高二物理上学期期中-武汉市华中师大一附中2015-2016学年高二上学期期中物理试题及答案

2015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高二（上）期中
物理试卷
一、选择题（本题包括10小题．其中第1-6题为单选题，第7-10题为多选题．每小题5分，共50分．单选题有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错或不答得0分．多选题至少有两个选项正确，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分．）
1．下列说法正确的是（）
A．将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零
B．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直
C．由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功
D．垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大
2．为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是（）A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆
B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆
C．如需进一步测量可换“×100”挡，调零后测量
D．如需进一步测量可换“×1 k”挡，调零后测量
3．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，关于电压表、电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）
A．V的示数变大，A的示数变小B．V的示数变大，A的示数变大
C．V的示数变小，A的示数变小D．V的示数变小，A的示数变大
4．如图中①②所示，在匀强磁场中，有两个通电线圈处于如图所示的位置，则（）
A．从上往下俯视，①中的线圈顺时针转动
B．从上往下俯视，①中的线圈逆时针转动
C．从上往下俯视，②中的线圈顺时针转动
D．从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动
5．如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z 轴方向上水槽的前后两内侧面（）
A．a处电势高于b处电势
B．a处离子浓度大于b处离子浓度
C．溶液的上表面电势高于下表面的电势
D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度
6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r．R1=2kΩ、R2=4kΩ、R3=10kΩ，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，R4的阻值为4kΩ．下列说法正确的是（）
A．在无光照时，R4阻值为5 kΩ
B．与无光照射时比较，有光照时通过R4的电流变大，电源的路端电压变小，电源提供的总功率变小
C．有光照且电路稳定时，电容器C的上极板带正电
D．有光照且电路稳定后，断开开关S，通过R1、R2的电荷量之比为2：3
7．如图所示为两电源的U﹣I图象，则下列说法正确的是（）
A．电源①的电动势和内阻均比电源②大
B．当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等
C．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大
D．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等
8．1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为+q的粒子．粒子在加速器中被加速，
加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．关于回旋加速器，下列说法正确的是（）
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大
C．交变电源的加速电压U越大，粒子加速所能获得的最大动能越大
D．粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：1
9．如图甲所示，电源的电动势E=9V，它和灵敏电流表G的内阻均不可忽略，电压表V的内阻很大，热敏电阻R的阻值随温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA．根据以上信息判断，下列说法正确的是（）
A．电流表内阻与电源内阻之和为0.5kΩ
B．电流表示数I2=6mA时热敏电阻的温度是140℃
C．温度升高时电压表示数U与电流表示数I的比值变小
D．温度升高时电压表示数变化量△U与电流表示数变化量△I的比值变大
10．如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D 两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受
电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（）
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度a max=g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度v max=
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点比P点低
D．小球经过O点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mg﹣qB|
二、实验题（共20分）
11．如图所示50分度游标卡尺读数为mm，螺旋测微器读数为
mm．
12．如图甲是“测电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用新电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表变化很小，原因是：新电池的内阻很小，内电路分得的内电压很小，从而影响测量值的精确性．为了较精确地测量一节新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导
线来完成实验．
器材：量程3V的理想电压表V；量程0.6A的电流表A（具有一定内阻）；定值电阻R0（R0=1.50Ω）；滑动变阻器R1（0～10Ω）；滑动变阻器R2（0～200Ω）；开关S．
（1）相比于图甲，图乙中的电阻R0有哪些作用？（写出一种即可）
（2）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填R1或R2）；
（3）用图乙进行的实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则新电池内阻的表达式r=（用I1、I2、U1、U2和R0表示）．
13．某同学为了测量电流表A1内阻的精确值，有如下器材：
电流表A1（量程300mA，内阻约为5Ω）；
电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；
电压表V（量程15V，内阻约为3kΩ）；
滑动变阻器R1（0～5Ω，允许通过的最大电流为0.5A）；
滑动变阻器R2（0～20Ω，允许通过的最大电流为0.2A）；
电源E（电动势3V，内阻较小）；
定值电阻R0（5Ω）；
单刀单掷开关S；
导线若干．
实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差．（1）在答题卡的方框内画出测量A1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；（2）若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，则r1的表达式为r1=，表达式中各符号的含义是．
三、计算题（请写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．共40分）
14．质量为m、长度为L的导线棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力．
15．如图所示的电路中．电源的电动势E=12V，内阻r=0.5Ω，外电阻R1=2Ω，R2=3Ω，滑动变阻器R3=5Ω．在滑动变阻器的滑动头P从a滑到b的过程中，求：
（1）电路中电压表的示数的最大值；
（2）电源的最大输出功率．
16．如图所示，某一空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．左侧区域匀强电场的场强大小为E，方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向里，其右边界可向右边无限延伸．一个质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）从电场左边界上的O点由静止开始运动，穿过中间的磁场区域后进入右侧磁场区域．已知粒子在中间磁场区域运动经历时间后，第一次经过两磁场边界的位置为P点（图中未画出）．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的速率v；
（2）中间磁场区域的宽度d；
（3）请在图中画出带电粒子从O点由静止开始运动至第二次经过P点的过程中运动轨迹的示意图并求出此过程经历的总时间t．
17．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界是半径为R的圆，AB为圆的直径．在A点有一粒子源向圆平面内（垂直于磁场）发射质量m、电量﹣q的粒子，粒子重力不计．
（1）如图甲所示，若粒子向圆平面内的各个方向发射，速率均为v1=．求粒子在磁场中运动的最长时间．
（2）如图乙所示，在过B点且垂直于AB方向放置一个很大的屏．若粒子仅沿AB连线方
向持续发射，速率均为v2=．与此同时，以过A点并垂直于纸面的直线为轴，将磁场顺时针缓慢旋转90°．随着磁场转动，粒子打到屏上的位置会发生变化．求粒子打到屏上的范围．
2015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高二（上）
期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括10小题．其中第1-6题为单选题，第7-10题为多选题．每小题5分，共50分．单选题有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错或不答得0分．多选题至少有两个选项正确，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分．）
1．下列说法正确的是（）
A．将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零
B．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直
C．由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功
D．垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大
【考点】洛仑兹力；安培力．
【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】根据安培力公式、洛伦兹力公式磁通量的公式及左手定则分析解答即可．
【解答】解：A、将通电导线放入磁场中，若不受安培力，可能是电流的方向与磁场的方向平行，不能说明该处磁感应强度为零．故A错误；
B、根据左手定则可知，洛伦兹力的方向与带电粒子的速度方向垂直．故B错误；
C、洛伦兹力的方向始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功．故C错误；
D、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，磁通量的大小与磁感应强度、面积以及线圈与磁场之间的夹角都有关，垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大．故D正确．
故选：D
【点评】该题考查到安培力、洛伦兹力的特点以及磁通量的相关的因素，安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解．
2．为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是（）
A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆
B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆
C．如需进一步测量可换“×100”挡，调零后测量
D．如需进一步测量可换“×1 k”挡，调零后测量
【考点】用多用电表测电阻．
【专题】实验题；实验评估题；实验分析法．
【分析】使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；
欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．
【解答】解：采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，说明所测电阻很小，约为几欧姆，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值应选择“×1”挡，重新进行欧姆调零后再测电阻阻值，故A正确，BCD错误；
故选：A．
【点评】本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表读数，要注意：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．
3．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，关于电压表、电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）
A．V的示数变大，A的示数变小B．V的示数变大，A的示数变大
C．V的示数变小，A的示数变小D．V的示数变小，A的示数变大
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．
【解答】解：当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则V的示数变大．
根据串联电路电压与电阻成正比的特点，可知，并联部分电压增大，通过R2的电流增大，则A的示数变大．
故选：B．
【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法．也可利用经验结论进行分析：变阻器电阻增大时，所在并联电路电压增大，与之并联的另一支路电流增大，电流表读数增大．
4．如图中①②所示，在匀强磁场中，有两个通电线圈处于如图所示的位置，则（）
A．从上往下俯视，①中的线圈顺时针转动
B．从上往下俯视，①中的线圈逆时针转动
C．从上往下俯视，②中的线圈顺时针转动
D．从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动
【考点】左手定则．
【专题】应用题；学科综合题；分割思想；推理法；电磁学．
【分析】由左手定则判断出线圈受到的安培力方向，然后判断线圈是否转动．
【解答】解：A、根据图①所示，由左手定则可知，线圈各边所示安培力都在线圈所在平面内，线圈不会绕OO′轴转动，故A错误，B错误；
C、根据图②所示，由左手定则可知，线圈左、右两边所受安培力分别垂直与纸面向外和向里，线圈会绕OO′轴转动，从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动．故C错误，D正确．故选：D
【点评】本题考查了判断线圈是否会绕轴转动，应用左手定则判断出线圈所受安培力方向即可正确解题．
5．如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z 轴方向上水槽的前后两内侧面（）
A．a处电势高于b处电势
B．a处离子浓度大于b处离子浓度
C．溶液的上表面电势高于下表面的电势
D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度
【考点】洛仑兹力；电势．
【分析】在溶液中通入沿x轴正向的电流I，在NaCl的水溶液中，带正电的钠离子向右运动，带负电的氯离子向左运动，再根据左手定则判断粒子受到的洛伦兹力的方向，从而可以得出水槽的前后两内侧面积累的电荷的情况，再分析电势的情况．
【解答】解：A、电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以A错误；
B、由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以B正确；CD、离子都向a出运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以CD错误．
故选B．
【点评】对于电解液，溶液中既有正离子，也有负离子，两种离子都运动，这是与导体导电不同的地方，在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电．
6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r．R1=2kΩ、R2=4kΩ、R3=10kΩ，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，R4的阻值为4kΩ．下列说法正确的是（）
A．在无光照时，R4阻值为5 kΩ
B．与无光照射时比较，有光照时通过R4的电流变大，电源的路端电压变小，电源提供的总功率变小
C．有光照且电路稳定时，电容器C的上极板带正电
D．有光照且电路稳定后，断开开关S，通过R1、R2的电荷量之比为2：3
【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．
【专题】比较思想；推理法；实验分析法；电学图像专题．
【分析】当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电，R1与R3的电压相等，R2与R4的电压．由串联电路分压规律求R4．当有光照射时，光敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化及路端电压的变化，再分析外电路即可得出C两端电势的变化，从而得出电容器极板带电情况；同理也可得出各电阻上电流的变化．
【解答】解：A、在无光照时，电容器C不带电，电容器板间电压为零，则R1与R3的电压
相等，R2与R4的电压，因此有=，得R4=20kΩ，故A错误．
BC、因有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电路中电流增大，由E=U+Ir可知路端电压减小，由P=EI知，电源提供的总功率变大．当没有光照时，C不带电，说明C所接两点电势相等，有光照时，以电源正极为参考点，R1上的分压不变，而R3上的分压增大，故上极板所接处的电势低于下极板的电势，故下极板带正电；故BC错误．
D、有光照且电路稳定后，断开开关S，电容器通过四个电阻放电，且放电的两个支路并联，则通过R1、R2的电荷量之比等于I1：I2=（R2+R4）：（R1+R3）=（4kΩ+4kΩ）：（2kΩ+10kΩ）=2：3，故D正确．
故选：D
【点评】本题为含容电路结合电路的动态分析问题，解题时要明确电路稳定时电容器相当于开路，可不考虑；电容器正极板的电势高于负极板，故高电势的极板上一定带正电．
7．如图所示为两电源的U﹣I图象，则下列说法正确的是（）
A．电源①的电动势和内阻均比电源②大
B．当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等
C．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大
D．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【专题】实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】根据闭合电路欧姆定律分析两电源的电动势和内阻大小．过原点O作出一条倾斜的直线，该直线与两图线的交点表示两电源与同样的电阻连接时的工作状态，电源的输出功率P=UI，由交点纵坐标与横坐标乘积比较输出功率的大小．
【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得，U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出，电源①的电动势和内阻均比电源②大．故A正确．
B、C、过原点O作出一条倾斜的直线（3），该直线与图线①、②的交点就表示一个相同的电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线（3）与图线①交点的两坐标的乘积大于直线（3）与图线②交点的两坐标的乘积，说明不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B错误，C正确．
D、电源的效率η=，当外接同样的电阻，由于内阻r不等，电源的效率不可能相等，电源②的效率总大于电源①的效率，故D错误；
故选：AC
【点评】本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线．
8．1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不
计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为+q的粒子．粒子在加速器中被加速，
加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．关于回旋加速器，下列说法正确的是（）
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大
C．交变电源的加速电压U越大，粒子加速所能获得的最大动能越大
D．粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：1
【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径
公式r=进行判断．
【解答】解：A、由于洛伦兹力始终鸟语粒子速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，带电粒子从电场中获得能量．故A错误．
B、C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能，与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大．故B正确，C错误；
D、只有电场力做功，粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后的动能之比是2：1，所
以速度之比是：1，根据：r=得：轨道半径之比为：1．故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的．
9．如图甲所示，电源的电动势E=9V，它和灵敏电流表G的内阻均不可忽略，电压表V的内阻很大，热敏电阻R的阻值随温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA．根据以上信息判断，下列说法正确的是（）
A．电流表内阻与电源内阻之和为0.5kΩ
B．电流表示数I2=6mA时热敏电阻的温度是140℃
C．温度升高时电压表示数U与电流表示数I的比值变小
D．温度升高时电压表示数变化量△U与电流表示数变化量△I的比值变大
【考点】闭合电路的欧姆定律；欧姆定律．
【专题】定性思想；实验分析法；电学图像专题．
【分析】闭合开关S时，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA，由图读出R的值，根据闭合电路欧姆定律可求得电流表与电源的内阻之和；当电流表的示数I2=6mA时，根据闭合电路欧姆定律可求R，由图读出温度．根据闭合电路欧姆定律求两电表读数变化量之比值．
【解答】解：A、已知：电源电源的电动势E=9.0V，I1=2mA=0.002A
由图象知，当R的温度等于20℃时，热敏电阻的阻值R=4000Ω，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得：
E=I1（R+R内），
即9.0=0.002×，
解得R内=500Ω=0.5kΩ．即电流表内阻与电源内阻之和为0.5kΩ，故A正确
B、当电流I2=6mA=0.006A时，由串联电路特点及欧姆定律得：
E=I2（R′+R内）
即：9.0=0.006×（R′+500）
解得：R′=1000Ω；
由图象知，此时热敏电阻的温度t=140℃．则B正确
C、温度升高时，电阻R的阻值变小，则比值电压表示数U与电流表示数I的比值变小，则C正确
D、由闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 则=r，不变，故D错误．
故选：ABC
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、识图能力，熟练掌握串联电路的特点、欧姆定律是正确解题的前提，由图象找出热敏电阻的阻值与对应的温度关系是解题的关键．
10．如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D 两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受
电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（）
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度a max=g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度v max=
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点比P点低
D．小球经过O点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mg﹣qB|
【考点】带电粒子在混合场中的运动；向心力．
【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．。