辽宁省沈阳市东北育才学校2017-2018学年度高二上学期第二次段考物理试卷 Word版含解析

辽宁省沈阳市东北育才学校2017-2018学年高二上学期第二次段考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．下列关于物理现象、物理学家以及他们主要贡献的陈述，不正确的有（）A．应用互感现象可以将能量从一个线圈传递到另一个线圈B．自感电动势有阻碍电流变化的作用，此时线圈具有电的“惯性”C．法拉第在电磁感应现象中的主要贡献是发现了法拉第电磁感应定律D．洛伦兹提出了磁场对电流的作用力公式2．一只矩形线圈匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动穿，过线圈的磁通量随时间变化的图象如图中甲所示，则下列说法中正确的是（）A．t=0时刻线圈平面与中性面垂直B．t=0.01s时刻，Φ的变化率达最大C．t=0.02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示3．如图为甲、乙两灯泡的I﹣U图象，根据图象，计算甲、乙两灯泡并联在电压为220V的电路中，实际发光的功率约为（）A．15 W、30 W B．30 W、40 W C．40 W、60 W D．60 W、100 W4．在如图所示电路中，电源电动势为ε，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U．在这一过程中（）A．通过R1的电流增大，增量为B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于D．路端电压增大，增大量为△U5．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为u，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则下图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是（）A．B．C．D．6．如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点0以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R则（）A．粒子经偏转一定能回到原点0B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1C．粒子完成一次周期性运动的时间为D．粒子第二次射人x轴上方磁场时，沿x轴前进3R7．如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘平面上在其连线上有一光滑的绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域同时存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球的重力不计．现将小球从图示位置由静止释放，在小球以后运动过程中，下列说法中正确的是（）A．小球的速度将一直增大B．小球的加速度将一直增大C．小球所受洛伦兹力将一直增大D．小球所受洛伦兹力大小变化，方向也变化8．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A．离子每回旋一次的轨道半径变大，在磁场中回旋时间也不断变长B．为使离子能不断加速，两D形盒间所加的电场必须为匀强电场C．增加两个D形盒间所加的电压，则射出D形盒后离子所获得动能将变大D．当增加加速器所在的磁场后，粒子回旋的次数将增加，最后射出加速器后的速度也将变大9．如图所示的电路中，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，下列说法正确的是（）A．S闭合后，L A、L B同时发光且亮度不变B．S闭合后，L A立即发光，然后又逐渐熄灭C．S断开的瞬间，L A、L B同时熄灭D．S断开的瞬间，L A再次发光，然后又逐渐熄灭10．如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）A．两金属环将相互靠拢B．两金属环将相互排斥C．磁铁的加速度会大于g D．磁铁的加速度会小于g11．如图所示，粗细均匀的电阻丝制成的长方形导线框abcd处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，另一种材料的导体棒MN与导线框保持良好接触并在外力作用下从导线框左端匀速滑到右端，在此过程中，导线框上消耗的电功率P的变化情况可能为（）A．逐渐增大B．先增大后减小C．先减小后增大D．增大、减小、再增大、再减小12．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图2所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q 的静止微粒．则以下说法正确的是（）A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为二、实验填空题（本题共3小题，其中13题2分14题4分，15每题9分共15分）13．用螺旋测微器测量一矩形小零件的长，其示数如图，则所示读数为mm14．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．①根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整．②开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“A”、“B”或“AB中间”）③实验中测得有关数据如下表：U/V 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40 2.80I/A 0.10 0.16 0.20 0.23 0.25 0.26 0.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线．15．在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示，它们是：（1）电流计，直流电源，（3）带铁心的线圈A，（4）线圈B，（5）电键，（6）滑动变阻器．（用来控制电流以改变磁场强弱）试按实验的要求在实物图上连线．（图中已连好一根导线）．若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在电键刚闭合时电流计指针右偏，则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流计指针将；若电键闭合后滑动变阻器的滑动触头不动，将线圈A插入线圈B时，电流计指针将．（填“左偏“、“右偏“或“不偏“）三、解答题（本题共3小题，共37分，解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）16．如图所示电路中，电阻R1=8Ω．当电键S断开时，电压表V1的示数为5.7V，电流表的示数为0.75A，电源总功率是9W；当电键S闭合时，电压表V2的示数为4V．若电键断开和闭合时电源内部损耗的电功率之比是9：16，求电源的电动势和电阻R2、R3．17．如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d．接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场．不计重力影响．若OC与x轴的夹角φ，求：（1）粒子在磁场中运动速度的大小；匀强电场的场强大小．18．相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ=0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．（1）指出在运动过程中ab棒中的电流方向和cd棒受到的安培力方向；求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；（3）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（4）cd棒将做怎样的运动？求出cd棒达到最大速度所需的时间t0．辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期第二次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．下列关于物理现象、物理学家以及他们主要贡献的陈述，不正确的有（）A．应用互感现象可以将能量从一个线圈传递到另一个线圈B．自感电动势有阻碍电流变化的作用，此时线圈具有电的“惯性”C．法拉第在电磁感应现象中的主要贡献是发现了法拉第电磁感应定律D．洛伦兹提出了磁场对电流的作用力公式考点：物理学史．专题：常规题型．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即可．解答：解：A、应用互感现象可以将能量从一个线圈传递到另一个线圈，故A正确；B、自感电动势有阻碍电流变化的作用，此时线圈具有电的“惯性”，故B正确；C、法拉第发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯发现了法拉第电磁感应定律，故C错误；D、安培提出了磁场对电流的作用力公式，故D错误；本题选不正确的，故选：CD．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．一只矩形线圈匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动穿，过线圈的磁通量随时间变化的图象如图中甲所示，则下列说法中正确的是（）A．t=0时刻线圈平面与中性面垂直B．t=0.01s时刻，Φ的变化率达最大C．t=0.02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为最大．解答：解：A、由甲图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，A错误；B、t=0.01s时刻，磁通量等于零，但Φ的变化率达最大，B正确；C、t=0.02s时刻，磁通量最大，交流电动势为零，C错误；D、由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，D错误；故选B点评：了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化．3．如图为甲、乙两灯泡的I﹣U图象，根据图象，计算甲、乙两灯泡并联在电压为220V的电路中，实际发光的功率约为（）A．15 W、30 W B．30 W、40 W C．40 W、60 W D．60 W、100 W考点：欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：两电阻并联，则电压均为220V，则由图象可明确工作电流，则可求得实际发光的功率．解答：解：两电阻并联时，电压均为220V时，由图可知，甲灯的电流为18×10﹣2A；乙灯的电流为28×10﹣2A；故由P=UI可知，甲灯的电功率为：P甲=220×18×10﹣2≈40W；乙灯的电功率为：P乙=220×28×10﹣2≈60W；故选：C．点评：本题考查对图象的认识、并联电路的性质及功率公式的应用，要学会正确应用图象进行分析问题．4．在如图所示电路中，电源电动势为ε，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U．在这一过程中（）A．通过R1的电流增大，增量为B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于D．路端电压增大，增大量为△U考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=．电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，根据路端电压的变化分析其电压减小量．电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．解答：解：A、R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=．故A正确．B、电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，路端电压增大，则R2两端电压减少量一定小于△U．故B错误．C、由欧姆定律得到：通过R2的电流的减少量一定小于．故C正确．D、电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．故D错误．故选AC．点评：本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法．5．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为u，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则下图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；安培力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：导体棒受重力、安培力、导轨对金属棒的弹力、摩擦力，开始金属棒在导轨上滑动，所受滑动摩擦力，当滑动摩擦力大于重力，金属棒做减速运动，最终静止．解答：解：在垂直于纸面方向上金属棒受安培力和导轨对金属棒的弹力，两个力相等，开始金属棒由静止开始运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，在运动的过程中，安培力增大，则弹力增大，所以滑动摩擦力增大，f=μF N=μBIL=μBLkt，成线性增大．当摩擦力大于重力，金属棒做减速运动，最终停止，最终摩擦力变为静摩擦力，f=mg．在运动的过程中，最大滑动摩擦力大于mg．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道金属棒的运动情况，知道金属棒开始受滑动摩擦力，最后受静摩擦力．6．如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点0以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R则（）A．粒子经偏转一定能回到原点0B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1C．粒子完成一次周期性运动的时间为D．粒子第二次射人x轴上方磁场时，沿x轴前进3R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：粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由T=求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射人x轴上方磁场时沿x轴前进的距离．解答：解：A、根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点0．故A错误．B、由r=，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2．故B错误．C、负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T=，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1=T=；同理，在第四象限运动的时间为t2=T′==；完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=．故C错误．D、根据几何知识得：粒子第二次射人x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R．故D正确．故选D点评：本题的解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离．7．如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘平面上在其连线上有一光滑的绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域同时存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球的重力不计．现将小球从图示位置由静止释放，在小球以后运动过程中，下列说法中正确的是（）A．小球的速度将一直增大B．小球的加速度将一直增大C．小球所受洛伦兹力将一直增大D．小球所受洛伦兹力大小变化，方向也变化考点：洛仑兹力；牛顿第二定律．专题：应用题．分析：小球开始受到Q2对它的库仑力大于Q1对它的库仑力，所以先向左运动，运动的过程中受到洛伦兹力，通过受力情况，知小球向左先加速后减速到0．然后又返回．解答：解：小球由静止释放后沿绝缘杆先向左做加速运动，运动到杆的中点时，所受电场力为零，加速度为零，速度达到最大，然后越过中点继续向左做减速运动，水平方向所受电场力不断增大，加速度不断增大，最后速度变为零，然后反向再向右运动，如此反复，小球在运动过程中速度大小与方向不断发生变化，因此所受洛伦兹力大小与方向也不断发生变化，故A、B、C错误，D正确．故选D．点评：解决本题的关键能够根据小球的受力情况分析出小球的运动情况，从而可知洛伦兹力的变化．8．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A．离子每回旋一次的轨道半径变大，在磁场中回旋时间也不断变长B．为使离子能不断加速，两D形盒间所加的电场必须为匀强电场C．增加两个D形盒间所加的电压，则射出D形盒后离子所获得动能将变大D．当增加加速器所在的磁场后，粒子回旋的次数将增加，最后射出加速器后的速度也将变大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对离子做正功，可知离子能从电场获得能量．当离子在磁场中圆周运动的半径等于D形盒半径时，速度最大，动能最大，根据洛伦兹力充当向心力，列式得到最大动能的表达式，再进行分析增加最大动能的方法．加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．解答：解：A、根据洛伦兹力提供向心力有：Bqv=m，r=，每回旋一次的轨道半径变大，周期T==，知周期与轨道半径和速度无关．故A错误．BCD、设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由Bqv=m，v=，则最大动能E km=mv2=，可见，最大动能与加速电压无关，增加加速器所在的磁场后，粒子回旋的次数将增加，最后射出加速器后的速度也将变大，增大离子从回旋加速器中获得的最大动能．故C错误，D正确．故选：D点评：解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，以及知道回旋加速器中交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．9．如图所示的电路中，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，下列说法正确的是（）A．S闭合后，L A、L B同时发光且亮度不变B．S闭合后，L A立即发光，然后又逐渐熄灭C．S断开的瞬间，L A、L B同时熄灭D．S断开的瞬间，L A再次发光，然后又逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化．断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化．解答：解：A、B闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮．故A错误，B正确．C、D断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭．故C错误，D正确．故选BD点评：对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象．10．如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）A．两金属环将相互靠拢B．两金属环将相互排斥C．磁铁的加速度会大于g D．磁铁的加速度会小于g考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，来判断a、b两线圈的运动情况．根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，分析磁铁的加速度．解答：解：A、B、当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知a、b两线圈相互排斥．故A错误，B正确．C、D当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，可知导体对磁体的运动产生斥力作用，所以磁铁下降的加速度会小于g．故C错误，D正确；故选：BD．点评：解决本题的关键理解楞次定律的两种表述，真正理解“阻碍”的作用，并能用来分析实际问题．11．如图所示，粗细均匀的电阻丝制成的长方形导线框abcd处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，另一种材料的导体棒MN与导线框保持良好接触并在外力作用下从导线框左端匀速滑到右端，在此过程中，导线框上消耗的电功率P的变化情况可能为（）A．逐渐增大B．先增大后减小C．先减小后增大D．增大、减小、再增大、再减小考点：电磁感应中的能量转化；焦耳定律的应用．分析：导体棒MN切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源．导体棒MN从导线框左端匀速滑到右端时，线框的总电阻变化，引起电流变化，功率变化．根据欧姆定律、功率等知识分析求解．解答：解：A、导体棒MN从导线框左端匀速滑到右端时，线框左右两部分并联电阻先增大，后减小，MN滑ab中点时，线框并联总电阻最大．根据数学可得到，当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大．则功率不可能一直增大．故A错误．B、若线框并联的最大电阻小于电源的内阻时，导线框上消耗的电功率可能先增大后减小．故B 正确．C、若线框并联的最大电阻大于电源的内阻时，导线框上消耗的电功率可能先减小后增大．故C 正确．D、若电源的内阻在线框并联的最小和最大电阻之间时，电功率将增大、减小、再增大、再减小．故D正确．故选BCD点评：在分析电源的输出功率变化时，常常用到这个经验结论：当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大．12．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图2所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q 的静止微粒．则以下说法正确的是（）A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为考点：法拉第电磁感应定律；电场强度．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小．解答：解：A、第2s内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律知，上极板为正极，故A正确．B、第3s内，磁感应强度垂直纸面向外且逐渐增大，根据楞次定律知，上极板为正极，故B错误．C、第1s内下极板为正极，微粒开始做匀加速直线运动，第2s内，上极板为正极，微粒做匀减速直线运动到零，2s末未回到原位置．故C错误．D、根据法拉第电磁感应定律可知，两极板间的电势差U=，则电场强度E=．故D错误．故选：A．点评：本题是一道综合题，考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，难度较大，分析清楚图象、熟练应用基础知识是正确解题的关键．。