2023-2024学年重庆八中高二（下）入学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆八中高二（下）入学物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于电磁学的相关理论，下列正确的是( )
A. 某点的磁场方向与该点的正电荷所受磁场力方向相同
B. 穿过某一回路的磁通量变化越大，回路中产生的感应电动势越大
C. 将一小段直导线放在磁场中，若导线不受安培力则此处磁感应强度一定为0
D. 若把+q改为−q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变
2.下列四幅图的说法中正确的是( )
A. 图甲真空冶炼炉外的线圈通入高频交流电时，炉外线圈中会产生大量热量
B. 图乙回旋加速器是利用磁场使带电粒子“转圈”、恒定电场进行加速的仪器
C. 图丙毫安表运输时把正负接线柱用导线连在一起是利用电磁阻尼保护表头
D. 图丁摇动手柄使蹄形磁铁转动，则铝框会和磁铁同向共速转动
3.两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，其振动图像如图所示，则( )
A. 甲、乙两弹簧振子的频率之比为1：2
B. t=2s时甲具有负向最大加速度
C. t=2s时乙具有正向最大位移
D. t=4s时甲、乙两弹簧振子的速度方向相同
4.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t=0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则图中能定性描述电流随时间变化关系的是( )
A. B.
C. D.
5.如图，电源电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻箱初始电阻值R1=3Ω，定值电阻R2=1Ω，R3=2Ω，电容器电容C=6μF。当开关S闭合时，电容器内的带电微粒恰好处于静止状态。则( )
A. R1变大，带电微粒将向下加速运动
B. R1变大，R1上的功率可能增大
C. 电容器两极板距离增大时，电流表的电流方向从a到b
D. 开关S由闭合到断开，通过电流表的电荷量为9×10−6C
6.如图所示，在边长为2l的正三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，一边长为l的菱形单匝金属线框abcd的底边与BC在同一直线上，菱形线框的∠c=60°。使线框保持恒定的速度沿平行于BC方向匀速穿过磁场区域。以ab边刚进磁场时为零时刻，规定导线框中感应电流沿顺时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本体共4小题，共20分）
7.如图，半径R=2m的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为( )
A. (3π−2)m2B. (2π−2)m2C. 3πm2D. 2πm2
8.如图，水平放置内壁光滑的玻璃圆环内，有一直径略小于环口直径的带正电小球，以速度v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比增加的磁场，若小球带电量不变，则( )
A. 小球对玻璃环的水平压力一定不断增大
B. 小球受到的磁场力一定不断增大
C. 电场力对小球先做负功后做正功
D. 小球先沿逆时针方向减速运动一段时间后沿顺时针方向加速运动
9.八中科技节上，小明制作了一个风力发电机模型如图1所示。空气流动带动风叶下方的磁铁旋转，引起线圈中磁通量发生变化，产生交变电流。某稳定风速环境下，电压传感器上得到的发电机电动势u随时间t变化的关系如图2所示，则( )
A. 该交流电的频率为2.5Hz
B. 风力发电机电动势的有效值为6V
C. 若仅增大风速，使磁铁转速加倍，则电动势表达式为u=24sin10πt(V)
D. 将击穿电压为15V的电容器接到电压传感器两端，在各种风速环境下电容器均安全工作
10.“太空粒子探测器”简化原理图如图，两个同心扇形圆弧面PQ、MN之间存在辐射状的加速电场，方向由MN指向PQ，圆心为O，两弧面间的电势差为U。右侧边长为L的正方形边界abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场B(大小可调节)，O点为ad边的中点，PO、QO与ad边的夹角均为30°。若太空中质量为m、电荷量为−e的粒子均匀地吸附到外弧面PQ的右侧面上，由静止经电场加速后穿过内弧面均从O点进入磁场，不计粒子重力、粒子间的作用力及碰撞，则( )
A. 粒子到达O点时的速率v0= 2eUm
B. 若从O点垂直于ad边界射入磁场的粒子恰能从c点离开，则B=54L 2mUe
C. 若沿PO方向射入磁场的粒子恰好从d点射出磁场，此时B=2L 2mUe
D. 若外弧面PQ上所有的粒子均从cd边射出磁场，则(2+ 3)2L 2mUe三、实验题（本体共2小题，共15分）
11.物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。乙图中线圈上标的数字×100为该接线柱到“0”接线柱间的线圈匝数。

(1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是______。
A.整块硅钢铁心
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
(2)如图，当左侧线圈“0”“2”间接入6V交流电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是______。
A.3V


(3)第(2)问测得结果电压比不等于匝数比的原因可能是______。
12.某同学根据所学知识制作了一台简易电子科，原理图如图甲所示，图中电压表可视为理想电压表(量程为3V)，滑动变阻器的最大阻值R=12Ω，ab部分的长度L=20cm，滑片P与托盘固定连接。

(1)该同学将电子科里两节纽扣电池(如图丙所示)串联，利用如图乙所示的电路测定串联后电池的电动势和内阻，根据多次测量得到的数据作出的U−I图像如图丁所示，可知一节纽扣电池的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留两位有效数字)
(2)该同学分析了实验中由电表内阻引起的误差。图中实线是根据本实验的数据描点作图得到的U−I图像，虚线是该电源在没有电表内阻影响的理想情况下所对应的U−I图像，则可能正确的是______。

(3)为了得到电压表的示数U与被测物体质量m之间的关系，该同学还设计了如下实验：
①调节图甲中滑动变阻器的滑片P的位置，使电压表的示数恰好为零；
②在托盘里缓慢加入细砂，直到滑动变阻器的滑片P恰好滑到b端，然后调节电阻箱R0，直到电压表达到满偏，此时电阻箱的阻值R0应取______Ω；(保留两位有效数字)
(4)将电压表的表盘改为电子科的表盘，直接显示称量物体的质量，则电子秤的表盘刻度是______的(填“均匀”或“不均匀”)。
四、简答题（本体共2小题，共31分）
13.如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10m/s2。求：
(1)单摆的摆长；
(2)摆球的质量。
14.如图甲，x轴上方(不含x轴)存在着垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间周期变化的规律如图乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正。有一粒子源位于坐标原点O，可在0∼T2时间内的某个时刻垂直x轴向上发射速率为2πLT的带正电粒子，其中T为带电粒子在磁场中的运动周期，求：
(1)粒子在磁场中的运动半径；
(2)粒子的运动轨迹与x轴相切点的坐标；
五、计算题（本体共1小题，共10分）
15.如图，间距为L的两平行光滑金属导轨水平放置。abcd区域内有方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态，两金属杆在运动过程中始终与导轨垂直，且在磁场内不相碰。已知金属杆N出磁场时的速度为v03，金属杆M、N的质量分别为2m，m，两金属杆在导轨间的电阻均为R，忽略感应电流产生的磁场以及导轨的电阻，求：
(1)金属杆N的最大加速度大小；
(2)初始时刻金属杆N距磁场左边界ab的最小距离x；
(3)若初始时刻仅改变磁场左边界ab的位置，令金属杆N距左边界ab的距离为(k+1)x(金属杆M依然在磁场外，k>0)，要求金属杆M能出磁场，且不与金属杆N相撞，则k的取值有何要求？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、某点的磁场方向与该点的正电荷所受磁场力方向垂直，故A错误；
B、穿过某一回路的磁通量变化越大，磁通量变化不一定越大，则产生的感应电动势不一定越大，故B错误；
C、将一小段直导线放在磁场中，若导线不受安培力，可能是因为导线与磁场平行，此处磁感应强度可以不为0，故C错误；
D、若把+q改为−q，且速度反向，大小不变，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不变。由F=qvB分析洛伦兹力的大小也不变，故D正确。
故选：D。
磁场方向与电荷所受磁场力方向垂直。回路中产生的感应电动势与磁通量变化率成正比。当导线与磁场平行时，不受安培力。根据左手定则判断洛伦兹力方向。由F=qvB分析洛伦兹力的大小。
解答本题的关键要掌握磁场和电磁感应的基础知识，要注意磁场力与电场力的区别，知道磁场方向与电荷所受磁场力方向垂直。
2.【答案】C
【解析】解：A、图甲是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，故A错误；
B、图乙是回旋加速器，带电粒子在恒定电场中加速后进入磁场中偏转，再进入电场中加速、进入磁场中偏转，最后由特殊的装置将粒子引出，所以电场为交变电场，故B错误；
C、图丙是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，运输过程中导线转动切割磁感应线产生感应电流、产生安培力阻碍线框的转动，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故C正确；
D、由电磁驱动原理可知，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，和磁铁转得不一样快，故D错误。
故选：C。
真空冶炼炉，在铁块中会产生涡流，产生大量热量，冶炼金属。
根据回旋加速器的工作原理进行分析；
将毫安表的表头短接来保护电表，利用了电磁阻尼原理；
当磁铁与线圈相对运动时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，根据电磁阻尼的知识进行分析。
该题为电磁驱动的模型、电磁阻尼等知识，考查法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，同时掌握回旋加速器的工作原理。
3.【答案】C
【解析】解：A、如图所示，得甲的周期为
T甲=4s
乙的周期为
T乙=8s
代入数据解得
T甲T乙=12
由关系式
f=1T
联立解得
f甲f乙=21
故A错误；
B、t=2s时，甲在平衡位置处，回复力为零，得加速度为零，故B错误；
C、t=2s时，乙速度为零，在正向最大位移处，故C正确；
D、t=4s时，甲、乙都处于平衡位置，具有最大的速度，但甲在下时刻位移为正，即甲向正向运动，此时速度方向为正，而乙在下时刻位移为负，即乙向负向运动，此时速度方向为负，得甲、乙两弹簧振子得速度方向相反，故D错误。
故选：C。
A、利用图像信息计算甲、乙周期，利用周期与频率的关系计算比值；
B、t=2s时，甲在平衡位置处，回复力为零；
C、简谐振动x−t图像中斜率表示速度，峰值为最大位移；
D、简谐振动x−t图像中斜率表示速度，纵轴正负表示位移正负。
本题考查了对简谐振动x−t图像的理解，着重考查了读图能力。
4.【答案】BC
【解析】解：AB、当闭合电键，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，最后达到最大值；当电键断开，因为线圈阻碍电流的减小且方向不变，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小到零，故A错误，B正确；
CD、当闭合电键，灯泡D2这一支路立即就有电流；当电键断开时，D2这一支路原来的电流立即消失，但线圈与D1和D2、D3构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且逐渐减小到零，故C正确，D错误。
故选：BC。
当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．
解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．
5.【答案】C
【解析】解：A.R1变大，总电阻增大，电路总电流减小，内阻两端的电压减小，路端电压增大，R3两端电压增大，电容器内电场强度增大，带电微粒受到的电场力大于重力，带电微粒将向上加速运动，故A错误；
B.电路的外电阻为R外=R1(R2+R3)(R1+R2+R3)
解得R外=1.5Ω>r
R1变大，电路的外电阻增大，电源输出功率减小，通过R2、R3的电流增大，R2、R3的功率增大，则R1上的功率一定减小，故B错误；
C.根据C=ɛrS4πkd
电容器两极板距离增大时，电容减小，电容器两极板电势差不变，根据
Q=CU
可知电容器带电量减少，电容器放电，电流表的电流方向从a到b，故C正确；
D.开关S闭合时，干路电流为
I干=ER外+r
路端电压为
U=E−I干r
电阻R两端的电压为
U3=R3R2+R3U
开关S断开时，电阻R3两端的电压为
U′3=ER2+R3+rR3
开关S由闭合到断开，通过电流表的电荷量为
ΔQ=C(U3−U′3)
解得ΔQ=1.8×10−6C
故D错误。
故选：C。
分析电路结构，电阻R2和R3串联，再与电阻R1并联，电容器测量电阻R3两端的电压；根据电阻的变化情况结合闭合电路欧姆定律分析AB，根据电容器的决定式和定义式分析CD。
本题主要考查了电路的动态分析，根据电阻的变化和电路结构分析出电路中电流和电压的变化，同时结合电容器的公式分析出电容器的变化即可。
6.【答案】B
【解析】解：线框进入磁场时，根据楞次定律可以判断出感应电流的方向为顺时针，所以感应电流为正值，由于ab边与AB边平行，所以ab边进入磁场后线框切割磁感线的有效长度一直为：l′=lcs60= 32l
根据动生电动势公式有：E=Bl′v
线框中的电流为：I=ER
可知，有效切割长度不变，电流都不变。
线框全部进入磁场后，由几何关系可知，a点即将从AC边穿出，在穿出磁场过程中根据楞次定律，可判断出感应电流方向为逆时针，所以电流为负值。
线框在穿出磁场的过程中有效切割长度从0开始增大到l′后又逐渐减小到0，
根据动生电动势公式有：E=Bl′v
线框中的电流：I=ER，可知，电流先增大后减小。故ACD错误，B正确。
故选：B。
先判断磁通量的变化情况，利用楞次定律判断感应电流方向。由Φ=BS求金属线框abc内的磁通量大小，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，结合欧姆定律求感应电流大小。
本题中，磁通量存在抵消的情况，要根据抵消后总的磁通量来判断感应电流方向。
7.【答案】A
【解析】解：设轨迹圆的半径为r，当轨迹圆的直径落在PQ上时粒子射出磁场时的位置最远，如图所示
由几何关系
∠POQ=90°
2R=2r
解得粒子做圆周运动的半径为
r= 2R2
作出粒子的轨迹图像，阴影区域为有粒子经过的面积，如图所示
则有
S1=πr22=πR24=π×224m2=πm2
S2=π(2r)28=πR24=π×224m2=πm2
S3=πR24−R22=(π−2)R24=(π−2)×224m2=(π−2)m2
则圆形磁场中有粒子经过的区域面积为
S=S1+S2+S3=(π+π+π−2)m2=(3π−2)m2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据几何知识求解粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，作出粒子在磁场运动的轨迹，根据圆、扇形的面积公式求解有粒子经过的区域面积。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
8.【答案】CD
【解析】解：磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；
小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，小球沿顺时针方向加速运动，速度又增加；
A、小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力与小球所受的洛伦兹力提供向心力，小球做逆时针减速运动时，洛伦兹力与向心力方向相反，则环对小球的沿水平方向上的弹力减去洛伦兹力等于向心力，当小球速度为0时，向心力和洛伦兹力均为0，此时小球对环水平方向上压力为零，由于竖直方向上的压力等于重力，不变，则可以说明压力一定有减小过程，故A错误；
B、由于小球的速度先减小后增大，且有为零的瞬间，则可知，虽然磁场是增大的，但由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力肯定不是一直增大的，故B错误；
C、由以上分析可知，小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动，故C正确；
D、开始时电场力与运动方向相反，故电场力做负功，当小球减速到零后反向运动后，电场力与运动方向相同，电场力做正功，故D正确。
故选：CD。
变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，然后判断小球对环的压力如何变化，判断小球受到的磁场力如何变化。
本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题。
9.【答案】AC
【解析】解：A.由图象可得交流电的周期是T=0.4s，则根据T=1f=10.4Hz=2.5Hz，故A正确；
B.由图象可得交流电的电动势的最大值为Um=12V，根据U=Um 2=12 2V=6 2V，可得风力发电机电动势的有效值6 2V，故B错误；
C.转动的角速度ω=2πT=2π0.4rad/s=5πrad/s，则电动势的瞬时表达式为u=12sin5πtV，使磁铁转速加倍时，转动的角速度加倍，产生的电动势的最大值加倍，则u=UMsinωtV=24sin10πtV，故C正确；
D.因为风速增大，磁铁转速加大，则产生的交流电的电动势就会增大，有可能电动势大于15V，所以击穿电压为15V的电容器接到电压传感器两端，在各种风速环境下电容器不一定安全工作，故D错误。
故选：AC。
根据u−t图象判断出电流的最大值与周期，明确交流电的最大值和有效值间的关系，知道电容器的击穿电压为交流电的最大值。
本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式、交流发电机及其产生正弦式电流的原理。由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快。
10.【答案】ACD
【解析】解：A.粒子加速过程，根据动能定理可得
eU=12mv02
解得粒子到达O点时的速率
v0= 2eUm，故A正确；
B.若从O点垂直于ad边界射入磁场的粒子恰能从c点离开，轨迹如图所示
由几何关系有
L2+(R−L2)2=R2
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
ev0B=mv02R
解得
B=45L 2mUe，故B错误；
C.如上图所示，若沿PO方向射入磁场的粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可得
r2=L2
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
ev0B=mv02r2
解得
B=2L 2mUe，故C正确；
D.如上图所示，磁感应强度最小时，只要沿着QO方向入射的粒子轨迹与bc边界相切，则其他方向射入磁场的粒子均能从cd边界射出，由几何关系可得
r1+r1cs30°=L
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
ev0B=mv02r1
解得
B=(2+ 3)2L 2mUe
磁感应强度最大时，只要满足沿PO方向射入磁场的粒子，轨迹经过d点，则其他方向射入磁场的粒子均能从cd边界射出，综上所述，要求外弧面PQ上所有的粒子均从cd边射出磁场，则磁场范围应满足
(2+ 3)2L 2mUe故选：ACD。
A：根据动能定理求解粒子到达O点时的速率；
B：根据题意作出粒子在磁场中运动的轨迹图像，根据几何知识求解轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁感应强度；
C：根据几何知识求解轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁感应强度；
D：分别讨论磁感应强度最小和最大时，粒子全部能从cd边射出磁场的轨迹，根据几何知识求解轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁感应强度。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】D B 有漏磁现象
【解析】解：(1)观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，故ABC错误，D正确；
故选：D。
(2)若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数成正比的关系，若变压器的原线圈接0和2两个接线柱，副线圈接0和4两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为1：2，则副线圈的电压为12V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则输出电压可能小于12V，但一定大于原线圈的6V，故AC错误，B正确；
故选：B。
(3)不是理想变压器，有漏磁等现象导致电压比不等于匝数比。
故答案为：(1)D；(2)B；(3)有漏磁现象
(1)变压器的结构是绝缘的硅钢片叠成；
(2)原、副线圈电压之比与线圈匝数之比的关系分析解答；
(3)实际使用的变压器并非理想变压器，都有漏磁现象。
本题考查探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
12.【答案】1.9 0.23 C 2.8 均匀
【解析】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律
E=U+Ir
整理得
U=−Ir+E
图像纵截距表示电动势，则两节纽扣电池的电动势为
E=3.8V
一节纽扣电池的电动势为
E′=E2=1.9V
图像斜率的绝对值表示两节纽扣电池的内阻，则两节纽扣电池的内阻为
r=|k|=3.8−2.04.0Ω=0.45Ω
一节纽扣电池的内阻为
r=r2≈0.23Ω；
(2)由电路图可知，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，因此虚线在实线的上方，当电压表示数为零时电流测量值与真实值相等，因此虚线与实线在I轴相交，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(3)电压表达到满偏时，滑动变阻器接入电路的阻值R=12Ω，根据欧姆定律
UR=ER+r+R0
解得电阻箱的阻值
R0=2.75Ω≈2.8Ω；
(4)根据平衡条件
kx=mg
根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流
I=ER+R0+r
与电压表并联部分的电阻
R1=xLR
根据欧姆定律，电阻R1两端电压
U=IR1
联立解得电压表的示数为
U=gERk(R+R0+r)Lm
由此可知，所称量物体的质量m和电压表的示数U的关系为线性关系，所以电子秤的表盘刻度是均匀的。
故答案为：(1)1.9；0.23；
(2)C；
(3)2.8；
(4)均匀。
(1)根据闭合电路的欧姆定律列式，变形为U−I图像的数学表达式，根据图像的斜率和截距求解电源的电动势和内阻；
(2)根据实验误差来源，利用图像修正法判断正确的图像；
(3)根据欧姆定律求解电阻箱的阻值；
(4)根据平衡条件列出稳定时重物的重力与弹力关系式，根据闭合电路的欧姆定律求解此时回路中的电流，根据电阻与长度比例关系求解此时与电压表并联部分的电阻R1，根据欧姆定律求解电阻R1两端电压，整理得到电压表的示数的表达式，根据表达式即可判断刻度是否均匀。
本题考查电池电动势和内阻的测量的实验，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据出处和误差分析。
13.【答案】解：(1)小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，由图可知，单摆的振动周期T=0.6πs
根据单摆的振动周期公式T=2π lg
解得单摆的摆长l=0.9m
(2)设最大偏角为θ，由图像可知，在最高点A时F1=0.99N
在最低点B时F2=1.02N
对球在A时F1−mgcsθ=0
球在B时受力分析，由牛顿第二定律F2−mg=mv2l
对球从最高点到最低点的过程，由机械能守恒定律mgl(1−csθ)=12mv2
联立解得m=0.1kg
答：(1)单摆的摆长是0.9m；
(2)摆球的质量是0.1kg。
【解析】(1)小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期．再根据单摆的周期公式，求出摆长；
(2)小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量。
本题考查了单摆周期公式的应用，解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用机械能守恒定律、牛顿第二定律解题。
14.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2r
带电粒子在磁场中的运动周期为
T=2πmBq
联立解得粒子在磁场中的运动半径为
r=L；
(2)粒子的运动轨迹与x轴相切时，粒子的运动轨迹如图所示

根据几何关系得：sinθ=L2L=12
解得：θ=30°
故OA=2Lcsθ+L=2L× 32+L=( 3+1)L
粒子的运动轨迹与x轴相切点的坐标为[−( 3+1)L,0]。
答：(1)粒子在磁场中的运动半径为L；
(2)粒子的运动轨迹与x轴相切点的坐标为[−( 3+1)L,0]。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和周期公式联立求解粒子在磁场中的运动半径；
(2)作出粒子运动的轨迹图像，根据几何知识求解圆心连线与x轴的夹角，进一步求解轨迹与x轴相切点的坐标。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15.【答案】解：(1)金属杆M刚进入磁场时，金属杆N的加速度最大，当细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，根据电磁感应定律，产生的动生电动势为
E=BLv0
根据闭合电路的欧姆定律，回路中电流的为
I=E2R
根据安培力公式，金属杆N受到的安培力为
F=BIL
对金属杆N由牛顿第二定律有
F=ma
解得金属杆N的最大加速度大小为
a=B2L2v02mR；
(2)设M、N两杆在磁场内运动时的速度差为Δv，当M、N同时在磁场内运动时，根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势为
E′=BLΔv
则两杆受到的安培力
F′=BI′L=B2L2Δv2R
初始时刻N距磁场左边界ab的距离为最小距离，当N出磁场时M恰好未与N相撞，有
x=∑Δv⋅Δt
取向右为正方向，对N由动量定理有
∑F′Δt=mv03−0
联立解得
x=2mv0R3B2L2；
(3)若初始时刻仅改变磁场左边界ab的位置，令金属杆N距左边界ab的距离为(k+1)x，则光滑导轨上的N出磁场时的速度仍为v03，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
2mv0=2mv1+mv03
解得N出磁场时，M的速度大小为
v1=56v0
由题意可知，此时M到cd边的距离为
s=(k+1)x−x=kx
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，取向右为正方向，对M根据动量定理有
−BI−1L⋅Δt1=2m⋅56v0−2m⋅v03
电量为
q1=I1−Δt1=BLkx2R
联立解得
k=3；
②M运动到cd边时，恰好减速到零，取向右为正方向，对M由动量定理有
−BI−2L⋅Δt2=2m⋅56v0−0
电量为
q2=I2−Δt2=BLkx2R
联立解得
k=5
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为：3≤k<5。
答：(1)金属杆N的最大加速度大小为B2L2v02mR；
(2)初始时刻金属杆N距磁场左边界ab的最小距离x为2mv0R3B2L2；
(3)金属杆M能出磁场，且不与金属杆N相撞，则k的取值为3≤k<5。
【解析】(1)根据电磁感应定律求解金属杆M切割磁感线产生的感应电动势，闭合电路的欧姆定律求解回路中的电流的，根据安培力公式求解金属杆N受到的安培力，根据牛顿第二定律求解金属杆N的加速度；
(2)两杆都在磁场中运动时根据法拉第电磁感应定律求解回路中的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解回路中的电流，进一步求解两杆所受的安培力，当N出磁场时M恰好未与N相撞，列出位移表达式，对N根据动量定理列式，联立求解初始时刻金属杆N距磁场左边界ab的最小距离；
(3)根据动量守恒定律求解N出磁场时M的速度，根据距离关系求解此时M到cd边的距离，要求金属杆M能出磁场，且不与金属杆N相撞，分别讨论两种临界情况，M刚出磁场速度与N的速度相同和M刚出磁场速度为零，分别根据动量定理求解k值即可，进一步可得到k的取值范围。
本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。