A． B．
C． D．
【考点】： 法拉第电磁感应定律；安培力． 【专题】： 压轴题；电磁感应中的力学问题． 【分析】： 根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向． 【解析】： 解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E=感应电流为定值，
=B0S为定值，则
．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根
据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误． C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增
大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误． 故选AC． 【点评】： 解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向．
三、非选择题部分共12题，共180分． 8．（10分）某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象．
（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的△t1 = △t2（选填“＞”、“=”或“＜”）时，说明气垫导轨已经水平．
（2）用游标卡尺测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d= 5.0 mm．
（3）滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与钩码Q相连，钩码Q的质量为m．将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若△t1、△t2和d已知，要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出 滑块质量M 和 两光电门间距为L （写出物理量的名称及符号）． （4）若上述物理量间满足关系式 mgL= ，则表明在上述过程中，滑块和
砝码组成的系统机械能守恒．
【考点】： 验证机械能守恒定律． 【专题】： 实验题；机械能守恒定律应用专题． 【分析】： （1）如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平．
（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
（3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，根据这两个量求解．
（4）滑块和砝码组成的系统机械能守恒列出关系式． 【解析】： 解：（1）如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平．
（2）游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为5mm，游标读数为0×0.1mm=0.0mm 所以最终读数为5.0mm．
（3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，
光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度． vB=
，vA=
）﹣（m+M）（
2
滑块和砝码组成的系统动能的增加量△Ek=（m+M）（
）．
2
滑块和砝码组成的系统动能的重力势能的减小量△Ep=mgL
所以还应测出滑块质量M，两光电门间距离L．
（4）如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，那么滑块和砝码组成的系统机械能守恒． 即：mgL=
故答案为：（1）=；（2）5.0；
（3）滑块质量M，两光电门间距为L； （4）mgL=
．
【点评】： 掌握游标卡尺的读数方法．了解光电门测量瞬时速度的原理．实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面．
9．（10分）两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0以及电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1 的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图（b）所示的两条U﹣I直线，回答下列问题：
（1）该同学首先用多用电表粗略测量电源的电压，电表指针和选择开关分别如图（C）所示，则该电表读数为 1.50 V；
（2）根据甲乙两同学描绘的直线，可知甲同学是根据电压表 V1 （填“V1”或“V2”）和电流表A的数据描绘的图线，可以测得 E和r （填写物理量符号R0或E和r），计算结果为 E=1.5V，r=1Ω ；
（3）甲、乙图线的交点表示滑动变阻器滑动触头恰好位于 最左端 （填：最左端、最右端或中间）．
【考点】： 测定电源的电动势和内阻． 【专题】： 实验题；恒定电流专题． 【分析】： （1）由图示多用电表确定其测量的量与量程，然后根据指针位置读数；
（2）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断图线的含义．由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻． （3）根据图象结合电路图分析答题． 【解析】： 解：（1）由图示多用电表可知，选择开关置于直流电压2.5V挡，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，所示为1.50V．
（2）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．
由图象可知，电压表V1和电流表A的数据绘制图象是甲；根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象是乙．
由电源的U﹣I图象可以求出电源电动势E与内阻r；由图b所示图象可知，甲图象在U轴上的截距为1.5V，即电源的电动势E=1.5V，电源的内阻：r=
=
=1Ω，即电
源的内阻为r=1Ω．
（3）由图b所示图象可知，甲、乙图线的交点表示两电压表示数相等，由图a所示电路图可知，此时滑动变阻器滑动触头恰好位于最左端．
故答案为：（1）1.50；（2）V1；E和r；E=1.5V，r=1Ω；（3）最左端． 【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电动势和内电阻． 10．（15分）固定光滑斜面与地面成一定倾角，一物体在平行斜面向上的拉力作用下向上运
2
动，拉力F和物体速度v随时间的变化规律如图所示，取重力加速度g=10m/s．求物体的质量及斜面与地面间的夹角
θ．
【考点】： 牛顿第二定律． 【专题】： 牛顿运动定律综合专题． 【分析】： 根据v﹣t图象得到物体先加速后匀速，求解出加速度；然后受力分析根据牛顿第二定律和平衡条件列方程，最后联立求解． 【解析】： 解：由图可得，0～2s内物体的加速度为a=由牛顿第二定律可得：F﹣mgsinθ=ma ②
=0.5 m/s ①
2
2s后有：F′=mgsinθ ③ 联立①②③，并将F=5.5N，F′=5N代入 解得：m=1.0kg，θ=30°
答：物体的质量为1.0kg，斜面与地面间的夹角θ为30°． 【点评】： 本题关键先由v﹣t图象确定运动情况，然后求解出加速度，再根据牛顿第二定律和平衡条件列方程求解，不难． 11．（20分）如图所示，竖直平面内的直角坐标系中，X轴上方有一个圆形有界匀强磁场（图中未画出），x轴下方分布有斜向左上与Y轴方向夹角θ=45°的匀强电场；在x轴上放置有一挡板，长0.16m，板的中心与O点重合．今有一带正电粒子从y轴上某点P以初速度v0=40m/s与y轴负向成45°角射入第一象限，经过圆形有界磁场时恰好偏转90°，并从A点进入下方电场，如图所示．已知A点坐标（0.4m，0），匀强磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小B=
，粒子的荷质比=
×10C/kg，不计粒子的重力．问：
3
（1）带电粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径多大？ （2）圆形磁场区域的最小面积为多少？
（3）为使粒子出电场时不打在挡板上，电场强度应满足什么要求？
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】： （1）粒子在磁场中受洛伦兹力作用做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律可求轨道半径；
（2）借助几何关系可求磁场最小面积；
（3）粒子进入电场后做类平抛运动，根据平抛运动规律可求电场强度E，根据挡板的长度，可得电场强度的范围 【解析】： 解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得：qvB=m
，代入解得：r=0.2m；
（2）由几何关系得圆形磁场的最小半径R对应：2R=，
2
则圆形磁场区域的最小面积：S=πR=0.02π；
（3）粒子进电场后做类平抛运动，出电场时位移为L， 在初速度方向上：Lcosθ=v0t， 在电场力方向上：
，