2018-2019学年广东省梅州市梅江区曾宪梓中学高二（下）开学物理试卷
文档属性
| 名称 | 2018-2019学年广东省梅州市梅江区曾宪梓中学高二（下）开学物理试卷 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 400.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-03-21 22:55:34 | ||
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文档简介
2018-2019学年广东省梅州市梅江区曾宪梓中学高二（下）开学物理试卷
一、选择题（1-5题单选，每小题4分；6-10题多选，每小题4分，共50分）
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．安培提出了电磁感应定律
B．法拉第发现了分子电流假说
C．楞次发现了电流热效应
D．奥斯特发现了电流磁效应
2．（4分）将一内阻是1kΩ电压表的量程由0～3V扩大到0～15V，需要给它（ ）
A．并联4kΩ电阻 B．并联5kΩ电阻
C．串联4kΩ电阻 D．串联5kΩ电阻
3．（4分）图为一块长方体铜块，将1和2、3和4分别接在一个恒压源（输出电压保持不变）的两端，通过铜块的电流之比为（ ）
A．1 B． C． D．
4．（4分）如图甲，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度。挂在天平右臂下方的矩形线圈中通入如图乙的电流，此时天平处于平衡状态。现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为梯形线圈并保持质量不变，如图丙所示。则（ ）
A．天平仍处于平衡状态
B．无法判断天平如何倾斜
C．在左侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡
D．在右侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡
5．（4分）取一个铜质小球置于圆形玻璃器皿中心，将蓖麻油和头发碎屑置于玻璃器皿内拌匀。用起电机使铜球带电时，铜球周围的头发碎屑会呈现如图所示的发散状图样。下列说法正确的是（ ）
A．电场线是真实存在的
B．发散状的黑线是电场线
C．带电铜球周围存在着电场
D．只在发散状的黑线处存在着电场
以下多选
6．（6分）如图所示，负电荷仅受电场力作用沿虚线从B点运动到A点，则运动过程中（ ）
A．电场力做负功、电势能增加
B．电场力做正功、电势能减小
C．加速度不断变大
D．电荷机械能守恒
7．（6分）如图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，三点构成直角三角形，∠A＝37°，AB边长为5m，D为AB中点，电场线与ABC所在平面平行，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和6V，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
A．DC两点间电势差UDC＝4V
B．D点电势φD＝8V
C．该电场的电场强度E＝2V/m
D．该电场的方向为沿BC方向
8．（6分）在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为1A、2A、1A，②中的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则（ ）
A．①的电流方向为b→a
B．①受到安培力的合力方向水平向左
C．③的电流方向为f→e
D．③受到安培力的合力方向水平向右
9．（6分）如图所示，已知电流从电流表的右侧接线柱流入，其指针向右偏转。当条形磁铁竖直向下落入线圈时，空气阻力不计。则（ ）
A．电流表指针向右偏转
B．电流表指针向左偏转
C．磁铁加速度大于重力加速度
D．磁铁加速度小于重力加速度
10．（6分）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的机械能减少了mg（H+h）
B．小球克服阻力做的功为mg（H+h）
C．小球所受阻力的冲量大于m
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
二、非选择题（共50分）
11．（10分）某同学测定金属丝电阻率实验的部分步骤如下：
（1）用刻度尺正确测量金属丝接入电路的长度后，再用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）发出“喀喀”声时停止；测量结果如图1，读数为 mm。
（2）用多用电表的电阻“×1”挡粗测此金属丝的电阻，表盘示数如图2所示，则该电阻的阻值约为 Ω。
（3）用如下实验器材进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有：
A．电压表V（量程0～3V）
B．电流表A（量程0～0.6A）
C．滑动变阻器R1（0～20Ω、0.6A）
D．滑动变阻器R2（0～2000Ω、0.1A）
E．1.5V的干电池两节，内阻不计
F．开关S，导线若干
为了测多组实验数据，上述器材中的滑动变阻器应选用 （选填“C”或“D”）。
（4）用正确选择的滑动变阻器连接好电路如图3所示，闭合开关后，发现电流表示数为零，电压表示数接近电源电动势。经检测导线和电表均完好，则发生故障的是 断路（选填“待测金属丝”、“滑动变阻器”或“开关”）。
12．（10分）某同学利用如图（甲）所示的实验装置测量一节干电池的电动势和内阻。
（1）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：
U（V） 1.45 1.36 1.28 1.25 1.09 1.01
I（A） 0.12 0.18 0.24 0.30 0.36 0.42
请根据表中的数据，在坐标纸（乙）上作出U﹣I图线。
（2）由图线求得：电动势E＝ V；内阻r＝ Ω。
（3）该电路中电阻的作用是 。
（4）引起该实验系统误差的主要原因是 。
A．电压表的分流造成电流表读数偏小 B．电压表的分流造成电流表读数偏大
C．电流表的分压造成电压表读数偏小 D．电流表的分压造成电压表读数偏大
13．（15分）如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5m．质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P．现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点．两球可视为质点，g＝10m/s2．试求
①B球与A球相碰前的速度大小；
②A、B两球的质量之比m1：m2．
14．（15分）如图所示，高度均为L的区域I、Ⅱ中分别存在匀强磁场和电场。区域Ⅰ内的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B，区域Ⅱ内的电场方向竖直向上、电场强度为E，M、N是涂有荧光物质的两块水平板，电子击中板发出荧光且不反弹。其中M板位于磁场上边界，N板位于电场下边界。一束速率相同的电子从O点紧贴M板沿纸面内各个方向射入磁场，其中水平向右射入磁场的电子垂直击中N板上的A点（图中未画出）。电子质量为m，电荷量为e，电子重力和电子间相互作用不计，求：
（1）电子的速率v；
（2）电子在磁场中运动的最短时间t；
（3）N板上出现亮点区域长度x。
2018-2019学年广东省梅州市梅江区曾宪梓中学高二（下）开学物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（1-5题单选，每小题4分；6-10题多选，每小题4分，共50分）
1．【解答】解：A、法拉第提出了电磁感应定律，故A错误。
B、安培发现了分子电流假说，故B错误。
C、楞次发现了感应电流遵守的规律：楞次定律，故C错误。
D、奥斯特发现了电流磁效应，故D正确。
故选：D。
2．【解答】解：把量程为3V的电压表改装成15V的电压表需要串联分压电阻，
由串联电路特点可知，分压电阻分压为12V，是电压表的4倍，
串联电路两端电压与电阻成正比，由此可知，串联电阻阻值为电压表内阻的4倍，
串联电阻阻值为：1kΩ×4＝4kΩ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．【解答】解：沿1、2方向流向时，长度为a，截面积为bc，则由电阻定律可知：R1＝；
沿3、4方向流向时，长度为c，截面积为ab，则电阻R2＝；
故电阻之比为：＝＝；
电压相同，故电流之比为电阻的反比；故为；故B正确ACD错误；
故选：B。
4．【解答】解：由题意可知，在乙图中天平处于平衡状态，此时线圈在磁场中受到的安培力大小为F＝BIL，方向竖直向上，
该安培力与线圈重力的合力大小等于左侧物体的总重力，天平处于平衡；
而当在丙图中，由于导体的有效长度变短，故受到的安培力减小且竖直向上，故将该矩形线圈改为梯形线圈，
右侧的重力与安培力的合力大于图乙中右侧的重力与安培力的合力，故天平将向右倾斜。
要使天平重新平衡，在左侧托盘中适当增加砝码即可，故C正确、ABD错误。
故选：C。
5．【解答】解：AB、电场可以用电场线来描述，电场线是人为设想出来的，其实并不存在，故AB错误；
C、电场是电荷或变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，只要有电荷，就一定有电场，故C正确。
D、发散状的黑线，能描述出电场的分布，没有黑线处，也存在电场的，故D错误；
故选：C。
以下多选
6．【解答】解：AB、据带电粒子的运动轨迹可知，电场力的方向大体指向轨迹弯曲的一侧，沿电场线向左，与场强方向相反，从B到A，受力的方向与速度方向的夹角大于90°，电场力做负功，根据功能关系知，电势能增加。故A正确，B错误；
C、电场线密的地方电场强度大可知，EB＜EA，则从B到A负电荷受到电场力不断增大，加速度不断变大，故C正确；
D、电场力做功，电荷机械能不守恒，故D错误；
故选：AC。
7．【解答】解：AB、在匀强电场中，平行等距离的两点电势差相等，则φA﹣φD＝φD﹣φB，解得：φD＝10V，所以UDC＝φD﹣φC＝4 V，故A正确，B错误；
CD、三角形中B、C的电势分别为6V和6V，则B和C为等势点，BC为等势线，电场线方向沿AC方向，则电场强度为：E＝＝V/m＝2V/m，故C正确，D错误。
故选：AC。
8．【解答】解：AC、由题，②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则②所在处的磁场的方向向里。由于①③中电流的大小是相等的，所以如二者电流的方向相同，则它们在②处的磁场的和必定等于0，所以①③中电流的方向必须相反，且它们在②处的磁场的方向都向里。由安培定则可知，①中电流的方向向上，即从b向a；③中电流的方向向下，为e到f。故A正确C错误；
B、②和③中电流的方向都向下，在①处产生的磁场的方向都向里，根据左手定则可知，①受到安培力的合力方向水平向左。故B正确；
D、根据安培定则，①在③处产生的磁场的方向向里，②在③处产生的磁场的方向向外；由于②到③的距离比①到③的距离小，而且②的电流比较大，所以③的磁场的方向向外。由左手定则可知，③受到安培力的合力方向水平向左。故D错误。
故选：AB。
9．【解答】解：AB、当磁铁向下插入线圈时，磁通量向下增大，根据楞次定律知，线圈中感应电流由上端流入，下端流出，故感应电流的方向从电流表的左接线柱流入，则电流表指针向左偏转，故A错误，B正确；
CD、根据楞次定律可知，磁铁受到向上的阻力，故加速度小于重力加速度，故C错误，D正确。
故选：BD。
10．【解答】解：A、小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）。故A正确。
B、对全过程运用动能定理得，mg（H+h）﹣Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg（H+h）。故B正确。
C、落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：
得：
知阻力的冲量大于．故C正确。
D、对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和。故D错误。
故选：ABC。
二、非选择题（共50分）
11．【解答】解：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮D发出“喀喀”声时停止；
由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+41.0×0.01mm＝0.410mm；
（2）用多用电表的电阻“×1”挡粗测此金属丝的电阻，由图2所示可知，该电阻的阻值约为8×1＝8Ω；
（3）为方便实验操作，滑动变阻器应选择C。
（4）闭合开关后，电流表示数为零，说明电路存在断路；电压表示数接近电源电动势，
说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，与电压表并联的电阻丝发生断路。
故答案为：（1）D；0.410；（2）8；（3）C；（4）待测金属丝。
12．【解答】解：（1）先根据表格中的数据描点，大致来看其中第四个点另类，舍去该点画出一条直线，如图所示。
（2）从图象看出，根据路端电压与电流的关系有：U＝E﹣Ir，所以图象的纵截距U＝E（I＝0时的路端电压），所以E＝1.61V，图象的斜率的绝对值为电源内阻，所以r＝＝＝1.39Ω。
（3）从实物连接中看出，当滑动变阻器滑到最右端时，若没有电阻R，则造成短路，所以电阻R的作用是保护电路。
（4）电流表采用的是内接法，而U＝E﹣Ir中的电流I是通过电源的总电流，这样电压表的分流没有计算在内，所以选项B正确。
故答案为：（1）如图所示，
（2）1.61 （1.60﹣1.64均可） 1.39（1.35﹣1.44均可）
（3）保护电路
（4）B
13．【解答】解：①B球下摆过程中机械能守恒，
由机械能守恒定律得：m2v02+m2g?2R＝m2v12，
解得：v1＝6m/s；
②两球恰好到达P点，由牛顿第二定律得：
（m1+m2）g＝（m1+m2），解得：vP＝m/s，
两球从M到P过程中，由动能定理得：
（m1+m2）vP2﹣（m1+m2）v22＝﹣（m1+m2）g?2R，
解得：v2＝5m/s；
两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，
以B球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v1＝（m1+m2）v2，解得：＝；
答：①B球与A球相碰前的速度大小为6m/s；
②A、B两球的质量之比m1：m2＝1：5．
14．【解答】解：（1）垂直击中N板的电子在磁场中轨道半径：r＝L，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝m，
解得，电子速度：v＝；
（2）电子在磁场中运动的最短时间t，由几何关系得：θ＝60°，
电子在磁场中运动的周期：T＝，
运动时间：t＝T＝；
（3）电子沿水平向右射入磁场亮点出现在最右侧；
电子沿竖直向下射入磁场亮点出现在最左端。
如图所示竖直向下电子在电场中做类平抛运动，
竖直方向：L＝，
水平方向：x1＝vt，
N板上出现亮点区域长度：x＝2L+x1，
解得：x＝2L+BL；
答：（1）电子的速率v为；
（2）电子在磁场中运动的最短时间t为；
（3）N板上出现亮点区域长度x为：2L+BL。
一、选择题（1-5题单选，每小题4分；6-10题多选，每小题4分，共50分）
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．安培提出了电磁感应定律
B．法拉第发现了分子电流假说
C．楞次发现了电流热效应
D．奥斯特发现了电流磁效应
2．（4分）将一内阻是1kΩ电压表的量程由0～3V扩大到0～15V，需要给它（ ）
A．并联4kΩ电阻 B．并联5kΩ电阻
C．串联4kΩ电阻 D．串联5kΩ电阻
3．（4分）图为一块长方体铜块，将1和2、3和4分别接在一个恒压源（输出电压保持不变）的两端，通过铜块的电流之比为（ ）
A．1 B． C． D．
4．（4分）如图甲，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度。挂在天平右臂下方的矩形线圈中通入如图乙的电流，此时天平处于平衡状态。现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为梯形线圈并保持质量不变，如图丙所示。则（ ）
A．天平仍处于平衡状态
B．无法判断天平如何倾斜
C．在左侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡
D．在右侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡
5．（4分）取一个铜质小球置于圆形玻璃器皿中心，将蓖麻油和头发碎屑置于玻璃器皿内拌匀。用起电机使铜球带电时，铜球周围的头发碎屑会呈现如图所示的发散状图样。下列说法正确的是（ ）
A．电场线是真实存在的
B．发散状的黑线是电场线
C．带电铜球周围存在着电场
D．只在发散状的黑线处存在着电场
以下多选
6．（6分）如图所示，负电荷仅受电场力作用沿虚线从B点运动到A点，则运动过程中（ ）
A．电场力做负功、电势能增加
B．电场力做正功、电势能减小
C．加速度不断变大
D．电荷机械能守恒
7．（6分）如图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，三点构成直角三角形，∠A＝37°，AB边长为5m，D为AB中点，电场线与ABC所在平面平行，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和6V，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
A．DC两点间电势差UDC＝4V
B．D点电势φD＝8V
C．该电场的电场强度E＝2V/m
D．该电场的方向为沿BC方向
8．（6分）在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为1A、2A、1A，②中的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则（ ）
A．①的电流方向为b→a
B．①受到安培力的合力方向水平向左
C．③的电流方向为f→e
D．③受到安培力的合力方向水平向右
9．（6分）如图所示，已知电流从电流表的右侧接线柱流入，其指针向右偏转。当条形磁铁竖直向下落入线圈时，空气阻力不计。则（ ）
A．电流表指针向右偏转
B．电流表指针向左偏转
C．磁铁加速度大于重力加速度
D．磁铁加速度小于重力加速度
10．（6分）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的机械能减少了mg（H+h）
B．小球克服阻力做的功为mg（H+h）
C．小球所受阻力的冲量大于m
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
二、非选择题（共50分）
11．（10分）某同学测定金属丝电阻率实验的部分步骤如下：
（1）用刻度尺正确测量金属丝接入电路的长度后，再用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）发出“喀喀”声时停止；测量结果如图1，读数为 mm。
（2）用多用电表的电阻“×1”挡粗测此金属丝的电阻，表盘示数如图2所示，则该电阻的阻值约为 Ω。
（3）用如下实验器材进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有：
A．电压表V（量程0～3V）
B．电流表A（量程0～0.6A）
C．滑动变阻器R1（0～20Ω、0.6A）
D．滑动变阻器R2（0～2000Ω、0.1A）
E．1.5V的干电池两节，内阻不计
F．开关S，导线若干
为了测多组实验数据，上述器材中的滑动变阻器应选用 （选填“C”或“D”）。
（4）用正确选择的滑动变阻器连接好电路如图3所示，闭合开关后，发现电流表示数为零，电压表示数接近电源电动势。经检测导线和电表均完好，则发生故障的是 断路（选填“待测金属丝”、“滑动变阻器”或“开关”）。
12．（10分）某同学利用如图（甲）所示的实验装置测量一节干电池的电动势和内阻。
（1）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：
U（V） 1.45 1.36 1.28 1.25 1.09 1.01
I（A） 0.12 0.18 0.24 0.30 0.36 0.42
请根据表中的数据，在坐标纸（乙）上作出U﹣I图线。
（2）由图线求得：电动势E＝ V；内阻r＝ Ω。
（3）该电路中电阻的作用是 。
（4）引起该实验系统误差的主要原因是 。
A．电压表的分流造成电流表读数偏小 B．电压表的分流造成电流表读数偏大
C．电流表的分压造成电压表读数偏小 D．电流表的分压造成电压表读数偏大
13．（15分）如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5m．质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P．现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点．两球可视为质点，g＝10m/s2．试求
①B球与A球相碰前的速度大小；
②A、B两球的质量之比m1：m2．
14．（15分）如图所示，高度均为L的区域I、Ⅱ中分别存在匀强磁场和电场。区域Ⅰ内的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B，区域Ⅱ内的电场方向竖直向上、电场强度为E，M、N是涂有荧光物质的两块水平板，电子击中板发出荧光且不反弹。其中M板位于磁场上边界，N板位于电场下边界。一束速率相同的电子从O点紧贴M板沿纸面内各个方向射入磁场，其中水平向右射入磁场的电子垂直击中N板上的A点（图中未画出）。电子质量为m，电荷量为e，电子重力和电子间相互作用不计，求：
（1）电子的速率v；
（2）电子在磁场中运动的最短时间t；
（3）N板上出现亮点区域长度x。
2018-2019学年广东省梅州市梅江区曾宪梓中学高二（下）开学物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（1-5题单选，每小题4分；6-10题多选，每小题4分，共50分）
1．【解答】解：A、法拉第提出了电磁感应定律，故A错误。
B、安培发现了分子电流假说，故B错误。
C、楞次发现了感应电流遵守的规律：楞次定律，故C错误。
D、奥斯特发现了电流磁效应，故D正确。
故选：D。
2．【解答】解：把量程为3V的电压表改装成15V的电压表需要串联分压电阻，
由串联电路特点可知，分压电阻分压为12V，是电压表的4倍，
串联电路两端电压与电阻成正比，由此可知，串联电阻阻值为电压表内阻的4倍，
串联电阻阻值为：1kΩ×4＝4kΩ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．【解答】解：沿1、2方向流向时，长度为a，截面积为bc，则由电阻定律可知：R1＝；
沿3、4方向流向时，长度为c，截面积为ab，则电阻R2＝；
故电阻之比为：＝＝；
电压相同，故电流之比为电阻的反比；故为；故B正确ACD错误；
故选：B。
4．【解答】解：由题意可知，在乙图中天平处于平衡状态，此时线圈在磁场中受到的安培力大小为F＝BIL，方向竖直向上，
该安培力与线圈重力的合力大小等于左侧物体的总重力，天平处于平衡；
而当在丙图中，由于导体的有效长度变短，故受到的安培力减小且竖直向上，故将该矩形线圈改为梯形线圈，
右侧的重力与安培力的合力大于图乙中右侧的重力与安培力的合力，故天平将向右倾斜。
要使天平重新平衡，在左侧托盘中适当增加砝码即可，故C正确、ABD错误。
故选：C。
5．【解答】解：AB、电场可以用电场线来描述，电场线是人为设想出来的，其实并不存在，故AB错误；
C、电场是电荷或变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，只要有电荷，就一定有电场，故C正确。
D、发散状的黑线，能描述出电场的分布，没有黑线处，也存在电场的，故D错误；
故选：C。
以下多选
6．【解答】解：AB、据带电粒子的运动轨迹可知，电场力的方向大体指向轨迹弯曲的一侧，沿电场线向左，与场强方向相反，从B到A，受力的方向与速度方向的夹角大于90°，电场力做负功，根据功能关系知，电势能增加。故A正确，B错误；
C、电场线密的地方电场强度大可知，EB＜EA，则从B到A负电荷受到电场力不断增大，加速度不断变大，故C正确；
D、电场力做功，电荷机械能不守恒，故D错误；
故选：AC。
7．【解答】解：AB、在匀强电场中，平行等距离的两点电势差相等，则φA﹣φD＝φD﹣φB，解得：φD＝10V，所以UDC＝φD﹣φC＝4 V，故A正确，B错误；
CD、三角形中B、C的电势分别为6V和6V，则B和C为等势点，BC为等势线，电场线方向沿AC方向，则电场强度为：E＝＝V/m＝2V/m，故C正确，D错误。
故选：AC。
8．【解答】解：AC、由题，②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则②所在处的磁场的方向向里。由于①③中电流的大小是相等的，所以如二者电流的方向相同，则它们在②处的磁场的和必定等于0，所以①③中电流的方向必须相反，且它们在②处的磁场的方向都向里。由安培定则可知，①中电流的方向向上，即从b向a；③中电流的方向向下，为e到f。故A正确C错误；
B、②和③中电流的方向都向下，在①处产生的磁场的方向都向里，根据左手定则可知，①受到安培力的合力方向水平向左。故B正确；
D、根据安培定则，①在③处产生的磁场的方向向里，②在③处产生的磁场的方向向外；由于②到③的距离比①到③的距离小，而且②的电流比较大，所以③的磁场的方向向外。由左手定则可知，③受到安培力的合力方向水平向左。故D错误。
故选：AB。
9．【解答】解：AB、当磁铁向下插入线圈时，磁通量向下增大，根据楞次定律知，线圈中感应电流由上端流入，下端流出，故感应电流的方向从电流表的左接线柱流入，则电流表指针向左偏转，故A错误，B正确；
CD、根据楞次定律可知，磁铁受到向上的阻力，故加速度小于重力加速度，故C错误，D正确。
故选：BD。
10．【解答】解：A、小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）。故A正确。
B、对全过程运用动能定理得，mg（H+h）﹣Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg（H+h）。故B正确。
C、落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：
得：
知阻力的冲量大于．故C正确。
D、对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和。故D错误。
故选：ABC。
二、非选择题（共50分）
11．【解答】解：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮D发出“喀喀”声时停止；
由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+41.0×0.01mm＝0.410mm；
（2）用多用电表的电阻“×1”挡粗测此金属丝的电阻，由图2所示可知，该电阻的阻值约为8×1＝8Ω；
（3）为方便实验操作，滑动变阻器应选择C。
（4）闭合开关后，电流表示数为零，说明电路存在断路；电压表示数接近电源电动势，
说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，与电压表并联的电阻丝发生断路。
故答案为：（1）D；0.410；（2）8；（3）C；（4）待测金属丝。
12．【解答】解：（1）先根据表格中的数据描点，大致来看其中第四个点另类，舍去该点画出一条直线，如图所示。
（2）从图象看出，根据路端电压与电流的关系有：U＝E﹣Ir，所以图象的纵截距U＝E（I＝0时的路端电压），所以E＝1.61V，图象的斜率的绝对值为电源内阻，所以r＝＝＝1.39Ω。
（3）从实物连接中看出，当滑动变阻器滑到最右端时，若没有电阻R，则造成短路，所以电阻R的作用是保护电路。
（4）电流表采用的是内接法，而U＝E﹣Ir中的电流I是通过电源的总电流，这样电压表的分流没有计算在内，所以选项B正确。
故答案为：（1）如图所示，
（2）1.61 （1.60﹣1.64均可） 1.39（1.35﹣1.44均可）
（3）保护电路
（4）B
13．【解答】解：①B球下摆过程中机械能守恒，
由机械能守恒定律得：m2v02+m2g?2R＝m2v12，
解得：v1＝6m/s；
②两球恰好到达P点，由牛顿第二定律得：
（m1+m2）g＝（m1+m2），解得：vP＝m/s，
两球从M到P过程中，由动能定理得：
（m1+m2）vP2﹣（m1+m2）v22＝﹣（m1+m2）g?2R，
解得：v2＝5m/s；
两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，
以B球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v1＝（m1+m2）v2，解得：＝；
答：①B球与A球相碰前的速度大小为6m/s；
②A、B两球的质量之比m1：m2＝1：5．
14．【解答】解：（1）垂直击中N板的电子在磁场中轨道半径：r＝L，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝m，
解得，电子速度：v＝；
（2）电子在磁场中运动的最短时间t，由几何关系得：θ＝60°，
电子在磁场中运动的周期：T＝，
运动时间：t＝T＝；
（3）电子沿水平向右射入磁场亮点出现在最右侧；
电子沿竖直向下射入磁场亮点出现在最左端。
如图所示竖直向下电子在电场中做类平抛运动，
竖直方向：L＝，
水平方向：x1＝vt，
N板上出现亮点区域长度：x＝2L+x1，
解得：x＝2L+BL；
答：（1）电子的速率v为；
（2）电子在磁场中运动的最短时间t为；
（3）N板上出现亮点区域长度x为：2L+BL。
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