高三物理期末必练错题答案
1．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．
【分析】根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．
【解答】解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，且均等于初速率，即有v1＝v2＝v0．小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确。
故选：A。
2．【考点】一般情况下的共点力平衡；摩擦力的判断和计算．
【分析】本题根据平衡条件，结合整体法、隔离法分析，结合选项，即可解答。
【解答】解：AB、P和Q始终保持静止，根据整体法，整体受力如图：
水平方向平衡，f＝F，故增加P的质量，P与地面间摩擦力的大小不变，增加外力F的大小，P与地面间摩擦力的大小一定增加，故A错误，B正确；
CD、由于不确定F沿斜面向上分量与Q的重力沿斜面向下分量的关系，故P与Q间摩擦力的大小变化不能确定，故CD错误。
故选：B。
3．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【分析】由题意，先根据牛顿第二定律和运动学公式写出时间的表达式，再利用夹角变化分析时间的变化。
【解答】解：设铁架台底座距离为d，则物块沿平板的位移为x＝，
对物块利用牛顿第二定律可得
mgsinθ＝ma
利用运动学公式可得
x＝at2
整理可得
t＝＝
由数学知识可知，当θ＝45°时，sin2θ最大，对应时间t最小，故θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间将先减小后增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
4．【考点】牛顿第二定律；弹力的产生、方向．
【分析】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断。
【解答】解：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1＝mg，
弹簧的伸长
即小球与悬挂点的距离为L1＝L0+，
当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：
T2cosα＝mg，
T2sinα＝ma，
所以：T2＝，
弹簧的伸长：x2＝则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2＝（L0+）cosα＝L0cosα+＜L0+＝L1，
所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．【考点】竖直上抛运动；平抛运动．
【分析】图1中铯原子做平抛运动，图2中铯原子做竖直上抛运动，应用运动学公式求出运动时间之比。
【解答】解：由题意可知，O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m，设d＝0.2m
图1中铯原子做平抛运动，平抛运动的初速度v0＝100m/s，水平方向：d＝v0t1，
代入数据解得：t1＝0.002s
图2中铯原子做竖直上抛运动，上升时间与下降时间相等，为，
由匀变速直线运动的位移—时间公式得：d＝
代入数据解得：t2＝0.4s，
则，故C正确，ABD错误。
故选：C。
6．【考点】万有引力定律的应用；牛顿第二定律；向心力；开普勒定律．
【分析】根据开普勒第三定律求解火星与地球绕太阳运动的周期之比；根据相对运动情况分析相对速度大小；根据题中条件无法求解火星与地球表面的自由落体加速度大小之比；求出火星的公转周期，根据天体运动中的“追击相遇”问题的处理方法进行解答。
【解答】解：A、根据开普勒第三定律可得＝k，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3：2，故A错误；
B、当火星与地球相距最远时，二者的速度方向相反，所以两者的相对速度最大，故B正确；
C、根据题中条件无法求解火星与地球表面的自由落体加速度大小之比，故C错误；
D、根据A选项可知，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3：2，已知地球的公转周期为T1＝1年，则火星的公转周期为：T2≈1.8年。
设经过时间t出现下一次“火星冲日”，则有：（）t＝2π
解得：t＝2.25年
所以下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之后，故D错误。
故选：B。
7．【考点】动能定理；生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动．
【分析】对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小。抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点。
【解答】解：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，
对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，，
解得W＝。
由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，
则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，
对NQ段运用动能定理得，，
因为，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
8．【考点】库仑定律；弹力的大小、胡克定律；动态平衡分析．
【分析】对小球电荷量变化前后进行分析，根据平衡条件列出弹力等于库仑力的式子，对比分析从而得出伸长量的变化情况。
【解答】解：设初始时带电量为q、﹣q的小球之间的距离为l，由于小球处于平衡状态，则有橡皮筋弹力等于小球之间的库仑力，即对任意小球有：
kΔl＝k
电荷量增大为原来的2倍时，设两个小球之间的距离为l′，橡皮筋的伸长量变为Δl′，当小球再次处于平衡状态时，对任意小球有：
kΔl′＝k＝4k
又因为小球相互吸引，相互靠近，所以两个小球之间的距离会小于初始距离，即：
l′＜l
因此：kΔl′＝4k＞4k＝4kΔl
所以：Δl′＞4Δl，故D正确，ABC错误。
故选：D。
9．【考点】带电粒子在电场中的运动综合．
【分析】粒子在匀强电场做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，运用运动学公式和牛顿第二定律即可求解。
【解答】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为45°，根据牛顿第二定律a＝，垂直电场方向的位移x＝v0t，平行电场方向的位移y＝，根据几何关系tan45°＝，联立解得t＝，故A错误；
B、水平速度vx＝v0，竖直方向速度vy＝at＝＝2v0，则到达MN连线上某点速度v＝，故B错误；
C、水平位移x＝v0t＝，竖直位移与水平位移相等，所以粒子到达MN连线上的点与P点的距离即合位移为l＝x＝，故C正确；
D、速度方向与竖直方向的夹角正切值为tanθ＝，夹角不等于30°，故D错误；
故选：C。
10．【考点】电势差与电场强度的关系；电势能与电场力做功的关系．
【分析】根据速度与时间图象可知，加速度是恒定，则可确定电场力大小，进而得出电场强度大小；因粒子的电性不知，则无法确定电场强度的方向，由于从A到B，动能增加，则电场力对粒子做正功，导致电势能减小，从而即可求解。
【解答】解：A、由于粒子不知电性，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，故A错误；
B、由v﹣t图象的斜率表示加速度，可知，粒子的加速度先增大后减小，则B点加速度最大；根据牛顿第二定律得 qE＝ma可知B点电场强度最大，故B错误；
C、由图象可知，粒子从A点经B点运动到C点速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，根据能量守恒定律，电势能应该先增大后减小，故C正确；
D、由图象可知，粒子从A点经B点运动到C点速度先减小后增大，根据动能定理可知电场力先做负功，后做正功，故D错误；
故选：C。
11．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器与电容．
【分析】开关S断开和闭合时，利用闭合电路欧姆定律，分别求电容的电压，再由C＝可得电量之比。
【解答】解：
当开关S断开时，电路总阻值：R总＝R+＝，则干路电流I＝，电容的电压U1＝＝；
当开关S闭合时，电路总阻值：R总′＝R+＝，则干路电流I′＝，电容的电压U2＝E﹣I′R＝；
由C＝可得：＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
12．【考点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁．
【分析】根据各个选项中给出的能级，计算两个能级的能量之差，得到释放的光子能量，由此分析。
【解答】解：根据题意可知，波长为121.6nm的氢原子谱线对应的光子能量为10.2eV。
A、n＝2和n＝1能级之间的跃迁时释放的光子能量为：E1＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV，故A正确；
B、n＝3和n＝1能级之间的跃迁时释放的光子能量为：E2＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6eV）＝12.09eV，故B错误；
C、n＝3和n＝2能级之间的跃迁时释放的光子能量为：E3＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV，故C错误；
D、n＝4和n＝2能级之间的跃迁时释放的光子能量为：E4＝﹣0.85eV﹣（﹣3.4eV）＝2.55eV，故D错误。
故选：A。
13．【考点】动量守恒定律；动能定理．
【分析】两木块组成的系统动量守恒，应用能量守恒定律可以求出系统损失的机械能，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
【解答】解：两木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（M+m）v，
由题意可知，M、m、v0不变，由此可知，它们的共同速度v不变，对系统，由能量守恒定律得：
mv02＝（M+m）v2+E损，
由题意可知：M、m、v0、v都保持不变，则损失的机械能不变，
即：＝1，故A正确，BCD错误；
故选：A。
14．【考点】简谐运动的表达式和图像．
【分析】根据题意解得周期，根据图像分析质点的振动方向，根据λ＝vT解得波长。
【解答】解：A.根据振动图像可知，波源在0时刻振动，波形经过t1＝T传递到浮标处，浮标的振动周期为T＝4t1，故A正确；
B.波源的振动情况经过t1传到距离L处的浮标，可知波速大小为v＝，故B错误；
C.根据虚线图像可知浮标在t1时刻沿y轴正方方向运动，故C错误；
D、水波的波长为λ＝vT＝ 4t1＝4L，故D错误。
故选：A。
15．【考点】全反射；光的折射及折射定律．
【分析】先根据几何关系求出入射角，进而求出折射率，再根据全反射作出光路图，根据几何关系求出OQ边上有光射出部分的长度。
【解答】解：设光线在OQ界面点的入射角为α，折射角为β，几何关系可知
α＝30°
由于光路可逆，根据折射定律可得
n＝＝＝
光线射出OQ面的临界条件为发生全反射，光路图如图所示
光线在AB两点发生全反射，有公式
sinC＝＝＝
在AB两个位置临界角为45°，AB之间有光线射出，由几何关系可知
AB＝2AC＝2CS
由于∠QOP＝30°，所以
2CS＝OS＝d
故AB＝d
故ABD错误，C正确。
故选：C。
16．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合．
【分析】未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力等于向心力，根据几何关系求解粒子运动半径；加电场后，粒子做匀速直线运动，洛伦兹力等于电场力。
【解答】解：未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做其运动轨迹如图：
设SP与x轴正方向夹角为θ，则cosθ＝＝
θ＝60°
粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°，由几何关系得：r﹣a＝rcosθ
解得：r＝2a
粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB＝qE
联立解得：＝
故A正确，BCD错误。
故选：A。
17．【考点】导体切割磁感线时产生的感应电动势；电容器与电容；闭合电路的欧姆定律．
【分析】金属棒切割磁感线相当于电源，切割有效长度逐渐增加，感应电动势逐渐增大，给所连接的电容器充电，由电流定义式I＝为切入点，由电容的定义式Q＝CU，电容器的电压总是等于感应电动势，动生感应电动势的计算公式E＝BLv，分析L与位移的几何关系，推导电容器的电荷量Q的表达式，得到ΔQ的表达式，从而得到电流的表达式；由右手定则或者楞次定律判断感应电流方向；由金属棒受力平衡F＝F安＝BIL，再由P＝Fv判断外力的功率是否恒定。
【解答】解：C、金属棒沿x轴正方向匀速运动切割垂直纸面向里的磁感线，发生电磁感应现象，金属棒相当于电源，由右手定则判断，金属棒中电流方向向上，金属棒上端为电源正极，可知电容器的上极板带正电，故C错误；
A、以金属棒开始运动时为计时零时刻，设金属棒在0﹣t时间内运动位移为x，
在t时刻金属棒在导轨间的长度L＝2xtanθ，
此时金属棒在导轨间的电动势E＝BLv，
电容器的电压U＝E，
电容器的电量Q＝CU＝2BCvxtanθ，
在t﹣（t+Δt）（Δt趋近于零）时间内，金属棒的位移由x增加到（x+Δx），则
电容器的电量增加量ΔQ＝2BCv Δx tanθ，
通过金属棒的电流I＝＝，其中＝v，
可得I＝2BCv2tanθ，故A正确；
B、由A选项的分析结果Q＝2BCvxtanθ，可知金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为2BCvx0tanθ，故B错误；
D、由A选项的分析结果I＝2BCv2tanθ，可知流过金属棒的电流恒定，由F安＝BIL，金属棒在导轨间的长度L不断增加，其所受安培力不断增大，金属棒做匀速直线运动，由受力平衡可知，外力F的大小等于安培力，即外力F不断增大，由P＝Fv可知外力F做功的功率不断增加，故D错误。
故选：A。
18．【考点】变压器的动态分析．
【分析】保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，根据变压器原理结合欧姆定律分析AB选项；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，根据电路动态分析的方法进行分析；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，当等效电阻的阻值等于9R时，R1消耗的电功率最大，由此分析。
【解答】解：根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线圈的电阻的比值关系为：。
可知此电路的等效电路如图所示：
AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，U变小，而R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I减小，则电压表的示数减小，故C错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R等效＝＝4R＜R2；
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的“等效电阻”增大；当等效电阻的阻值等于R2时，R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R时，P1向下缓慢滑动时，R1消耗的电功率减小，故D错误。
故选：B。
19．【考点】电阻、电容和电感对交变电流的影响．
【分析】在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；
当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。从能量看：磁场能在向电场能转化。
在一个周期内，电容器充电两次，放电两次。
【解答】解：A、在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，此时充放电一次，则周期为0.04s，故A错误。
B、根据LC振荡电路的充放电规律可知，放电完毕时，回路中电流最大，磁场能最大，电场能最小，故B错误。
CD、t＝1.01＝25T，此时电容器逆时针放电结束，回路中逆时针的电流最大，磁场能最大，故C正确，D错误。
故选：C。
20．【考点】热力学图像类问题；理想气体及理想气体的状态方程．
【分析】根据V﹣T图像得到V和T的变化，根据一定质量的理想气体的状态方程pV＝CT分析出压强的变化。
【解答】解：ab过程根据pV＝CT可知坐标原点O与ab上各点连线的斜率与压强成反比，故该过程斜率一定则为等压变化，且温度升高，故A错误；
bc过程等温变化，根据pV＝CT可知体积V变大，压强变小，故BD错误；
cd过程等容过程，根据pV＝CT可知温度T升高，则压强变大，故C正确。
故选：C。
1高三物理期末必练错题
1．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（ ）
A．v1＝v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2
C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
2．如图，在置于水平地面的楔状物体P的斜面上有一小物块Q，Q受水平外力F的作用。已知P和Q始终保持静止，则（ ）
A．增加P的质量，P与地面间摩擦力的大小一定增加
B．增加外力F的大小，P与地面间摩擦力的大小一定增加
C．增加Q的质量，P与Q间摩擦力的大小一定增加
D．增加外力F的大小，P与Q间摩擦力的大小一定增加
3．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（ ）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
4．如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时细线偏离竖直方向到某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（ ）
A．一定降低
B．一定升高
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
5．铯原子钟是精确的计时仪器。图1中铯原子从O点以100m/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为t2。O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m。重力加速度取g＝10m/s2；则t1：t2为（ ）
A．100：1 B．1：100 C．1：200 D．200：1
6．2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，如图所示。根据以上信息可以得出（ ）
A．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27：8
B．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大
C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9：4
D．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前
7．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
8．如图，两根相同的橡皮筋各有一端系于固定的挡板，另一端分别与带电量为q、﹣q的小球连接，小球静止在光滑水平绝缘板上，两橡皮筋位于同一水平直线上，橡皮筋的伸长量均为Δl。若缓慢地增加两球的电荷量，当电荷量增加至原来2倍时（两小球不会相碰），恰好平衡。则每条橡皮筋的伸长量（ ）
A．恰为2Δl B．大于2Δl但小于4Δl
C．恰为4Δl D．大于4Δl
9．如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
10．一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以﹣v0．做直线运动，其v﹣t图象如图所示，粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，以下判断正确的是（ ）
A．A、B、C三点的电势关系为φB＞φA＞φC
B．A、B、C三点的场强大小关系为EC＞EB＞EA
C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
11．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（ ）
A． B． C． D．
12．2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星搭载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为121.6nm的氢原子谱线（对应的光子能量为10.2eV）。根据如图所示的氢原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子（ ）
A．n＝2和n＝1能级之间的跃迁
B．n＝3和n＝1能级之间的跃迁
C．n＝3和n＝2能级之间的跃迁
D．n＝4和n＝2能级之间的跃迁
13．如图所示，质量为M的大木块放在光滑的水平地面上，大木块的左端与一平台的侧面接触，台面与大木块的上表面等高。台面上有一质量为m的小物块。现令小物块以某一初速沿水平方向滑向大木块，由于存在摩擦，最后小物块停在大木块上，用E表示在这个过程中系统损失的机械能。如果其他条件、装置及小物块的初速度不变，只是小物块与大木块之间的摩擦因数增加一倍，以E′表示在这种情况下损失的机械能，则（ ）
A．＝1 B．＝2 C．＝ D．＝
14．某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。t＝0时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），t1时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（ ）
A．浮标的振动周期为4t1
B．水波的传播速度大小为
C．时刻浮标沿y轴负方向运动
D．水波的波长为2L
15．如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为30°，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为45°。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为（ ）
A． B． C．d D．d
16．如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
17．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是（ ）
A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
18．如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表 的示数为U，理想电流表 的示数为I。下列说法正确的是（ ）
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
19．如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。t＝0时开关S打到b端，t＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（ ）
A．LC回路的周期为0.02s
B．LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C．t＝1.01s时线圈中磁场能最大
D．t＝1.01s时回路中电流沿顺时针方向
20．密封于气缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V﹣T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p﹣T图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
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