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2023-2024学年辽宁省沈阳市郊联体高二（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市郊联体高二（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.有关科学家的贡献，下列说法正确的是( )
A. 卡文迪什最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量
B. 安培发现了电流的磁效应，并总结出判定电流的磁场方向的方法——右手螺旋定则
C. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验证实了电磁波
D. 赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论
2.关于磁感应强度，下列说法正确的是( )
A. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱
B. 小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
C. 由B=FIL可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的IL成反比
D. 一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
3.在正三角形ABC的三个顶点A、B、C处，各固定有一根垂直于三角形的长直导线，每根导线通有大小相同的恒定电流，电流方向如图所示，已知导线A受到的安培力大小为F，则导线C受到的安培力( )
A. 大小为F，方向平行AB向左下B. 大小为F，方向平行AB向右上
C. 大小为 3F，方向垂直AB向右下D. 大小为 3F，方向垂直AB向左上
4.下列有关通电导线和运动电荷受到磁场给他们的作用力方向的判断正确的是( )
A. B.
C. D.
5.为了研究自感现象，设计了如图实验电路。灯泡L1、L2的规格相同，线圈L的直流电阻不计，滑动变阻器的滑动触头在中点位置。开关断开前后，灯泡L2中的电流随时间的变化图像是( )
A.
B.
C.
D.
6.电源、开关S、定值电阻R1、R2、光敏电阻R3和电容器连接成的电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S闭合，无光照射光敏电阻R3时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，则( )
A. 液滴向下运动
B. 液滴向上运动
C. 电容器所带电荷量减少
D. M点电势变低
7.以下光学现象的判断正确的是( )
A. 图甲中潜水员认为水面以上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里，这是全反射现象
B. 图乙中心的亮斑被称为“泊松亮斑”，圆孔越小衍射越明显
C. 图丙是竖直金属环肥皂膜的干涉条纹照片，在白光下是水平的彩色条纹
D. 图丁中水里的气泡看上去特别明亮，是因为光的折射
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。现把线圈水平向右平移，条形磁铁始终保持静止。则移动线圈的过程中，从上方俯视，下列说法正确的是( )
A. 圆环有缩小的趋势B. 圆环有扩张的趋势
C. 圆环中产生顺时针方向的感应电流D. 圆环中产生逆时针方向的感应电流
9.如图所示，由同种材料、粗细均匀的电阻丝绕制成的矩形导体框abcd的ab边长为l、bc边长为2l，在外力作用下以速度v向右匀速进入有界匀强磁场，第一次ab边与磁场边界平行、第二次bc边与磁场边界平行。不计空气阻力，则先后两次进入过程( )
A. 线圈中电流之比为1：2
B. 外力做功的功率之比为1：2
C. 通过导体棒截面的电量之比为1：2
D. 刚进入磁场时，a、b两点间的电势差之比为5：2
10.如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动。现给cd一水平向右的初速度v0，则( )
A. 两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
B. 最终通过两棒的电量为2mv03BL
C. ab棒最终的速度为23v0
D. 从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为89mv02
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.开展科技活动时，某兴趣学习小组自制的电子秤原理图，如图1所示。
实验器材有：直流电源(电动势为E，内阻为r)；理想电压表V(量程0～3V)；限流电阻R；竖直固定的滑动变阻器R(总长为2cm，总阻值为12Ω)；电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且与滑动变阻器R的滑动端连接，滑片接触良好且无摩擦；开关S以及导线若干。
(1)若在某次实验中直流电源的路端电压U−I图像如图2所示，可知电源电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω。
(2)实验步骤如下：
①托盘中未放被测物前，电压表的示数为零。
②在弹簧的弹性限度内，在托盘中轻轻放入被测物，待托盘静止平衡后，滑动变阻器的滑片恰好处于下端b处，要使此时电压表刚好达到满偏，限流电阻R0。的阻值为______ Ω；已知弹簧的劲度系数k=1.96×104N/m，当地重力加速度g=9.8m/s2，被测物的质量m= ______ kg，由此在电压表的刻度盘上标示相应的质量数值，即可将该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度是______ (填“均匀”或“不均匀”)的。
12.(1)如图所示为指针式多用电表，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一定值电阻，测量的某些操作步骤如下：
①调节指针定位螺丝部件，使电表指针指向电流0刻度处
②将选择开关旋转到欧姆挡位置；
③将红、黑表笔分别插入“+”、“−”插孔，笔尖相互接触，调节部件______ (选填“S”、“K”或“T”)，使电表指针指向“0Ω”。
④测量该定值电阻阻值。
(2)欧姆调零后，用“×10”挡测量另一电阻的阻值，发现指针偏转角度很大，则下列说法或做法中正确的是______ 。
A.该电阻的阻值很大
B.为测得更准确些，应当换用“×100”挡，重新欧姆调零后进行测量
C.为测得更准确些，应当换用“×1”挡，重新欧姆调零后进行测量
(3)关于多用电表的使用，下列说法正确的有______ 。
A.甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，表笔接法正确
B.乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，表笔接法正确
C.丙图中用的是多用电表电阻值测量二极管的反向电阻
D.丁图中用多用电表电阻挡测量的是二极管的反向电阻
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=1.00T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源，现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°=0.60、cs37°=0.80，求：
(1)导体棒受到的安培力和摩擦力；
(2)若将磁场方向改为竖直向上，要使导体棒继续保持静止，且不受摩擦力作用，求此时磁场磁感应强度B2的大小。
14.半导体有着广泛的应用，人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求。离子注入系统的原理简化如图所示。质量为m、电荷量为q的正离子经电场加速后从EE1中点P垂直OE射入四分之一环形匀强磁场，环形磁场圆心为O，内环半径OE1=OG1=R，外环半径OE=OG=3R，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出。不考虑离子重力以及离子间的相互作用。求：
(1)加速电场M、N两板间的电压；
(2)为使离子能够到达G1G面，环形区域内磁场的磁感应强度的最大值B1。
15.如图所示，间距d=1m且足够长的光滑平行导轨MQ和NP水平放置，其中N1、M1右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，以N2点为坐标原点O，沿NP方向建立坐标轴。M、N间接有不带电的电容器，电容C=0.2F，ab是一根质量m1=0.2kg、长度d=1m、电阻r1=0.5Ω的金属棒，垂直导轨静置在M1N1左侧足够远处。cdef是质量m2=0.2kg、电阻r2=1.5Ω、各边长度均为d=1m的“U”形金属框，c、f刚好和M2、N2重合。整个空间存在竖直方向的磁场(未画出)，磁感应强度分布规律为B=−1T,x<0(1+0.8x)T,x≥0(取竖直向上为正方向)，若ab棒获得一水平向右的瞬时冲量I=1.6N⋅s后开始运动。金属导轨电阻不计，ab棒、金属框与导轨始终接触良好。
(1)求ab棒两端电压Uba的最大值并分析电容器哪侧极板带正电；
(2)求ab棒运动至M2N2位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小；
(3)若ab棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框最终静止时ed边e端的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、密立根最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量，故A错误；
B、奥斯特发现了电流的磁效应现象，故B错误；
C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波，故C错误；
D、赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论的正确性，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名科学家的物理学贡献即可。
本题考查物理学史，要求学生掌握科学家的主要贡献，重视历史知识的积累。
2.【答案】B
【解析】解：A、磁感线的疏密才表示磁场的强弱，与磁感线的方向无关，故A错误；
B、磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，故B正确；
C、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=FIL只是磁感应强度的定义式，故C错误；
D、一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，可能是电流方向与磁场方向平行，故D错误。
故选：B。
明确磁感线的性质，知道磁感线的疏密表示磁场的强弱；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度，注意此比值与磁场力及电流元均无关。磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向。
本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断。
3.【答案】C
【解析】解：设两长直导线间的相互作用力大小为F1，反向电流相互排斥，同向电流相互吸引，对长直导线A研究，根据力的合成可得2F1cs60°=F
解得F1=F
对长直导线C研究，根据力的合成可得，C受到的安培力为FC=2F1cs30°= 3F
方向垂直AB向右下，故C正确，ACD错误；
故选：C。
根据电流方向相同相互吸引、异向电流相互排斥，确定A和B对C的安培力方向，再根据几何关系求解导线C受到的安培力。
本题考查安培力作用下的平衡问题，要知道电流之间的相互作用规律是：电流方向相同相互吸引、电流方向相反相互排斥。
4.【答案】C
【解析】解：A、由左手定则可知，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向，A图中的通电导线受水平向右的安培力，故A错误；
B、由左手定则可知，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向，B图中的通电导线受竖直向上的安培力，故B错误；
C、由左手定则可知，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向，C图中的运动电荷受垂直纸面向外的洛伦兹力，故C正确；
D、由左手定则可知，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向，D图中的运动电荷受竖直向上的洛伦兹力，故D错误。
故选：C。
根据左手定则判断出安培力的方向，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向。
解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力(洛伦兹力)方向的关系，要注意明确负电荷在判断时洛伦兹力时，四指要指向运动的反方向。
5.【答案】D
【解析】解：电路稳定时，含灯泡的两支路电压相同，由于L1所在支路总电阻较小，电流较大，电流方向均向右，
当开关S断开时，线圈L产生自感电动势，电流方向与原来相同，故流过L2的电流方向向左，与原来电流方向相反，且该电流大于原来流过L2的电流，
对比可知，D选项电流随时间的变化图像符合题意，故ABC错误，D正确；
故选：D。
电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小。
解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小。
6.【答案】B
【解析】解：AB、开关S闭合，当无光照射时，带电液滴恰好静止，液滴所受重力和电场力是一对平衡力。当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，电路的总电阻变小，电路中电流增大，则R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，所以液滴向上运动，故A错误，B正确；
C、电容器的电压增大，而电容不变，由Q=CU可知，电容器所带电荷量增大，故C错误；
D、电容器的下极板接地，电势为零，M点的电势φM=U=Ed1，板间场强增大，而M点与下极板间的距离不变，则M点与下极板间电势差增大，M点的电势会增大，故D错误。
故选：B。
当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，判断电容器两极板间电压的变化，从而知道电场强度的变化，进一步分析液滴的运动情况。通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。根据U=Ed分析M点与下极板间电势差的变化，进而判断M点电势的变化。
解决本题的关键要抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析。
7.【答案】C
【解析】解：A、光从空气折射进入人眼，折射角小于入射角，人眼认为光是直线传播的，所以岸上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里，故A错误；
B、图乙中心的亮斑被称为“泊松亮斑”，属于圆盘衍射，圆盘的尺寸与入射光波长相差不多时衍射越明显，故B错误；
C、图丙是竖直金属环肥皂膜的干涉条纹照片，在白光下是水平的彩色条纹，故C正确；
D、图丁中水里的气泡看上去特别明亮，是因为光的全反射，故D错误。
故选：C。
泊松亮斑是光的衍射现象，发生明显的衍射现象的条件是圆盘的尺寸与入射光波长相差不多时衍射越明显；根据光的折射定律，即可分析潜水员视野的形状；竖直金属环肥皂膜的干涉条纹照片，在白光下是水平的彩色条纹；水里的气泡看上去特别明亮，是因为光的全反射。
本题考查了光的全反射、折射、干涉、衍射现象，难度不大。
8.【答案】BD
【解析】解：AB.当圆环水平向右平移时，穿过圆环的磁场的磁感应强度减小，因此穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，为了阻碍磁通量的减小，圆环做出的反应是面积有扩张的趋势，故A错误，B正确；
CD.由图可知，该处磁场的方向向上，当圆环水平向右平移时，向上穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知圆环中感应电流的方向为逆时针，故C错误，D正确。
故选：BD。
明确圆环中磁场的方向和磁通量的变化，根据楞次定律的第一种描述即可确定感应电流方向，再根据楞次定律的第二种描述即可确定环的受力以及形状的变化。
本题从力、运动的角度考查楞次定律，可以结合楞次定律使用的四个步骤逐步分析得出结论，也可以根据楞次定律的推广方法：阻碍变化，来做出判定，该推广方法要求的思维含量高。基础题目。
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据E=BLv可知，在导体框进入磁场的过程中，第一次与第二次切割磁感线的有效长度之比为1：2，速度相同，则知第一次和第二次导体框产生的感应电动势之比为1：2，设导体框的电阻为R，则导体框中感应电流大小为I=ER，同一导体框，总电阻相同，则知感应电流之比等于感应电动势之比，为1：2，故A正确；
B、导体框在进入磁场的过程中，上下两边所受安培力始终大小相等、方向相反，所以导体棒所受安培力的合力实际等于切割磁感线的边所受安培力的大小，根据F安=BIL可知，第一次和第二次进入磁场时电流之比为1：2，切割磁感线的边长之比为1：2，可知第一次和第二次导体框所受安培力大小之比为1：4，而导体框匀速进入磁场，外力与安培力大小相等，则外力大小之比为1：4。由P=Fv，v相同，则外力的功率之比为1：4，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律E−=nΔΦΔt=nBΔSΔt
则I−=E−R=nBΔSRΔt
而通过导体棒截面的电量为q=I−Δt=nBΔSRΔt⋅Δt=nBΔSR
其中n=1，则q=BΔSR可知，两次导体框完全进入磁场后面积的变化量相同，所以两次通过导体棒截面的电量之比为1：1，故C错误；
D、刚进入磁场时，切割磁感线的导体相当于电源，则第一次a、b两点间的电势差为路端电压，有Uab1=56Blv。
第二次进入磁场时a、b两点间的电势差为Uab2=16B2lv=13Blv
所以两次a、b两点间的电势差之比为Uab1Uab2=56Blv×3Blv=52，故D正确。
故选：AD。
根据公式E=BLv求解感应电动势之比，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小之比。根据平衡条件和安培力公式相结合求解外力大小之比，再求外力做功的功率之比。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电荷量与电流的关系求解通过导体棒截面的电量之比。根据欧姆定律求解a、b两点间的电势差之比。
本题考查电磁感应与电路结合的问题，能熟练推导出电量与磁通量变化量的关系是关键，同时，要正确区分电源和外电路，分析a、b两点间的电势差与电动势的关系。
10.【答案】BC
【解析】解：AC、cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得cd棒减速，ab棒加速，
当BLvab=2BLvcd，时电路中没有感应电流，磁通量不变，最终两棒做匀速直线运动，
分别对两棒列动量定理得
对cd：−2BI−Lt=2mvcd−2mv0
对ab：BI−Lt=mvab
联立解得：vab=23v0，vcd=13v0，故A错误，C正确；
B、在整个过程中，通过ab棒的电荷量为q=I−t
解得 q=2mv03BL，故B正确；
D、根据能量守恒，从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为
Q=12⋅2mv02−12mvab2−12⋅2mvcd2
解得Q=23mv02，故 D错误。
故选：BC。
分析cd获得速度后，两棒的感应电流以及受力方向可知两棒的运动状态，最终电路中磁通量不变时两棒做匀速直线运动；分别对两棒列动量定理方程，可求得两棒的速度；结合电荷量的公式可求通过两棒的电荷量；根据能量守恒可求此过程系统产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应综合问题，涉及动量定理、能量守恒等，考查知识点全面，难度较大，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
11.【答案】4.0 0.5 3.5 4.0 不均匀
【解析】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律可得E=U+Ir
变形得U=E−Ir，则知电源的U−I图像与纵轴交点坐标表示电源的电动势，图线斜率绝对值表示内阻，由题图可知E=4.0V
r=|ΔUΔI|=4.0−2.04.0−0Ω=0.5Ω
(2)电压表达到满偏Ug=3V时，设滑动变阻器R接入电路的阻值为Rx，根据闭合回路的欧姆定律可得
UgRx=ERx+R0+r
代入数据解得：R0=3.5Ω
由平衡条件可得
kL=mg
代入数据解得：m=4.0kg。
测量质量为m的物体时，根据闭合回路的欧姆定律得
Umgk⋅RL=Emgk⋅RL+R0+r
解得U=mgREmgR+(R0+r)kL，因为U和m不成正比，电压表刻度是均匀的，所以质量刻度是不均匀的。
故答案为：(1)4.0，0.5。(2)3.5，4.0，不均匀。
(1)结合电源的U−I图像，根据闭合电路欧姆定律求解电源电动势和内阻。
(2)电压表刚好达到满偏时，根据闭合电路的欧姆定律求解滑动变阻器R接入电路的阻值，由平衡条件求解被测物的质量；分析测物的质量与弹簧形变量的关系判断刻度是否均匀。
本题考查电压表改装成测量物体质量的仪器和测定电源电动势内电阻实验，关键是弄清楚实验原理和实验方法，根据闭合电路的欧姆定律进行分析。
12.【答案】T C BD
【解析】解：(1)测电阻时，需要先进行欧姆调零，即先短接红黑表笔，然后调节欧姆调零旋钮T，使指针指在欧姆挡的零刻度线位置；
(2)用欧姆表测电阻时，指针是从左向右偏转，即从∞向0方向偏转。若指针偏转角度过大，说明所选欧姆挡倍率过大，为了使指针尽可能在表盘中央附近，便于读数，则需要换用小一些的倍率，且换挡后需要重新进行欧姆调零后再测量；
故选：C。
(3)A.甲图是用直流挡测电压，但要求电流从红接线柱流入，黑表笔流出，显然红黑表笔接反了，故A错误；
B.乙图是电流挡测电流，要断开电路将电流表串联，且电流从红表笔流入，故B正确；
CD.丙和丁图是用欧姆挡测二极管的反向电阻，则要求电流从二极管的负极流进，即欧姆表的黑表笔与二极管的负极相连，故C错误，D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)③T；
(2)C；
(3)BD。
(1)根据欧姆挡测电阻更换倍率的要求进行分析解答；
(2)根据指针偏转角过大分析倍率是太大还是太小的，然后再选择恰当的倍率；
(3)根据多用电表测电压、电流和电阻的注意事项进行判断和测量。
熟练掌握多用电表对不同物理量的测量和读数规则，在具体问题中能进行比较准确的数据测量。
13.【答案】解：(1)由闭合电路欧姆定律得
I=ER0+r=4.52.5+0.50A=1.5A
导体棒受到的安培力大小为
F=BIL=1.00×1.5×0.4N=0.60N
方向沿金属导轨向上。
重力沿斜面向下的分量
G1=mgsin37°=0.040×10×0.6N=0.24N
则导体棒受到的摩擦力大小为
f=F−G1=0.60N−0.24N=0.36N
方向沿金属导轨向下。
(2)磁场变为竖直向上，则安培力水平向右，导体棒不受摩擦力作用，则导体棒受重力、支持力和安培力作用，如图所示。
则tanθ=B2ILmg
解得：B2=0.50T
答：(1)导体棒受到的安培力为0.60N，方向沿金属导轨向上，摩擦力为0.36N，方向沿金属导轨向下；
(2)此时磁场磁感应强度B2的大小为0.50T。
【解析】(1)利用闭合电路欧姆定律求出通过导体棒的电流，利用安培力的计算公式F=BIL计算导体棒受到的安培力大小，根据左手定则判断安培力方向。利用平衡条件计算摩擦力的大小，判断其方向。
(2)将磁场方向改为竖直向上，判断安培力方向，再由平衡条件和安培力公式相结合求解磁场磁感应强度B2的大小。
本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键在于安培力大小计算和方向判断，容易出错的地方在于：第一问和第二问安培力方向不同，必须判断清楚。
14.【答案】解：(1)当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出，根据几何关系可知，圆周运动半径
r=2R
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=mv2r
解得v=2qB0Rm
电场中，由动能定理得
qU=12mv2
解得U=2qB02R2m
(2)若磁感应强度为B1时，粒子恰好能打在G1位置，轨迹半径为r1，根据几何关系得
(2R−r1)2+R2=r12
解得
r1=54R
又
qvB1=mv2r1
解得B1=85B0
答：(1)加速电场M、N两板间的电压为2qB02R2m；
(2)环形区域内磁场的磁感应强度的最大值B1为85B0
【解析】(1)先求出离子在磁场中的运动速度v，然后结合动能定理求加速电场M、N两板间的电压；
(2)先根据几何关系得到离子做圆周运动的半径，然后结合公式qvB=mv2r求得磁感应强度的最大值B1。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、分析几何关系是解题的前提，结合公式qvB=mv2r可以解题。
15.【答案】解：(1)ab棒刚开始运动时，ab棒两端电压Uba最大，根据电磁感应定律有
Uba=Bdv0
根据冲量公式
I=m1v0
代入数据联立解得
Uba=8V
根据右手定则可知，靠近N侧的极板带正电；
(2)当ab棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab棒速度达到稳定，设稳定后速度为v1，根据电磁感应定律有
U=Bdv1
由电容的定义式有
U=qC
取向右为正方向，对ab棒应用动量定理有
m1v0−m1v1=BI−d⋅t=Bdq
联立上述三式，代入数据解得
v1=4m/s；
(3)ab棒与金属框碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v2
代入数据解得
v2=1m/s
金属框在运动过程中，当速度为v时，根据电磁感应定律，回路中的电动势为
E=Bdedv−Babdv
回路中的感应电流为
I=Er1+r2
金属框整体受到的安培力为
F=BdeId−BabId
联立得
F=(Bde−Bab)2d2vr1+r2
因为de和ab碰后距离为x=1m，根据磁感应强度分布规律可知
Bde−Bab=0.8T
从金属框开始运动到停下的过程中，取向右为正方向，根据动量定理有
−(Bde−Bab)2d2v−r1+r2⋅t=0−(m1+m2)v2
又
x0=v−t
联立代入数据解得
x0=2.5m
故金属框最终静止时ed边e端的位置坐标为
x′=x0+d=2.5m+1m=3.5m。
答：(1)ab棒两端电压Uba的最大值为8V；靠近N侧的极板带正电；
(2)ab棒运动至M2N2位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小为4m/s；
(3)若ab棒与金属框碰撞后连接在一起，金属框最终静止时ed边e端的位置坐标为3.5m。
【解析】(1)根据电磁感应定律和冲量公式联立求解ab棒两端电压Uba的最大值，根据左手定则判断ab棒上电动势的正负极，进一步判断电容器两板所带电荷的电性；
(2)当ab棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab棒做匀速直线运动，根据电磁感应定律、电容的定义式和动量定理联立求解ab棒运动至M2N2位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小；
(3)根据动量守恒定律求解碰撞后的速度，然后根据电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和安培力的公式联立得出安培力的表达式，对碰撞后到停下过程由动量定理求解位移，最后求解E的位置坐标。
本题考查电磁感应中的功能关系，要求学生能正确分析研究对象的运动过程，熟练掌握电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、动量定理和动量守恒定律。
1.有关科学家的贡献，下列说法正确的是( )
A. 卡文迪什最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量
B. 安培发现了电流的磁效应，并总结出判定电流的磁场方向的方法——右手螺旋定则
C. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验证实了电磁波
D. 赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论
2.关于磁感应强度，下列说法正确的是( )
A. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱
B. 小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
C. 由B=FIL可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的IL成反比
D. 一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
3.在正三角形ABC的三个顶点A、B、C处，各固定有一根垂直于三角形的长直导线，每根导线通有大小相同的恒定电流，电流方向如图所示，已知导线A受到的安培力大小为F，则导线C受到的安培力( )
A. 大小为F，方向平行AB向左下B. 大小为F，方向平行AB向右上
C. 大小为 3F，方向垂直AB向右下D. 大小为 3F，方向垂直AB向左上
4.下列有关通电导线和运动电荷受到磁场给他们的作用力方向的判断正确的是( )
A. B.
C. D.
5.为了研究自感现象，设计了如图实验电路。灯泡L1、L2的规格相同，线圈L的直流电阻不计，滑动变阻器的滑动触头在中点位置。开关断开前后，灯泡L2中的电流随时间的变化图像是( )
A.
B.
C.
D.
6.电源、开关S、定值电阻R1、R2、光敏电阻R3和电容器连接成的电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S闭合，无光照射光敏电阻R3时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，则( )
A. 液滴向下运动
B. 液滴向上运动
C. 电容器所带电荷量减少
D. M点电势变低
7.以下光学现象的判断正确的是( )
A. 图甲中潜水员认为水面以上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里，这是全反射现象
B. 图乙中心的亮斑被称为“泊松亮斑”，圆孔越小衍射越明显
C. 图丙是竖直金属环肥皂膜的干涉条纹照片，在白光下是水平的彩色条纹
D. 图丁中水里的气泡看上去特别明亮，是因为光的折射
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。现把线圈水平向右平移，条形磁铁始终保持静止。则移动线圈的过程中，从上方俯视，下列说法正确的是( )
A. 圆环有缩小的趋势B. 圆环有扩张的趋势
C. 圆环中产生顺时针方向的感应电流D. 圆环中产生逆时针方向的感应电流
9.如图所示，由同种材料、粗细均匀的电阻丝绕制成的矩形导体框abcd的ab边长为l、bc边长为2l，在外力作用下以速度v向右匀速进入有界匀强磁场，第一次ab边与磁场边界平行、第二次bc边与磁场边界平行。不计空气阻力，则先后两次进入过程( )
A. 线圈中电流之比为1：2
B. 外力做功的功率之比为1：2
C. 通过导体棒截面的电量之比为1：2
D. 刚进入磁场时，a、b两点间的电势差之比为5：2
10.如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动。现给cd一水平向右的初速度v0，则( )
A. 两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
B. 最终通过两棒的电量为2mv03BL
C. ab棒最终的速度为23v0
D. 从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为89mv02
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.开展科技活动时，某兴趣学习小组自制的电子秤原理图，如图1所示。
实验器材有：直流电源(电动势为E，内阻为r)；理想电压表V(量程0～3V)；限流电阻R；竖直固定的滑动变阻器R(总长为2cm，总阻值为12Ω)；电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且与滑动变阻器R的滑动端连接，滑片接触良好且无摩擦；开关S以及导线若干。
(1)若在某次实验中直流电源的路端电压U−I图像如图2所示，可知电源电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω。
(2)实验步骤如下：
①托盘中未放被测物前，电压表的示数为零。
②在弹簧的弹性限度内，在托盘中轻轻放入被测物，待托盘静止平衡后，滑动变阻器的滑片恰好处于下端b处，要使此时电压表刚好达到满偏，限流电阻R0。的阻值为______ Ω；已知弹簧的劲度系数k=1.96×104N/m，当地重力加速度g=9.8m/s2，被测物的质量m= ______ kg，由此在电压表的刻度盘上标示相应的质量数值，即可将该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度是______ (填“均匀”或“不均匀”)的。
12.(1)如图所示为指针式多用电表，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一定值电阻，测量的某些操作步骤如下：
①调节指针定位螺丝部件，使电表指针指向电流0刻度处
②将选择开关旋转到欧姆挡位置；
③将红、黑表笔分别插入“+”、“−”插孔，笔尖相互接触，调节部件______ (选填“S”、“K”或“T”)，使电表指针指向“0Ω”。
④测量该定值电阻阻值。
(2)欧姆调零后，用“×10”挡测量另一电阻的阻值，发现指针偏转角度很大，则下列说法或做法中正确的是______ 。
A.该电阻的阻值很大
B.为测得更准确些，应当换用“×100”挡，重新欧姆调零后进行测量
C.为测得更准确些，应当换用“×1”挡，重新欧姆调零后进行测量
(3)关于多用电表的使用，下列说法正确的有______ 。
A.甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，表笔接法正确
B.乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，表笔接法正确
C.丙图中用的是多用电表电阻值测量二极管的反向电阻
D.丁图中用多用电表电阻挡测量的是二极管的反向电阻
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=1.00T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源，现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°=0.60、cs37°=0.80，求：
(1)导体棒受到的安培力和摩擦力；
(2)若将磁场方向改为竖直向上，要使导体棒继续保持静止，且不受摩擦力作用，求此时磁场磁感应强度B2的大小。
14.半导体有着广泛的应用，人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求。离子注入系统的原理简化如图所示。质量为m、电荷量为q的正离子经电场加速后从EE1中点P垂直OE射入四分之一环形匀强磁场，环形磁场圆心为O，内环半径OE1=OG1=R，外环半径OE=OG=3R，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出。不考虑离子重力以及离子间的相互作用。求：
(1)加速电场M、N两板间的电压；
(2)为使离子能够到达G1G面，环形区域内磁场的磁感应强度的最大值B1。
15.如图所示，间距d=1m且足够长的光滑平行导轨MQ和NP水平放置，其中N1、M1右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，以N2点为坐标原点O，沿NP方向建立坐标轴。M、N间接有不带电的电容器，电容C=0.2F，ab是一根质量m1=0.2kg、长度d=1m、电阻r1=0.5Ω的金属棒，垂直导轨静置在M1N1左侧足够远处。cdef是质量m2=0.2kg、电阻r2=1.5Ω、各边长度均为d=1m的“U”形金属框，c、f刚好和M2、N2重合。整个空间存在竖直方向的磁场(未画出)，磁感应强度分布规律为B=−1T,x<0(1+0.8x)T,x≥0(取竖直向上为正方向)，若ab棒获得一水平向右的瞬时冲量I=1.6N⋅s后开始运动。金属导轨电阻不计，ab棒、金属框与导轨始终接触良好。
(1)求ab棒两端电压Uba的最大值并分析电容器哪侧极板带正电；
(2)求ab棒运动至M2N2位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小；
(3)若ab棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框最终静止时ed边e端的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、密立根最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量，故A错误；
B、奥斯特发现了电流的磁效应现象，故B错误；
C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波，故C错误；
D、赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论的正确性，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名科学家的物理学贡献即可。
本题考查物理学史，要求学生掌握科学家的主要贡献，重视历史知识的积累。
2.【答案】B
【解析】解：A、磁感线的疏密才表示磁场的强弱，与磁感线的方向无关，故A错误；
B、磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，故B正确；
C、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=FIL只是磁感应强度的定义式，故C错误；
D、一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，可能是电流方向与磁场方向平行，故D错误。
故选：B。
明确磁感线的性质，知道磁感线的疏密表示磁场的强弱；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度，注意此比值与磁场力及电流元均无关。磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向。
本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断。
3.【答案】C
【解析】解：设两长直导线间的相互作用力大小为F1，反向电流相互排斥，同向电流相互吸引，对长直导线A研究，根据力的合成可得2F1cs60°=F
解得F1=F
对长直导线C研究，根据力的合成可得，C受到的安培力为FC=2F1cs30°= 3F
方向垂直AB向右下，故C正确，ACD错误；
故选：C。
根据电流方向相同相互吸引、异向电流相互排斥，确定A和B对C的安培力方向，再根据几何关系求解导线C受到的安培力。
本题考查安培力作用下的平衡问题，要知道电流之间的相互作用规律是：电流方向相同相互吸引、电流方向相反相互排斥。
4.【答案】C
【解析】解：A、由左手定则可知，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向，A图中的通电导线受水平向右的安培力，故A错误；
B、由左手定则可知，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向，B图中的通电导线受竖直向上的安培力，故B错误；
C、由左手定则可知，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向，C图中的运动电荷受垂直纸面向外的洛伦兹力，故C正确；
D、由左手定则可知，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向，D图中的运动电荷受竖直向上的洛伦兹力，故D错误。
故选：C。
根据左手定则判断出安培力的方向，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向。
解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力(洛伦兹力)方向的关系，要注意明确负电荷在判断时洛伦兹力时，四指要指向运动的反方向。
5.【答案】D
【解析】解：电路稳定时，含灯泡的两支路电压相同，由于L1所在支路总电阻较小，电流较大，电流方向均向右，
当开关S断开时，线圈L产生自感电动势，电流方向与原来相同，故流过L2的电流方向向左，与原来电流方向相反，且该电流大于原来流过L2的电流，
对比可知，D选项电流随时间的变化图像符合题意，故ABC错误，D正确；
故选：D。
电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小。
解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小。
6.【答案】B
【解析】解：AB、开关S闭合，当无光照射时，带电液滴恰好静止，液滴所受重力和电场力是一对平衡力。当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，电路的总电阻变小，电路中电流增大，则R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，所以液滴向上运动，故A错误，B正确；
C、电容器的电压增大，而电容不变，由Q=CU可知，电容器所带电荷量增大，故C错误；
D、电容器的下极板接地，电势为零，M点的电势φM=U=Ed1，板间场强增大，而M点与下极板间的距离不变，则M点与下极板间电势差增大，M点的电势会增大，故D错误。
故选：B。
当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，判断电容器两极板间电压的变化，从而知道电场强度的变化，进一步分析液滴的运动情况。通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。根据U=Ed分析M点与下极板间电势差的变化，进而判断M点电势的变化。
解决本题的关键要抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析。
7.【答案】C
【解析】解：A、光从空气折射进入人眼，折射角小于入射角，人眼认为光是直线传播的，所以岸上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里，故A错误；
B、图乙中心的亮斑被称为“泊松亮斑”，属于圆盘衍射，圆盘的尺寸与入射光波长相差不多时衍射越明显，故B错误；
C、图丙是竖直金属环肥皂膜的干涉条纹照片，在白光下是水平的彩色条纹，故C正确；
D、图丁中水里的气泡看上去特别明亮，是因为光的全反射，故D错误。
故选：C。
泊松亮斑是光的衍射现象，发生明显的衍射现象的条件是圆盘的尺寸与入射光波长相差不多时衍射越明显；根据光的折射定律，即可分析潜水员视野的形状；竖直金属环肥皂膜的干涉条纹照片，在白光下是水平的彩色条纹；水里的气泡看上去特别明亮，是因为光的全反射。
本题考查了光的全反射、折射、干涉、衍射现象，难度不大。
8.【答案】BD
【解析】解：AB.当圆环水平向右平移时，穿过圆环的磁场的磁感应强度减小，因此穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，为了阻碍磁通量的减小，圆环做出的反应是面积有扩张的趋势，故A错误，B正确；
CD.由图可知，该处磁场的方向向上，当圆环水平向右平移时，向上穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知圆环中感应电流的方向为逆时针，故C错误，D正确。
故选：BD。
明确圆环中磁场的方向和磁通量的变化，根据楞次定律的第一种描述即可确定感应电流方向，再根据楞次定律的第二种描述即可确定环的受力以及形状的变化。
本题从力、运动的角度考查楞次定律，可以结合楞次定律使用的四个步骤逐步分析得出结论，也可以根据楞次定律的推广方法：阻碍变化，来做出判定，该推广方法要求的思维含量高。基础题目。
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据E=BLv可知，在导体框进入磁场的过程中，第一次与第二次切割磁感线的有效长度之比为1：2，速度相同，则知第一次和第二次导体框产生的感应电动势之比为1：2，设导体框的电阻为R，则导体框中感应电流大小为I=ER，同一导体框，总电阻相同，则知感应电流之比等于感应电动势之比，为1：2，故A正确；
B、导体框在进入磁场的过程中，上下两边所受安培力始终大小相等、方向相反，所以导体棒所受安培力的合力实际等于切割磁感线的边所受安培力的大小，根据F安=BIL可知，第一次和第二次进入磁场时电流之比为1：2，切割磁感线的边长之比为1：2，可知第一次和第二次导体框所受安培力大小之比为1：4，而导体框匀速进入磁场，外力与安培力大小相等，则外力大小之比为1：4。由P=Fv，v相同，则外力的功率之比为1：4，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律E−=nΔΦΔt=nBΔSΔt
则I−=E−R=nBΔSRΔt
而通过导体棒截面的电量为q=I−Δt=nBΔSRΔt⋅Δt=nBΔSR
其中n=1，则q=BΔSR可知，两次导体框完全进入磁场后面积的变化量相同，所以两次通过导体棒截面的电量之比为1：1，故C错误；
D、刚进入磁场时，切割磁感线的导体相当于电源，则第一次a、b两点间的电势差为路端电压，有Uab1=56Blv。
第二次进入磁场时a、b两点间的电势差为Uab2=16B2lv=13Blv
所以两次a、b两点间的电势差之比为Uab1Uab2=56Blv×3Blv=52，故D正确。
故选：AD。
根据公式E=BLv求解感应电动势之比，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小之比。根据平衡条件和安培力公式相结合求解外力大小之比，再求外力做功的功率之比。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电荷量与电流的关系求解通过导体棒截面的电量之比。根据欧姆定律求解a、b两点间的电势差之比。
本题考查电磁感应与电路结合的问题，能熟练推导出电量与磁通量变化量的关系是关键，同时，要正确区分电源和外电路，分析a、b两点间的电势差与电动势的关系。
10.【答案】BC
【解析】解：AC、cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得cd棒减速，ab棒加速，
当BLvab=2BLvcd，时电路中没有感应电流，磁通量不变，最终两棒做匀速直线运动，
分别对两棒列动量定理得
对cd：−2BI−Lt=2mvcd−2mv0
对ab：BI−Lt=mvab
联立解得：vab=23v0，vcd=13v0，故A错误，C正确；
B、在整个过程中，通过ab棒的电荷量为q=I−t
解得 q=2mv03BL，故B正确；
D、根据能量守恒，从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为
Q=12⋅2mv02−12mvab2−12⋅2mvcd2
解得Q=23mv02，故 D错误。
故选：BC。
分析cd获得速度后，两棒的感应电流以及受力方向可知两棒的运动状态，最终电路中磁通量不变时两棒做匀速直线运动；分别对两棒列动量定理方程，可求得两棒的速度；结合电荷量的公式可求通过两棒的电荷量；根据能量守恒可求此过程系统产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应综合问题，涉及动量定理、能量守恒等，考查知识点全面，难度较大，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
11.【答案】4.0 0.5 3.5 4.0 不均匀
【解析】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律可得E=U+Ir
变形得U=E−Ir，则知电源的U−I图像与纵轴交点坐标表示电源的电动势，图线斜率绝对值表示内阻，由题图可知E=4.0V
r=|ΔUΔI|=4.0−2.04.0−0Ω=0.5Ω
(2)电压表达到满偏Ug=3V时，设滑动变阻器R接入电路的阻值为Rx，根据闭合回路的欧姆定律可得
UgRx=ERx+R0+r
代入数据解得：R0=3.5Ω
由平衡条件可得
kL=mg
代入数据解得：m=4.0kg。
测量质量为m的物体时，根据闭合回路的欧姆定律得
Umgk⋅RL=Emgk⋅RL+R0+r
解得U=mgREmgR+(R0+r)kL，因为U和m不成正比，电压表刻度是均匀的，所以质量刻度是不均匀的。
故答案为：(1)4.0，0.5。(2)3.5，4.0，不均匀。
(1)结合电源的U−I图像，根据闭合电路欧姆定律求解电源电动势和内阻。
(2)电压表刚好达到满偏时，根据闭合电路的欧姆定律求解滑动变阻器R接入电路的阻值，由平衡条件求解被测物的质量；分析测物的质量与弹簧形变量的关系判断刻度是否均匀。
本题考查电压表改装成测量物体质量的仪器和测定电源电动势内电阻实验，关键是弄清楚实验原理和实验方法，根据闭合电路的欧姆定律进行分析。
12.【答案】T C BD
【解析】解：(1)测电阻时，需要先进行欧姆调零，即先短接红黑表笔，然后调节欧姆调零旋钮T，使指针指在欧姆挡的零刻度线位置；
(2)用欧姆表测电阻时，指针是从左向右偏转，即从∞向0方向偏转。若指针偏转角度过大，说明所选欧姆挡倍率过大，为了使指针尽可能在表盘中央附近，便于读数，则需要换用小一些的倍率，且换挡后需要重新进行欧姆调零后再测量；
故选：C。
(3)A.甲图是用直流挡测电压，但要求电流从红接线柱流入，黑表笔流出，显然红黑表笔接反了，故A错误；
B.乙图是电流挡测电流，要断开电路将电流表串联，且电流从红表笔流入，故B正确；
CD.丙和丁图是用欧姆挡测二极管的反向电阻，则要求电流从二极管的负极流进，即欧姆表的黑表笔与二极管的负极相连，故C错误，D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)③T；
(2)C；
(3)BD。
(1)根据欧姆挡测电阻更换倍率的要求进行分析解答；
(2)根据指针偏转角过大分析倍率是太大还是太小的，然后再选择恰当的倍率；
(3)根据多用电表测电压、电流和电阻的注意事项进行判断和测量。
熟练掌握多用电表对不同物理量的测量和读数规则，在具体问题中能进行比较准确的数据测量。
13.【答案】解：(1)由闭合电路欧姆定律得
I=ER0+r=4.52.5+0.50A=1.5A
导体棒受到的安培力大小为
F=BIL=1.00×1.5×0.4N=0.60N
方向沿金属导轨向上。
重力沿斜面向下的分量
G1=mgsin37°=0.040×10×0.6N=0.24N
则导体棒受到的摩擦力大小为
f=F−G1=0.60N−0.24N=0.36N
方向沿金属导轨向下。
(2)磁场变为竖直向上，则安培力水平向右，导体棒不受摩擦力作用，则导体棒受重力、支持力和安培力作用，如图所示。
则tanθ=B2ILmg
解得：B2=0.50T
答：(1)导体棒受到的安培力为0.60N，方向沿金属导轨向上，摩擦力为0.36N，方向沿金属导轨向下；
(2)此时磁场磁感应强度B2的大小为0.50T。
【解析】(1)利用闭合电路欧姆定律求出通过导体棒的电流，利用安培力的计算公式F=BIL计算导体棒受到的安培力大小，根据左手定则判断安培力方向。利用平衡条件计算摩擦力的大小，判断其方向。
(2)将磁场方向改为竖直向上，判断安培力方向，再由平衡条件和安培力公式相结合求解磁场磁感应强度B2的大小。
本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键在于安培力大小计算和方向判断，容易出错的地方在于：第一问和第二问安培力方向不同，必须判断清楚。
14.【答案】解：(1)当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出，根据几何关系可知，圆周运动半径
r=2R
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=mv2r
解得v=2qB0Rm
电场中，由动能定理得
qU=12mv2
解得U=2qB02R2m
(2)若磁感应强度为B1时，粒子恰好能打在G1位置，轨迹半径为r1，根据几何关系得
(2R−r1)2+R2=r12
解得
r1=54R
又
qvB1=mv2r1
解得B1=85B0
答：(1)加速电场M、N两板间的电压为2qB02R2m；
(2)环形区域内磁场的磁感应强度的最大值B1为85B0
【解析】(1)先求出离子在磁场中的运动速度v，然后结合动能定理求加速电场M、N两板间的电压；
(2)先根据几何关系得到离子做圆周运动的半径，然后结合公式qvB=mv2r求得磁感应强度的最大值B1。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、分析几何关系是解题的前提，结合公式qvB=mv2r可以解题。
15.【答案】解：(1)ab棒刚开始运动时，ab棒两端电压Uba最大，根据电磁感应定律有
Uba=Bdv0
根据冲量公式
I=m1v0
代入数据联立解得
Uba=8V
根据右手定则可知，靠近N侧的极板带正电；
(2)当ab棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab棒速度达到稳定，设稳定后速度为v1，根据电磁感应定律有
U=Bdv1
由电容的定义式有
U=qC
取向右为正方向，对ab棒应用动量定理有
m1v0−m1v1=BI−d⋅t=Bdq
联立上述三式，代入数据解得
v1=4m/s；
(3)ab棒与金属框碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v2
代入数据解得
v2=1m/s
金属框在运动过程中，当速度为v时，根据电磁感应定律，回路中的电动势为
E=Bdedv−Babdv
回路中的感应电流为
I=Er1+r2
金属框整体受到的安培力为
F=BdeId−BabId
联立得
F=(Bde−Bab)2d2vr1+r2
因为de和ab碰后距离为x=1m，根据磁感应强度分布规律可知
Bde−Bab=0.8T
从金属框开始运动到停下的过程中，取向右为正方向，根据动量定理有
−(Bde−Bab)2d2v−r1+r2⋅t=0−(m1+m2)v2
又
x0=v−t
联立代入数据解得
x0=2.5m
故金属框最终静止时ed边e端的位置坐标为
x′=x0+d=2.5m+1m=3.5m。
答：(1)ab棒两端电压Uba的最大值为8V；靠近N侧的极板带正电；
(2)ab棒运动至M2N2位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小为4m/s；
(3)若ab棒与金属框碰撞后连接在一起，金属框最终静止时ed边e端的位置坐标为3.5m。
【解析】(1)根据电磁感应定律和冲量公式联立求解ab棒两端电压Uba的最大值，根据左手定则判断ab棒上电动势的正负极，进一步判断电容器两板所带电荷的电性；
(2)当ab棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab棒做匀速直线运动，根据电磁感应定律、电容的定义式和动量定理联立求解ab棒运动至M2N2位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小；
(3)根据动量守恒定律求解碰撞后的速度，然后根据电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和安培力的公式联立得出安培力的表达式，对碰撞后到停下过程由动量定理求解位移，最后求解E的位置坐标。
本题考查电磁感应中的功能关系，要求学生能正确分析研究对象的运动过程，熟练掌握电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、动量定理和动量守恒定律。
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