2U2，故D错误。
故选：B。
根据欧姆定律可计算出电动机线圈的电阻；电动机消耗的电功率为P=U1I1；电动机的发热功率为P热=I2r；电动机输出功率等于总功率与发热功率之差。
解题的关键是知道电动机正常工作时，不能用欧姆定律计算电动机线圈的电阻，当电动机被卡住后，是纯电阻电路，才可以用欧姆定律计算出电动机线圈电阻。
8.【答案】D
【解析】解：A.mA⋅h在量纲上表示电流与时间的乘积，而电流与时间的乘积表示电荷量，因此mA⋅h是电荷量的单位，故A错误；
B.W⋅h在量纲上表示功率与时间的乘积，而功率与时间的乘积表示能量，因此W⋅h是能量的单位，故B错误；
C.2000mA=2A，该充电宝的电池容量为Q=It=2A×60×60C=7.2×103C，故C错误；
D.该充电宝的能量为W=QU=7.2×104×3.7J=2.664×105J=74W⋅h<160W⋅h，因此该充电宝可以带上飞机，故D正确。
故选：D。
mA⋅h在量纲上表示电流与时间的乘积；W⋅h在量纲上表示功率与时间的乘积；根据Q=It计算电池容量；根据W=QU计算充电宝的能量，进而判断。
熟练掌握量纲的计算方法是解题的基础，知道电荷量和能量的计算公式是解题的关键。
9.【答案】A
【解析】解：当环境光照强度减弱时，光敏电阻Rt的电阻值变大，而路灯可自动变亮，根据“串反并同”关系，则光敏电阻和路灯之间为并联关系，则图A是正确的，故BCD错误，A正确。
故选：A。
实现当环境光照强度减弱，路灯可自动变亮，可用“串反并同”结论法分析解答。
本题考查闭合电路的动态分析，当电源内阻不为零时，可用“串反并同”结论法分析作答。
10.【答案】B
【解析】解：对金属棒，受重力mg、安培力F、支持力N、摩擦力f，所受安培力的大小为F=BIl，根据平衡条件可得：Fsinθ=f，Fcsθ+N=mg，联立解得：f=BIlsinθ，N=mg−BIlcsθ，故B正确，ACD错误；
故选：B。
当B与I垂直时，安培力大小F=BIL，以金属棒为研究对象，受力分析，根据共点力平衡列式求解支持力和摩擦力。
本题主要考查安培力中的平衡问题，对金属棒受力分析，根据平衡条件解答。
11.【答案】C
【解析】解：A、对正电荷在加速电场的运动过程，由动能定理得：qU0=12mv02
解得正电荷从加速电场射出时具有的速度：v0= 2qU0m，故A错误；
CD、在偏转电场中正电荷做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为t，射出偏转电场时垂直板面方向的速度为vy，则有：
t=Lv0，vy=qUmd⋅t
正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值为：tanq=vyv0=UL2dU0
正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为：y=12⋅qUmd⋅t2=UL24dU0
故C正确，D错误；
B、正电荷在加速电场的运动过程电场力对其做功为qU0，在偏转电场中进出位置间电势差小于U，则在偏转电场中电场力对其做功小于qU，根据动能定理可知正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek故选：C。
根据动能定理求解正电荷从加速电场射出时具有的速度；在偏转电场中正电荷做类平抛运动，将运动分解处理，应用牛顿第二定律和运动学公式求解偏移量和偏转角；在偏转电场中进出位置间电势差小于U，则在偏转电场中电场力对其做功小于qU，根据动能定理分析正电荷从偏转电场射出时具有的动能。
本题考查了带电粒子在电场中加速和偏转问题，粒子的偏转引入两个物理量偏移量(也叫侧移量)和偏转角，用来描述粒子被偏转后的运动状态。解决类抛体运动的物理思想就是“化曲为直”，将曲线运动分解为两个直线运动。
12.【答案】C
【解析】解：A.在甲电路中，因电阻越小，则分流越大，则量程越大，则R2的阻值小于R1的阻值，故A错误；
B.乙图中当S接N时应该是小量程，即0.6A量程，此时通过R3与R4的电流应该为550mA大于通过电流计的电流，则R3与R4阻值之和小于110Ω，故B错误；
C.用甲图电路测量时，更换量程过程中电流都要通过表头，则容易导致电流表损坏，故C正确；
D.用乙图电路测量时，选量程0～0.6A时，并联的电阻应该较大，则应将开关接到N，故D错误。
故选：C。
A.根据电流表改装的原理分析判断阻值大小；
B.根据并联分流和电阻的关系进行判断；
C.根据实际操作分析电流表可能出现的问题；
D.根据并联电阻的阻值大小判断量程的大小。
考查电流表的改装原理，会根据并联分流的原理代入数据进行相关的计算。
13.【答案】C
【解析】解：A、根据左手定则知粒子受到的洛伦兹向上，若j1>j2，判断知半导体中自由移动的粒子带正电，故A错误；
B、根据左手定则知粒子受到的洛伦兹向上，若j1CD、取上表面与比下表面的电势差为|j1−j2|，粒子平衡时不再向极板移动，
qvB=q|j1−j2|a
解得
v=|j1−j2|Ba
因为电流
I=nqv(ab)
解得
|j1−j2|=IBnqb
故C正确，D错误。
故选：C。
AB、由左手定则和电势差判断自由移动的粒子所带电荷的正负；CD、根据粒子受力平衡求解。
本题考查带电粒子在电磁场中的运动、受力情况，难度适中。
14.【答案】B
【解析】解：A.电弧未产生时，两根呈羊角形的电极相当于电容器，根据匀强电场的场强公式E=Ud可定性分析，间隙最小处电场强度应最大，故A错误；
B.两羊角形电极中的电流产生的磁场对电弧作用力始终向上，电弧是在磁场力作用以及空气对流的作用下向上爬升的，故B正确；
C.由安培定则可知图中电弧所做位置磁场方向垂直纸面向里，由左手定则可知电弧所受安培力向上；
对调底部AB正负极后，电弧所在位置的磁场垂直纸面垂直纸面向外，由左手定则可知电弧所受安培力仍向上，电弧仍会在磁场对电弧的作用力以及空气对流的作用下爬升，故C错误；
D.将该装置放入真空中，实验现象将不会出现，因为真空中没有可被电离的物质，而高压可将空气电离，从而导电形成电流，故D错误。
故选：B。
分析电路结构，确定两杆间的电压，根据U=Ed判断电场强度最大处，场强越大，越容易击穿空气形成电弧，电弧是在磁场力作用以及空气对流的作用下向上爬升。
此题考查了电容器的相关知识，解题的关键是明确两杆间相当于电容器，两杆间存在电场，根据U=Ed判断电场强度的变化情况。
15.【答案】1900 ②①④ 通过表头的电流与待测电阻之间的关系为非线性关系
【解析】解：(1)由图可知指针大约指在盘中间位置，操作正确，则读数为19×100Ω=1900Ω
(2)如果发现指针的偏角过大，说明选择的挡位过大，应先换小挡位，把选择开关旋转到“×10”位置；然后再把两表笔短接，进行欧姆调零。故顺序是：②①④
(3)根据闭合电路欧姆定律可知通过表头的电流I=ERx+Rg+R1+r
可见通过表头的电流与待测电阻之间的关系为非线性关系，因此电阻的刻度线是不均匀的。
故答案为：(1)1900；(2)②①④；(3)通过表头的电流与待测电阻之间的关系为非线性关系
(1)按照欧姆表读数规则读数；
(2)明确当欧姆表的指针偏角过大说明待测电阻阻值较小，所选的倍率较大，应换较小的倍率，重新欧姆调零后测量读数；
(3)根据多用电表的原理分析解答。
应明确：当欧姆表的指针偏角过小时，说明待测电阻的阻值过大，同时说明所选欧姆挡的倍率较小，应换较大的倍率。
16.【答案】1U=1R⋅rE+1E 2.94 ESLAXLAD
【解析】解：(1)根据电路图连接实物图，如图1
图1
(2)①电路图设计如图2
图2
②根据闭合电路欧姆定律
E=U+URr
可得
1U=1R⋅rE+1E
③根据表格数据做图，使更多的点在图像上，不在图像的点平均分布在图像两侧，误差太大的点舍去，如图3
图3
根据
1U=1R⋅1E+1E
可知1U−1R图像纵截距的倒数等于电动势
E=10.34V=2.94V
(3)由于两次流经电流计G的电流都为0，所以第一次调节ES等于AD两端的电压；第二次调节EX等于AX两端的电压，由于两次滑动变阻器R接入电路的阻值不变，则流经AB的电流相同，即有
ESLAD=EXLAX
可得
EX=ESLAXLAD
故答案为：(1)见解析；(2)①见解析；②1U=1R⋅rE+1E；③2.94；(3)ESLAXLAD
(1)根据电路图连接实物图；
(2)根据电路图结合闭合电路欧姆定律与图像纵轴截距解答；
(3)根据两次流经电流计G的电流都为0，结合欧姆定律解答。
本题考查了测定干电池的电动势和内电阻的实验，掌握实验原理和应用图像处理实验数据的方法。
17.【答案】解：(1)线圈中磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，则通过电阻R的电流方向由b到a。
(2)根据法拉第电磁感应定律得
E=NΔΦΔt=1000×0.06−
(3)电阻R两端的电压为U=RR+rE=9090+10×1000V=900V
答：(1)通过电阻R的电流方向由b到a；
(2)线圈产生的感应电动势E是1000V；
(3)电阻R两端的电压U是900V。
【解析】(1)根据楞次定律判断感应电流方向。
(2)根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势E大小。
(3)根据串联电路分压规律计算电阻R两端的电压U。
解答本题时，要掌握法拉第电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律等电磁感应的基本规律，要知道Φ−t图像的斜率等于ΔΦΔt。
18.【答案】解：(1)ab杆切割磁感线产生感应电动势
E=Blv
根据全电路欧姆定律
I=ER+r
代入数据解得
I=0.80A；
(2)杆做匀速直线运动，拉力等于安培力，根据安培力公式有
F=BIL
代入数据解得
F=0.16N；
(3)撤去拉力后，根据能量守恒，电路中产生的焦耳热
Q=12mv2=12×0.1×22J=0.2J
可知
QR=RR+rQ=0.40.4+0.1×0.2J=0.16J。
答：(1)通过电阻R的电流大小I为0.8A；
(2)拉力F的大小为0.16N；
(3)撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热QR为0.16J。
【解析】(1)根据电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解通过电阻R的电流大小；
(2)根据平衡条件求解拉力F的大小；
(3)根据能量守恒定律求解撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热。
本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
19.【答案】解：(1)由题知，当加垂直于纸面向里的匀强磁场时，磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点。则可知电场力大小等于洛伦兹力大小，根据平衡条件
evB=eE
得
v=EB；
(2)若加速电压值为U0则根据动能定理知
eU0=12mv2
代入得
em=v22U0=E22B2U0；
(3)如图所示

若去掉极板间的电场，磁感应强度为B1时，电子进入磁场做匀速圆周运动，由几何关系知
R2=(R−d2)2+L2
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力
evB=mv2R
代入得
em=vRB=4dE(d2+4L2)B2。
答：(1)电子经电场加速后的速度大小v为EB；
(2)若已知加速电压值为U0，电子的比荷em为E22B2U0；
(3)若只去掉极板P和P′间的电场，调节匀强磁场强弱，磁感应强度为B1时，电子通过极板间的磁场区域恰好从下边缘射出，如图乙所示，电子的比荷em为4dE(d2+4L2)B2。
【解析】(1)根据平衡条件求解电子经电场加速后的速度大小；
(2)根据动能定理求解电子的比荷em；
(3)根据几何关系求解轨道半径，再根据牛顿第二定律求解电子的比荷em。
本题考查带电粒子在重力场、电场和磁场的混合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
20.【答案】解：(1)当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值vm，
由牛顿第二定律得：qvmB=mvm2R，得到最大速度的表达式为：vm=qBRm
粒子离开加速器时获得的最大动能：Ekm=12mvm2
解得：Ekm=B2q2R22m
(2)粒子在磁场中任意轨迹半径r上做匀速圆周运动时有：qBv=mv2r可得半径公式：r=mvqB
所以粒子的运动周期：T=2πrv=2πmqB
第N次加速后，对全过程由动能定理得：nUq=Ekm
代入最大动能的表达式可得加速次数：n=qB2R22mU
忽略电场中的加速时间后，由于粒子每次加速后，做半周的圆周运动。所以N次加速后粒子在加速器的总时间为：t1=n2⋅T=qB2R22mU⋅2πmqB=πBR22U
(3)粒子在电场中运动时，由匀变速直线运动规律得：nd=vm2t2
联立最大速度公式解得：t2=πRdU
粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比：t1t2=πR2d=3.14×12×0.1×10−2=1.6×103
即：t磁≫t电，所以可以忽略粒子在电场中运动的时间。
答：(1)粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm为B2q2R22m；
(2)忽略粒子在两盒间的电场加速的时间，计算粒子从A点开始运动到离开加速器的时间为πBR22U；
(3)通过计算分析(见解析)，忽略粒子在两盒间的电场加速时间的原因是：t磁≫t电。
【解析】(1)根据回旋加速器的工作原理，由洛伦兹力与向心力的关系求出最大动能；
(2)根据动能定理求出加速次数后，结合粒子做圆周运动的周期可以得到总时间；
(3)分别求出加速总时间和做圆周运动的总时间表达式，即可得到结论。
本题考查回旋加速器的工作原理，关键在于理解粒子的整个运动过程，判断出在各种情况下需要用到的定理，特别是洛伦兹力的公式几乎贯穿整个过程。
21.【答案】解：(1)达到最大电势差时，刚好没有能够到达柱面的电子，由动能定理得
eUm=12mv02
解得
Um=mv022e
(2)最终电容器电荷量为
Q=CUm
充电用时
t=Qnhe
解得
t=mv022nhe2
(3)外电阻R单位时间内产生的焦耳热
W=PΔt=P
根据能量守恒定律，单位时间到达Q的电子，在从MN运动到Q的过程中损失的动能之和等于外电阻R单位时间内产生的焦耳热，则
ΔEk=W
解得
P=ΔEk
答：(1)金属导线MN与金属柱面之间的最大电势差为mv022e；
(2)该段时间为mv022nhe2；
(3)见解析。
【解析】(1)根据动能定理分析解答；
(2)根据电流的定义式分析解答；
(3)根据焦耳定律结合能量守恒定律分析解答。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，关键在于从粒子受力和初速度方向间的关系判断粒子的运动情况。R/Ω
8
10
15
20
25
U/V
1.85
1.98
2.26
2.40
2.51