2022-2023学年河北省保定市定州市高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河北省保定市定州市高二（上）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，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图中关于传感器的应用，说法正确的是( )
A. 干簧管是利用电磁感应的原理控制电路的通断的
B. 机器人“眼睛”利用了光传感器
C. 红外测温枪向人体发射红外线，从而测量人体温度
D. 火灾报警器是通过感知温度触发报警的
2.老师在物理课堂内做了“千人震”趣味小实验，如图所示，用了一个日光灯上拆下来的镇流器、两节1.5V的干电池、电键以及导线若干，几位同学手牵手连到电路的C、D两端，会产生“触电”的感觉，则以下说法正确的是( )
A. “触电”是发生在电键K断开的瞬间
B. “触电”是由感应起电引起的
C. “触电”时通过人体的电流方向是A→C→D→B
D. 干电池的3V电压让人感到“触电”
3.我国新能源汽车产业的高速增长使得市场对充电桩的需求越来越大，解决充电难题已经刻不容缓。无线充电的建设成本更低，并且不受场地限制等因素的影响，是解决充电难的途径之一、如图所示是某无线充电接收端电流经电路初步处理后的I−t图象，其中负半轴两段图像为正弦函数图像的一部分，则该交变电流的有效值为( )
A. 3AB. 2 303AC. 30AD. 3 3A
4.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B. 松开按钮过程，螺线管Q端电势较高
C. 按住按钮不动，螺线管没有产生感应电动势
D. 按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势
5.2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则( )
A. 电场力的瞬时功率为qE v12+v22B. 该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C. v2与v1的比值不断变大D. 该离子的加速度大小不变
6.智能手表通常采用无线充电方式。如图甲所示，充电基座与220V交流电源相连，智能手表放置在充电基座旁时未充电，将手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电(如图乙所示)。已知充电基座与手表都内置了线圈，则( )
A. 手机和基座无导线连接，所以传输能量时没有损失
B. 用塑料薄膜将充电基座包裹起来，之后仍能为手表充电
C. 无线充电的原理是利用基座内的线圈发射电磁波传输能量
D. 充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动
7.某电磁炮工作原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是( )
A. 小球在塑料管中做匀变速直线运动
B. 在0～t1的时间内，小球中产生的涡流从左向右看是顺时针方向的
C. 在t1时刻，小球受到的线圈磁场对它的作用力为零
D. 在0～t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
8.如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是( )
A. 闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B. 闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C. 断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D. 断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1，则U1=U2
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.在寒冷的冬天一家人围坐在一起吃火锅是一个不错的选择，尤其是那种单人火锅，既满足了个人的口味需求同时还方便卫生，很受大家欢迎。这种火锅每人一个小锅，使用电磁炉工作安全方便。下列说法中正确的是( )
A. 它的加热原理和微波炉不同
B. 加热过程手不小心碰到电磁炉表面会被烫伤
C. 给电磁炉加220V的恒定直流电源，电磁炉可以正常工作
D. 若将小锅换成透明的玻璃器皿，虽然好看，但不能满足顾客的就餐愿望
10.如图所示，甲是质谱仪的示意图，乙是回旋加速器的原理图，丙是研究楞次定律的实验图，丁是研究自感现象的电路图，下列说法正确的是( )
A. 质谱仪可以用来测量带电粒子的比荷，也可以用来研究同位素
B. 回旋加速器是加速带电粒子装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度越大
C. 丙图中，磁铁插入过程中，电流由a→→b
D. 丁图中，开关S断开瞬间，灯泡A一定会突然闪亮一下
11.如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A. 电子从N到P，电场力做正功
B. N点的电势高于P点的电势
C. 电子从M到N，洛伦兹力不做功
D. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
12.如图所示，两根足够长且相互平行的光滑长直金属导轨固定在与水平面成θ的绝缘斜面上，在导轨的右上端分别接入阻值为R的电阻、电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器(电容器不会被击穿)，导轨上端用单刀多掷开关可以分别连接电阻、电源和电容。质量为m、长为L、阻值也为R的金属杆ab锁定于导轨上，与导轨垂直且接触良好，解除ab锁定后，其运动时始终与CD平行，不计导轨的电阻和空气阻力，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，重力加速度g。则下列说法正确的是( )
A. 当开关打到S1同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆最大速度为2mgRsinθB2L2
B. 当开关打到S2同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆ab一定沿轨道向下加速
C. 当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆做匀加速直线运动
D. 当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，则在ts内金属杆运动的位移为mgt2sinθ2(B2L2C+m)
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.(1)如图1所示为探究“感应电流方向的规律”实验装置，图2电表中最适合该实验的是______ (填字母)。

(2)某同学用如图3所示可拆变压器，探究线圈两端电压与匝数的关系，输入输出如图4所示。将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，小灯泡的亮度将______ (填“变亮”“变暗”或“不变”)。该同学利用该装置进一步探究电容器对交变电流的影响，他将开关打到2，小灯泡发光，现减小输入端的交流电源频率，小灯泡的亮度将______ (填“变亮”“变暗”或“不变”)。
14.某些金属的电阻会随着温度的升高而变大，某同学得到一段金属，其电阻随温度的变化情况如图甲所示，该同学将该段金属接入到图乙所示的电路中，其中电源的电动势为3V，内阻不计，R为该段金属的阻值，R1为电阻箱，电压表可视为理想电压表，将该段金属作为探头，读取电压表的示数，推知探头处的温度，这样就做成了一个简单的“金属温度计”，据此回答以下问题：

(1)根据图甲写出该段金属的电阻R与温度t的关系式R= ______ ；
(2)调节图乙中的电阻箱使R1=450Ω，闭合开关S，若探头处的温度改变，电压表的示数随之变小，则探头的温度变______ (选填“高”或“低”)；
(3)保持电阻箱阻值不变，某时刻电压表的指针位置如图丙所示，其读数为______ V，此时探头的温度为______ ℃；
(4)若考虑电压表的内阻对测量的影响，则温度的测量值将______ (选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
15.图为测带电粒子比荷qm的装置。间距为d的两水平金属板接电压U，板间有匀强磁场Ⅰ，板右侧有匀强磁场Ⅱ。两磁场磁感应强度均为B，方向如图所示。一带电粒子沿虚线从板间水平穿出，从P点进入磁场Ⅱ，并从Q点离开。PQ两点竖直距离为L2，水平距离为L。粒子重力不计。求：
(1)带电粒子的速度大小；
(2)带电粒子的比荷。
16.如图所示为交流发电机示意图，匝数n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50 2rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相连接，求：
(1)电压表和电流表示数？
(2)电阻R上所消耗的电功率是多少？
(3)由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量是多少？
17.如图，在光滑的水平桌面上固定两根平行光滑金属导轨，导轨间距L=1m，导轨左侧足够长，右端虚线MN与两导轨所围区域内有垂直桌面向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。在导轨间ab处放置质量加m1=0.3kg、阻值R1=2Ω的金属棒L1，cd处放置质量m2=0.1kg、阻值R2=3Ω的金属棒L2，两棒均与导轨垂直且良好接触，长度均为1m。在abNM区域还存在方向与金属棒平行的匀强电场。一半径R=0.8m加的竖直光滑14圆轨道末端恰好在MN的中点处，轨道末端恰好与桌面相切。现将一质量m=0.1kg的带电小球从圆轨道的最高点释放，小球在abNM电场、磁场区域沿直线运动，以水平速度v0垂直碰撞金属棒L1中点处。设小球与金属棒L1发生弹性碰撞，整个过程小球的电荷量不变且碰后从MN间飞出。导轨电阻不计，已知在运动过程中L1、L2不会相碰，取g=10m/s2。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求小球与金属棒L1碰撞后瞬间，L1两端的电压U；
(3)整个过程中，金属棒L1与金属棒L2之间的距离减少了多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】明确给出的仪器原理，同时掌握传感器的正确应用即可解答。
本题考查传感器的使用，要注意明确不同的传感器完成不同的功能，要根据各仪器的需要进行选择。
【解答】A、干簧管利用磁场控制电路的通断，不是利用电磁感应原理工作的，故A错误；
B、遇到障碍物会绕开，说明该机器人“眼睛”“看”到了障碍物，故利用了光传感器，故B正确；
C、红外测温枪是测量人体发射的红外线来测量人体温度的，故C错误；
D、火灾报警器利用光传感器即烟雾传感器报警的，故D错误。
故选：B。
2.【答案】A
【解析】解：ABD、当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为3.0V的新干电池，所以电流很小。当断开时，镇流器电流发生变化，从而产生很高的瞬间电压，感应电流通过同学们身体有“触电”的感觉。故A正确，BD错误；
C、开关K闭合时电流从A向B流过镇流器的线圈，当K断开时线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，所以电流的流向为A→B→D→C，故C错误。
故选：A。
只有当闭合电路断开时，导致电路中的电流变化，镇流器出现自感现象，产生瞬间高压，给同学们都有触电感觉．
镇流器中的线圈在电流发生变化时，产生很高的电压，相当于瞬间的电源作用．
3.【答案】C
【解析】解：取一个周期：设有效值为I，由电流的热效应求解：
则：I2RT=62×R×2T3+(6 2)2R×T3可得：I= 30A，故ABD错误，C正确；
故选：C。
求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。
求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，知道正弦交变电流的最大值是有效值的 2倍。
4.【答案】C
【解析】解：A、按下按钮过程中，穿过线圈内向左的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向右，此时螺线管Q端电势高，故A错误；
B、松开按按钮过程中，穿过线圈内向左的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向左，此时螺线管P端电势高，故B错误；
C、当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电动势，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，由于按下和松开按钮过程对应的时间关系。速度关系都是未知的，所以螺线管产生的感应电动势不一定相等，故D错误。
故选：C。
按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流。
明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
5.【答案】D
【解析】解：A、该粒子所受电场力的瞬时功率是电场力与沿电场力方向速度的乘积，所以P=qEv1，故A错误；
B、v2与B垂直，所以该粒子所受洛伦兹力大小f=qv2B，故B错误；
C、速度v1的方向与磁感应强度B方向相同，该分速度不受洛伦兹力作用；v2方向与B垂直，粒子在垂直于磁场方向平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，v2不变；粒子沿电场方向做加速运动，v1不断增大，则v2与v1的比值不断减小，故C错误；
D、粒子做匀速圆周运动的向心加速度a向大小不变，电场力产生的加速度a电=qEm，q、E、m不变，a电不变，a向、a电大小都不变，两者方向垂直，粒子的加速度不变，故D正确。
故选：D。
粒子速度方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功；分析清楚粒子运动过程与受力情况，应用洛伦兹力公式、功率公式分析答题。
应用运动的合成与分解、分析清楚粒子的受力情况与运动过程是解题的前提，应用洛伦兹力公式、功率公式即可解题。
6.【答案】B
【解析】解：A.充电时存在漏磁效应，所以传输能量时有损失，故A错误；
B.手机充电利用的是互感原理，故用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为手表充电，故B正确；
C.无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，从而线圈产生感应电流，其产生感应电流的方式与变压器，互感器的原理相同，故C错误；
D.根据上述解释，基座线圈的磁场变化产生感应电场，驱动放置在感应电场中的手表中的线圈内部的电子做定向运动，形成电流，故D错误。
故选：B。
根据对互感现象的理解和应用，根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件即可。
本题主要考查电磁感应的应用，通过对于手机无线充电充电原理的认识，深化对电磁感应的理解。
7.【答案】C
【解析】解：A、磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在0～t1时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt，可知感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A错误；
B、在0～t1时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故B错误；
C、在t1时刻电路中的电流最大，但电流的变化率为零，所以穿过小球横截面的磁通量的变化率为零，小球中的感应电流为零，所以小球受到的线圈磁场对它的作用力为零，故C正确；
D、电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以0～t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故D错误。
故选：C。
根据磁通量的变化特点判断感应电流大小的变化特点，然后判断小球的加速度；根据电流的变化判断能量转化的关系；根据楞次定律判断涡流的方向。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。
8.【答案】A
【解析】解：A.设ab导体棒的长度为L，则cd导体棒为
Lcd=Lsin60∘=2 3L3
ab.cd两根导体棒单位长度电阻相同，所以ab.cd两根导体棒的电阻之比为
Rab：Rcd= 3：2
闭合开关K瞬间，通过ab.cd两根导体棒的电流之比为
Iab：Icd=2： 3
根据安培力公式
F=BIL
可知ab，cd两根导体棒所受安培力为
Fab：Fcd=1：1
故A正确；
B.ab、cd两根导体棒单位长度质量相同，所以ab、cd两根导体棒的质量之比为
mab：mcd= 3：2
根据牛顿第二定律可知，闭合开关K瞬间，ab、cd两根导体棒的加速度之比为
aab：acd=2： 3
故B错误；
C.断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切翻磁感线，ab、cd两根导体棒的有效长度相等，设两棒运动的速度v，则电压表示数为
U=BLv
故C错误：
D.断开开关k，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E1=BLv
电压表示数为
U1=RabRab+RcdE1= 3BLv2+ 3
固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E2=BLv
电压表示数为
U2=RcdRab+RcdE2=2BLv2+ 3
故D错误。
故选：A。
由几何关系求解Lcd，并结合安培力公式求解比值，由牛顿第二定律求解加速度比值，由电动势公式求解电压，闭合电路欧姆定律求解电压表示数。
本题考查安培力，学生需熟练掌握左手定则，并能够结合闭合电路欧姆定律，综合解题。
9.【答案】AD
【解析】解：A、微波炉加热的原理是材料吸收微波能量，电磁炉采用电磁感应原理实现加热，它利用交变电流通过线圈产生不断变化的交变磁场，从而产生涡流电流，再产生焦耳热提高导体的温度，从而实现加热，故A正确；
B、电磁炉在煮东西时，只有能导热的金属类放在上面才会发热，这个就是电磁炉较为安全的地方，由于面板是非金属，所以面板不会发热，不会烫伤，故B错误；
C、电磁炉只能在交流电流下才能正常工作，如果是给电磁炉加的恒定直流电源，电磁炉不可以正常工作，故C错误；
D、若将小锅换成透明的玻璃器皿，由于玻璃器皿不是导体，不能产生涡流从而不会产生焦耳热加热，也就不能满足顾客的就餐愿望，故D正确。
故选：AD。
微波炉加热的原理是材料吸收微波能量，电磁炉采用电磁感应原理实现加热，根据二者的工作原理进行分析。
本题主要是考查电磁感应现象的应用，关键是掌握电磁炉加热原理与微波炉加热原理进行分析。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、甲图是用来测定带电粒子比荷的装置，设速度选择器中电场强度为E，磁感应强度为B1，下边的磁场磁感应强度为B2，在速度选择器中，为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB1=qE，所以电场与磁场的关系为：v=EB1；
能通过速度选择器的狭缝S0的带电粒子进入下边的磁场后洛伦兹力提供向心力，则：qvB2=mv2r，所以：r=mvqB2=mEqB1B2，所以粒子的比荷qm越小，打在胶片上的位置越远离狭缝S0，所以该装置可以用来研究电荷数相等而质量数不相等的同位素。故A正确；
B、设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由Bqv=mv2R可得：v=qBRm，
则最大动能：Ekm=12mv2=B2q2R22m.可见，最大动能与加速电压无关，增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能。故B错误；
C、丙图中磁铁插入过程中，穿过线圈的向右的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场的方向向左，所以线圈外侧的电流方向向上，电流由a通过电流计流向b。故C正确；
D、电键断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A不会立即熄灭，若断开前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下然后逐渐熄灭。若断开前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下。故D正确。
故选：ACD。
四幅图中分别属于四种不同的物理情景，涉及不同的原理，根据各自的原理来分析解答即可．
本题考查了质谱仪、回旋加速器、自感现象的原理等基础知识点，难度不大，关键要理解各种现象的原理，即可轻松解决．
11.【答案】BC
【解析】解：AB、在电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，则N点的电势高于P点的电势，根据电势能的公式Ep=qφ可知，电子在N点的电势能低于在P点的电势能，结合功能关系可知，电子从N到P的过程中，电场力做负功，故A错误，B正确；
C、电子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D、对电子在M点和P点进行受力分析，如图所示：
因为MP在同一等势面上，所以电子在两点的速度大小相等。根据几何关系和对称性可知，电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，故D错误；
故选：BC。
在电场线中，沿着电场线方向电势逐渐降低，结合电荷的电性得出电势能的变化，从而分析出电场力的做功类型；
洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功；
根据左手定则结合几何关系定性地分析出电子在不同位置的受力大小。
本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，熟悉电场线中电势的判断，结合左手定则分析出电子的受力方向，根据几何关系得出电子在M点所受的合力与在P点所受的合力大小关系。
12.【答案】ACD
【解析】解：A、当开关打到S1同时解除对金属杆ab的锁定，金属杆的加速度为零时速度最大，设最大速度为vm。由平衡条件得：mgsinθ=B2L2vm2R，解得：vm=2mgRsinθB2L2，故A正确；
B、当开关打到S2同时解除对金属杆ab的锁定，ab杆受到沿导轨向上的安培力，可能静止，可能沿导轨向上，也可能沿导轨向下。若ab杆沿导轨向上运动时，切割磁感线产生反电动势，随着速度增大，反电动势增大，总的电动势减小，回路中电流减小，ab杆受到的安培力减小，当安培力与重力沿导轨向下的分力相等时，开始做匀速直线运动，故B错误；
CD、当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，根据牛顿第二定律得：mgsinθ−F安=ma，又F安=BIL，I=ΔQΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa，联立解得ab杆的加速度为a=mgsinθB2L2+m，可知金属杆做匀加速直线运动，则在ts内金属杆运动的位移为x=12at2=mgt2sinθ2(B2L2C+m)，故CD正确。
故选：ACD。
当开关打到S1同时解除对金属杆ab的锁定，金属杆的加速度为零时速度最大，由平衡条件和安培力与速度的关系求最大速度。当开关打到S2同时解除对金属杆ab的锁定，分析回路中电流的变化，判断金属杆受到的安培力变化，从而判断金属杆的运动情况。当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，根据牛顿第二定律以及电磁感应、电流与电容器板间电压的关系推导出加速度表达式，再分析其运动情况，由运动学公式求位移。
解答本题时，要熟练掌握安培力与速度的关系，推导出金属杆的加速度表达式，运用力学方法分析其运动情况。
13.【答案】B 变亮 变暗
【解析】解：(1)本实验是探究“感应电流方向的规律”，结合感应电流产生的条件，当条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，从而产生较小的感应电流，因此需要灵敏的电流计，因电流有正反方向，所以应选择B图的电流表。
故选B。
(2)将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，根据原副线圈电压与其匝数成正比，当增大副线圈匝数，小灯泡的电压增大，那么小灯泡的亮度将变亮。
将开关打到2，小灯泡发光，根据容抗公式
XC=12πfC
可知减小输入端的交流电源频率，容抗变大，电流减小，灯泡会变暗。
故答案为：(1)B；(2)变亮，变暗。
(1)条形磁铁的运动，导致闭合线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，因电流较小，则需要灵敏的电流计，并依据指针的偏转方向来判定感应电流的方向，从而即可求解；
(2)根据原副线圈的变压比，即可副线圈的电压与匝数关系，再结合增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，即可求解。
考查感应电流产生的条件，理解感应电流大小与方向影响因素，注意各电流表的区别，是解题的关键。
解决本题的关键知道容抗对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关．明确容抗的决定因素可以帮助定性分析。
14.【答案】800+2t 高 1.00 50 偏大
【解析】解：(1)由图甲可知直线斜率k=1000−800100−0=2，故电阻R与温度t的关系式R=2t+800。
(2)电压表示数变小，说明R1两端电压减小，由于电源没有内阻，故R两端电压升高，根据串联电路电压之比等于电阻之比可知R变大了，结合图甲知温度升高了。
(3)电压表的分度值为0.1V，估读到百分位，读数为1.00V，进一步知道探头两端的电压为3V−1V=2V，又URUR1=RR1，可知R=2R1=900Ω，结合图甲可知温度为50℃。
(4)由于电压表的内阻不是无限大，电压表内阻与R1这部分的实际总电阻就小于450Ω，但是我们认为这部分的电阻值就是450Ω，根据URUR1=RR1，故R的测量值偏大，进而温度的测量值也偏大。
故答案为：(1)800+2t，(2)高，(3)1.00，50 (4)偏大
(1)由一次函数y=kx+b推导；
(2)根据串联电压分配与电阻成正比分析；
(3)分度值为“1”时，采用十分之一估读法；
(4)根据串、并联电路特点分析。
本题考查的是伏安法测电阻，与课本上不同的是，本题用到电压表和电阻箱，根据串联电路电压分配与电阻成正比测出待测电阻。
15.【答案】解：(1)该带电粒子恰好沿着虚线从金属板穿出，在金属板内
qUd=qvB
可得
v=UBd
(2)在磁场l中，带电粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2R

由几何关系
L2+(r−L2)2=r2
可得
r=5L4
联立解得
qm=4U5B2Ld
答：(1)带电粒子的速度大小为UBd；
(2)带电粒子的比荷为4U5B2Ld
【解析】(1)粒子在电磁场中做匀速直线运动，由平衡条件可以求出粒子的速度。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出比荷。
本题考查了粒子在电磁场、磁场与电场中的运动，分析清楚粒子运动过程、知道粒子的运动性质，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题。
16.【答案】解：(1)由题意可知，电流表和电压表分别测量的是路端电压和电流，分别设为U和I，
感应电动势最大值：Em=nBSω…①
则有效值为：E=Em 2…②
由闭合电路欧姆定律可得：I=ER+r…③
则路端电压：U=IR…④
代入数据由①②③④可得：U=40V，I=2A
(2)电阻R消耗的功率：P=UI…⑤
代入数据由⑤可得：P=80W
(3)由图示位置转过90°的过程中，q= I−t…⑥
平均电流：I−=E−R=N△⌀△t(R+r)=NBS△t(R+r)…⑦
由⑥⑦代入数据可得：q=0.04C
答：(1)电压表示数为40V，电流表示数为2A；
(2)电阻R上所消耗的电功率为80W；
(3)由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量为0.04C。
【解析】(1)判断电流表和电压表的示数，即判断路端电压和电流，需根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律进行判断；
(2)判断功率，即根据P=UI进行判断即可；
(3)判断电荷量，需根据平均感应电动势和平均感应电流判断。
本题主要考查学生对法拉第电磁感应定律和交流电的产生过程，要求学生要有清楚的认识。
17.【答案】解：(1)小球在圆轨道上运动的过程中满足机械能守恒，有mgR=12mv02
代入数据解得小球进入匀强电场时的速度大小：v0=4m/s
小球在abNM区域做直线运动，水平方向受到的洛伦兹力和电场力平衡，有qE=qv0B
代入数据解得：E=2N/C
(2)小球与L1棒发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为v球，金属棒L1的速度为v1，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mv球+m1v1
根据机械能守恒定律得：12mv02=12mv球2+12m1v12
联立解得：v球=−2m/s，v1=2m/s
碰撞后瞬间，金属棒L1向左做切割磁感线运动，产生感应电动势为E=BLv1
回路中感应电流大小为：I=ER1+R2
L1两端的电压：U=IR2
联立解得：U=0.6V
(3)L1棒在磁场中向左运动后，受到向右的安培力而做减速运动，L2棒受到向左的安培力而做加速运动，两金属棒最终到达相同速度
因两棒组成的系统合外力为零，所以两金属棒组成的系统动量守恒，设两金属棒达到的共同速度为v，取向左为正方向，由动量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v
代入数据解得：v=1.5m/s
对棒L2，设整个过程中通过其横截面的电荷量为q，根据动量定理，有BI−L⋅t=m2v，即BLq=m2v
代入数据解得：q=0.3C
又q=IΔt=ΔΦR1+R2=BΔxLR1+R2
解得金属棒L1与金属棒L2之间减少的距离：Δx=3m
答：(1)匀强电场的电场强度大小E为2N/C；
(2)小球与金属棒L1碰撞后瞬间，L1两端的电压U为0.6V；
(3)整个过程中，金属棒L1与金属棒L2之间的距离减少了3m。
【解析】(1)小球在光滑圆轨道上运动的过程中满足机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球滑到圆弧轨道最低点时的速度大小。小球在abNM区域做直线运动，水平方向受到的洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡条件求解电场强度的大小。
(2)小球与L1棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出碰后瞬间两者的速度。碰撞后，金属棒L1做切割磁感线运动，相当于电源，由E=BLv求出L1产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再由欧姆定律求L1两端的电压U。
(3)L1棒在磁场中向左运动后，受到向右的安培力而做减速运动，L2棒受到向左的安培力而做加速运动，两金属棒最终到达相同速度，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出两棒的共同速度。对棒L2，根据动量定理可求出金属棒L1与金属棒L2之间的距离减少量。
解答本题时，要理清小球与两棒的受力情况，知道两棒在磁场中运动时，两棒组成的系统合外力为零，遵循动量守恒定律。