2023-2024学年宁夏银川市宁夏大学附属中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年宁夏银川市宁夏大学附属中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 变化的磁场能产生电场，变化的电场能产生磁场
B. 由E=Fq可知，电场中某点的电场强度E与q成反比，与F成正比
C. 红外线可以用来消毒，紫外线可以用来加热理疗，X射线可以用来诊断病情
D. 根据公式B=FIL可知，通电导线受磁场力为零的地方磁感应强度一定为零
2.一首乐曲从电台“出发”开始到从收音机的调频台播放出来为止，下列选项都描述了该过程，其中顺序正确的是( )
A. 调制—发射—调谐—解调—播放B. 调频—发射—解调—调谐—播放
C. 调幅—调谐—发射—解调—播放D. 调频—调谐—发射—解调—播放
3.在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图甲、乙所示，两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流之比I1∶I2为
( )
A. sin α∶1B. 1∶sin αC. cs α∶1D. 1∶cs α
4.如图所示，电路中的变压器为理想变压器，原线圈接在电压有效值不变的交流电源上。灯泡L阻值不变，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器。闭合开关S1、S2，灯泡发光，下列判断正确的是( )
A. 只向下移动滑片P，电阻R2两端的电压变小
B. 只向下移动滑片P，灯泡L变亮
C. 只断开开关S2，电阻R1两端的电压变大
D. 只断开开关S2，变压器输入功率变大
5.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 液滴带正电
B. 液滴受到重力、电场力、洛伦兹力、向心力作用
C. 液滴所受合外力为零
D. 液滴比荷qm=gE
6.如图所示，竖直边界线MN、PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界)，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知从PQ射出的粒子沿图中与MN成θ=60°角进入磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A. πavB. πa2vC. 4πa3vD. 3πa4v
7.某半导体元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，从t=0时刻开始的每个周期的前T4时间内为正弦式交变电流的一部分且T4时恰好为峰值，若将该元件与交流电流表串联，交流电流表的读数为( )
A. 4.12AB. 5.06AC. 6.18AD. 7.14A
8.如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90∘)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部分的电阻为R，某一时刻金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中下列说法正确的是( )
A. ab棒中电流的方向由a到b
B. ab棒中所受到的安培力方向与金属棒的运动方向相反且做负功
C. 加速度的大小为v22L
D. 下滑过程中速度的最大值是mgRsinθ2B2L2
9.如图所示，L是直流电阻不计的带铁芯线圈，D为理想二极管，R为电阻，Ll、L2和L3是三个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是( )
A. 闭合S瞬间，三个灯立即亮B. 闭合S瞬间，Ll灯比L2灯先亮
C. 断开S瞬间，L2灯闪亮后慢慢熄灭D. 断开S瞬间，Ll灯闪亮后慢慢熄灭
10.质谱仪可以用来分析同位素。如图所示，在容器A中有互为同位素的两种原子核，它们可从容器A下方的小孔S1无初速度飘入加速电场，经小孔S3垂直进入匀强磁场，分别打到M、N两点，距离S3分别为x1、x2。则分别打到M、N的原子核质量之比为
( )
A. x1x2B. x1x2C. x1 2x2 2D. x2 2x1 2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，R=4Ω，金属棒ab的在磁场中的长度L=0.4m，电阻r=1Ω，导轨电阻不计。当金属棒ab边以速度v=5m/s向右匀速移动时，下列判断正确的是( )
A. 感应电流的方向由a到bB. 感应电动势的大小为0.2V
C. 感应电流的大小为0.04AD. ab两点的电势差大小为0.2V
12.实验室某单匝矩形金属线圈，在匀强磁场中绕垂直磁场方向的转轴匀速转动，线圈中磁通量Φ随时间t变化的情况如图所示。已知线圈的电阻为10Ω，则下列描述中正确的是( )
A. 线圈产生的交流电的电动势有效值为5 2πV
B. 此交流电1秒内电流的方向改变100次
C. 在0.1s时，线圈通过中性面，感应电动势最大
D. 该交流电的频率为5Hz
13.某电厂对用户进行供电的原理如图所示。发电机的输出电压为U1=380V，输电线的总电阻r=15Ω，为了减小损耗采用了高压输电。变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比为n1:n2=1:20，用户获得的电压为U4=220V，发电厂的输出功率为P1=7.6×105W，则下列说法中正确的有( )
A. 输电线上的电流为100A
B. 用户获得的功率为1.5×105W
C. 降压变压器的匝数比为n3:n4=380:11
D. 若用户端消耗的功率增大，在发电厂的输出电压不变的情况下，用户端获得的电压减小
14.光滑平行金属导轨M、N水平放置，导轨上放置着一根与导轨垂直的导体棒PQ.导轨左端与由电容为C的电容器、单刀双掷开关和电动势为E的电源组成的电路相连接，如图所示．在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出).先将开关接在位置a，使电容器充电并达到稳定后，再将开关拨到位置b.导体棒将会在磁场的作用下开始向右运动，设导轨足够长．则以下说法中正确的是( )
A. 空间存在的磁场方向竖直向下
B. 导体棒向右做匀加速运动
C. 当导体棒向右运动的速度达到最大时，电容器的电荷量为零
D. 导体棒运动的过程中，通过导体棒的电荷量Q三、实验题：本大题共2小题，共20分。
15.某同学用如图甲所示的电路测量一段总阻值约为10Ω的均匀电阻丝的电阻率ρ。在刻度尺两端的接线柱a和b加之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹，从而可改变接入电路的电阻丝长度。实验提供的器材有：
电池组E(电动势为3.0V，内阻约1Ω)
电流表A1(量程0∼0.6A)
电流表A2(量程0∼100mA)
电阻箱R(0∼99.99Ω)：开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
①某同学用螺旋测微器测出电阻丝的直径D，用游标卡尺测出测出金属丝的长度L如上图所示；
②根据所提供的实验器材，设计如图甲所示的实验电路；
③调节电阻箱使接入电路中的电阻值最大，将金属夹夹在电阻丝某位置上；
④闭合开关，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
⑤改变P的位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值。使电流表再次满偏；
⑥重复多次，记录每一次的R和L数据。
请回答下列可题：
(1)由螺旋测微器和游标卡尺测得金属丝的直径D_____mm，长度L_____cm。
(2)电流表应选择_____(选填“A1”或“A2”)。
(3)用记录的多组R和L的数据，绘出了如乙所示图线，截距分别为r和l，则电阻丝的电阻率表达式ρ=_____(用给定的字母表示)。
(4)电流表的内阻对本实验结果_____(填“有”或“无”)影响。
16.在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中，
(1)已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N连接到________(选填“a”“b”“c”或“M”)，M连接到________(选填“a”“b”“c”或“N”)。
(2)正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断_________。
A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转
B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央
D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向
(3)某同学第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动，发现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的____(填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”)第二次比第一次的大。
(4)某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他将电流表、线圈A和B、蓄电池，开关用导线连接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是______。
A.开关的位置接错
B.电流表的正负极接错
C.线圈B的接头接反
D.蓄电池的正负极接反
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
17.倾角θ=30°的光滑导体滑轨AB和CD上端接入一电动势E=3V的电源，滑轨间距l=10cm。将一根质量m=30g、电阻R=0.5Ω的金属棒水平放置在滑轨上，滑轨处在垂直于水平面的匀强磁场中。当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，如图所示。不计电源的内阻和滑轨的电阻，取重力加速度g=10m/s2，求
(1)金属棒中的电流？
(2)金属棒受到的安培力方向和大小？
(3)磁场的方向和磁感应强度的大小？
18.矩形线圈n匝，ab=l1，bc=l2，在磁感强度为B的匀强磁场中以OOʹ为转轴匀速转动，角速度为ω，线圈的电阻为r，外接电阻R。从图所示位置开始计时：
(1)推导电动势的最大值；
(2)写出电流的瞬时值表达式；
(3)求电动势、电流、路端电压有效值；
(4)如果线圈转速提高1倍，写出感应电动势随时间变化的表达式；
(5)当线圈从图示位置转过90º的过程中，求：
a.通过电阻R的电量q；
b.电阻R产生的焦耳热Q。
19.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限存在水平向右的匀强电场，第三象限存在垂直坐标平面向外的矩形有界匀强磁场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上A点(− 3L,0)以初速度v0沿y轴正方向射入匀强电场，然后从y轴上的P点(0,2L)射入第一象限，经磁场偏转后从y轴上的Q点(0,−2L)射入第三象限，经第三象限矩形有界磁场偏转后垂直打到x轴上的A点，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小E和粒子经过P点的速度v；
(2)第一、四象限磁场磁感应强度大小B1；.
(3)若矩形有界磁场的磁感应强度B2=2 3B1，求此矩形磁场区域的最小面积(最后结果可保留根号)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场能产生电场，变化的电场也能产生磁场，故A正确；
B.电场强度的定义 E=Fq 采用比值定义法，E与F、q均无关，只与电场本身的性质有关，故B错误；
C.外线具有热作用可以用来加热理疗，紫外线具有波长短、频率高、能量大的特点可以进行消毒，X射线可以用来进行透视以诊断病情，故C错误；
D.公式 B=FIL 只适用于B和I相互垂直的情况，如果二者平行，通电导线受磁场力为零，所以不能根据通电导线受磁场力为零来判断磁感应强度是否为零，故D错误。
故选A。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了电磁波的发射、传播和接收；解决本题的关键是知道信号的发射和接收的全过程，知道各过程对应的名称以及作用。
明确波的发射和接收过程，知道调制是无线电波发射过程，调谐是无线电波接收过程；调制中有调幅与调频。
【解答】
一首乐曲从电台“出发”开始到收音机的调频台播放出来为止，首先要进行调制，即把声音信号加到高频电磁波信号上去，然后进行发射；载波信号被收音机接收后首先要进行调谐选出该信号，然后进行解调，从高频信号中把声音信号取出来，最后通过喇叭播放；故A正确，BCD错误。
故选：A。
3.【答案】D
【解析】解：导体棒受力如图，根据共点力平衡得，
F1=mgtanα
F2=mgsinα
所以导体棒所受的安培力之比F1F2=tanαsinα=1:csα
因为F=BIL，所以I1I2=F1F2=1:csα，故D正确，ABC错误。
故选：D。
导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力，根据F=BIL求出电流之比。
解决本题的关键正确地进行受力分析，明确安培力的大小和方向，再运用共点力平衡进行求解即可。
4.【答案】A
【解析】解：理想变压器输出的电压由输入电压和线圈匝数比决定，输入电压不变，线圈匝数比不变，所以输出电压也不会变，即副线圈两端电压不变。
AB.当滑动变阻器R2的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中总电阻减小，副线圈中总电流会变大，R1上的电压变大，所以灯L、R2上的电压变小，灯泡L变暗，故A正确，B错误；
C.只断开开关S2，副线圈中总电阻变大，副线圈中的电流会变小，R1上的电压变小，故C错误；
D.只断开开关S2，副线圈电压不变，副线圈电流减小，因此副线圈的电功率减小，因为输入功率等于输出功率，变压器输入功率变小，故D错误。
故选：A。
理想变压器输出的电压由输入电压和线圈匝数比决定，副线圈两端电压不变，根据滑动变阻器的移动情况、开关断开时电阻的变化情况，分析副线圈中总电阻的变化，副线圈中的电流的变化、R1两端的电压变化、灯泡亮度的变化以及变压器输入功率的变化。
变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。
5.【答案】D
【解析】A.液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，故液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，可知液滴带负电，故选项A错误；
BC.液滴受到重力、电场力、洛伦兹力作用，洛伦兹力充当向心力，液滴所受合外力不为零，选项BC错误；
D.液滴做匀速圆周运动，即
mg=qE
联立解得液滴比荷
qm=gE
故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】沿与MN成θ=60°角进入磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，则对应的弦长最短，轨迹如图所示：根据几何关系可知，对应的圆心角为60°，圆半径为
r=a，
则粒子在磁场中运动的最长时间时，对应的轨迹应如图，是一个半圆，对应的圆心角为180°。最长时间为：
t=πav 。
A. πav 。与上述结论相符，故A正确；
B. πa2v 。与上述结论不符，故B错误；
C. 4πa3v 。与上述结论不符，故C错误；
D. 3πa4v 。与上述结论不符，故D错误。
故选：A。
7.【答案】A
【解析】交流电流表的读数为电流有效值，设为 I ；根据有效值定义可得
I2RT=(8 2)2R⋅T4+(3 2)2R⋅T2
解得
I= 17A≈4.12A
故选A。
8.【答案】B
【解析】A.根据右手定则可知，ab棒中电流的方向由b到a，故A错误；
B.根据左手定则可知，ab棒中所受到的安培力方向沿斜面向上，与金属棒的运动方向相反，故安培力做负功，故B正确；
C.根据牛顿第二定律有
mgsinθ−IBL=ma
ab棒中的电流为
I=BLvR
加速度的大小为
a=gsinθ−B2L2vmR
故C错误；
D.下滑过程中速度最大时，有
mgsinθ=ImBL
ab棒中的最大电流为
Im=BLvmR
下滑过程中速度的最大值是
vm=mgRsinθB2L2
故D错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】【分析】
当通过线圈的电流发生变化时，将产生自感电动势，而自感电动势总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大(这时候线圈可以看成断路)；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小(这时候线圈可以看成电源)。
【解答】
AB.S闭合瞬间，L1、L2两灯泡立即亮，由于线圈的自感作用从而使L3灯泡慢慢变亮，故AB错误；
CD.断开开关瞬间，线圈产生自感电动势，于是线圈、L3与Ll形成一个闭合电路，由于稳定时L3比L1亮(L3所在的支路的总电阻比Ll所在的支路的总电阻小)，所以L1灯将闪亮一下再慢慢熄灭，而二极管单向导通性能，所以L2灯立即熄灭，故C错误，D正确。
10.【答案】C
【解析】【分析】粒子在电场中加速，由动能定理列式；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，据此列式；联立，结合几何关系求解。
【解答】离子在电场中加速有Uq=12mv2
解得v= 2Uqm
在磁场中偏转有qvB=mv2r
解得r=1B 2mUq
同位素的电量一样，根据r=1B 2mUq
M、N的原子核质量之比为m1m2=x12x22
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查电磁感应的平动切割，解题关键是能够正确应用右手定则判定电流方向，能够应用正确公式求解感应电动势。
【解答】
A、金属棒向右运动切割磁感线，根据右手定则，感应电流方向由b到a，故A错误；
B、根据E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V，故B正确；
C、根据I=ER+r=0.24+1A=0.04A，故C正确；
D、ab两点的电势差大小即为电阻R两端的电压，根据U=IR=0.04×4V=0.16V，故D错误。
12.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查了交变电流的产生和表示，特别注意交变电流的四个值；要掌握交流电产生过程特点，特别是电动势有效值，掌握电流产生过程即可正确解题。
交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；结合Φ−t图象分析答题。
【解答】A.线圈转动的角速度为ω=2πT=2π0.2rad/s=10πrad/s
线圈产生的交流电的电动势有效值为E=Em 2=BSω 2=1×10π 2V=5 2πV，故A正确；
B.一周期内，即 0.2s ，交流电电流的方向改变2次，故此交流电 1 秒内电流的方向改变 10 次，故B错误；
C.在 0.1s 时，线圈通过峰值面，线圈内的磁通量为零，感应电动势最大，故C错误；
D.该交流电的频率为f=1T=10.2Hz=5Hz，故D正确。
故选AD。
13.【答案】AD
【解析】【分析】
根据P=UI可求得电流，根据电流与匝数的关系可知输电线电流，根据电压与匝数的关系可知输电电压，则由欧姆定律公式可求得损失电压；由匝数之比等于电压之比可求得匝数之比．
本题考查远距离输电的内容，要注意明确远距离输电中的变压器原理，同时注意从导线损耗功率入手，灵活选择功率公式求解电流，再由欧姆定律求得电压等，即可求解．
【解答】
A、发电厂的输出功率为P1=7.6×105W，发电机的输出电压为U1=380V，根据P=UI知发电机输出电流I1=P1U1=7.6×105380A=2×103A，升压变压器的匝数比为n1：n2=1：20，根据n1n2=I2I1知I2=100A，故A正确；
B、输电线上损耗的功率ΔP=I22r=1002×15W=1.5×105W，故B错误；
C、根据n1n2=U1U2可得：U2=n2U1n1=201×380V=7600V，U3=U2−I2r=7600V−100×15V=6100V，故降压变压器匝数之比为：n3n4=U3U4=6100220=30511，故C错误；
D、当用户端消耗的功率增加时，降压变压器的输出功率会增加，降压变压器的输入功率增加，从而导致降压变压器的输入电流变大，根据U=IR可知，输电线上损失的电压变大，降压变压器的输入电压减小，则用户得到的电压减小，故D正确。
14.【答案】AD
【解析】解：A、电容器充电完毕后，开关打在b处时，处于放电状态，有流过导体棒从P到Q的电流，在安培力作用下导体棒向右运动，根据左手定则，此空间存在竖直向下的磁场，故A正确；
B、在导体棒运动过程中，由于切割磁感线也将产生电动势，该电动势方向和电容器电压相反，故电路中电流是变化的，当导体棒的感应电动势和电容器电压相等时，导体棒匀速运动，故导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，故B错误；
C、导体棒切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势使得电容器两个极板之间有电势差，仍带有一定的电荷量，故C错误；
D、电容器的总带电量为Q=CE，电容器在导体棒运动过程中仍带有一定的电荷量，所以通过导体棒的电荷量Q故选AD．
开关接到b时，电容器将形成由P到Q的放电电流，根据导体棒运动方向，由左手定则可以判断磁场方向；导体棒运动时将形成与原电流相反的感应电流，同时电容器两端电压降低，导体棒两端电压升高，当二者相等时，导体棒匀速运动，把导体棒的运动过程分析清楚就能正确解答该题．
在判断电容器放电量的时候，要注导体棒也在切割磁感线产生感应电动势，这是本题的易错点．
15.【答案】 3.206 5.015 A1 πD2r4l 无
【解析】(1)[1]金属丝的直径为
D=3mm+20.6×0.01mm=3.206mm
[2]金属丝的长度为
L=50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm
(2)[3]通过电阻丝的最大电流为
I=ER电阻丝=310A=0.3A
为减小实验误差，电流表应选择 A1 。
(3)[4]电流表始终满偏，由题意可知，外电路的总电阻不变，为
R总=R+RA+r电源+R电阻丝
根据电阻定律
R电阻丝=ρLπ(D2)2=4ρLπD2
整理得
R=−4ρπD2L+R总−RA−r电源
图像的斜率为
k=r−l=−4ρπD2
电阻丝的电阻率表达式
ρ=πD2r4l
(4)[5]由上述分析可知， R−L 图像的斜率与电流表的内阻无关，故电流表的内阻对本实验结果无影响。
16.【答案】(1)a；c；
(2)B；
(3)磁通量的变化率；
(4)A。
【解析】【分析】
本题主要是考查探究法拉第电磁感应现象的实验，关键是弄清楚实验原理和实验方法，知道产生感应电流的条件是：闭合回路磁通量发生变化。
【解答】
(1)将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a；
将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c；
(2)由题意可知：当P向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；
A、线圈A向上移动时，线圈B中磁通量减小，指针向右偏转；而滑动变阻器滑动端P向左加速滑动时，线圈B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；
B、当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；
C、滑片向左或向右匀速运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针向右或向左偏转，故C错误；
D、虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但根据题意可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，故D错误；
故选B；
(3)两种情况下滑动变阻器的触头P移动的快慢不同，说明电流变化快慢不同、线圈B中的磁感应强度变化快慢不同，即磁通量变化率不同，产生的感应电动势大小不同，线圈中的磁通量变化率第二次比第一次的大；
(4)A.由电路图可知，开关若接在电流表所在电路，闭合与断开开关时，通过螺线管A的电流不变，穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转，故A正确；
BCD.电流表的正负极接错、线圈B的接头接反、蓄电池的正负极接反 ，接通、断开开关时，通过螺线管A的电流都会发生变化，穿过螺线管B的磁通量发生变化，会有感应电流产生，电流表的指针都会偏转，故BCD错误。
17.【答案】解：(1)由闭合回路欧姆定律得
I=ER，
得到
I=6A；
(2)因为磁场方向垂直与水平面，安培力沿水平方向，导棒静止，侧视图如图所示，
安培力方向向右，根据受力平衡，
FAcsθ=mgsinθ，
得到安培力大小为：
FA=mgtan⁡θ= 310N=0.17N；
(3)根据左手定则，磁场方向垂直水平面向下，
有安培力公式
FA=BIL，
得到磁感应强度
B=FAIL= 36T=0.29T。
【解析】本题考查安培力作用下的平衡问题。解决问题的关键是对金属棒进行正确的受力分析，结合闭合电路欧姆定律、安培力公式和平衡条件进行分析判断。
18.【答案】解：(1)线圈转动到与图示位置垂直时，电动势最大，ab、cd两边切割磁感线产生的感应电动势的大小均为E=nBl1v=nBl1⋅l22ω=12nBl1l2ω
所以电动势的最大值Em=nBl1l2ω；
(2)从图示位置计时，感应电动势的瞬时表达式为e=Emsinωt=nBl1l2ωsinωt，
则电流的瞬时值表达式为i=nBl1l2ωR+rsin ωt；
(3)根据正弦交流电有效值和最大值的关系可知电动势的有效值为E有=nBl1l2ω 2，
则电流的有效值为I有=E有R+r=nBl1l2ω 2(R+r)，
路端电压有效值U有=E有R+rR=nBl1l2ωR 2(R+r)；
(4)如果线圈转速提高1倍，则感应电动势随时间变化表达式e=2nBl1l2ωsin 2ωt；
(5)①当线圈从图示位置转过90º的过程中，通过电阻R的电量q=IΔt=nΔΦΔtR+rΔt=nΔΦR+r=nBl1l2R+r，
②电阻R产生的焦耳热Q=I有2R⋅T4=I有2R⋅14⋅2πω=(nBl1l2)2πωR4(R+r)2。

【解析】解析请参考答案文字描述
19.【答案】解： (1)根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，则有2L=v0t
3L=12at2 ， a=qEm
联立解得E= 3mv022qL
设经过P点的速度 v 与y轴的夹角为 θ ， AP 与y轴的夹角为 α ，则有tanθ=2tanα
可得tanθ=2× 3L2L= 3
又vcsθ=v0
联立解得θ=60∘ ， v=2v0
(2)带电粒子在磁场中做圆周运动，如图所示
由几何关系可得R1=2Lcs30∘=4 33L
根据洛伦兹力提供向心力qvB1=mv2R1
联立可得B1= 3mv02qL
(3)粒子在第三象限进入有界磁场时，半径为 R2 ，则有R1R2=B2B1
可得R2=2L3
满足条件的最小矩形有界磁场的区域如图所示
由几何关系可得Smin=R2×R2−R2cs30∘=22− 3L29

【解析】本题主要考查带电粒子在磁场中的运动以及在电场中的偏转，要掌握带电粒子在磁场中受到洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，进而结合运动轨迹以及几何关系求解。