重庆市南开中学20182019学年高二物理期末考试试卷含解析doc

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卷

名姓

此

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2018-2019学年重庆市南开中学高二期末考试物理试题

物理

注意事项：

．答题前，先将自己的姓名、准考据号填写在试题卷和答题卡上，并将准考据号条形码粘贴在答题卡上的指定地点。

2．选择题的作答：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

黑，写在试题卷、底稿纸和答题卡上的非答题地区均无效。

．非选择题的作答：用署名笔直接答在答题卡上对应的答题地区内。写在试题卷、底稿纸和答题卡上的非答题地区均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第I卷（选择题)

一、单项选择题

1．对于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，以下说法正确的选项是（）

A．安培力的方向可以不垂直于直导线

B．安培力的方向老是垂直于磁场的方向

C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角没关

D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小必然变为原来的一半

2．沟通发电机发电表示图以下列图,线圈转动过程中,以下说法正确的选项是（）

A．转到图甲地点时，经过线圈的磁通量变化率最大

B．转到图乙地点时，线圈中产生的感觉电动势为零

C．转到图丙地点时，线圈中产生的感觉电流最大

D．转到图丁地点时，AB边感觉电流方向为A→B

3．以下列图，金属棒AB原来处于静止状态(悬挂)．由于CD棒的运动，致使AB棒向右摇动，

则CD棒()

A．向右平动B．向左平动C．向里平动D．向外平动

4．以下列图，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强

磁场中，从某时刻开始，磁感觉强度平均减小，则在磁感觉强度平均减小的过程中，对于线拉力的

大小以下说法中正确的选项是()

A．大于环重力mg，并渐渐减小

B．素来等于环重力mg

C．小于环重力mg，并保持恒定

D．大于环重力mg，并保持恒定

5．以下列图，速度选择器中磁感觉强度大小为B和电场强度大小为E，两者相互垂直；一束

带电粒子以必然的初速度沿直线经过速度选择器后从狭缝P进入另一磁感觉强度大小为B′的匀强

磁场，最后打在平板S的D1D2上，不计粒子重力，则()

A．该束粒子带负电

B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面回里

C．打在D1处的粒子大于打在D2处的粒子的速度

D．打在D1处的比荷大于打在D2处的粒子的比荷

6．如图,E为电源,其内阻为r,L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变),R1、R2为定值电阻,R3为

光敏电阻(其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小),V为理想电压表。若将照射R3的光的强度增

强,则()

1

22D．2A．0B．mv0C．0+0mvmv-10．以下列图，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失。现在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水A．小灯泡变暗B．经过R2的电流变大平面上的D′点停下来。后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从AC．电压表的示数变小D．电源内阻的功率变大点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来．则以下说法中正确的选项是7．以下列图,沟通电流表A1、A2、A3分别与电容器C．线圈L和电阻R串联后接在同一个沟通）（电源上,供电电压瞬市价为U=Usinωt,三个电流表读数相同。现换另一个电源供电,供电电压刹时1m1值为U=Usinωt,ω=2ω.更换电源后,三个电流表的读数将()2m221

A．D′点必然在D点左侧B．D′点必然与D点重合A．A1将减小,A2将增大,A3将不变B．A1将增大,A2将减小,A3将不变C．D″点必然在D点右侧C．A将不变,A将减小,A将增大D．A将减小,A将减小,A将不变D．D″点必然与D点重合1231238．一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为二、多项选择题()11．如图，水平川面上有一个倾角为θ的斜面，其表面绝缘.另一个带正电的滑块放在斜面上，两物体均处于静止状态。当加上水平向右的匀强电场后，滑块与斜面仍相对地面静止，则（）

A．滑块对斜面的压力必然变大B．斜面体对地面的压力必然变大

A．4.0AB．2.0AC．2AD．0.01AC．滑块与斜面间的摩擦力必然变大D．斜面体与地面间的摩擦力必然变大

9．以下列图，一质量为m，电荷量为+q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽12．以下列图是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为自感系数很大、直流电阻不计的

敞绝缘地道中，地道足够长，物块上、下表面与地道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存线圈,以下说法中正确的选项是（）

在垂直纸面向里、磁感觉强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，

物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块战胜阻力做功不能能为（）

2A．闭合开关S1,待电路牢固后,灯A1熄灭A．两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=mg223B．系统匀速运动的速度大小：22B．开关S接通刹时,灯A、A同时变亮v=mgR/BLC．闭合开关S1,待电路牢固后,断开S1刹时,灯A1突然闪亮,随后渐渐熄灭C．导线框abcd经过磁场的时间t=2B2L3/mgRD．闭合开关S2,电路牢固后,断开S2刹时,灯A2、A3马上熄灭D．两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热32244Q=2mgL-3mgR/2BL13．如图,静止的金属棒ab、cd与足够长的水平圆滑金属导轨垂直且接触优秀,匀强磁场竖直16．如图(a)所示，在半径为R的虚线地区内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所向下.ab棒在恒力F作用下向右运动,则()示。薄挡板MN两头点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°。在t=0时，一质量为m、电荷量

为+q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不A．安培力对ab棒做正功B变），运动轨迹如图(a)所示。粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，以下说法正确的．abdca回路的磁通量先增加后减少C．安培力对cd棒做正功D是（）．F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和14．如图,理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=2:1，电压表和电流表均为理想电表，灯泡电

阻RL=6Ω，AB端电压U1=12sin100πt(V)；以下说法正确的选项是()

A．电流频次为50HzB．电压表的读数为6VC．电流表的读数为0.5AD．变压器输入功率为6W15．如图,正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L,电阻均为R,质量分别为2m和m,它们分别系在一高出两个定滑轮的轻绳两头,且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。A．磁场方向垂直纸面向外在两导线框之间有一宽度为2L、磁感觉强度大小为B．方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上界限重合,导线框abcd的上边到匀强磁场的下界限的距离为B．图(b)中L.现将系统由静止释放,当导线框ABCD恰巧全部进入磁场时,系统开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力,则()C．图(b)中D．若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点

第II卷（非选择题)

三、实验题

317．“研究LED灯的伏安特点”实验中,所用器材有:灯泡L1与L2(最大阻值均为几十欧)、量程合适的电流表A(内阻约几欧)和电压表V(内阻特别大)、直流电源E、滑动变阻器R、电键S。

(1)某同学已连结好如图甲所示的电路,在闭合电键前,请认真辨图,指出图中的不当之处

____；

A.不应采用电流表外接法B.电流不应从电压表的负接线柱流入

C.不应采用滑动变阻器的分压接法D.滑动变阻器的滑片不应位于中间

(2)修正电路后,闭合电键,挪动滑动变阻器的滑片并获取灯泡L1的I-U图像如图乙中的图线

L1,则可知灯L1的电阻随电压增大而__________(填“变大”“变小”或“不变)；

换用灯L2重做实验,得其I-U图像如图乙中的图线L2,现将滑动变阻器的滑片移至合适地点

并固定,同时撤去“导线1”接灯L2时电流表的读数为0.16A,接灯L1时电流的读数为0.08A,当灯被

短路时,电流表的读数应为________(结果保存两位有效数字)；

18．小明在实验室睁开研究实验,他将一根铜棒和一根锌棒插入一只苹果内,就组成一个简单

的“水果电池”,将三个苹果电池串联起来组成电池组,进行以下实验：

采用多用电表的直流电压(0~2.5V)挡大体测量该电池组的电动势,指针地点以下列图,其

示数为________V；

对该电池组进行电动势与内阻的精准测量(已知该电池组内阻约为500Ω),现有以下器材:

电流表A1:量程20mA,内阻为10Ω电流表A2:量程38mA,内阻为10Ω

滑动变阻器R1:阻值范围为0~30Ω滑动变阻器R2:阻值范围为0~3KΩ

定值电阻R0:阻值为990Ω开关一个,导线若干

①实验中应当采用的滑动变阻器是________(填“R1”或“R2")

②依据实验要求在下框中填入所需元件字母,将实验电路图补充圆满____；

③根提实验电路图进行实验,获取两只电流表读数的多组数据,在图中绘出对应数据的图象如

以下列图,可求得该电池组的电动势与内电阻分别为:E________V；r=________Ω(r的计算结果保存三位

有效数字)。

四、解答题

19．如图，一个100匝的闭合圆形线圈2,面积为S=20cm,,放在匀强磁场中,线圈平面跟磁感线方向垂直。匀强磁场的磁感觉强度B随时间t变化的规律如图(b)所示。设t=0时,B的方向如图(a)所示,垂直于纸面向里。求：

线圈在0～4×10-3s内的平均感觉电动势的大小；

若线圈总电阻为3Ω，则,10s内线圈中产生的热量大小。

20．以下列图为离子解析装置的简化模型,空间存在以虚线OP为分界限的范围足够宽广匀强电场和匀强磁场,电场方向与分界限垂直,电场强度大小E磁感觉强度大小B，OP=a。现有某一速率为v的正离子从O点垂直于OP飞入匀强磁场所区,经两个半圆周后竖直向上经过P点,不计离子的重

力及空气阻力,求：

4行板电容器,同时加上垂直平面向里的匀强磁场B=10-2T。已知粒子的比荷为4108C/kg，C点与圆形

容器最左端A距离为d,不计子的重力。求：

该正离子的比荷；

该正离子从O点出发到竖直向上经过P点全程所用的时间。

21．某水电站的输出功率为P0=100kW,向远处的用户供电。电站采用升压变压器升压后再输电,

抵达用户后再用降压变压器将电压降为U4=220V供用户使用。已知输电导线的总电阻R=5Ω.输电线

路损失的功率为输出功率的2%,两台变压器均为理想变压器，求：

(1)输电线上的电压损失值U；(1)当加快电压为U=200V时,带电粒子在磁场中的运动半径；损1(2)降压变压器原、副线圈的匝数比.(2)假如d=0.2m,为防范粒子打到绝缘容器上,加快电压U应知足什么条件；22．如图，在同一水平面中的圆滑平行导轨P、Q相距L=1.5m,导轨左端接好像图的电路。其(3)将磁场反向,调治加快电压,使粒子能垂直打到绝缘容器壁上,粒子与器壁碰撞后原速反弹中水平放置的平行板电容器两极板M、N部距离d=10mm,定值电阻R=R=12Ω,R=2Ω,金属棒ab电阻且电量不变最后粒子好回到C点,则当d为多大时,粒子回到C点用时最短,最短时间为多少。123r=2Ω,其他电阻不计。磁感觉强度B=0.5T的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面,在外力F作用下金属棒ab沿导轨向右匀速运动时,质量m=1×10-14kg,带电量q=-1×10-14C的微粒恰巧悬浮于电容器两极板间。取g=10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触优秀。且运动速度保持恒定。试求：

(1)R1两头的路端电压；

金属棒ab向右匀速运动的速度大小；

在金属棒ab沿导轨向右匀速运动2m过程中，回路中产生的总热量。

23．以下列图,半径R=0.5m的绝缘圆形容器左侧有一平行板电容器,电容器内有电场,无磁场，

两极板与水平直径平行,下极板恰幸亏水平半径OA上,下极板有一小孔C。一带正电的粒了从凑近上

板处静止释放,经电场加快后从下小孔C处以竖直向下的速度出射,当粒子走开电场后就马上撤掉平

52018-2019学年重庆市南开中学高二期末考试物理试题

物理答案

1．B

【解析】

本题察看了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，依据左手定则可

知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线

沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．

A、B、依据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向

都垂直，故A错误，B正确；

C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场

方向的夹角相关，故C错误；

D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半

与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中

折成直角，安培力的大小必然变为原来的，故D错误．

应选：B．

【讨论】解决本题的要点是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当

导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．

2．D

【解析】

转到图甲地点时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错

误；转到图乙地点时，线圈产生的感觉电动势最大，故B错误；转到图丙地点时，线圈位于中性面

地点，此时感觉电流最小，且感觉电流方向改变，故C错误；转到图丁地点时，依据楞次定律可知

AB边感觉电流方向为A→B，故D正确；应选D。

【点睛】

本题主要察看了发电机的工作原理。要知道发电机是依据电磁感觉原理制成的。感觉电流的

方向与导体切割磁感线的方向相关，可以经过线圈的转动情况，判断线圈中产生的感觉电流放向的

变化.

3．D

【解析】

若CD棒水平向右运动或水平向左摇动，则运动方向与磁场方向平行，没有感觉电流产生，则

AB棒不会受安培力作用，不会运动，故AB错误；若CD棒垂直纸面向里平动，由右手定则判断感觉

电流由A到B，由左手定则判断AB受力向左，则AB将向左摇动，与题干不符，故C错误；若CD棒

垂直纸面向外平动，由右手定则判断感觉电流由B到A，由左手定则判断AB受力向右，则AB将向

右摇动，故D正确；应选D。

【点睛】

本题察看左手定则和右手定则的灵巧应用，判断电流的方向用右手定则，判断力的方向用左

手定则．

4．A

【解析】

磁感觉强度平均减小，穿过回路的磁通量平均减小，依据法拉第电磁感觉定律得悉，回路中

产生恒定的电动势，感觉电流也恒定不变．由楞次定律可知，感觉电流方向：顺时针，再由左手定

则可得，安培力的协力方向：竖直向下．金属环素来保持静止，则拉力大于重力，由于磁感觉强度

平均减小．因此拉力的大小也渐渐减小，故A正确，BCD均错误．

考点：本题察看法拉第电磁感觉定律、楞次定律。

5．B

【解析】

带电粒子在磁场中向下偏转，依据左手定则，知该粒子带正电，而速度选择器中正电荷遇到

电场力向下，则遇到的洛伦兹力向上，则磁场方向垂直纸面向里，故A错误，B正确；粒子经过速

度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB．则，即全部进入磁场B′的粒子的速

度都是相同的，即打在D1处的粒子等于打在D2处的粒子的速度，故C错误；粒子在磁场B'中做匀速

圆周运动，经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，依据知，打在D1处的比荷小于打在

D2处的粒子的比荷，故D错误。应选B。

【点睛】

解决本题的要点知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，明确

洛伦兹力充任向心力的正确应用是解题的要点。

6．D

【解析】

将照射R3的光的强度加强，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定

律可得，电路中干路电流增大，故R1两头的电压增大，电压表的示数变大。故C错误；因干路电流

增大，电源的内电压增大则路端电压减小，同时R1两头的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，流过灯泡的电流必然增大，灯泡变亮，故AB错误；干路电流增大，则电源内阻

的功率变大，故D正确；应选D。

【点睛】

闭合电路的动向解析问题一般按外电路、内电路再外电路的解析思路进行；解析内电路主要

依据总电流及内阻解析内压，而外电路较为复杂，要注意灵巧应用电路的性质．

7．B

【解析】

由公式2πf=ω知，今后沟通电的频次变大，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，对电阻

没影响，因此A1示数将增大，A2数将减小，A3示数不变，因此选项B正确，ACD错误。应选B。

【点睛】

本题察看电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系．当交变电流

的频次变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小．

8．C

【解析】

0-0.5s内的磁通量变化率为：K=Wb/s=0.02Wb/s，则感觉电动势；则感觉

电流；在0.5s-1s内磁通量不变，感觉电流为零；设有效值为I，则，即

，解得I=2A；应选C.

【点睛】

求解电流的有效值时抓住三个相同，即相同时间，相同电阻，产生相同热量。

9．C

【解析】

由题意对滑块受力解析，因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均

不可以确定，应讨论：若滑块遇到向上的洛伦兹力F=mg，则支持力FN=0，摩擦力f=0，滑块将匀速运

动，摩擦力不做功，故A可能；若F＜mg，则弹力方向向上，竖直方向知足FN+F=mg，水平方向受摩

擦力向左，滑块做减速运动，由F=qvB知，F减小，FN则增大，f增大，由-f=ma可知，v连续减小，

最后减为零，由动能定理知，22-W=0-mv0，解得：W=mv0，故B可能；若F＞mg，则滑块遇到向下的压FN，在竖直方向知足F=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动向解析知，当F=mg时FN=0，f=0，最后

滑块做匀速运动，此时知足：qvB=mg，解得：，对滑块整个过程由动能定理得：22-W=mv-mv，0

2，故C不能能，D可能；本题选不能能的，应选C。联立解得：W=mv0-【点睛】

洛伦兹力是变力，其方向时刻与速度方向垂直，故洛伦兹力永不做功，波及到洛伦兹力与功、

动能等问题，要用动能定理求解．

10．BC

【解析】

设AB斜面与水平面的夹角为，以物块为研究对象进行受力解析由动能定理有

，化简解得：，当加上竖直向下的匀强

电场后知足，联立可得悉，因此与D

点必然重合，应选项A错误、B正确；加上匀强磁场，物块遇到垂直于运动方向的洛伦兹力的作用，

洛伦兹力不做功，与第一种情况比较，摩擦力变小，但战胜摩擦力做的功不变，重力做功不变，由

动能可知，物块滑行的位移比第一种情况大，即必然在D点右侧，因此选项C正确、D错误。

考点：动能定理、静电场、洛伦兹力

11．AD

【解析】

未加电场前，斜面体对滑块的支持力N=mgcosθ，加上电场后，支持力的大小变为N′=mgcos

+qEsinθ，知滑块对斜面的压力变大。故A正确。对整体解析，未加电场时，水平方向上不受力，斜面体与地面的摩擦力为零，加上电场后，整体遇到水平向左的摩擦力，知斜面体与地面间的摩擦

力增大。竖直方向支持力的大小仍旧等于总重力，因此斜面体与地面间的压力不变。故D正确，B

错误。滑块开始受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，加上匀强电场后，滑块多了一个水平向右的

电场力，所受的静摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，则摩擦力的大小可能减小、可能

增大，可能不变。故C错误。应选AD。

12．AC

【解析】

闭合开关S1，待电路牢固后，因线圈的电阻为零，则灯A1被短路而熄灭，断开S1刹时，由于

线圈产生自感电动势阻截电流的减小，则在灯泡和线圈之间再次形成回路，则灯A1突然闪亮，随后

渐渐熄灭，选项AC正确；开关S2接通刹时，灯A3马上亮起来，而灯A2由于与线圈串联，则要阻截电流的增加，可知A2渐渐变亮；电路牢固后，断开S2刹时，经过灯A3原来的电流马上消失，而线圈导线框ABCD恰巧全部进入磁场时磁通量不再变化，回路中没有感觉电流，则线框ABCD不受

中药产生自感电动势阻截电流的减小，则在灯A2、A3中组成新的回路，电流慢慢减小，即灯A2、A3安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，依据平衡条件：FT=2mg，故A错误；线框ABCD圆满进

都会慢慢熄灭，选项BD错误；应选AC.

【点睛】入磁场后，abcd中开始产生感觉电流，依据依据平衡条件：mg+=2mg，得：，故B正确；

当经过线圈自己的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特其他电磁感觉现象，可abcd匀速运动圆满进入磁场后不再有感觉电流，不再受安培力，但ABCD开始穿出磁场，产生感觉

运用楞次定律解析自感电动势对电流的影响。电流受安培力作用，当ABCD穿出磁场后不再有感觉电流不再受安培力后abcd又开始穿出磁场产生

13．CD

【解析】

ab棒在恒力F作用下向右做加快运动，依据楞次定律可知，回路中将产生的感觉电流沿acdba

方向，由左手定则判断可知，ab棒所受的安培力方向向左，cd棒所受的安培力方向向右，则安培力对ab棒做负功，对cd棒做正功。故A错误，C正确。两棒最后都做匀加快运动，速度之差恒定，

ab棒的速度大于cd棒的速度，两板间距离增大，则abdca回路的磁通量素来增加。故B错误。根

据能量守恒定律得悉，F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和。故D正确。应选CD。

【点睛】

本题的解题要点是解析导体棒受力情况，来确定其运动情况，进而判断磁通量怎样变化，同

时明确功能关系的应用，能正确解析能量转变的方向．

14．ABD

【解析】

AB端电压U1=12sin100πt（V），其角速度ω=100πrad/s，因此其频次：f＝＝

50Hz．故A正确；电源电压有效值为12V，由电压之比等于匝数之比可得，副线圈两头电压

有效值为6V，电压表测量的是有效值，示数也为6V，故B正确；电压表的示数为6V，灯泡电阻RL=6

Ω，依据欧姆定律：．故C错误；输出功率：P=U2I=6×1=6W，依据输入功率等于输出

功率，因此变压器输入功率为6W，故D正确；应选ABD。

【点睛】

本题察看变压器原理；只需知道变压器的特点：匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出

功率．

15．BD

【解析】

感觉电流受安培力，受力解析知系统素来匀速运动，故abcd经过磁场的时间，故C错

误；等高时速度为v，依据能量守恒：2mg×2L-mg×2L=（m+2m）v2+Q，得：Q=2mgL-，故D

正确；应选BD。

【点睛】

本题是电磁感觉中的力学识题，安培力的计算和解析能量怎样转变是解题要点，要加强训练，

娴熟掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力．

16．BC

【解析】

依据轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力供给向心力，由牛顿第二定律得：

qvB0=m，解得磁感觉强度：B0=，选项B正确；虚线地区不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子

做匀速直线运动的时间：，虚线地区加快磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的

时间：，磁场变化的周期：T0=t1+t2=，选项C正确；若t=0时，质量为m、

电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，抵达O点后向下，与板碰撞后，抵达B板，

与B碰撞后向上偏转900此后从磁场中飞出，则不可以返回A点，选项D错误；应选BC.

点睛：本题要点是要搞清粒子在磁场中的运动情况即轨迹，联合圆周运动的知识求解运动时

间；注意用左手定则判断洛伦兹力的方向时要注意四指的指向.

17．（1）BD（2）变小（3）0.32A

【解析】（1）灯泡内阻较小，故可采用电流表外接法，选项

A错误；电流不应从电压表的负接线柱流

对电表读数时要先确定其量程与分度值，此后依据指针地点读出其示数，读数时视线要与刻

入，选项

B正确；由于要求灯泡两头电压从零开始变化，因此滑动变阻器必然分压式接法，选项

C

度线垂直；依据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式是求电源电动势的前提与

错误；滑动变阻器的滑片不应位于中间，要在最左端地点，选项

D正确；应选

BD.

要点。

（2）因

I-U

图像的斜率的倒数等于电阻，可知灯

L1的电阻随电压增大而变小；

19．（1）30V

（2）3000J

（3）由图乙可以读出，接灯L2时电流表的读数为

时电流表的读数为0.08A，此时的电压：U1=1.2V；

0.16A，此时的电压为：

U2=0.8V；接灯

L1

【解析】

（1）依据

B-t

图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，因此电动势为定值，即为

设电源的电动势为

E，电路中的其他部分的电阻值为

R，由闭合电路的欧姆定律得：

E=U1+I

1R