2021-2022学年山东省德州市高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年山东省德州市高二（下）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年山东省德州市高二（下）期末物理试卷

题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分









一、单选题（本大题共8小题，共24分）
1. 下列说法正确的是(    )
A. 扩散现象和布朗运动都是物质分子的无规则运动
B. 我国即将进入全面5G时代，在真空中5G信号和4G信号传播速度相同
C. 发生光电效应时，入射光越强，光子的能量越大
D. 在LC回路产生振荡电流的过程中，电流增强时，电容器充电
2. 关于热力学定律，下列说法正确的是(    )
A. 能量守恒告诉我们，所有符合能量守恒定律的宏观过程都能自发进行
B. 实际过程中，只要涉及热现象，都有特定的方向性
C. 功转化为热的实际宏观过程是可逆过程
D. 做功与热传递都能改变系统的内能，但不是等价的
3. 下列关于原子核的叙述中正确的是(    )
A. 原子核的质量越小，比结合能就越小
B. 放射性元素的半衰期与原子所处的物理或化学状态有关
C. 原子核能自发地放出β粒子说明原子核内有β粒子
D. 重核裂变反应，释放能量
4. 一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图(甲)所示．现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的It图象如图(乙)所示．则可能的线框是如图所示中的哪一个(    )

A. B. C. D.
5. 演示自感现象的电路如图所示，电源电动势为E，内阻不可忽略，L为电感线圈，R为定值电阻。闭合开关S，电路稳定时，两只完全相同的灯泡A1、A2亮度相同，下列说法正确的是(    )


A. 闭合开关S时，A1、A2同时变亮
B. 闭合开关S时，A1慢慢变亮，A2立即变亮然后亮度保持不变
C. 若断开开关，A1逐渐变暗，A2闪亮一下再逐渐变暗
D. 若断开开关，A1、A2同时逐渐变暗
6. 两个等质量粒子分别以速度va和vb垂直射入有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和45°，磁场垂直纸面向外，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，A、B连线垂直于磁场边界。如图所示，则(    )
A. a粒子带负电，b粒子带正电
B. 两粒子的轨道半径之比Ra：Rb=1：2
C. 两粒子的电荷量之比qa：qb=3：2
D. 两粒子的速率之比va：vb=22：3

7. 如图所示，在足够长的光滑斜面上，用细线拴着一端封闭的导热玻璃管。玻璃管内部液柱封闭了一定量的理想气体，外界温度不变，玻璃管和液柱均处于静止状态。当剪断细线下滑稳定后，以下说法正确的是(    )
A. 封闭气体的长度将变长
B. 封闭气体压强小于外界大气压
C. 玻璃管内壁，单位时间内，单位面积上所受气体分子撞击次数增加
D. 封闭气体内能减小
8. 如图所示，有一匝数为20、边长为10cm、电阻不计的正方形线框绕着固定转轴OO'以角速度50πrad/s在垂直于纸面向里的匀强磁场中匀速转动，线框关于OO'对称，线框通过两电刷(未画出)与某一理想变压器相连，变压器原线圈串有一个理想交流电流表A，已知理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1：n2=10：1，副线圈两端接有两完全相同灯泡L1，L2串联，如果灯泡L1，L2的规格均为“5V，1W”且正常发光，则下列说法正确的是(    )

A. 匀强磁场的磁感应强度大小为102πT
B. 该线框中形成的交变电流，电流方向1秒内改变25次
C. 线框转到图示位置的瞬间，电流表A读数为零
D. 闭合开关，并联上灯泡L3，不考虑灯泡的烧坏及阻值的变化，则L1、L2均变亮

二、多选题（本大题共4小题，共16分）
9. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是(    )

A. 甲图可通过增加磁感应强度B来增大粒子的最大动能
B. 乙图可通过增加磁感应强度B来增大电源电动势
C. 丙图无法判断出带电粒子的电性，粒子能够从左右两个方向沿直线匀速通过速度选择器
D. 丁图中产生霍尔效应时，无论载流子带正电或负电，稳定时都是C板电势高
10. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是(    )


A. 气体温度降低 B. 气体温度升高
C. 气体向外界放出热量 D. 气体的内能增加
11. 氢原子的部分能级图如图甲所示，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出不同频率的光，用这些光照射如图乙所示的光电管阴极K，阴极材料是逸出功为2.55eV的金属钾。已知可见光光子的能量范围为1.62～3.11eV，则下列说法中正确的是(    )

A. 这些氢原子一共能辐射出5种频率的光子
B. 这些氢原子发出的光子中有1种属于可见光
C. 这些氢原子发出的光有4种光可使钾产生光电效应
D. 若用n=3跃迁到基态辐射的光照射阴极，其遏止电压为9.54V
12. 如图所示，地面上固定宽为L的平行金属导轨，有垂直于导轨平面向上的匀强磁场B，导轨与水平地面成θ角，底端电阻为R。质量为m，电阻为r的金属棒从导轨a位置以初速度为v0向上滑动，到达b位置时，速度减为零，且恰好能静止在轨道上，此时a与b两位置竖直高度差为h，金属棒与轨道始终接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下面说法正确的是(    )
A. 金属棒在a位置所受安培力为B2L2v0R+r
B. 金属棒在a位置时的加速度大小为2gsinθ+B2L2v0m(R+r)
C. 从a到b的过程中，电阻R中产生的热量为12mv02-mgh
D. 从a到b过程中，流过金属棒的电荷量为BLh(R+r)sinθ

三、填空题（本大题共1小题，共6分）
13. 在“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用的油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸0.6mL，用注射器测得lmL上述溶液有100滴，将1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图，图中正方形格的边长为1cm，则可求得：
(1)油酸薄膜的面积是______ cm2；
(2)油酸分子的直径是______ m(结果保留两位有效数字)；
(3)利用单分子油膜法还可以粗测阿伏加德罗常数．如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M.则阿伏加德罗常数的表达式为______ ．

四、实验题（本大题共1小题，共8分）
14. 热敏电阻是温度传感器的核心元件，某金属热敏电阻说明书给出的阻值R随温度t变化的图线如图甲所示，现有一课外活动小组利用该金属热敏电阻测量温度，提供实验器材如下：

A.直流电源，电动势E=3V，内阻不计
B.电压表，量程3V，内阻约5kΩ
C.电流表，量程0.3A，内阻2Ω
D.滑动变阻器RP，最大阻值5Ω
E.被测热敏电阻RtF.开关、导线若干
(1)结合实验器材，为精确地测量金属热敏电阻，单刀双掷开关应置于______(填“1”或“2”)位置。
(2)该热敏电阻R的阻值随温度t变化的函数关系式______。
(3)接通开关S，改变滑动变阻器滑片P的位置，此时电压表示数为2.00V，对应的电流表示数如图丙所示I=______A，由此得此时热敏电阻对应的温度为______℃。

五、简答题（本大题共2小题，共16分）
15. 某理想变压器原线圈a和副线圈b的匝数比为2：1，原线圈接在交流电源上，交流电源的电压随时间的变化规律如图中余弦图线所示，副线圈中“12V，6W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R1=R2=R。求：
(1)流过电阻R1的电流；
(2)电阻R的阻值。

16. 400年前伽利略最先发明了温度计。有人模仿伽利略温度计设计了一种测温装置，其结构如图所示。玻璃泡A内封有一定量气体(可视为理想气体)，与玻璃泡A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度h即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出。当温度是t1=-13℃时，管内水银面恰好到达B管顶端，高度为h1=24cm。外界大气压P0相当于76cm高的水银柱所产生的压强，水银槽的横截面积远大于B管的横截面积。求：
(1)若B管的体积与A泡的体积相比可略去不计。当B管内水银面高度为h2=18cm时，温度为多少摄氏度？
(2)若玻璃泡A体积为V0=300mL，管B的内截面积为S=0.5cm2，考虑B管内气体体积，温度为31℃时，水银面的高度为多少？

六、计算题（本大题共2小题，共30分）
17. 如图所示，直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量均为m、电荷量均为q的两带负电粒子a、b先后以同一速率v0从y轴上的P点分别沿x轴正、负方向入射，经过一段时间后，两粒子恰好在x轴负半轴上的Q点相遇，此时两粒子均第一次通过x轴负半轴。已知O、P两点的距离为d，O、Q两点的距离为3d，不计粒子间的作用力和粒子受到的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子a、b先后射出的时间差。

18. 如图所示，与x轴平行的两光滑平行金属导轨固定在水平面上，只在x>0的区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=10T。导体棒MN和正方形导线框abcd静止在导轨上，且导体棒MN和导线框ab、cd的两边都垂直于x轴，导线框的边长、导体棒MN的长度及导轨的宽度都为L=0.1m。现固定导线框，将与MN垂直且向左的水平恒力作用在导体棒MN的中点上，水平恒力的大小F=3N。当MN达到最大速度后撤掉恒力，同时释放导线框，当导线框的cd边到达x=0位置时，导线框恰好达到最大速度，此时立即将导体棒MN固定。经过一段时间后，导线框的ab边到达x=0位置。已知导体棒MN和导线框的质量都为m=0.1kg；导体棒MN及导线框ab、cd边的电阻都为r=34Ω，导轨和导线框其余电阻不计，导体棒MN与导线框一直没有接触。求：
(1)导体棒MN的最大速度vMN；
(2)导线框的cd边到达x=0位置时的速度v1；
(3)导线框的ab边到达x=0位置时的速度v2；
(4)由导线框的cd边到达x=0位置到导线框的ab边到达x=0位置的过程中，导体棒MN产生的焦耳热(结果保留两位小数)。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、扩散现象指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，是物质分子的无规则运动；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，故A错误；
B、任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，故B正确；
C、发生光电效应时，入射光越强，光电子数目越多，而光子的能量与光照强度无关，故C错误；
D、电流增强的过程中，电场能在向磁场能转化，电容器放电，故D错误。
故选：B。
扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象．一切物体都可以发生扩散现象；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；，知道电磁波在真空中传播速度均为光速；根据光电效应的产生条件分析；电流减弱的过程中，磁场能在向电场能转化，电容器充电。
本题主要考查学生对基础知识的掌握，难度不大，考查范围较广。

2.【答案】B 
【解析】解：A、根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的自然现象都是不可逆的，比如机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功转化成机械能而不产生其他变化，即符合能量守恒定律的宏观过程一定能自发的进行，故A错误；
B、根据热力学第二定律可知，实际过程中，只要涉及热现象，都有特定的方向性，故B正确；
C、根据热力学第二定律，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故C错误；
D、做功与热传递都能改变系统的内能，做功改变系统的内能是能量的变化，热传四改变系统的内能是能量的转移，两者是等价的，故D错误；
故选：B。
正确理解热力学第二定律的内容，结合选项逐个完成分析。
本题主要考查了热力学第二定律的相关应用，熟悉概念并理解在生活中的应用即可完成分析，难度不大。

3.【答案】D 
【解析】解：A、根据原子核的质量与比结合能的关系图象可知，中等质量的原子核的比结合能最大，故A错误。
B、放射性元素的半衰期与原子所处的物理、化学状态无关。故B错误。
C、某些原子核能够放射出β粒子，β粒子是由原子核内中子转化来的，原子核内不含有β粒子。故C错误。
D、根据质能方程，结合质量亏损，可知，重核裂变反应要释放能量，故D正确；
故选：D。
根据比结合能的大小与原子核的质量数之间的关系分析；放射性元素的半衰期与原子所处的物理、化学状态无关；原子核放射出的β粒子是由原子核内中子转化来的；裂变反应中，出现质量亏损，要释放能量。
本题考查的原子物理学的知识点较多，难度不大，需要我们在学习原子物理学时全面掌握各个知识点。

4.【答案】D 
【解析】解：导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，
设线框总电阻是R，则感应电流I=ER
由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，且电流大小与时间成正比，由于B、v、R是定值，
故导体棒的有效长度L应先均匀变长，后均匀变短，
且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比．
A、闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误；
B、正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；
C、梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故C错误；
D、三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故D正确；
故选：D．
由电磁感应定律求电动势E=BLv及欧姆定定律求出电流的表达式，找出各线框进入磁场时电流的变化规律，然后选出与图乙所示图象符合的线框．
本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键．

5.【答案】D 
【解析】解：AB、闭合开关S时，电阻R不产生感应电动势，灯泡A2立刻发光；流过线圈L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，感应电动势阻碍电流的增大，使得流过灯泡A1的电流逐渐增大，灯泡A1逐渐亮起来；随灯泡A1支路的电流增大，电路中的总电流增大，所以电池的内电压与滑动变阻器上的电压都增大，所以并联部分的电压减小，所以灯A2的亮度变暗，故AB错误；
CD、闭合开关S，稳定后，最终A1与A2的亮度相同，则A1中电流等于A2中电流，断开开关瞬间，电感线圈L、电阻R、灯泡A1、灯泡A2构成自感回路，电流从同一值开始缓慢减小至为零，故灯泡A1和灯泡A2均缓慢熄灭，故C错误，D正确。
故选：D。
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。

6.【答案】D 
【解析】解：A、根据左手定则可知a粒子带正电，b粒子带负电，故A错误；
B、a粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得粒子轨迹对应的圆心角为60°，根据几何关系可得：Ra=d；
同理可得粒子b在磁场中轨迹对应的圆心角为90°，根据几何关系可得b粒子的轨道半径：Rb=22d
则两粒子的轨道半径之比Ra：Rb=2：1，故B错误；
C、a粒子在磁场中运动的时间：ta=60°360∘×2πmqaB=πm3qaB，b粒子在磁场中运动的时间：tb=90°360∘×2πmqbB=πm2qbB；
两个粒子在磁场中运动的时间相同，则有：πm3qaB=πm2qbB；
解得：qa：qb=2：3，故C错误；
D、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R，解得：v=qBRm；所以vavb=qaRaqbRb=23×21=223，故D正确。
故选：D。
根据左手定则可知粒子电性；根据几何关系求解粒子的轨道半径；根据周期公式求解粒子在磁场中运动的时间，两个粒子在磁场中运动的时间相同，由此求解电荷量之比；根据洛伦兹力提供向心力求解速率之比。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。

7.【答案】C 
【解析】解：设外界大气压为p0，液柱的质量为m、玻璃管的截面积为S，斜面倾角为θ、重力加速度为g。
AB、玻璃管和液柱均处于静止状态时，封闭气体的压强为p1=p0-mgsinθS；
剪断细线下滑稳定后，整体的加速度大小为：a=gsinθ，此时封闭气体的压强为p2，对液柱根据牛顿第二定律可得：p2S+mgsinθ-p0S=ma，解得：p2=p0-mgsinθS+ma=p0，所以封闭气体压强增大；根据p1V1=p2V2可知体积减小，气柱长度减小，故AB错误；
CD、外界温度不变，在此过程中封闭气体的温度不变、内能不变；
封闭温度不变、分子平均动能不变，气体压强增大、分子数密度增大、则玻璃管内壁，单位时间内，单位面积上所受气体分子撞击次数增加，故C正确、D错误。
故选：C。
玻璃管和液柱均处于静止状态时，根据平衡条件求解封闭气体的压强；整体加速下滑时柱根据牛顿第二定律求解封闭气体的压强，由此进行分析AB选项；
一定质量的理想气体内能由温度决定，单位时间内对容器壁单位面积撞击次数决定于气体的密度和温度，由此分析CD选项。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程。本题要能用静力学观点分析各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。

8.【答案】A 
【解析】解：A、由题意知灯泡L1、L2正常发光，则U2=2U=2×5V=10V
根据变压原理得：U1U2=n1n2
原线圈两端的电压为：U1=n1n2U2=10×101V=100V
线圈产生感应电动势的最大值为Em=2U1=2×100V=1002V
根据Em=NBSω
解得：B=EmNBSω=100220×100×10-4×50πT=102πT，故A正确；
B、交流电的频率为f=ω2π=50π2πHz=25Hz，电流方向一周期内改变两次，则电流方向1秒内改变50次，故B错误。
C、电流表读数为交流电的有效值，而它的有效值是不变的，故当线框转到图示位置的瞬间，电流表的读数不为零，故C错误。
D、闭合开关，副线圈总电阻减小，因为U2不变，故副线圈电流变大，则灯泡L1变亮，两并联灯泡两端的电压减小，原来的L2变暗，故D错误。
故选：A。
利用理想变压器的电压、之间的关系求出原线圈两端的电压，再求出其对应的最大值，再根据Em=NBSω 可求磁感应强度；电流方向一周期内改变两次，求出频率即可求电流方向1秒内改变的次数；电流表读数为交流电的有效值，是不变的；闭合开关，副线圈总电阻减小，因为U2不变，故副线圈电流变大，可确定灯泡L1亮度情况怎样变化，两并联灯泡两端的电压减小，可确定原来的L2的亮度情况怎样变化。
本题考查了理想变压器的电压之间的关系，线圈产生感应电动势的最大值的表达式，能够用动态分析法分析电路的变化。

9.【答案】AB 
【解析】解：A、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2R，所以当轨道半径最大时，最大速度为vm=qBRm，所以增大磁感应强度B可以增大最大速度，故A正确；
B、根据qvB=qUd，可得UAB=Bdv，通过增加磁感应强度B来增大电源电动势，故B正确；
C、粒子恰能沿直线匀速通过，则有qvB=Eq，式子两边q可约掉，无法确定粒子的电性；但如果将粒子反向射入时，受到的电场力方向不变，但洛伦兹力方向反向，粒子发生偏转，所以粒子只能从其中一个方向沿直线匀速通速度选择器，故C错误；
D、如果载流子带负电，根据左手定则可知，带负电的载流子向C偏转，则C电势低，故D错误。
故选：AB。
明确回旋加速器原理，知道粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大D形盒半径和增大磁感应强度；磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力偏转的原理发电。速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动。霍尔元件中的粒子受到洛伦兹力的作用在元件一侧聚集。
本题考查洛伦兹力的应用，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。

10.【答案】BD 
【解析】解：由P-V图象可知，由a到b气体的压强和体积均增大，气体对外做功，W<0；根据理想气体状态方程：pVT=C可知，气体温度升高，理想气体内能由温度决定，故内能增加，即ΔU>0，根据热力学第一定律：ΔU=W+Q可知，Q>0，气体从外界吸收热量，故BD正确，AC错误；
故选：BD。
根据图象可知ab的压强与体积之间的关系，再根据理想气体的状态方程分析ab之间的温度关系，理想气体内能由温度决定．根据热力学第一定律分析气体的内能的变化．由a到b气体体积变大，气体对外做功．
根据图象，应用理想气体状态方程判断出气体温度如何变化是正确解题的前提与关键，判断气体是吸热还是放热，要注意热力学第一定律的应用．

11.【答案】CD 
【解析】解：A、大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时可以释放出C42=6种不同频率的光子，故A错误；
B、n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，释放出的光子的能量满足能级差，只有从第4能级跃迁至第2能级释放的能量为2.55eV，和第3能级跃迁至第2能级释放的能量为1.89eV，这2种在可见光光子的能量范围内，故B错误；
C、发生光电效应的条件为辐射出光子的能量要大于等于逸出功，这群氢原子自发跃迁时从n=4向n=1级跃迁的光子，ΔE=-0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV，从n=4向n=2级跃迁的光子，ΔE1=-0.85eV-(-3.40eV)=2.55eV，从n=2向n=1级跃迁的光子，ΔE2=-3.40eV-(-13.6eV)=10.2eV，从n=3向n=1级跃迁的光子，ΔE3=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV，大于金属钾的逸出功，所以有4种光可使钾产生光电效应，故C正确；
D、若用n=3跃迁到基态辐射的光照射阴极，此时光子辐射的能量为12.05eV，其遏止电压为Uc，则有eUc=Ekm=hν-W，解得Uc=9.54V，故D正确。
故选：CD。
一群处于n激发态的氢原子，向低能级跃迁时最多发出的光子种数为C42种，结合图甲可计算各种光子的能量，再根据题干可判断哪几种属于可见光；发生光电效应的条件为辐射出光子的能量要大于等于逸出功；根据光电效应方程eUc=Ekm=hν-W可计算遏止电压。
本题考查光电效应以及氢原子能级跃迁的相关知识，要求学生结合光电效应方程以及能级跃迁相关公式进行求解，难度不大。

12.【答案】ABD 
【解析】解：A、金属棒在a位置时产生的感应电动势为：E=BLv0，产生的感应电流为：I=BLv0R+r，根据安培力的计算公式可得：FA=BIL=B2L2v0R+r，故A正确；
B、金属棒到达b位置时，速度减为零，且恰好能静止在轨道上，则有：mgsinθ=μmgcosθ
在a位置时，对金属棒根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ+FA=ma，
联立解得金属棒的加速度大小为：a=2gsinθ+B2L2v0m(R+r)，故B正确；
C、根据能量守恒定律可得从a到b的过程中，电阻R中产生的热量为Q=12mv02-mgh-μmgcosθ⋅hsinθ=12mv02-2mgh，故C错误；
D、从a到b过程中，流过金属棒的电荷量为：q=I-t=E-R+rt=ΔΦR+r=BSR+r=BLh(R+r)sinθ，故D正确。
故选：ABD。
根据安培力的计算公式求解安培力的大小；对金属棒根据牛顿第二定律求解加速度的大小；根据能量守恒定律可得从a到b的过程中电阻R中产生的热量；根据电荷量的计算公式求解从a到b过程中，流过金属棒的电荷量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

13.【答案】82；7.3×10-10；6MS3πρV3 
【解析】解：(1)由图示可知，油膜约占82个格，油膜的面积：
S=1cm×1cm×82=82cm2；
(2)一滴溶液中含纯油的体积：
V=1mL100×0.6mL1000mL=6×10-5mL
油酸分子的直径：
d=VS=6×10-5cm382cm2≈7.3×10-8cm=7.3×10-10m.
(3)油酸分子的直径为：
d=VS
把油酸分子看成立方体形，则有
NA⋅16πd3=Mρ
代入解得：
NA=6MS3πρV3
故答案为：
(1)82(80～85均可)；
(2)(7.3±0.2)×10-10；
(3)6MS3πρV3．
(1)由图示油膜求出油膜的面积．
(2)求出一滴溶液中含纯油的体积，然后求出油酸分子的直径．
(3)油酸溶液滴在水面上扩散后形成的油酸油膜最大面积时，形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径．由油酸的体积与面积之比求出分子直径．把分子看成球形，阿伏加德罗常量为NA等于摩尔体积与分子体积之比．
油膜面积时要注意，不到半个格的要舍去，超过半个格的算一个格，数出油膜轮廓的格数，然后乘以每一个格的面积得到油膜的面积；求油的体积时要注意，求的是纯油的体积，不是溶液的体积；分子模型通常为球模型．

14.【答案】1  R=115t+43  0.20  100 
【解析】解：(1)由于电流表的内阻已知，所以电流表采用内接法，即双掷开关接1；
(2)根据图甲可知R=115t+43；
(3)电流表分度值为0.02A，对应的电流表示数如图丙所示为I=0.20A。根据闭合电路欧姆定律有：R+RA=UI，解得：R=8Ω，从图1中可查出最高温度为100℃。
故答案为：(1)1； (2)R=115t+43；(3)0.20，100
(1)由于电流表的内阻已知，所以电流表采用内接法
(2)由图甲所示图象求出热敏电阻R的阻值随温度t变化的函数关系式。
(2)根据图示电路图应用欧姆定律求出热敏电阻阻值，根据图甲所示图象求出待测温度。
本题考查伏安法测电阻的应用，要注意明确滑动变阻器分压接法的正确应用，明确当电流表内阻已知时，可以采用电流表内接法。

15.【答案】解：(1)灯泡L恰好正常发光，则副线圈的电流I2=PLUL=612A=0.5A，则原线圈的电流I1=n2n1I2=12×0.5A=0.25A，即流过电阻R1的电流为0.25A；
(2)电源电源U=Um2=10022V=100V，
U=U1+UR1=U1+I1R1=100V，
副线圈电压：U2=UL+I2R2，
根据U1U2=n1n2=21，
又知R1=R2=R，联立解得R=60.8Ω。
答：(1)流过电阻R1的电流为0.25A；
(2)电阻R的阻值为60.8Ω。 
【解析】(1)根据灯泡可求副线圈的电流，根据理想变压器中原副线圈的电流与匝数比之间关系可以求解原线圈中的电流；
(2)根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数比之间关系可以求解电阻R。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。

16.【答案】解：(1)若B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，则A中气体做等容变化，有：p1T1=p2T2其中：P1=(76-24)cmHg=52cmHg、T1=(273-13)K=260K
p2=(76-18)cmHg=58cmHg，
解得：T2=290K
所以t2=(T2-273)℃=17℃
(2)若考虑B管中气体体积，则初状态P1=(76-24)cmHg=52cmHg、T1=(273-13)K=260K，V1=V0=300ml，
末状态的温度T3=(273+31)K=304K，设水银柱高为h3cm，p3=(73-h3)cmHg，V3=V0+S(20-h3)
由理想气体状态方程有：p1V1T1=p3V3T3，
解得：h3=12cm
答：(1)若B管的体积与A泡的体积相比可略去不计。当B管内水银面高度为h2=18cm时，温度为多少17℃；
(2)考虑B管内气体体积，温度为31℃时，水银面的高度为12cm。 
【解析】(1)当不考虑B管中体积时，由等容变化规律即可求得一定高度下的温度；
(2)找出初末状态，由理想气体状态方程即可求得水银柱的高度。
本题主要考查了等容变化，找出初末状态利用好查理定律列式求解即可，属于理想气体状态方程的应用中的基础题目，难度不大。

17.【答案】解：(1)粒子进入电场后做类平抛运动，则
在水平方向上：l=3d=v0t1
在竖直方向上：d=12at12
根据牛顿第二定律得：a=qEm
联立解得：t1=3dv0；E=2mv023qd
(2)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则
qv0B=mv02r
由几何关系可知，(r-d)2+l2=r2
解得：B= mv02qd

(3)由几何关系可知，
sinθ=lr=32，即θ=60°
a粒子在磁场中运动的时间t2=360°-60°360∘T
其中T=2πrv0
解得：t2=10πd3v0
则Δt=t2-t1=(10π-33)d3v0
答：(1)匀强电场的电场强度大小为2mv023qd；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小为 mv02qd；
(3)粒子a、b先后射出的时间差为(10π-33)d3v0。 
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据不同方向上的运动特点结合运动学公式计算出场强的大小；
(2)根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律计算出磁感应强度的大小；
(3)根据几何关系得出粒子在磁场中的运动时间，由此计算出粒子射出的时间差。
本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合洛伦兹力公式得出粒子的运动类型，根据几何关系和牛顿第二定律即可完成分析。

18.【答案】解：(1)MN运动过程中视为电源，外电路是导线框ab、cd边并联，并联电阻为R=12r=12×34Ω=38Ω
当MN达到最大速度时受力平衡，则有：F=F安=BIL=B2L2vMNr+R
代入数据解得：vMN=6m/s；
(2)撤去力F后，以MN和导线框整体为研究对象，水平方向合外力为零，动量守恒。
当导线框速度达到最大值时，取向左为正方向，由动量守恒定律可得：mvMN=2mv1
代入数据解得：v1=3m/s；
(3)从导线框速度最大到ab边达到x=0位置过程中，此种情况下ab边相对于电源，cd和MN为外电路，外电路的电阻仍为R。
取向左为正方向，对导线框由动量定理可得：-BI-Lt=mv2-mv1
即：B2L2v-tr+R=mv1-mv2，其中：v-t=L
联立解得：v2=2.5m/s；
(4)由能量守恒定律可得导线框的cd边到达x=0位置到导线框的ab边到达x=0位置的过程中，整个回路中产生的焦耳热为：
Q=12mv12-12mv22，
代入数据解得：Q=0.1375J
此种情况下ab边相对于电源，cd和MN为外电路，则MN中产生的热为：QMN=16Q
代入数据解得：QMN≈0.02J。
答：(1)导体棒MN的最大速度为6m/s；
(2)导线框的cd边到达x=0位置时的速度为3m/s；
(3)导线框的ab边到达x=0位置时的速度为2.5m/s；
(4)由导线框的cd边到达x=0位置到导线框的ab边到达x=0位置的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为0.02J。 
【解析】(1)MN运动过程中视为电源，当MN达到最大速度时受力平衡，根据平衡条件进行解答；
(2)由动量守恒定律求解导线框的cd边到达x=0位置时的速度v1；
(3)对导线框由动量定理求解导线框的ab边到达x=0位置时的速度；
(4)由能量守恒定律求解整个回路中产生的焦耳热，根据焦耳定律求解导体棒MN产生的焦耳热。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。