2023-2024学年吉林省长春市东北师大附中高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省长春市东北师大附中高二（上）期末物理试卷（含解析），共20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.如图所示，把一条导线平行地放在小磁针的正上方，当导线中有电流通过时，小磁针会发生转动。首先观察到这个实验现象的物理学家是( )
A. 伽利略B. 奥斯特C. 法拉第D. 牛顿
2.在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉。下列说法正确的是( )
A. 人有触电感觉是在开关闭合瞬间
B. 人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
C. 断开开关时流过人的电流方向从B→A
D. 断开开关时线圈中的电流突然增大
3.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )
A. 7.5 V
B. 8 V
C. 2 15 V
D. 3 13 V
4.如图所示电路中，A、B是平行板电容器的两金属板。先将开关S闭合，等电路稳定后将S断开，并将B板向下移动一小段距离，保持两板间的某点P与A板的距离不变，则下列说法正确的是( )
A. 电容器两极板间电压变小
B. 电容器内部电场强度变大
C. 移动B板过程中有电流流过电阻R且电流方向向下
D. 若P点固定一个负电荷，则负电荷的电势能变小
5.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2的位置坐标分别为x1、x2，附近再无其它电荷。规定无穷远处电势为0，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，其中xp位置的电势最低，从图中可看出( )
A. Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷
B. Q1的电荷量小于Q2的电荷量
C. x轴上电势最低处P点的电场强度一定为零
D. 将一正点电荷由xp点附近的左侧移至右侧，电势能先增大后减小
6.在如图甲所示的电路中，电阻R1=R2=R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻也为R，半径为r2(r2A. 线圈中产生的感应电动势大小为B0πr12l0B. t0时间内流过R1的电量为B0πr22R
C. 电容器下极板带负电D. 稳定后电容器两端电压的大小为B0πr223t0
7.某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab=L1，bc=L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A. 当电流表的示数为零时，弹簧的长度为mgk
B. 标尺上的电流刻度是均匀的
C. 为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为N→M
D. 电流表的量程为 mg+kL2BL1
8.霍尔元件是把磁学量转换为电学量的电学元件，如图所示某元件的宽度为h，厚度为d，磁感应强度为B的磁场垂直于该元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U，设元件中能够自由移动的电荷带正电，电荷量为q，且元件单位体积内自由电荷的个数为n，则下列说法正确的是( )
A. C侧面的电势低于D侧面的电势
B. 自由电荷受到的电场力为F=qUd
C. C、D两侧面电势差与磁感应强度的关系为U=BInqh
D. 若元件中的自由电荷带负电，其它条件不变，则C、D两侧面的电势高低发生变化
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.对于以下几幅图片所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷
B. 图乙中，库仑使用过的扭称装置利用了微小量放大原理
C. 丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D. 丁图中，超高压作业的电力工人要穿绝缘材料做成的工作服
10.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，如果某次输电时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. 降压变压器的输入电压U3为6100V
C. 用户获得的功率为1.5×105W
D. 降压变压器的匝数比为n3：n4=380：11
11.如图所示，在x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1>B2。一个带电粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值可能正确的是( )
A. 2：1B. 3：1C. 5：3D. 7：6
12.如图所示，平行虚线M、N间，N、P间有垂直于光滑水平面、方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，每个磁场的宽度均为L。边长为L、质量为m、电阻为R的粗细均匀的单匝金属线框abcd静止在水平面上，ab边离虚线M的距离也为L，用水平拉力F(大小未知)作用在金属线框上，使金属线框在水平面上向右做初速度为零的匀加速直线运动，线框运动过程中ab边始终与M平行，ab边刚进磁场的一瞬间，受到的安培力大小为F1，则下列判断正确的是( )
A. 线框运动的加速度大小为F12R22B4L5
B. 线框穿过虚线N的过程中，通过线框导线横截面的电量为0
C. 线框进左边磁场过程中安培力的冲量小于出右边磁场过程中安培力的冲量
D. 线框穿过整个磁场的过程中，拉力F的最大值为4 3F1+mF12R22B4L5
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.(1)某同学利用螺旋测微器和游标卡尺分别测量一工件的直径和长度测量结果分别如图(a)和(b)所示，则该工件的直径为______ mm，工件的长度为______ cm。

(2)某同学用指针式多用电表粗略测量金属丝的阻值。他将红黑表笔分别插入“+”、“−”插孔中，将选择开关置于“×10”挡位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测量阻值时发现指针偏转角度较小。为减小实验误差，该同学应将选择开关置于“______ ”位置：(选填“×1”、“×100”)重新尝试测量；
(3)若用多用电表的“直流电压2.5V挡”粗测一干电池的电动势，测量结果如图(c)所示，则由电表读出的该干电池的电动势为______ V。
14.某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。

(1)该同学利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：
A.滑动变阻器R1(0～5kΩ)
B.滑动变阻器R2(0～20kΩ)
C.电阻箱R′(0～9999.9Ω)
D.电源E1(电动势为1.5V)
E.电源E2(电动势为9V)
F.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a.按电路原理图甲连接好线路；
b.将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R的阻值，使微安表G的指针满偏；
c.闭合S2，保持R不变，调节R的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时R′的示数为1900.0Ω；
回答下列问题：
(1)为减小实验误差，实验中电源应选用______ ，滑动变阻器应选用______ (填仪器前的字母)；
(2)由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值Rg= ______ Ω；
(3)若按照(2)中测量的R3，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联一个阻值为______ Ω的电阻R0；
(4)用图乙所示电路对改装后的电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，R0的阻值应调至______ Ω(结果保留1位小数)。
四、简答题：本大题共3小题，共34分。
15.如图所示，匝数N=200匝、面积为S=0.001m2的矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω=100rad/s匀速转动。已知转轴平行于线圈平面，且线圈从平行于磁场的平面开始转动，磁场磁感应强度B= 2T。线圈通过理想变压器连接R=16Ω的电阻，变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=1：4，电流表为理想电流表。
(1)求发电机中电动势随时间变化的表达式E(t)；
(2)若发电机线圈电阻忽略不计，求电流表的示数I。
16.如图所示的装置为一种新型质谱仪的理论模型图，该装置由加速电场区(A、B板间)，直线运动区(C、D板间)和偏转区(圆形磁场区域)组成。其中平行板A、B间的加速电压为U1，平行板C、D间距为d，其间匀强磁场的磁感应强度B1垂直于纸面向外，圆形匀强磁场区域的半径为R，磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向里。与圆形磁场具有相同圆心的圆形感光弧面左端开有小孔，该小孔与A、B板上的小孔在同一直线上。现有一原子的原子核由A、B板加速后，沿C、D板的中央直线到达圆形磁场区，经磁场偏转后通过打到感光弧面上的位置可以知道粒子的偏转角度θ，不计粒子重力。
(1)如果原子核的比荷为k0，求该原子核经加速电场加速后的速度大小；
(2)如果原子核的比荷为k0，求C、D板间的电势差Ucd；
(3)求比荷k与粒子偏转角度θ之间的关系(用θ的三角函数表示)。
17.如图所示的空间内有间距为L的两平行金属导轨EPG、FQH。质量为2m的光滑金属杆ab从倾斜轨道上某处由静止滑下。当ab杆滑至斜面底端PQ时进入水平轨道(倾斜轨道与水平轨道平滑连接，且水平轨道足够长)。金属杆cd被锁定在距离斜面底端x0处(x0未知)。空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。两金属杆长度均略长于导轨宽度，并与导轨接触良好。ab杆接入导轨中的电阻为2R，cd杆接入导轨中的电阻R，导轨电阻不计。已知ab杆刚滑进水平轨道P、Q位置时速度为v，重力加速度为g，求：
(1)ab杆刚滑进水平轨道P、Q位置时a、b两端的电压Uab；
(2)若ab杆在倾斜轨道上下滑过程中回路中产生的电能为W，求释放位置距水平面的高度h；
(3)若ab杆滑至水平轨道时，随即解除对cd杆的锁定，且ab杆恰好未与cd杆发生碰撞。求从ab杆滑至水平轨道时起，至稳定运动的过程中ab杆上产生的焦耳热Qab，及cd杆开始运动时距离斜面底端的初始距离x0。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特。故B正确，ACD错误。
故选：B。
本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验．
本题考查的是物理学常识．对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一．
2.【答案】C
【解析】解：A、当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小。同学没有触电感觉。故A错误；
B、当断开时，多匝线圈电流产生自感现象，从而产生很高的瞬间电压，与一队人组成自感回路，电流通过同学们身体有触电的感觉。而此时流过人体的电流是由线圈的自感电动势提供的，电流是从流过线圈的最大逐渐减小的，故流过人体的电流不会大于线圈的电流。故B错误；
C、当断开时，多匝线圈产生自感电动势，电流方向不变，此时线圈的电流从左向右，流过人的电流从右向左即从B向A，故C正确；
D、断开电键时，由于线圈的电流减小而产生自感感动势，而阻碍电流的减小，只是电流减小的慢一些，不会突然增大，故D错误。
故选：C。
当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小。当断开时，多匝线圈电流发生变化，导致线圈产生很强的电动势，从而使同学们有触电的感觉。
多匝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：如图所示，它不是正弦式电流，取一个周期进行分段，
在0～1×10−2s是正弦式电流，则电压的有效值等于6 2=3 2V。
在1×10−2s～3×10−2s是恒定电流，则有效值等于9V。
则在0～3×10−2s内，产生的热量(3 2)2R×1×10−2+92R×2×10−2=U2R×3×10−2
解得：U=2 15V，故C正确
故选：C。
正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．而求有效值方法：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．
正弦式交流电时，当时间轴上方与下方的图象不一样时，也是分段：前半周期时间的正弦式有效值等于最大值除以 2，后半周期时间内的正弦式有效值等于最大值除以 2.然后再求出一个周期内的有效值．
4.【答案】D
【解析】解：A.将B板向下平移一小段距离时，板间距离增大，由C=ɛrS4πkd可知，电容C减小，由C=QU可知U变大，故A错误；
B.因断开开关，所以电量不变，则由C=ɛrS4πkd，C=QU可得：E=4πkQϵrS，故E与d无关，所以电容器内部电场强度大小不变，故B错误；
C.因电量不变，故无电流流过电阻R，故C错误；
D.因E不变，P点与下极板间的距离增大，由φP=U=Ed可知，P与下极板间的电势差增大，即P点电势增大，电势能Ep=qφp，因为q<0，故E ​p减小，故D正确。
故选：D。
根据平行板电容器的电容决定式C=ɛrS4πkd，分析电容的变化情况，抓住电容器的电量不变，由E=4πkQϵrS分析板间场强的变化情况，由C=QU分析电容器所带电量的变化，根据P点与下极板间电势差的变化，判断P点电势的变化，进而判断电势能的变化。
本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器充电后与电源断开，电量不变，由C=ɛrS4πkd，C=QU和E=Ud结合进行分析。
5.【答案】C
【解析】解：BC.P点切线斜率为零，而φ−x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零；两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式
E=kQr2
可知Q1的电量大于Q2的电荷量，故B错误，C正确；
A.从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷，故A错误；
D.P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，知正电荷所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功再做负功，电势能先减小后增大，故D错误。
故选：C。
BC.根据φ−x图线的切线斜率和点电荷的场强公式结合合场强的知识分析求解；
A.根据从左到右的电势高低变化情况判断电荷种类；
D.根据电势判断电场强度方向，结合电场力做功判断电势能的变化情况。
考查φ−x图线的认识和理解，会根据图像结合电场强度的知识进行综合分析和判断，求解相关物理量。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据法拉第电磁感应定律，感应电动势
E=ΔBΔt⋅πr22=B0πr22t0，故A错误；
B.t0时间内流过R1的电荷量Q1=I1t0=E3R⋅t0=B0πr22t03R×t0=B0πr223R，故B错误；
C.根据楞次定律，线圈中感应电流的方向是顺时针方向，故电容器充电时下极板为正，故C错误；
D.稳定后电容器两极板电压为U=13E=B0πr223t0，故D正确。
故选：D。
A.根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；
B.根据电荷量的公式代入数据求解；
C.根据楞次定律判断电流方向从而确定极板的电性；
D.根据电压公式求解。
考查法拉第电磁感应定律和楞次定律，会根据公式求解电动势、电荷量和电压。
7.【答案】B
【解析】解：A、电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平衡条件得：mg=k⋅x0，解得：x0=mgk，弹簧的长度还需加上弹簧的原长，故A错误；
C、要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，故C错误；
B、设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得：mg=k⋅x0，解得：x0=mgk，
当电流为I时，安培力为：FA=BIL1；
静止时弹簧伸长量的增加量为x，根据胡克定律△F=k△x，得：△x=FAk=BIL1k∝I，故该电流表的刻度是均匀，故B正确；
D、当△x=L2时，I=Im，则有BImL1=kL2，解得：Im=kL2BL1，电流表的量程为：kL2BL1，故D错误；
故选：B。
流表的示数为零时，弹簧的弹力与重力平衡，应用平衡条件求出电流为零时弹簧的伸长量；
根据电流与弹簧伸长量的关系分析刻度是否均匀。
电流表正常工作，金属杆向下移动，根据左手定则判断电流的方向。
求出当金属棒到达cd位置时导线中的电流，然后求出电流表的量程。
本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件和胡克定律列方程是解题关键。
8.【答案】D
【解析】解：A、自由电荷带正电，运动方向与电流方向一致，由左手定则可知，自由电荷向C侧面偏转，所以C侧面的电势高于D侧面的电势，故A错误；
B、电荷聚集在CD两侧面，电场强度E=Uh，则自由电荷受到的电场力为F=qE=qUh，故B错误；
C、当自由电荷所受洛伦兹力和电场力大小相等时，自由电荷不再偏转，CD两侧面形成稳定的电势差，则有：qvB=qUh
电流的微观表达式：I=nqsv=nqdhv
代入数据可得：U=BInqd，故C错误；
D、若元件中的自由电荷带负电，负电荷与电流运动方向相反，由左手定则可知，负电荷向C侧面偏转，所以C侧面的电势低于D侧面的电势，根据A选项分析可知C、D两侧面的电势高低发生变化，故D正确。
故选：D。
AD、根据左手定则分析电荷所受洛伦兹力方向，则可知电荷偏转方向；
B、根据E=Ud可得场强大小，由F=qE可得电场力大小；
C、根据洛伦兹力和电场力大小相等时形成稳定电势差分析。
本题考查了霍尔元件，解题的关键是利用左手定则判断出洛伦兹力的方向，则可知电荷偏转方向，当CD两侧面聚集电荷，元件内部形成电场，这时自由电荷即受洛伦兹力也受电场力，当两者大小相等时两侧面形成稳定的电势差。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、甲图中，该女生接触带电的金属球而带电，属于接触起电，与金属球带同种性质的电荷，故A正确；
B、图乙中，库仑的扭秤实验装置图，法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的思想，故B正确；
C、丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C正确；
D、超高压带电作业的工人穿戴的工作服用包含金属丝的织物制成能起到静电屏蔽的作用，保护工人安全，故D错误。
故选：ABC。
根据同种电荷相吸引分析；法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的思想；根据尖端放电的原理分析；根据静电屏蔽进行分析。
此题考查的是我们日常生活中常见的静电现象，注意相应的原理即可得到正确答案。
10.【答案】AB
【解析】解：A.升压变压器原线圈电流为
I1=P1U1=7.6×105380A=2000A
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
I1I2=n2n1
解得输电线上的电流为
I2=100A，故A正确；
B.根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
U1U2=n1n2
解得
U2=7600V
降压变压器的输入电压
U3=U2−I2r=7600V−15×100V=6100V，故B正确；
C.输电线上损失的功率
ΔP=I22r=1002×15W=1.5×105W
用户获得的功率为
P=P1−ΔP=7.6×105W−1.5×105W=6.1×105W，故C错误；
D.降压变压器的匝数比为
n3n4=U3U4=6100220=30511，故D错误。
故选：AB。
A：根据输入功率求解升压变压器原线圈中的电流，再根据变压器原副线圈电流与线圈匝数关系求解输电线上的电流；
B：根据变压器原副线圈电压与线圈匝数关系求解升压变压器副线圈两端电压，再根据输电线电压关系求解降压变压器原线圈输入电压；
C：先根据功率公式求解输电线上损失的功率，再根据功率输电线上功率关系求解用户得到的功率；
D：根据变压器原副线圈电压与线圈匝数关系求解降压变压器的匝数比。
本题考查变压器及远距离输电问题，要求学生熟练掌握变压器输入和输出的电压、电流、功率的定量关系和制约关系。
11.【答案】AD
【解析】解：设粒子带负电(带正电也可以)，在磁场中运动的轨迹大致如下
粒子在一个周期内经过y轴负半轴的点在y轴负半轴下移2(r2−r1)，在第n次经过y负半轴时应下移2r1，则有
2n(r2−r1)=2r1
得r1r2=2n2n+2=nn+1
根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
得r=mvqB
粒子在不同磁场中运动时比荷不变，速度v大小不变，则
r1r2=B2B1
所以B1B2=n+1n
符合题意的有2：1，7：6，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
先画带电粒子可能的运动轨迹图，由于半径不等，然后找出做圆周运动在一个周期内下降的距离和再次经过原点时必须满足的几何关系，结合牛顿第二定律分析磁感应强度比和半径比之间的关系导出表达式判断求解。
考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，注意分析满足题目条件的几何关系，结合牛顿运动定律联立求解。
12.【答案】AD
【解析】解：A、设线框ab边刚进磁场时速度大小为v1，则此时感应电动势与感应电流分别为E1=BLv1，I1=E1R
线框受到的安培力大小为F1=BI1L
联立解得：v1=F1RB2L2
根据运动学公式有v12=2aL
解得：a=F12R22B4L5，故A正确；
B、线框穿过虚线N的过程中，根据法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E−=ΔΦΔt=BL2−(−BL2)Δt=2BL2Δt
电流的平均值为I−=E−R
由电流的定义式I−=qΔt
解得通过线框导线横截面的电量为：q=2BL2R，故B错误；
C、根据上述，线框进左边磁场过程通过的电荷量与出右边磁场过程通过的电荷量均为q′=BL2R，则安培力的冲量大小为I安=BI−LΔt=Bq′L
联立解得：I安=B2L3R，所以线框进左边磁场过程中安培力的冲量和出右边磁场过程中安培力的冲量相等，故C错误；
D、线框向右做匀加速直线运动，设cd边刚要通过N边时的速度为v2，cd边刚要通过P边时的速度为v3，则由运动学公式有v22=2a⋅3L，v32=2a⋅4L
则对应速度产生的感应电动势为：E2=2BLv2，E3=BLv3
对应位置的感应电流大小为：I2=E2R，I3=E3R
对应位置根据牛顿第二定律有：F2−2BI2L=ma，F3−BI3L=ma
联立解得：F2=4 3F1+mF12R22B4L5，F3=2F1+mF12R22B4L5因此线框穿过整个磁场的过程中，拉力F的最大值为4 3F1+mF12R22B4L5，故D正确。
故选：AD。
线框ab边刚进磁场时，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及安培力公式相结合求出线框ab边刚进磁场时速度大小，再由速度—位移公式求线框运动的加速度大小。线框穿过虚线N的过程中，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及电流与电荷量的关系计算通过线框导线横截面的电量。根据安培力的冲量与通过线框导线横截面的电量关系分析C项。分别根据运动学公式、牛顿第二定律以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及安培力公式相结合求出cd边刚要通过N边时和cd边刚要通过P边时拉力F的大小，再确定拉力F的最大值。
本题主要是考查磁感应现象中的力学问题，要明确线框的受力情况，能根据牛顿第二定律和安培力公式列出方程解答。
13.【答案】1.846 5.015 ×100 1.40
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，其读数为1.5mm+34.6×0.01mm=1.846mm，游标卡尺的精确度为0.05mm，其读数为50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm；
(2)根据电阻挡的工作原理，偏转角太小则指针太靠近左边电阻无穷大位置，说明倍率取小了，应该选择更大的倍率，故应将选择开关置于×100挡位置；
(3)直流电压2.5V挡精确度是0.05V，根据电压表的读数规则，其读数为1.40V。
故答案为：(1)1.846，5.015；(2)×100；(3)1.40。
(1)根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则完成读数；
(2)根据指针偏转角大小判断待测电阻值的情况再选择合适的倍率；
(3)根据电压表的读数规则完成读数。
熟练掌握基本器材的使用和读数规则，能够利用这些工具准确的进行相关物理量的测量。
14.【答案】E B 1900.0 2100.0 2059.6
【解析】解：(1)本实验误差来自于闭合S2电阻箱R′并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电源电动势约为9V的电压E2，毫安表G的满偏电流为500μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小电阻为：R=EIg=9500×10−6Ω=18kΩ，滑滑动变阻器应选择最大电阻为20kΩ的R2。
(2)由实验操作步骤可知通过毫安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即毫安表G内阻的测量值Rg=1900.0Ω；
(3)若按照(2)中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻R0为：
R0=UIg−Rg=2500×10−6Ω−1900.0Ω=2100.0Ω；
(3)当微安表G的示数为495μA时，有：R01+Rg=2495×10−6Ω=4040.4Ω
若是调整为准确，则需将为微安表读数变为500μA，则：R02+Rg=2500×10−6Ω=4000.0Ω
即将改装后的电压表内阻减小40.4Ω，即将R0的阻值变为R0′=2100.0Ω−40.4Ω=2059.6Ω。
故答案为：(1)E；B；(2)1900.0；(3)2100.0；(4)2059.6。
(1)根据实验原理，电表的量程等分析出电源和滑动变阻器的选择类型；
(2)根据闭合电路的都木定律分析出电表内阻的测量值；
(3)根据电表改装的知识得出需要串联的电阻的阻值；
(4)根据闭合电路欧姆定律联立等式得出R0的阻值。
本题主要考查了伏安法测内阻的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电表的改装知识完成分析，解题的难点是根据电路的构造分析出测量电表内阻的真实值和测量值的大小关系。
15.【答案】解：(1)由题意可得感应电动势：E(t)=NBSωcsωt
代入数据，得：E(t)=20 2cs100t(V)；
(2)线圈电动势有效值：E=Em 2=NBSω 2=20 2 2V=20V
根据变压器原理可得：EU2=n1n2；I1I2=n2n1
根据欧姆定律可得：U2=I2R
联立以上各式，得电流表示数：I=I1=20A。
答：(1)发电机中电动势随时间变化的表达式为E(t)=20 2cs100t(V)；
(2)若发电机线圈电阻忽略不计，则电流表的示数为20A。
【解析】(1)由题意结合电动势瞬时值表达式进行分析；
(2)求出线圈电动势有效值，根据变压器原理、欧姆定律进行解答。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想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。
16.【答案】解：(1)该原子核在加速电场中加速，根据动能定理
qU1=12mv2−0
得
v= 2qU1m= 2k0U1；
(2)该原子核在平行板C、D间做匀速直线运动，根据平衡条件
qvB1=qU2d
解得
U2=B1d 2k0U1
根据电势差关系
Ucd=−U2=−B1d 2k0U1
(3)根据动能定理
qU1=12mv′2
解得
v′= 2kU1
原子核在磁场中运动的轨迹如图所示

在圆形磁场区根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力θ
qvB2=mv2r
由几何关系
tanβ=rR
其中θ=π−2β，根据三角函数诱导公式
tanβ=tanπ−θ2=tan(π2−θ2)=ctθ2=1tanθ2
联立解得
k=2U1tan2θ2B22R2。
答：(1)如果原子核的比荷为k0，该原子核经加速电场加速后的速度大小为 2k0U1；
(2)如果原子核的比荷为k0，C、D板间的电势差Ucd为−B1d 2k0U1；
(3)比荷k与粒子偏转角度θ之间的关系为k=2U1tan2θ2B22R2。
【解析】(1)根据动能定理求解原子核经加速电场加速后的速度大小
(2)根据平衡条件和电势差关系求解C、D板间的电势差；
(3)加速电场中根据动能定理表示速度，磁场区域根据牛顿第二定律、几何知识、三角函数诱导公式联立求解比荷k与粒子偏转角度θ之间的关系。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中运动的问题要求学生能正确分析带电粒子的运动过程，熟练应用对应的规律解题。
17.【答案】解：(1)ab杆刚滑到水平轨道时，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E=BLv
根据闭合电路欧姆定律可得感应电流：I=E2R+R
根据欧姆定律可得：Uab=IR
联立解得：Uab=13BLv；
(2)ab杆从斜面上滑动的过程中，由动能定理，得：2mgh+W安=12×2mv2−0
根据功能关系可得：−W安=W
则有：h=12×2mv2+W′2mg=v22g+W2mg；
(3)两杆在水平轨道运动的过程中ab杆减速、cd杆加速，当两杆速度相等时达到稳定状态，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
2mv=(2m+m)v1
代入数据解得：v1=23v
此过程中回路中产生的焦耳热为：Q=12×2mv2−12×3mv12
解得：Q=13mv2
则ab杆的焦耳热为：Qab=23Q
解得：Qab=29mv2
两杆运动的过程中，回路中的电动势：E′=BL(vab−vcd)
感应电流为：i=(vab−vcd)BL3R
取向右为正方向，对ab杆，由动量定理：−∑iLBΔt=2mv1−2mv
代入上述两式，得：−L2B23R∑(vab−vcd)⋅Δt=2mv1−2mv
即：−L2B23RΔx=2mv1−2mv；
两杆靠近的距离为：Δx=2mν−2mv1L2B2⋅3R=2mνRl2B2
则cd杆开始运动时，距离斜面底端的距离为：x0=Δx=2mvRL2B2。
答：(1)ab杆刚滑进水平轨道P、Q位置时a、b两端的电压为13BLv；
(2)若ab杆在倾斜轨道上下滑过程中回路中产生的电能为W，则释放位置距水平面的高度为v22g+W2mg；
(3)从ab杆滑至水平轨道时起，至稳定运动的过程中ab杆上产生的焦耳热为29mv2，及cd杆开始运动时距离斜面底端的初始距离为2mvRL2B2。
【解析】(1)ab杆刚滑到水平轨道时，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律进行解答；
(2)ab杆从斜面上滑动的过程中，由动能定理、功能关系进行解答；
(3)两杆在水平轨道运动的过程中，根据动量守恒定律、焦耳定律求解回路中产生的焦耳热和ab杆的焦耳热，由动量定理求解cd杆开始运动时距离斜面底端的初始距离。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。