2022-2023学年福建省厦门市思明区湖滨中学高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省厦门市思明区湖滨中学高二（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，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年福建省厦门市思明区湖滨中学高二（下）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）
1. 下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是(    )


A. 从图A中可以看出任意一个分子在100℃时的速率一定比0℃时要大
B. 微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C. 当两个相邻的分子间距离为r0时，它们之间相互作用的引力和斥力的合力为零
D. 实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
2. 如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中，下列说法正确的是(    )


A. 线圈转动的过程中，产生直流电流
B. 转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零
C. 转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大
D. 转到图乙和图丁位置时，线圈产生的感应电流方向相反
3. 如图a所示，一个100匝的圆形线圈，面积为0.06m2，电阻为2Ω。在线圈外接一个阻值为4Ω的电阻，将线圈放入方向垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图b所示，则(    )


A. 0～4s内Q端电势高于P端 B. 0～4s流经线圈的电流逐渐增大
C. 0～4s内通过R的电荷量为2C D. 第5s末电阻R两端的电压为12V
4. 如图所示是一种演示气体定律的仪器一哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶，在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，开始时气球自然松弛，气球内气体与外界连通，气体体积为V，瓶内气体体积为2V。用打气筒出气口紧密贴合气球吹气口并向气球内缓慢打入气体，直至气球体积增大到2V，容器和气球导热良好，外界温度不变，气球壁厚度不计、重力不计，大气压强为p0，在此过程中(    )





A. 瓶内气体内能减小
B. 瓶内气体吸热
C. 瓶内气体压强由p0变为2p0
D. 气球中充入的气体质量等于开始时气球中气体质量
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
5. 一定质量的理想气体状态变化的p−T图象如图所示，由图象可知(    )


A. 气体在a、b、c三个状态的密度ρa<ρc<ρb
B. 在a→b的过程中，气体内能增加
C. 在b→c的过程中，气体分子的平均动能增大
D. 在c→a的过程中，气体放热
6. 如图所示，粗细均匀、导热良好的薄壁U形管左管开口竖直向上，管中装有水银，左管内水银面比右管内水银面高Δh=5cm，左管内水银面到管口的距离h1=30cm，右管内封闭的空气柱长度h2=22.5cm。现用横活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使左、右管内水银面齐平。已知大气压强恒为p0=75cmHg，活塞可沿左管壁无摩擦地滑动，推动过程中气体温度始终不变，下列说法正确的是(    )


A. 左管内水银面向下移动的距离为5cm
B. 活塞向下移动的距离为7.5cm
C. 稳定后右管中气体的压强为90cmHg
D. 稳定后固定横活塞，若环境温度缓慢降低，则左管内水银面逐渐高于右管
7. 如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿+y方向通有恒定电流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿−x方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是(    )
A. 若载流子为正电荷，则上表面电势高于下表面电势
B. 若载流子为正电荷，其所带电荷量为IBnbU
C. 半导体内载流子所受沿z方向电场力的大小为IBnbc
D. 电势差U与载流子数密度n成正比

8. 东阳横锦水库水电站的电能对外输送示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示，面积为S的矩形线圈ABCD共N匝，匀速转动周期T，匀强磁场磁感应强度B，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。则下列说法正确的是(    )


A. 从图乙位置开始计时发电机电动势的瞬时值表达式为e=2πNBSTsin2πTt
B. 若升变压器线圈n1两端电压和用电器额定电压都是220V，需满足n1n2=n3n4
C. 为节约变压器制造成本，降压变压器线圈n4可以采用比线圈n3更细的导线绕制
D. 当用电高峰期用电器增多时，用电器两端电压会降低
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
9. 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p−V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为300K，则该气体在状态B时的温度为______ K，该气体从状态A经B再到C的全过程中气体对外做功______ J。
10. 一辆刚行驶上高速公路的轿车，其四个轮胎内的空气温度相同，且左前轮、右前轮的胎压显示的数字分别为240、248。两小时后，轿车左前轮、右前轮的胎压显示的数字分别为256、264。忽略轮胎容积的变化，则该轿车胎压的单位为______ (选填“Pa”，“kPa”或“MPa”)；行驶两小时后，左前轮胎内空气的温度______ (选填“高于”“低于”或“等于”)右前轮胎内空气的温度。
四、实验题（本大题共2小题，共12.0分）
11. (1)如图1反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的4个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是______ (用符号表示)；

(2)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每1000mL溶液中有0.6mL油酸。用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，画出油膜的形状。如图2所示，坐标纸中正方形方格的边长为1cm，试求：
①油酸膜的面积是______ cm2；
②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______ ；
③按以上实验数据估测出油酸分子的直径是______ m。(结果保留两位有效数字)
(3)若阿伏加德罗常数为NA，油酸的摩尔质量为M。油酸的密度为ρ。则下列说法正确的是______ 。
A.1kg油酸所含有分子数为ρNA
B.1m3油酸所含分子数为ρNAM
C.1个油酸分子的质量为NAM
D.油酸分子的直径约为36MρNA
12. (1)在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图(甲)接线，已查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系；然后再按图(乙)将电流表与B连成一个闭合回路，将A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路。在图(甲)中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央)在图(乙)中，
①将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将______ (填“向左”“向右”或“不发生”，下同)偏转；
②螺线管A放在B中不动，电流表的指针将______ 偏转；
③螺线管A放在B中不动，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，电流表的指针将______ 偏转；
④螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将______ 偏转。

(2)给金属块缠上线圈，线圈中通入反复变化的电流，金属块中产生如图丙中虚线所示的感应电流，这样的电流称为______ ，真空冶炼炉就是利用它产生的热量使金属熔化。
(3)如图丁所示的交变电流的有效值I= ______ A(其中每个周期的后半周期的图像为半个周期的正弦曲线)


五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
13. 如图所示在绝热汽缸内，有一绝热活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27℃，封闭气柱长为9cm，活塞横截面积S=100cm2。现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热37J，稳定后气体温度变为127℃。已知大气压强等于105Pa，活塞与汽缸间无摩擦，不计活塞重力。求：
(1)加热后活塞到汽缸底部的距离；
(2)此过程中气体内能改变了多少。
14. 如图，在竖直面内建立坐标系xOy，第一、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场且大小相同，第三象限真空，平行板MA、NO如图放置，两板间距为3L5，板长均为9L5，MA板带正电，右端位于y轴上的A点，NO板在x负半轴上且带负电，右端位于坐标轴O点，NO板正中间有一小孔P，一质量为m，电量为+q的带电粒子从MA板左边沿向x轴正方向以速度v0，水平射入平行板间，恰好从小孔P离开平行板。不计粒子的重力，sin53°=0.8。求：
(1)粒子从小孔P离开平行板时的速度大小；
(2)若带电粒子进入磁场后能再回到平行板，则第一、四象限内磁感应强度大小应满足的条件。

15. 如图甲所示，两根完全相同的光滑金属导轨平行放置，宽L=3m，倾斜部分abcd与水平方向夹角为θ=30°，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强度B=0.5T，轨道顶端ac接有电阻R=1.5Ω。导轨水平部分只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B=0.5T，其中磁场左边界zk长为d=1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为α=45°且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为v0=8m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时，给金属棒施加外力，在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数1v与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为v03。最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r=0.5Ω。g=10m/s2。求：
(1)金属棒的质量m的大小：
(2)水平磁场边界ep的距离大小；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，电阻R产生的焦耳热。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.由图中可以看出即使在同一温度下的分子速率也有的大有的小，所以100℃时有的分子速率比0℃时要小，故A错误；
B.图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故B错误；
C.当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故C正确；
D.图中模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的，所以也不要求小球的速度一定相等，故D错误。
故选：C。
根据速度分布规律的图像分析；根据布朗运动的定义分析；是悬浮微粒的无规则运动；当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零；图模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的。
本题考查了速度分布规律的图像、布朗运动、分子作用力等基础知识点，侧重知识的实际应用能力，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。

2.【答案】D 
【解析】解：A.题图为交流发电机的示意图，线圈转至乙图所示位置时，由右手定则知线圈中感应电流方向为DCBA，在外电路中水平向右流经电阻，线圈转至丁图所示位置时，由右手定则知线圈中感应电流方向为ABCD，在外电路中水平向左流经电阻，所以产生交流电流，故A错误；
B.转到图乙位置时，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，故B错误；
C.转到图丙位置时，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，线圈中产生的感应电动势为零，线圈中产生的感应电流为零，故C错误；
D.转到图乙位置时，AB边向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中的电流方向为ADCBA；转到图丁位置时，AB边向上切割磁感线，由右手定则可知线圈中的电流方向为ABCDA；所以感应电流方向相反，故D正确。
故选：D。
根据发电机产生交流电的过程分析；当线圈处于某一位置时，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势及电流的大小；利用右手定则判断感应电流的方向。
此题主要考查了发电机的工作原理．要知道发电机是根据电磁感应原理制成的，感应电流的方向与导体切割磁感线的方向有关，能够通过线圈的转动情况，判断线圈中产生的感应电流放向的变化。

3.【答案】C 
【解析】解：A、0～4s内磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流沿逆时针方向，所以Q端电势低于P端，故A错误；
BC、0～4s内，根据法拉第感应定律有
E1=NSΔB1Δt=100×0.06×4−24V=3V
感应电流为
I1=E1R+r=34+2A=0.5A
通过R的电荷量为
q=I1t=0.5×4C=2C
可知0～4s流经线圈的电流不变，故B错误，C正确；
D、4～6s内，根据法拉第感应定律可得电动势大小为
E2=NS|ΔB2Δt|=100×0.06×42V=12V
第5s末电阻R两端的电压为
U=RR+rE2=44+2×12V=8V，故D错误。
故选：C。
根据楞次定律判断电势高低；0～4s内，根据法拉第感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再求通过R的电荷量。4～6s内，根据法拉第感应定律求出感应电动势，再求电阻R两端的电压。
解决本题的关键要掌握法拉第电磁感应定律，并用来求解感应电动势大小。本题中线圈相当于电源，R是外电路。

4.【答案】C 
【解析】
【分析】
气体做的是等温变化，应用玻意耳定律求出气体压强，结合热力学第一定律分析内能变化以及吸放热，根据克拉伯龙方程求出充入放热气体。
本题考查了气体的等温变化，热力学第一定律，列出公式即可解决，题目不难。
【解答】
A.瓶内气体做等温变化，内能不变，故A错误；
B.瓶内气体体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知瓶内气体向外界放热，故B错误；
C.对瓶内气体，根据玻意耳定律有p0⋅2V=pV，解得p=2p0，故C正确；
D.设气球中的气体初始压强和体积分别为p0，V；充气后气球中气体压强和体积分别为2p0，2V，根据pV∝mM(M是摩尔质量)，气球中原来气体与充入气球中气体的质量比为mm0=p0V2p0⋅2V−p0V=13，故D错误；
故选：C。  
5.【答案】BD 
【解析】解：A、将a、b、c三点与原点O连起来，由oa、ob、oc均表示等容变化，三条直线的斜率等于pT，斜率越大，体积越小，故气体在a、b、c三个状态的体积大小关系为Va ρc >ρb ，故A错误；
B、a→b温度升高，内能增加，故B正确；
C、b→c温度降低，气体分子的平均动能减小，故C错误；
D、c→a体积减小外界对气体做功，温度降低内能减小，所以气体放热，故D正确；
故选：BD。
理想气体的平均动能只与温度有关，温度越高，平均动能越大，考查了理想气体状态方程和热力学第一定律．
本题关键要掌握等容变化的p−T图象是一条过原点的倾斜直线，斜率越大，体积越小；理想气体的平均动能只与温度有关，温度越高，平均动能越大．

6.【答案】BC 
【解析】解：A.两管粗细均匀，开始左管内水银面比右管内水银面高Δh=5cm，之后水银面齐平，则左管内水银面向下移动的距离为2.5cm，故A错误；
C.设开始右管的气压为p2，根据压强的计算公式可得：
p0+ρgΔh=p2
解得：p2=80cmHg
对于右管前后温度不变，发生等温变化，则有h′2=h2−2.5cm=22.5cm−2.5cm=20cm
p2h2S=p′2h′2S
解得：p′2=90cmHg，故C正确；
B.两管液面相平时，则气体的压强相等，有p′1=p′2=90cmHg
对于左管，根据题意可知气体发生等温变化，根据玻意耳定律可嘚：
p0h1S=p′1h′1S
解得：h′1=25cm
即左管气柱缩短为25cm，又液面下降了2.5cm，可知活塞向下移动的距离为x=h1−h′1+2.5cm
代入数据解得：x=7.5cm，故B正确；
D.稳定后固定横活塞，若液面不动，则两边都做等容变化，由查理定律可得：
ΔpΔT=pT
则稳定后两管中气体压强相等，若环境温度缓慢降低，则两管中气压减小量相等，所以两管中气压仍然相等，水银柱不动，故D错误。
故选：BC。
水银不可被压缩，由此得出水银面向下移动的距离；
根据题意得出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律和查理定律列式完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律和查理定律即可完成分析。

7.【答案】ABC 
【解析】解：A、沿+y方向通有恒定电流，若载流子为正电荷，则正电荷移动方向沿+y方向，磁感应强度方向沿−x方向，根据左手定则可知，正电荷受洛伦兹力而向上偏转，故上表面电势高于下表面电势，故A正确；
BD、随着正电荷的累积，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qUc=qvB
根据电流的微观意义可知：I=nqvS=nqvbc
以上两式联立可得：q=IBnbU,U=IBnbq，可知电势差U与载流子数密度n成反比，故B正确，D错误；
C、根据电场力的公式，半导体内载流子所受沿z方向电场力的大小为：F电=qE=IBnbU⋅Uc=IBnbc，故C正确。
故选：ABC。
根据左手定则判断粒子运动情况，由此判断电势高低；
根据平衡条件、电流微观表达式达到电势差表达式进行分析；
根据洛伦兹力的计算公式求解半导体内载流子所受洛伦兹力的大小。
本题主要是考查“霍尔效应”，解答本题的关键是知道粒子受力情况，能够根据左手定则分析洛伦兹力的大小，掌握电流微观表达式。

8.【答案】AD 
【解析】解：A.图示位置线圈平面与磁场方向垂直，为中性面位置，从中性面开始计时发动机电动势瞬时值的表达式为：
e=Emsinωt
其中Em=NBSω，ω=2πT
联立解得：e=2πNBSTsin2πTt，故A正确；
B.根据电压与匝数比关系得：
n1n2=U1U2
n3n4=U3U4
而U2=U3+I2r，U1=U4
所以n1n2≠n3n4
故B错误；
C.降压变压器原、副线圈匝数n3>n4，由I3I4=n4n3知降压变压器线圈n3的电流小于线圈n4的电流，由R=ρlS知越细的线圈截面积S越小，线圈电阻越大，根据P热=I2R电流相同情况下电阻越大发热功率越大，为节约变压器制造成本，应该电流大的线圈用粗导线，电流小的线圈用细导线，降压变压器线圈n3可以采用比线圈n4更细的导线绕制，故C错误；
D.当用电高峰期用电器增多时，总电阻减小，干路上的电流变大，输电线路电流变大，线路上电阻不变，线路上损失的电压变大，由U3=U2−I2r可知U3变小，
根据U3U4=n3n4知U4减小，用电器两端电压会降低，故D正确。
故选：AD。
根据正弦式交变电流产生规律求解最大值，写出从中性面开始计时发动机电动势瞬时值的表达式；根据理想变压器的变压比计算升降压变压器匝数比，结合输电线路电压关系及升变压器线圈n1两端电压和用电器额定电压相等，判断升降压变压器匝数比的关系；根据电流大的线圈用粗导线、电流小的线圈用细导线分析；当用电高峰期用电器增多时，根据闭合电路欧姆定律分析用电器两端电压的变化。
本题主要是考查了远距离输电的知识；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。

9.【答案】100  200 
【解析】解：对一定质量的理想气体，A→B气体发生等容变化，由查理定律得
 pATA= pBTB
由图知：pA=3pB，结合TA=300K，代入数据解得：TB=100K
从A到B气体体积不变，气体对外界不做功，从B到C气体体积增大，气体对外界做功，且有
W=pBΔV=pB(VC−VB)=1×10−5×(3×10−3−1×10−3)J=200J
所以该气体从状态A经B再到C的全过程中气体对外做功为200J。
故答案为：100，200。
气体从状态A到B发生等容变化，根据查理定律求气体在状态B时的温度。气体从状态A经B再到C的全过程中，从A到B不做功，只有从B到C做功，根据W=pΔV求出气体对外做功。
对于气体图像问题，要明确气体状态发生何种变化，准确选择气体实验定律。对于等压过程，要掌握气体做功公式W=pΔV。

10.【答案】kPa  高于 
【解析】解：轿车每个轮胎的压强约为几百千帕，知轿车胎压的单位为kPa；
由题可知左、右前轮压强变化为
Δp左=(256−240)kPa=16kPa
Δp右=(264−248)kPa=16kPa
可知左、右前轮压强变化Δp相等，刚行驶两车轮的温度T相等，根据等容变化规律得
pT=ΔpΔT
可得：ΔT=ΔppT
由于刚行驶时，有p左ΔT右，所以行驶两小时后，左前轮胎内空气的温度高于右前轮胎内空气的温度。
故答案为：kPa，高于。
根据生活常识分析胎压的单位，结合等容变化规律分析左前轮、右前轮内空气的温度关系。
解题的关键点是分析出气体的状态参量变化，结合等容变化规律分析温度变化关系。

11.【答案】bcad  1.3×102  8.0×10−12m3  6.1×10−10  B 
【解析】解：(1)用“用油膜法估测分子的大小”的实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径。因此操作先后顺序排列应是bcad。
(2)①图中油膜中大约有131个小方格，则油酸膜的面积为S=132×12cm2=132cm2≈1.3×102cm2
②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V0=0.61000×1×10−675m3=8.0×10−12m3
③油酸分子的直径为d=V0S=8×10−12132×10−4m≈6.1×10−10m
(3)A.1kg油酸所含有分子数为n=1MNA=NAM，故A错误；
B.1m3油酸所含分子数为n=1MρNA=ρNAM，故B正确；
C.1个油酸分子的质量为m0=MNA，故C错误；
D.设油酸分子的直径为d，则有43π(d2)3=MρNA
解得d=36MπρNA
故D错误。
故选：B。
故答案为：(1)bcad；(2)①1.3×102；②8.0×10−12m3；③6.1×10−10；(3)B。
(1)根据实验步骤分析判断；
(2)①根据油膜对应的方格数计算面积；②根据浓度计算一滴纯油酸体积；③根据体积公式计算分子直径；
(3)根据分子数和阿伏加德罗常数关系分析判断。
本题关键掌握实验原理和实验步骤，掌握一滴油酸体积和油膜面积的计算。

12.【答案】向右  不发生  向右  向左  涡流 5 32 
【解析】解：(1)①将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转；
②螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表不发生偏转；
③螺线管A放在B中不动，穿过B磁场方向向上，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转；
④螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场方向向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表的负接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转；
(2)金属块中产生如图1中虚线所示的感应电流，这样的电流称为涡流；
(3)交变电流的有效值为I，则有I2RT=52R×T2+(5 2)2R×T2
解得I=5 32A
故答案为：(1)①向右；②不发生；③向右；④向左；(2)涡流；(3)5 32。
(1)先判断穿过螺线管B的磁通量变化情况，再判断感应电流磁场方向和螺线管B中的电流方向，查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系判断指针偏转情况；
(2)根据涡流的形成原因分析判断；
(3)根据有效值的定义分析计算。
本题关键掌握楞次定律和右手定则，掌握有效值的定义。

13.【答案】解：(1)以被封闭的气体为研究的对象，开始时气体的体积为L1S，温度为T1=(273+27)K=300K
末状态的体积为L2S，温度为T2=(273+127)K=400K
气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律有
L1ST1=L2ST2
解得加热后活塞到汽缸底部的距离为：L2=12cm
(2)在该过程中，气体对外做功为
W=F⋅ΔL=p0S(L2−L1)=105×100×10−4×(12−9)×10−2J=30J
由热力学第一定律得
 ΔU=Q−W=37J−30J=7J
答：(1)加热后活塞到汽缸底部的距离为12cm；
(2)此过程中气体内能改变了7J。 
【解析】(1)取被封闭的气体为研究的对象，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律求解加热后活塞到汽缸底部的距离；
(2)由W=pΔV求出气体对外做功，再由热力学第一定律求出内能的改变量。
分析清楚气体状态变化过程，应用热力学第一定律、盖—吕萨克定律即可正确解题。

14.【答案】解：(1)粒子在板间做类平抛运动，设在P点的沿y轴的分速度为vy．
在竖直方向上有：35L=vy2t
在水平方向有：12×9L5=910L=v0t
联立解得：vy=43v0
粒子从小孔P离开平行板时的速度大小：v= v02+vy2
代入后得到：v=53v0
方向与水平方向的夹角：tanθ=vyv0=43，即θ=53°
(2)粒子进入磁场的位置纵坐标：y=9L10tan53°=6L5
若带电粒子进入磁场后能从O点进入到平行板，则粒子在磁场中的半径r1，则有：2r1cos53°=y
若带电粒子进入磁场后能从A点进入到平行板，则粒子在磁场中的半径为r2，则有：2r2cos53°=y+3l5
洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r
联立可得：B=mvqr
即解得最大磁感应强度：B1=5mv03qL
最小磁感应强度：B2=10mv09qL
则第一、四象限内磁感应强度大小应满足：5mv03qL≥B≥10mv09qL
答：(1)粒子从小孔P离开平行板时的速度大小为53v0；
(2)第一、四象限内磁感应强度大小应满足的条件为5mv03qL≥B≥10mv09qL。 
【解析】(1)粒子在平行板间做类平抛运动，由类平抛规律和速度合成规律求粒子从小孔飞出时速度大小；
(2)由几何关系得到符合条件的粒子做匀速圆周运动的最大半径和最小半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出最大和最小的磁感应强度的大小。
本题考查粒子在复合场中做匀速圆周运动和类平抛运动的组合，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用数学知识、牛顿第二定律即可正确解题。

15.【答案】解：(1)由题意知，金属棒在斜面上运动，匀速时，受力平衡：F安1=mgsinθ
而安培力：F安1=BIL
若中电流：I=ER+r
动生电动势：E=BLv0
代入平衡式：F安1=mgsinθ
代入数据得到：m=1.8kg
(2)从撤去外力到运动至pn处，由动量定理：I安=0−mv03
而安培力的冲量：I安−=−BI−L⋅Δt
平均电流：I−=E−R+r
根据法拉第电磁感应定律有：E−=ΔΦΔt
而总的磁通量的变化为：ΔΦ=BLxep
代入数据，联立求得：xep=6415m
(3)金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力：F安x=BIxLx
而电流：Ix=ExR+r
动生电动势：Ex=BLxv
金属棒切割磁感线的有效长度：Lx=d+2xtan45°=1+2x
联立得：F安x=(1+2x)2v8
由图像得：1v=18+14x
变形得到：v=81+2x
联立得：F安x=1+2x
金属棒在水平轨道zkef间运动过程中
F安−=F1+F22=(1+0)+(1+2×1)2N=2N
Q1=W克安=F安−xef=2×1J=2J
撤去外力后：Q2=12×1.8×(83)2J=6.4J
电路产生的焦耳热
Q总=Q1+Q2=2J+6.4J=8.4J
则电阻R上产生的焦耳热为
QR=RR+rQ=1.51.5+0.5×8.4J=6.3J
答：(1)金属棒的质量m的大小为1.8kg；
(2)水平磁场边界ep的距离大小为6415m；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，电阻R产生的焦耳热为6.3J。 
【解析】(1)根据题设条件和平衡条件结合动生电动势公式、安培力公式、欧姆定律等求金属棒的质量；
(2)从撤去外力到运动到pn处，根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律等求ep的水平距离；
(3)金属棒进入竖直向下的磁场中，由于切割的有效长度变化，根据动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式等结合题图1V−x图象的表达式，联立求出速度v的表达式，安培力表达式，用平均值法求出克服安培力所做的功，从而求得焦耳热。
解决本题的关键要读懂图象的意义，明确棒的运动情况，知道棒加速度为零时做匀速直线运动，受力平衡，从力和能两个角度进行研究。