知识点：物理学史

B

【考点】物理学史．

【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献，知道常用的物理系研究的方法如控制变量法、比值定义法等即可正确解答．

【解答】解：A、库仑通过扭秤实验建立了库仑定律，密立根通过油滴实验，比较准确地测出电子的电荷量，故A错误；

B、探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，采用控制变量法研究，故B正确；

C、用比值法来描述加速度这个物理量，其表达式为a=，故C错误；

D、将物体视为质点，采用了理想模型法，故D错误；

故选：B

知识点：共点力的平衡

B

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】先对AB整体受力分析，看是否与墙壁间有作用力，再对A物体受力分析即可．

【解答】解：

先对AB整体受力分析，由平衡条件知，

竖直方向：F=GA+GB

水平方向，不受力，故墙面无弹力

隔离A物体，必受重力、B对A的弹力和摩擦力作用，受三个力，

故选：B

知识点：物理

B

【考点】左手定则；地磁场．

【分析】左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．

【解答】解：当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西．故B正确，A、C、D错误．

故选B．

知识点：库仑定律

A

【考点】库仑定律．

【分析】金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直．分析小球的受力情况，确定其运动情况，判断电场力是否做功．

【解答】解：金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，由于粗糙，则摩擦力做负功，根据动能定理得知，小球的动能减小，速度减小，因库仑力增大，则导致压力增大，那么摩擦力也增大，所以小球做加速度增大的减速运动．故A正确，BCD错误．

故选：A．

知识点：摩擦力

A

【考点】滑动摩擦力；电势能．

【分析】摩擦力可以做正功、负功也可以不做功；电势能E=φq，其中三个物理量均要注意计算中要代入符号；注意安培力一定垂直于磁场和电流所决定的平面，而磁场和电流可以不垂直；电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小；注意内部是非静电力将单位正电荷从电源的负极移到电极所做的功．

【解答】解：A、功取决于力和力的方向上发生的位移，故滑动摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；故A正确；

B、据电势能公式Ep=qφ知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误．

C、安培力与磁场和电流所决定的平面垂直，而电流和磁场不一定垂直；故C错误；

D、电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位电荷量从负极向正极移送时做功越多；故D错误；

故选：A

知识点：带电粒子在磁场中的运动

C

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】带电粒子垂直进入匀强电场中将做类平抛运动，根据打到下接板的位置区分带电粒子，而偏转磁场是根据粒子在磁场中运动半径不同区分的，根据这个原理逐项分析即可．

【解答】解：A、速度不同的同种带电粒子，在偏转电场中沿电场方向受力情况相同，运动情况也相同，垂直电场方向，由于初速度不同，所以打到下极板的位置也不同，可以通过偏转电场区分；进入偏转磁场时，r=，速度不同，其他量相同，所以运动的半径也不同，可以区分，所以A正确；

B、设偏转电场的宽度为d，则在电场中偏转时有：沿电场方向d==，质子和α粒子动能相同，打到下极板时d相同，所以EqL2相等，而质子和α粒子的电量不等，所以L不同，即水平位移不等，所以可以区分；而在偏转磁场中，r=，质子的质量数是1，电荷数也是1，α粒子质量数是4，电荷数是2，所以动能相同的质子和α粒子在相同的磁场中运动的半径是相同的，故偏转磁场不能区分，故B正确；

C、根据EK=Uq可知：由静止经同一电场加速的质子和α粒子的动能是相等的，根据B的分析可知只能用偏转电场区分，故C错误；

D、在偏转电场中，a=，比荷不同则加速度不同，根据d=可知，运动的时间不同，而初速度不同，则水平位移也不同，打在下极板的位置也不同，可以用偏转电场区分；而在偏转磁场中，r=，速度相同，比荷不同，所以运动的半径也不同，可以区分，所以D正确．

本题选不正确的

故选C

知识点：物理

AD

【考点】霍尔效应及其应用．

【分析】当导电流体稳定地流经流量计时，正负电荷受洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终稳定时，电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据欧姆定律及电阻定律求出上下表面间的电势差，从而根据平衡求出速度以及流量的大小．

【解答】解：AB、最终稳定时有：qvB=q．则v=

根据电阻定律R′=ρ，则总电阻R总=R′+R

所以U=IR总=I（ρ+R）

解得v=

所以流量Q=vS=vbc=．故A正确，B错误．

CD、由上分析可知，那么上下两极间的电势差U=，故C错误，D正确；

故选：AD．

知识点：探究加速度与力、质量的关系

（1）滑轮太高（或细绳与长木板不平行）；打点计时器接到直流电源上（或打点计时器应接交流电源）；（2）①A； ②戊；③1.15．

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

【分析】分析实验的原理图，根据实验中的注意事项及减小误差的方法等分析本实验存在的问题；根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题．利用匀变速直线运动的推论△x=aT2求解加速度．

【解答】解：（1）该实验装置中有两处错误，分别是：滑轮太高（或细绳与长木板不平行）；打点计时器接到直流电源上（或打点计时器应接交流电源）．

（2）①该实验要求砝码和砝码盘的总质量远远小于车的质量，即砝码和砝码盘的质量尽量小，故A正确、BCD错误，故选：A．

②根据刻度尺的读数可知，0、1两点的距离为x1=2.40cm，2、3两点的距离为x3=4.70cm．

根据逐差相等的公式x2﹣x1=x3﹣x2=x4﹣x3=x5﹣x4；

所以4、5两点的距离为 x5=x2+3（x2﹣x1）=2x3﹣x1=7.00cm，故戊纸带最符合，故选戊．

③根据逐差相等公式a====1.15m/s2

故答案为：（1）滑轮太高（或细绳与长木板不平行）；打点计时器接到直流电源上（或打点计时器应接交流电源）；（2）①A； ②戊；③1.15．

知识点：测定金属的电阻率

①0.42A； 2.25V； A； 小；B，﹣2.0Ω．

【考点】测定金属的电阻率．

【分析】①根据各种仪器的原理及读数方法进行读数，注意估读；

②由给出的数据选择滑动变阻器的接法，由各仪器的内阻选择电流表的接法，并能通过误差原理分析误差；求出待测电阻的阻值．

【解答】解：①电流表量程为0.6A，则最小刻度为0.02；指针所示为0.42A；

电流表量程为3V，最小刻度为0.1V，则读数为2.25V；

②因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为R===5.4Ω，故采用电流表外接法误差较小，故选A；在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；

③因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选B电路；待测电阻及电流表总电阻R=，

则待测电阻RX=R﹣RA=﹣2.0Ω；

故答案为：①0.42A； 2.25V； A； 小；B，﹣2.0Ω．

知识点：动能和动能定理

解：（1）对滑块运用动能定理得，，

解得=1m/s．

（2）根据R=v1t，R=

代入数据联立解得R=0.2m．

碰后速度大小v2=v1，沿圆弧轨道上滑的最大高度为H，

则有，

代入数据解得H=0.05m，

解得FN=3N．

根据牛顿第三定律，对轨道的压力大小为3N，方向向下．

（3）不能，要垂直打在半圆轨道上，意味着速度的反向延长线必过圆心O，根据平抛运动的规律，速度的反向延长线必不过圆心O，故不能．

答：（1）滑块在B点的速度为1m/s；

（2）沿圆轨道上滑的最大高度为0.05m，第二次回到最低点对轨道的压力为3N，方向向下．

（3）不能．要垂直打在半圆轨道上，意味着速度的反向延长线必过圆心O，根据平抛运动的规律，速度的反向延长线必不过圆心O．

【考点】动能定理；向心力．

【分析】（1）对A到B段运用动能定理，求出滑块在B点的速度大小．

（2）根据平抛运动的规律求出圆轨道的半径，抓住法向的速度为零，切线方向的速度等于平抛运动的初速度，根据动能定理求出上升的高度．根据牛顿第二定律求出第二次回到最低点的支持力大小，从而得出压力的大小．

（3）不能垂直打在半圆形轨道上，若垂直打在圆形轨道上，则速度反向延长线经过圆心，结合平抛运动速度反向的延长线经过水平位移的中点，通过几何关系得出矛盾．

知识点：物理

解：（1）导体切割磁感线，产生的动生电动势 E=BLυ

感应电流 I=，

导线受到的安培力 FA=BIL=

匀速运动时拉力和安培力相等，即F=FA，

力F做功 W=F△x=Fυ△t=△t

电能 W电=EI△t=△t，

焦耳热 Q=I2R△t=R△t=△t

可知，W=W电=Q；

（2）总电子数 N=NA

设单位体积内电子数为n，则N=nSL

故：I△t=enSυe△t

得：I=enSυe=eυe=eυe

所以 υe==7.8×10﹣6 m/s

（3）导线运动的时产生的感应电动势E=BLvsinθ，

导线中的感应电流为I=，

导线受到的安培力为F安=BIL=，

安培力的功率为P安=F安vsinθ=，

所以回路中的电功率为P电=．

答：（1）验证过程见解析；

（2）导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率为7.8×10﹣6m/s；

（3）安培力的大小为，安培力的功率大小为，闭合回路中电功率大小为．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电流、电压概念；电功、电功率；安培力的计算；电磁感应中的能量转化．

【分析】（1）根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式求解安培力，根据功的定义求解安培力功，根据W=EIt求解电流的功；

（2）先根据阿伏加德罗常数求解单位体积内的分子数，然后根据电流的微观表达式求解电荷的平均速率；

（3）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据安培力的计算公式求解安培力大小；根据P=Fvsinθ求解克服安培力做功功率，电功率与克服安培力做功功率相等求解电功率．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

解：（1）粒子在电场中运动时有：，

解得：．

（2）粒子进入磁场B1后有：，

解得：．

设粒子在磁场B1中转过的角度为α，由=，

解得：α=60°．

周期为：T=，

粒子在磁场B1中运动的时间为：t=．

（3）粒子在磁场B2中运动，在上边缘cd间离开的速度分别为vn与vm，与之相对应的半径分别为Rn与Rm．由分析知，Rm=L

由牛顿第二定律有：，

粒子在电场中有：，

解得：．

同理有：．

所以电场强度的范围为：≤E≤．

答：（1）粒子经过平行金属板加速后的速度大小为；

（2）粒子在左侧磁场区域内运动时的半径为，运动时间为；

（3）电场强度E的取值范围为≤E≤时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】（1）根据动能定理求出粒子经过平行金属板加速后的速度大小；

（2）根据半径公式求出粒子在左侧磁场中运动的轨道半径，结合圆心角，通过周期公式求出粒子的运动时间．

（3）作出粒子在上边缘cd间离开磁场的轨迹图，结合临界状态，根据几何关系求出半径，结合半径公式和动能定理求出电场强度的范围．