7．如图所示，在匀强磁场中有一水平绝缘传送带以速度ν沿顺时针方向传动。
现将一带正电的小物块轻放在传送带的左侧。
设小物块在运动过程中电量保持不变，则小物块运动情况可能正确的是
A．小物块先做匀加速运动，最后做匀速直线运动
B．小物块做加速度增大的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动
C．小物块做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
D．小物块做加速度减小的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动
8．如图所示，边长为L的正方形导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁场中，bc边与磁场右边界重合。
现发生以下两个过程：
一是仅让线框以垂直于边界的速度ν匀速向右拉出磁场：
二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。
若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度的变化率为
A．
B．
C．
D．
评卷人
得分
二、多选题
9．一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入电场中，由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h时速度为零，取重力加速度为g，下列判断正确的是
A．液滴重力势能减少量为mgh
B．液滴的机械能减少量等于液滴的电势能增加量
C．液滴的电势能增加量为mgh
D．电场力对液滴做的功为
10．如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，从上极板的左端A点紧贴上极板以水平初速度v0向右射入一个带正电的粒子，粒子重力不计。
当它的水平分速度与竖直分速度的大小之比为1︰2时，恰好从下极板的右端B点射出。
设极板长为L，板间距为d，则
A．d=L
B．d=2L
C．若粒子初速度为2v0，则粒子从电容器中飞出时距上极板
D．若粒子初速度为2v0，则粒子从电容器中飞出时距上极板
11．如图所示，用回旋加速器分别加速A、B两种离子。
已知A离子的质量为3m，电量为q；B离子的质量为4m，电量为2q。
以下说法正确的是
A．加速A离子的交变电源的周期较小
B．加速B离子的交变电源的周期较小
C．带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关
D．A离子从加速器中出来时的速度比B离子的大
12．某静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。
一质量m=2.0×10－14kg，电荷量q=－2.0×10－11C的带电粒子从（2，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上运动。
则
A．沿x轴方向，从－1cm到2cm电场强度先增大后减小
B．x轴原点左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比
C．该粒子在x轴上做周期性运动，且运动的周期T=3.0×10－4s
D．该粒子在运动过程中最大速度的大小为200m/s
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
三、实验题
13．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）将图中所缺的导线补接完整________。
（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上电键后进行下述操作时出现的情况是：
①将线圈A迅速入线圈B时，灵敏电流指针___________〔选填“向左偏”、“向右偏”或“不偏”）
②线圈A插入线圈B稳定后，将滑动变阻器触头迅速向___________（选填“左”或“右”）滑动时，灵敏电流计指针会向右偏转。
14．某同学做描绘小灯泡的伏安特性曲线实验，实验中用的小灯泡上标有“4V，2W”的字样，实验室还有下列器材供选用：
A.电池组（电动势为6V，内阻约为2Ω）
B.电压表（0~5V，内阻约为10kΩ）
C.电压表（0~15V，内阻约为20kΩ）
D.电流表（0~300mA，内阻约为1Ω）
E.电流表（0~600mA，内阻约为0.4Ω）
F.滑动变阻器（10Ω，2A）
G.电键、导线若干
①实验中所用电压表应选用__________，电流表应选用__________；（填写器材前的字母）
②实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始变化，则甲、乙、丙、丁四个电路图中符合要求的电路图是___________图。
③某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如右图所示）若改用电动势为3.0V，内阻为2Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是___________（结果保留两位有效数字）。
评卷人
得分
四、解答题
15．如图所示，竖直放置的两块足够长的平行金属板间存在匀强电场，在两极板间某位置用绝缘细线悬挂一质量m=10g的带电小球，静止时细线跟竖直方向成θ=45°角，小球与右极板距离为b=20cm。
（1）若小球所带的电荷量q=5×10－7C，则两极板间的电场强度大小为多少?
（2）若剪断细线，则小球做什么运动?
需多长时间到达右极板?
（g取10m/s2）
16．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长且电阻不计的平行金属导轨相距L，导轨平面与水平面夹角为θ，上端连接阻值为R的电阻。
匀强磁场方向垂直导轨平面向下（图中未画出）。
质量为m，电阻也为R的金属棒放在两导轨上由静止开始释放，金属棒下滑过程中的最大速度为vm，棒与导轨始终垂直并保持良好接触，且它们之间的动摩擦因数为μ。
试求
（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度的大小；
（3）当金属棒沿导轨下滑距离为s时，金属棒速度已达到最大值，则此过程中电阻R上产生的焦耳热QR为多少?
17．如图所示，一矩形区域abcd内存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场和竖直向下的匀强电场大小为E，现从矩形区域ad边的中点O处沿纸面与ad边夹角为30°方向发射一个带电微粒（微粒的速度未知），微粒恰好在复合场中做圆周运动。
已知ab、cd边足够长，ad边长为L，微粒质量为m。
则：
（1）微粒带何种电?
电荷量大小为多少?
（2）若微粒能从ad边射出，求微粒在复合场中的运动时间；
（3）若微粒能从cd边射出，求可能从cd边射出的区域的长度x。
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
磁感线在磁体的外部从N极到S极，内部从S极到N极形成闭合的曲线；电场线始于正电荷终于负电荷或者无穷远，选项A错误；一小段通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线放置方向与磁场平行的缘故，该处磁感应强度不一定为零，选项B错误；某点电场强度的大小等于试探电荷放在该点时受到的电场力与试探电荷电量大小的比值，选项C正确；某点磁感应强度的大小等于一小段通电导线放在该点时受到的最大的磁场力与该小段导体长度和电流乘积的比值，选项D错误；故选C.
2．A
【解析】
【分析】
表头G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而表头G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表。
根据串并联电路的基本规律进行分析即可确定量程变化。
【详解】
甲表表头与电阻串联，故是电压表，R1增大时时，变阻器分担的电压增大，甲表量程增大；故A正确B错误。
乙表滑动变阻器与表头并联，起分流作用，故是电流表，R增大时，电路中R2变阻器分流减小，乙表量程减小；故CD错误；故选A。
【点睛】
本题考查电表改装原理的理解能力。
当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值，此时对应总电路中的电流和电压为量程。
3．C
【解析】
【分析】
当滑动变阻器触头P向右滑动时，分析电路中电阻的变化，判断电流的变化和路端电压的变化，确定各个电压的变化关系。
即可分析各个电表示数的变化。
【详解】
当滑动变阻器触头P向右滑动时，R阻值减小，则总电阻减小，总电流变大，路端电压减小；电压表读数减小，R0两端的电压减小，则安培表读数减小；选项A错误；根据P内=I2r可知，电源内部发热功率变大，选项B错误；根据P=IE可知，电源总功率变大，选项C正确；电源的效率
可知，电源的效率减小，选项D错误；故选C.
【点睛】
题是电路动态变化分析问题，要处理好局部与整体的关系，按“局部到整体再到局部”的顺序进行分析。
4．A
【解析】
【分析】
当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R的电压U；当电键S闭合后，通过R的电流仍为I1，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2＜U/r求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI求解电路中功率范围．
【详解】
当电键S断开时，由欧姆定律得，P1=I1U．U=20I1；当电键S闭合后，通过R的电流仍为I1，电动机转动，电动机的电流
，故电流表的电流I2＜5I1，电路消耗的电功率P=UI2＜5I1U=5P1。
故A正确，BCD错误。
故选A。
【点睛】
本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜U/r是关键不等式．
5．D
【解析】
【分析】
依据左手定则来判定安培力的方向，再结合安培力公式F=BIL，即可求解。
【详解】
磁场方向向下，电流方向向外，依据左手定则，则安培力方向向右，因此驱动力方向向右，根据安培力公式F=BIL=10×1.0×103×0.4N=4.0×103N，综上所述，故ABC错误，D正确；故选D。
6．D
【解析】
【分析】
从图象中可以看出，速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小，所以电场力就减小，电场强度就逐渐减小．同时带电粒子的速度增大，说明了电场力做正功，电势能减小．
【详解】
从图象中可以看出，速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小，所以电场力就减小，电场强度就逐渐减小，即EA>EB，故AB错误；电子的速度增大，说明了电场力做正功，电势能减小；电子带负电，所以电势升高φA＜φB．故C错误，D正确。
故选D。
【点睛】
该题中，图象中看出速度的变化率逐渐减小，即加速度逐渐减小是解决问题的关键．
7．C
【解析】
【分析】
滑块受重力、支持力、洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
【详解】
滑块受重力、支持力、向上的洛伦兹力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
μ（mg-qvB）=ma，随速度的增加，滑块的加速度逐渐减小，直到mg=qvB时加速度减为零，滑块做匀速运动，故选C.
8．A
【解析】
【分析】
仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时产生的感应电动势为E=BLv；仅使磁感应强度随时间均匀变化产生的感应电动势为
，根据感应电流大小相等，感应电动势大小相等，即可求解．
【详解】
仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时产生的感应电动势为E1=B0Lv；仅使磁感应强度随时间均匀变化产生的感应电动势为
；据题线框中感应电流大小相等，则感应电动势大小相等，即E1=E2。
解得
，故选A。
9．AB
【解析】
【分析】
带电液滴在电场力和重力的作用，以竖直向下的初速度沿竖直方向下落，根据功能关系可得出电场力做的功；根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，即可求解．
【详解】
带电液滴下落h高度，液滴重力势能减少量为mgh，选项A正确；由于只有重力和电场力做功，重力做正功，电场力做负功，电势能增加，而液滴的电势能与机械能之和不变，可知液滴的机械能减少量等于液滴的电势能增加量，由功能关系：
W电=-mgh-
，即液滴的电势能增加量大于mgh；电场力对液滴做的功大于
选项B正确，CD错误；故选AB.
【点睛】
考查功能关系与机械能是否守恒，并知道除重力以外力做功，导致机械能变化：
若此力做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小．
10．AD
【解析】
【分析】
带正电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，水平速度恒为v0，当粒子恰好从下端点B射出，它的水平速度与竖直速度的大小之比为1：
2，故竖直分速度为2v0，竖直方向的平均速度为v0，再根据运动的等时性，可得d与L的关系。
【详解】
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，速度恒为v0，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动；当粒子恰好从下端点B射出时，它的水平速度与竖直速度的大小之比为1：
2，故竖直方向的末速度为2v0，由匀变速直线的运动规律可知：
竖直方向的平均速度为v0，水平分运动和竖直分运动的运动时间相同，设为t，故
，故B错误，A正确。
若粒子初速度为2v0，则粒子飞出电场时时间变为原来的一半，根据
可知，从电容器中飞出时距上极板的距离变为原来的1/4，即d/4，选项C错误，D正确；故选AD。
11．BC
【解析】
【分析】
加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期；当离子获得最大速度时，在磁场中的运动半径等于D型盒的半径。
【详解】
加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期，即
，因A离子的q/m小于B离子，可知加速A离子的交变电源的周期较大，选项A错误，B正确；带电离子获得的最大动能
，可知带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关，选项C正确；A离子的q2/m比B离子小，则由
可知A离子从加速器中获得的动能较小，速度较小，选项D错误；故选BC.
【点睛】
解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能．
12．BD
【解析】
【分析】
根据U=Ed结合φ-x图像可求解两边场强的大小；该粒子将在-1cm到0之间电场力做正功，动能增加；该粒子将在0-2cm间克服电场力做功，动能减少，所以该粒子将在-1cm到2cm间作周期性运动；根据牛顿第二定律结合运动公式可求解最大速度和周期.
【详解】
根据U=Ed结合图像可知：
左侧电场强度：
；右侧电场强度：
；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比
，沿x轴方向，从－1cm到2cm电场强度在O点两侧都是匀强电场，故A错误，B正确；该粒子将在-1cm到0之间电场力做正功，动能增加；该粒子将在0-2cm间克服电场力做功，动能减少，所以该粒子将在-1cm到2cm间作周期性运动，在-1cm-0之间的加速度
，到达O点的速度最大，大小为
，用时间
；同理从O点到2cm位置的时间
，则振动的周期为
，故C错误；D正确；故选BD。
13．
（1）
（2）向右偏右
【解析】
【分析】
（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答。
（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反。
【详解】
（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：
（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；
①闭合电键，将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下。
②原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，原线圈电流变大，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变大，灵敏电流计指针将向右偏转一下。
【点睛】
本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。
知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。
14．①BE②丁③0.90~0.95W
【解析】
【分析】
①根据灯泡的额定电压选择电压表，根据给出的灯泡可明确其电流值，从而选择电流表；
②根据实验原理可明确滑动变阻器及电流表的接法，从而确定原理图；
③在I-U图象中作出电源的伏安特性曲线，则交点为电源的工作点．
【详解】
①电表量程应略大于灯泡的额定值，故电压表应选择B；灯泡的额定电流为0.5A，故电流表应选择E；
②滑动变阻器要用分压电路；电压表内阻远大于灯泡电阻，则采用电流表外接；可知要选择电路丁；
③电源的电动势为3V，内阻为2Ω，在图中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点为灯泡的工作点，则由图可知，电压为2.2V，电流为0.42A；则功率P=UI=2.2×0.42=0.92W；
【点睛】
对于伏安法描绘小灯泡的伏安特性曲线以及测电阻等实验；当要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法．同时注意明确图象的性质和应用．
15．
（1）2×105N/C
（2）0.2s
【解析】
【分析】
先分析小球的受力情况，重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，根据平衡条件，结合电性，即可判断电场强度的方向，依据力的合成法则，确定电场力与重力的关系，即可求解电场强度；剪断细绳后，小球受恒力作用，将做匀加速直线运动．
【详解】
（1）Fsinθ=qE ①.
Fcosθ=mg ②
由①②解得：
E=mgtanθ/q.
可得：
E=2×105N/C
（2）剪断细线后，小球沿绳斜向下做匀加速直线运动
小球水平分运动也为匀加速直线运动．
水平加速度为：
.
由运动学公式有：
.
解得
.
16．
（1）a=gsinθ-μgcosθ
（2）
（3）
【解析】
【分析】
（1）导体棒向下滑动过程中，受到重力、轨道的支持力、滑动摩擦力和安培力，安培力随着速度的增大而增大，可知，ab刚开始运动时有最大的加速度．
（2）当导体棒匀速运动时，速度最大，由平衡条件列式，即可求得B．
（3）根据能量守恒定律列式求解中电阻R上产生的焦耳热QR.
【详解】
（1）对导体棒进行受力分析得：
mgsinθ-f=ma.....①.
N=mgcosθ........②
f=μN...........③
联立①②③得：
a=gsinθ-μgcosθ.
（2）导体棒在向下运动的过程中，切割磁感线产生感应电动势E，受到安培力F沿斜面向上，当速度达到最大时有：
mgsinθ=f+F.....④.
F=ILB.......⑤.
.......⑥.
E=BLvm.........⑦
联立②③⑤⑥⑦得：
.
（3）根据能量守恒定律有：
.
由电路知识得
.
则电阻R上产生的热量为：
【点睛】
电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运用平衡条件、功能关系进行求解．
17．
（1）
，微粒带负电；
（2）
（3）
【解析】
【分析】
（1）带电微粒在复合场中做圆周运动，可知重力和电场力平衡，可求解场强大小和方向；
（2）当微粒运动速度较小时，将直接从ad边射出，根据周期公式和圆心角可求解微粒在复合场中的运动时间；（3）若微粒能从cd边射出，根据几何关系求解最大半径和最小半径，从而求解从cd边射出的区域的长度x。
【详解】
（1）由题意可知，带电微粒在复合场中做圆周运动，有：
Eq=mg.
得：
.微粒带负电
（2）当微粒运动速度较小时，将直接从ad边射出，转过的最大圆心角为
.
由
得
又
.
则微粒在复合场中运动时间为
.
（3）由题意可知，对小圆有：
得：
对大圆有：
得：
R2=a说明圆心恰好在cd上.
由图可知
最后得
.
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