2023-2024学年陕西省西安铁一中滨河高级中学高二（上）第二次月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省西安铁一中滨河高级中学高二（上）第二次月考物理试卷（含解析），共25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.如图所示，正六边形abcdef位于匀强磁场中，匀强磁场方向与正六边形平面平行，正六边形中心处有一长直导线，导线中通有垂直于六边形平面向里的恒定电流，b点磁感应强度为零。则a、d、e、f各点中磁感应强度最大的是( )
A. a
B. f
C. e
D. d
2.如图实线是未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则可以判断( )
A. 粒子一定带正电
B. a、b两处中，粒子在a处加速度较小
C. a、b两处中，粒子在a处速度较大
D. a、b两处中，粒子在a处电势能较大
3.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止。当室温从25℃升高到35℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI，三只电压表的示数变化量的绝对值是ΔU1、ΔU2和ΔU3，则在此过程中( )
A. 电源效率变大
B. ΔU2<ΔU1
C. Q点电势升高
D. R3中的电流方向由N向M，微粒A匀加速下移
4.如图所示，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆处于两等量异种点电荷+Q、−Q连线的中垂线上，细杆和两点电荷均固定，A、O、B分别为细杆上的三点，O为+Q、−Q连线的中点，AO=BO。现有电荷量为+q、质量为m的小球套在杆上，从A点起以初速度v0向B点滑动，到达B点时速度恰好为零，则下列关于小球运动的v−t图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.关于磁场，下列说法中正确的是( )
A. 磁场是为研究问题假设存在的一种物质
B. 磁体之间、磁体与通电导体之间，以及通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的
C. 根据B=FIL可知，磁场中某处的磁感应强度大小与通电导线所受的磁场力F成正比，与电流强度I和导线长度L的乘积成反比
D. 根据B=ΦS可知匀强磁场磁感应强度的大小等于垂直穿过单位面积的磁感线条数
6.如图所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环P，在圆环P的正上方固定一个线圈Q，线圈Q与平行金属导轨相连并与导体棒ab组成闭合回路，金属导轨处于垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，由于导体棒ab的运动，使得圆环P中产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，并且对桌面的压力小于圆环P的重力，下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab向右加速运动B. 导体棒ab向左加速运动
C. 导体棒ab向右减速运动D. 导体棒ab向左减速运动
7.如图所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定绝缘轻弹簧相连且放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=mgk，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是( )
A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小为B2L2v0R
B. 初始时刻导体棒加速度的大小为2g+B2L2v0mR
C. 棒第一次速度为零时，克服弹簧弹力和克服重力做功之和小于12mv02
D. 从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热为12mv02+2m2g2k
8.如图，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，直角边长度为2d，匀速穿过垂直于纸面向里、宽度为d的匀强磁场区，线框中将产生随时间变化的感应电流i，设逆时针为线框中电流的正方向，当一直角边与磁场左边界重合时开始计时，则图中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A. 若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B. 前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关
C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D. 污水流量Q与U成正比，与a、b无关
10.如图，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2T的匀强磁场，一质量为0.3kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板右端无初速度放上一质量为0.4kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0s时对滑块施加方向水平向左，大小为2.1N的恒力。g取10m/s2，则( )
A. 木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速运动
B. 木板先做加速度为3m/s2的匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动
C. 当木块的速度等于9m/s时与木板恰好分离
D. t=53s时滑块和木板开始发生相对滑动
11.如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A. 导线圈中产生的是大小和方向都不变的恒定电流
B. 在t=2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V
C. 在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D. 在t=1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W
12.电磁轨道炮是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理如图，图中直流电源电动势为E1，电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平面金属导轨间距为L，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触，首先开关S接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动，当MN上的感应电动势为E2时，此时与电容器两极板间的电压相等，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨，下列说法正确的是( )
A. 匀强磁场的方向垂直导轨平面向下
B. MN刚开始运动时的加速度B(E1+E2)LmR
C. MN离开导轨后的最大速度为B(E1−E2)LCm
D. MN离开导轨后的最大速度为B(E1+E2)LCm
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.某物理兴趣小组测量一段粗细均匀的合金丝电阻率ρ。
(1)实验开始前，用螺旋测微器测量合金丝的直径，图1读数为______ mm；
(2)某同学采用分压电路和电流表内接法，取这段合金丝绕在半径为0.3m的量角器上，连成图2所示电路。闭合开关前，请老师检查，发现导线______ (填写标号)接线错误，滑动变阻器的滑片应置于______ 端(选填“左”或“右”)；
(3)改变金属夹位置，通过调节滑动变阻器保持电压表示数始终为1.00V，记录电流表的示数I与接入电路的合金丝所对应的圆心角θ，根据实验数据在图3中作出1I−θ图像，则该合金丝的电阻率为______ Ω⋅m(保留2位有效数字)，电流表的内阻为______ Ω。
14.现有两组同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r(已知E约为1.5V，r约为1Ω)。
(1)第一组采用图1所示电路。
①为了完成该实验，选择实验器材时，在电路的a、b两点间可接入的器件是______ 。
A.一个定值电阻
B.阻值适当的不同阻值的定值电阻
C.滑动变阻器
②为了调节方便且测量精度更高，以下器材中，电流表可选______ ，电压表可选______ 。
A.电流表(0～0.6A)
B.电流表(0～3A)
C.电压表(0～3V)
D.电压表(0～15V)
③第一小组经过多次测量，记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图2中画出了U−I图象。由图象可以得出，若将该干电池与一个阻值为2.2Ω的定值电阻组成闭合电路，电路中的电流约为______ A(保留两位有效数字)。
(2)第二组在没有电压表的情况下，设计了如图3所示的电路，完成了对同一电池的测量。
①改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表示数I和电阻箱示数R，通过研究1I−R图象的信息，他们发现电动势的测量值与第一组的结果非常接近，但是内阻的测量值与第一组的结果有明显偏差。将上述实验重复进行了若干次，结果依然如此。请说明哪个组内阻的测量结果较大？并说明形成这个结果的原因。
②、A.第二组对实验进行深入的理论研究，在是否可以忽略电流表内阻这两种情况下，绘制两类图象。第一类图象以电流表读数I为纵坐标，将电流表和电阻箱读数的乘积IR记为U作为横坐标。第二类图象以电阻箱读数R为纵坐标，电流表读数的倒数1I为横坐标。请在图4甲、乙两坐标系中分别用实线代表电流表内阻可忽略的情况，虚线代表电流表内阻不可忽略的情况，定性画出相关物理量之间关系。
B.在第二组的实验中电阻箱(最大阻值为999.9Ω，可当标准电阻用)、电流表(量程Ig=0.6A，内阻rg=0.1Ω)。通过改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表示数I和电阻箱示数R，并画出了如图5所示的R−1I图象。根据图象中的信息可得出这个电池的电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω。
C.某同学利用传感器、定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图6所示。实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图7所示的1U−1R关系图线。由图线可知电池的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
15.如图所示，竖直放置的平行板电容器两板间电势差为U=400V，xOy平面直角坐标系第Ⅰ象限内分布着沿y轴正方向的匀强电场，一个带负电的粒子从电容器左板处由静止开始加速，穿过右板后垂直于y轴从P点处射入电场，并从x轴上的A点处射出。已知P点的纵坐标为1m，A点的横坐标为2m，带电粒子的电荷量与质量的比值qm=2×1010C/kg，不考虑带电粒子所受的重力。
(1)求带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小v0；
(2)求匀强电场的场强大小E；
(3)若在过y轴上的B点处放一张感光胶片，感光胶片与x轴平行，B点的纵坐标为−1m。带电粒子打到感光胶片上会使胶片曝光，求感光胶片上曝光点的横坐标。
16.绝缘水平桌面有一竖直向上的匀强磁场B=1T，间距L=1m的平行金属导轨固定在桌面上，左端连接电源的电动势E=15V，内阻r=1Ω。质量m=0.5kg的金属棒垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。细线一端系在金属棒的中点，另一端通过桌边光滑定滑轮挂一重物M时，金属棒恰处于静止且刚好不向右滑，细线水平且与金属棒垂直。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，金属棒接入电路的电阻R=2Ω，导轨电阻不计，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
(1)求悬挂重物的质量M；
(2)若锁定金属棒，保持磁感应强度大小不变，将磁场方向顺时针旋转过53°后解锁金属棒，求重物加速度a的大小。
17.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=0.5m，其电阻不计。导轨平面与水平面夹角θ=30°，N、Q两端和M、P两端分别接有R=1.5Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终接触良好，已知棒ab的质量m=0.2kg，电阻r=0.25Ω，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。棒ab在平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，以初速度v0=0.5m/s沿导轨向上开始运动。能达到的最大速度v=2m/s，重力加速度取g=10m/s2。
(1)判断流经棒ab中电流的方向，并求棒ab两端的最大电压；
(2)求该过程中拉力的大小；
(3)若棒ab从v0开始运动到v2=1.5m/s的过程中两个电阻R上产生的总焦耳热Q=0.21J，求此过程中棒ab的位移大小；
(4)在棒ab的位移大小为x=1m的过程，流过棒ab的电荷量。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
18.在竖直平面内建立一平面直角坐标系xy，x轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2=E12，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置(图中没有画出)竖直向上射出一个比荷qm=102C/kg的带正电的微粒(可视为质点)，该微粒以v0=4m/s的速度从−x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，g=10m/s2.试求：
(1)带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
(2)+x轴上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
(3)要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据安培定则，通电导线在b点产生的磁场方向竖直向上，由于b点的合场强为零，可知匀强磁场的磁感应强度方向竖直向下，通电导线在e点产生的磁场方向竖直向下，根据磁场的叠加原理，可知e点的合场强最大。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据安培定则结合对称性分析出不同导线在不同位置产生的磁感应大小的特点，根据矢量合成的特点完成分析。
本题主要考查了磁感应强度的相关概念，熟练掌握安培定则结合矢量合成的特点即可完成分析。
2.【答案】C
【解析】解：A、做曲线运动的物体受力指向轨迹凹侧，则电场力方向向左，由于不知道电场方向，无法确定粒子的电性，故A错误；
B、根据题意，由牛顿第二定律可得a=Eqm，由电场线的疏密程度可知，a处电场线密，电场强度较大，则粒子在a处加速度较大，故B错误；
CD、根据题意可知，带电粒子在运动中只受电场力的作用，则电场力方向向左，粒子由a处运动到b处，电场力做负功，则粒子的动能减小，电势能增大，即粒子在a处速度较大，电势能较小，故D错误，C正确。
故选：C。
带电粒子带电粒子只受电场力的作用，做曲线运动，电场力方向指向轨迹的凹侧，也就是电场力向左，但电场方向未知，无法判断带电粒子的电性；根据电场线密大疏小，可以判断加速度大小；根据电场力做功正负，判断电势能高低。
本题考查带电粒子在电场运动，通过对粒子运动的定性分析，判断带电性质、速度大小变化、加速度大小变化和能量变化，属于电场的基础题型。
3.【答案】C
【解析】解：A、电路中R1、R2串联，电压表V1表测量电阻R1两端的电压，电压表V2表测量热敏电阻R2两端的电压。
当室温从25℃升高到35℃的过程中，R2的阻值减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知电路中总电流增大，电源的内电压增大，路端电压U3减小。电源效率η=U3IEI×100%=U3E×100%，则知电源效率变小，故A错误；
B、流过R1的电流增大，则R1的电压U1增大，根据U3=U1+U2，结合U3减小，则知U2减小，且有ΔU2>ΔU1，故B错误；
C、电压表V2的示数U2减小，根据U2=ΦN−ΦQ，ΦN=0，得：ΦQ=−U2，可知Q点电势升高，故C正确；
D、U3减小，电容器两极板间电压减小，电容器所带电荷量减少，电容器放电，下板正电荷减少，形成从M到N的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故微粒A将下移，但电场强度不断减小，由mg−qE=ma知微粒A的加速度增大，微粒A做加速度增大的加速运动，故D错误。
故选：C。
当室温从25℃升高到35℃的过程中，热敏电阻减小，分析外电路总电阻的变化，判断路端电压的变化，分析电源效率的变化。根据路端电压的变化分析ΔU2与ΔU1的关系。由R2的电压与Q点电势关系分析Q点电势变化。根据电容器电荷量的变化判断电流方向，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。
本题考查电路动态分析问题，要熟练掌握其解决方法为：局部→整体→局部；同时注意部分电路欧姆定律的应用。
4.【答案】A
【解析】解：到达B点时速度恰好为0，可知到达B点时小球做减速运动，加速度方向向上，小球在AB两点受力相同，因此加速度相同，对小球受力分析可知
f−mg=ma
f=μFN
FN=2FCcsθ
FC=kQqr2
从A到B过程中r先减小后增大，θ也是先减小后增大，故支持力先增大后减小，摩擦力先增大后减小，加速度先增大后减小，且方向一直向上，因此小球从A到B过程中做加速度先增大后减小的减速运动，结合v−t图像斜率代表加速度可知A图像正确；
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据等量异种电场的电场线分布判断电势的关系以及电场强度的关系；根据电场强度的变化得出电场力的变化，抓住水平方向上平衡得出弹力的大小变化，从而得出摩擦力的大小变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，抓住两段过程加速度大小对称，根据图像斜率代表加速度分析判断。
解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，通过电场线疏密确定电场强度的大小，注意图像斜率代表加速度。
5.【答案】B
【解析】解：A、磁场是客观存在的一种物质，磁感线是假想的，故A错误；
B、磁体之间、磁体与通电导体之间，以及通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的，故B正确；
C、磁场的磁感应强度与通电导线的电流和所受的磁场力无关，由本身的性质决定。故C错误；
D、根据B=ΦS可知，匀强磁场磁感应强度的大小等于垂直穿过单位面积的磁通量。故D错误。
故选：B。
磁场是客观存在的一种物质；磁感应强度的大小由磁场本身性质决定，与导线的电流和所受安培力无关；当磁场的方向与电流的方向垂直时，安培力大小为F=BIL；在匀强磁场中，当磁场的方向与面积垂直，则Φ=BS；根据B=ΦS可知，匀强磁场磁感应强度的大小等于垂直穿过单位面积的磁通量。
该题考查对磁场的几个概念的理解，解决本题的关键知道磁感应强度B=FIL是根据比值定义法定义的，与电流和磁场力无关，由磁场本身的性质决定。
6.【答案】C
【解析】解：A、导体棒向右加速做切割磁感线的运动时，根据右手定则，可知，感应电流由b指向a，且大小增大，根据右手螺旋定则，可知，线圈Q中的磁场方向向上，且大小增大，导致穿过P的磁通量向上，且大小增大，那么其感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，可知，线圈P中有顺时针方向感应电流(从上向下看)，依据楞次定律，它们之间是相互排斥，导致对桌面的压力大于圆环P的重力，故A错误。
B、导体棒ab向左加速做切割磁感线的运动时，根据右手定则，可知，感应电流由a指向b，且大小增大，根据右手螺旋定则，可知，线圈Q中的磁场方向向下，且大小增大，导致穿过P的磁通量向下，且大小增大，那么其感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则，可知，线圈P中有逆时针方向感应电流(从上向下看)，依据楞次定律，它们之间是相互排斥，导致对桌面的压力大于圆环P的重力，故B错误。
C、导体棒向右减速做切割磁感线的运动时，根据右手定则，可知，感应电流由b指向a，且大小减小，根据右手螺旋定则，可知，线圈Q中的磁场方向向上，且大小减小，导致穿过P的磁通量向上，且大小减小，那么其感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则，可知，线圈P中有逆时针方向感应电流(从上向下看)，依据楞次定律，它们之间是相互排斥，导致对桌面的压力小于圆环P的重力，故C正确。
D、导体棒ab向左减速做切割磁感线的运动时，根据右手定则，可知，感应电流由a指向b，且大小减小，根据右手螺旋定则，可知，线圈Q中的磁场方向向下，且大小减小，导致穿过P的磁通量向下，且大小减小，那么其感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，可知，线圈P中有顺时针方向感应电流(从上向下看)，依据楞次定律，它们之间是相互排斥，导致对桌面的压力小于圆环P的重力，故D错误。
故选：C。
当线圈Q中磁通量发生变化时才能产生感应电流，而穿过线圈Q的磁场是由ab棒切割产生的。
按这样的思路分析：导线ab运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向，根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断线圈P中产生的电流方向，选择题意的选项。
考查右手定则、右手螺旋定则，及楞次定律的应用，掌握左手定则与右手定则的区别。
7.【答案】C
【解析】解：A初始时刻导体棒产生的感应电动势大小为E=BLv0
回路中感应电流大小为I=ER+r
导体棒受到的安培力大小为F=BIL
联立得F=B2L2v0R+r，故A错误；
B.初始时刻，对导体棒由牛顿第二定律有
mg+kx1+F=ma
解得导体棒的加速度大小a=2g+B2L2v0m(R+r)
故B错误；
C.导体棒第一次速度为零时，根据动能定理有
−W克弹−W克G−W克安=0−12mv02
所以克服弹簧弹力和克服重力做功之和等于12mv02−Q1，这里Q1的数值和克服安培力做功是相等的，小于12mv02，故C正确；
D.导体棒在弹簧弹力作用下往复运动，当导体棒静止时，所受安培力为零，导体棒受到重力和弹簧的弹力而平衡，弹簧弹力的方向竖直向上，弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量
x2=mgk=x1，故导体棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有
12mv02+mg(x1+x2)=Q
解得系统产生的总热量Q=12mv02+2m2g2k，则R上产生的热量要小于Q，故D错误。
故选：C。
A.根据电动势公式和闭合电路欧姆定律结合安培力公式联立解答；
B.根据牛顿第二定律列式求解加速度；
C.根据动能定理列式求解；
D.根据能量的转化和守恒定律列式求解总热量再进行判断。
考查电磁感应作用下的物体受力、动能定理、能的转化和守恒定律等，是一道难度较大的综合性问题。
8.【答案】D
【解析】解：在0～dv时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流为逆时针方向，随着线框的运动，导线切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；根据根据楞次定律结合安培定则dv～2dv时间内，穿过线圈的磁通量在向里减小，可知，感应电流为顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在2dv～3dv时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流为顺时针方向，线框的有效切割长度均匀减小，感应电流均匀减小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
本题分三段过程分析：0～dv时间内、dv～2dv时间内、2dv～3dv时间内，根据楞次定律分析感应电流方向，再根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律分析电流变化情况。
本题的解题关键是注意磁通量的变化情况，根据E=BLv和欧姆定律结合进行研究。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关。故A错误、B正确。
CD、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUb，解得U=vBb，电压表的示数与离子浓度无关。v=UbB，则流量Q=vbc=cUB，与U成正比，与a、b无关。故D正确，C错误。
故选：BD。
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小．
解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡进行求解．
10.【答案】BD
【解析】解：A、设绝缘木板的质量为m=0.3kg，滑块的质量为M=0.4kg，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为μ=0.45，木板在静摩擦力的作用下，木板的最大加速度为：
amax=μMgm=6m/s2
所以当F=2.1N的恒力作用于滑块时，系统一起以a=FM+m=3m/s2的加速度一起运动，
当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块对木板的压力减小，摩擦力减小，木板的加速度减小，所以木板做的是加速度减小的加速运动，故A错误；
B、当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有：Bqv=Mg，代入数据得：v=10m/s，此时摩擦力消失，木板做匀速运动，故B正确；
C、而滑块水平方向上受到恒力作用，速度增加，洛伦兹力增大，当滑块的速度等于10m/s时，滑块将离开木板向上做曲线运动，故C错误；
D、当滑块和木板开始发生相对滑动时，木板的加速度恰好为共同的加速度3m/s2，对木板有：f=ma=0.9N
再根据：f=μ(Mg−qv′B)
代入数据解得：v′=5m/s
根据v′=at可得所以运动的时间为：t=53s，故D正确。
故选：BD。
先分析木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当2.1N的恒力作用于滑块时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后木板做匀速运动。
本题考查的是磁场中的滑板与滑块问题，有很强的综合性，本题的难点是由于洛伦兹力的大小与滑块的速度有关系，所以导致正压力也是变化的，进而滑动摩擦力也是变化的，会影响到滑块与木板的加速度也是变化的；弹力为零时，滑块的与木板恰好分离。
11.【答案】CD
【解析】解：A、根据楞次定律可知，在0～2s内的感应电流方向与2s～3s内的感应电流方向相反，即为交流电，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律，2.5s时的感应电动势等于2s到3s内的感应电动势，则有：E=N△B⋅S△t=100×(2−0)×0.1×0.11V=2V，故B错误；
CD、在0～2s时间内，感应电动势为：E1=100×22×0.12V=1V，
再根据欧姆定律I=ER有：I1=10.1A=10A，
在t=1s时，线框内电流为10A，那么导线框内电流的瞬时功率为：P=I2R=102×0.1=10W，
根据Q=It解得：Q=10×2C=20C，故CD正确。
故选：CD。
根据楞次定律，来判定感应电流方向；根据楞次定律判断出电流的方向，利用左手定则判断出受到的安培力方向；根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律，结合电量的表达式，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，求出2.5s 时间线框中感应电动势的大小。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和楞次定律，及电量与电功率表达式，难度不大，属于基础题，需加强训练，注意交流电与直流电的区别。
12.【答案】AC
【解析】解：A、电容器充电时上端带正电，放电时通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，故A正确；
B、电容器完全充电后，两极板间电压为E1，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：I=E1R
设MN受到的安培力为F，有：F=BIL
由牛顿第二定律有：F=ma
联立解得：a=BE1LmR，故B错误；
CD、电容器放电前所带的电荷量Q1=CE1
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：E2=BLvm，最终电容器所带电荷量Q2=CE2
则通过MN的电量q=CE1−CE2
由动量定理，有：∑FΔt=∑mΔv
得∑BILΔt=∑mΔv
BLq=mvm
解得：
vm=BLqm=BLC(E1−E2)m，故C正确，故D错误。
故选：AC。
(1)根据通过MN电流的方向，结合左手定则得出磁场的方向；
(2)根据欧姆定律得出MN刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定理求出MN离开导轨后最大速度。
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，对于第三问，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电流，结合通过的电量进行求解。
13.【答案】0.800 ③ 右 5.0×10−7 0.2
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，合金丝的直径D=0.5mm+30.0×0.01mm=0.800mm；
(2)实验电路要求滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法；原实验电路的电流表是外接法，连接错误的大小是③导线，应该接在电流表的负接线柱上；为了保护电流表和电压表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于右端；
(3)设量角器的半径为r，合金丝连入电路中的长度为量角器的弧长，则连入电路中的合金丝的长度l=rθ
根据欧姆定律，连入电路中的合金丝的电阻R=UI−RA
根据电阻定律，合金丝的电阻R=ρlS=ρl14πD2=4ρlπD2
联立解得1I=4ρrπUD2⋅θ+RAU
可见1I−θ图像的斜率k=4ρrπUD2，纵截距b=RAU
所作的1I−θ图像如图所示：
图像的纵截距b=RAU=0.20A−1，电流表的内阻RA=bU=0.2×1Ω=0.2Ω
图像的斜率k=1ΔIΔθ=0.98−0.2056π−0A⋅s/rad≈0.30A⋅s/rad
因此合金丝的电阻率ρ=πkUD24r=3.14×0.30×1.00×(0.800×10−3)24×0.3Ω⋅m=5.0×10−7Ω⋅m
故答案为：(1)0.800；(2)③；右；(3)5.0×10−7；0.2。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐刻度(估读一位)×精确度；
(2)实验电路要求滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，结合原实验电路图分析连接错误的导线；闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于右端，据此作答；
(3)合金丝连入电路中的长度为量角器的弧长，根据弧长公式得合金丝的长度l=rθ，再根据欧姆定律和电阻定律求解1I−θ函数表达式，结合1I−θ图像求合金丝的电阻率和电流表的内阻。
本题主要考查了螺旋测微器的读数，以及用“伏安法”测金属丝的电阻率；本题的难点是求解1I−θ函数，找出金属丝的长度l与θ角度的关系是求解函数的关键。
14.【答案】BC A C 0.50 1.49 0.3 2.0 0.5
【解析】解：(1)①为了完成该实验，需要测量多种数据，需要电路中电阻变化，在电路的a、b两点间可接入的器件是阻值适当的不同阻值的定值电阻或滑动变阻器．故A错误，BC正确；
故选：BC
②为了调节方便且测量精度更高，电路中最大电流为Im=Er=1.5A，电流表应选量程为0.6A的，电压表应选3V的；
③经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图2中画出了U−I图象．由图象截距可以得出，此干电池的电动势的测量值E=1.48V，内阻的测量值r=△U△I=1.48−10.62Ω≈0.78Ω
若将该干电池与一个阻值为2.2Ω的定值电阻组成闭合电路，电路中的电流约为：I=ER+r=1.52.2+0.78A=0.50A
(2)①第二组测量应有：若不考虑电流表的内阻则：E=I(R+r) 则1I=1ER+rE
考虑电流表的内阻：E=I(R+r+RA)，即没有考虑电流表内阻时，测量计算出的内阻其实际值为电池内阻与电流表的内阻之和，则测量值偏大．原因是由于电流表内阻不能忽略引起的误差。
②A第一类图象：不考虑电流表内阻，U=E−Ir 考虑电流表内阻：U=E−I(r+RA) 两表达式对应的截矩相等，即电动势相等，内阻不忽略时斜率大，是实线代表的是测量值，虚线代表的是真实值．根据图象修正法，虚线的电动势和实线电动势相等，但是虚线在实线的上方．
B第二组测量方式，若不考虑电流表的内阻则：E=I(R+r) 则1I=1ER+rE 考虑电流表的内阻：E=I(R+r+Rg)
则1I=1ER+r+rgE
即：R=1IE−r+rg
可知斜率为电动势，所以：E=6−(−0.4)4.3−0V=1.49V
图线的截距为r+rg，所以：r=0.4Ω−rg=0.4Ω−0.1Ω=0.3Ω
C由闭合电路欧姆定律可知，闭合电路中，电源电动势：E=U+URr，
则1U=1E+rE⋅1R，
由图示图象可知，截距b=0.5(1V)，斜率k=0.25(ΩV)，所以电动势E=1b=2V，内阻r=E⋅k=0.5Ω．
故答案为：(1)①BC ②AC ③0.50(0.48～0.52)
(2)①第二组的测量结果较大；电流表内阻不能忽略引起的误差。
②A.如图18所示、(1.46～1.54)；0.3(0.25～0.35)、C.2.0；0.5。
(1)据实验原理估算电流、电压确定所要用电表；由闭合电路欧姆定律结合图象求得电动势与内阻．
(2)分别由闭合电路欧姆定律求两种方式下对应的是否考虑电流表的内阻与所测量值之间的函数表达式，结全图象分析误差．
本题考查了求电源电动势与内阻，知道电源U−I图象与截距与斜率的物理意义，即可正确解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．
15.【答案】解：(1)在平行板电容器中，根据动能定理可得：qU=12mv02
解得：v0=4×106m/s
(2)设粒子在A点速度方向与x轴正方向夹角为θ，根据类平抛运动的特点可得，速度方向反向延长线过水平位移的中点，则由几何关系有：tanθ=OP12OA=112×2=1
所以：θ=45°
所以竖直方向的速度：vy=v0
从P到A的运动时间：t=xOAv0=24×106s=12×10−6s
竖直方向上有：vy=at=qEm⋅t
联立解得：E=400V/m
(3)如图3所示，

设粒子从A到感光胶片时的水平位移为d，则有：d=OBtan45°=1×1m=1m
所以感光胶片上曝光点的横坐标为：x=OA+d=2m+1m=3m
答：(1)带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小v0为4×106m/s；
(2)匀强电场的场强大小E为400V/m；
(3)感光胶片上曝光点的横坐标为3m。
【解析】(1)根据动能定理求解速度大小；
(2)根据类平抛运动的特点：速度方向反向延长线过水平位移的中点求解竖直方向的速度，再根据运动学公式求解；
(3)根据几何关系求解感光胶片上曝光点的横坐标。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
16.【答案】解：(1)金属棒恰处于静止且刚好不向右滑
BIL+μmg=Mg
金属棒接入电路的电流
I=ER+r
解得
M=0.75kg
(2)磁场旋转后轨道对金属棒的支持力为FN

BILsin53°+FN=mg
磁场旋转后，安培力水平方向分量减小，金属棒向右加速
Mg−BILcs53°−μFN=(m+M)a
解得
a=3.2m/s2
答：(1)悬挂重物的质量M为0.75kg；
(2)若锁定金属棒，保持磁感应强度大小不变，将磁场方向顺时针旋转过53°后解锁金属棒，求物加速度a的大小为3.2m/s2。
【解析】(1)根据欧姆定律得出电路的电流，根据安培力公式结合受力分析得出重物的质量；
(2)根据受力分析，结合牛顿第二定律得出重物的加速度。
本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，结合受力分析和牛顿第二定律即可完成解答。
17.【答案】解：(1)根据右手定则可知，流经棒ab中电流方向由a到b。
ab棒产生的最大电动势为
Em=BLv=1×0.5×2V=1V
最大感应电流为
Im=EmR总=Em12R+r=112×1.5+0.25A=1A
可得棒ab两端的最大电压：U=Im⋅12R=1×12×1.5V=0.75V
(2)ab棒速度最大时做匀速运动，由平衡条件有
F=mgsin30°+BImL
解得：F=1.5N
(3)设整个电路产生的总的焦耳热为Q总，则Q=12R12R+rQ总
解得：Q总=0.28J
结合ab棒克服安培力做功等于整个电路产生的总的焦耳热，由动能定理有
Fx−mgxsin30°−Q总=12mv12−12mv02
解得棒ab的位移大小：x=0.96m
(4)由法拉第电磁感应定律有E−=ΔΦΔt
又I−=E−R总，q=I−Δt，ΔΦ=BLx
联立解得：q=0.5C
答：(1)流经棒ab中电流的方向由a到b，棒ab两端的最大电压为0.75V；
(2)该过程中拉力的大小为1.5N；
(3)此过程中棒ab的位移大小为0.96m；
(4)在棒ab的位移大小为x=1m的过程，流过棒ab的电荷量为0.5C。
【解析】(1)根据右手定则判断ab中电流的方向。ab棒匀速运动时速度最大，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求出ab棒中最大感应电流，由欧姆定律求ab两端的最大电压。
(2)由安培力公式F=BIL和平衡条件相结合求出拉力的大小。
(3)先根据电路的结构求出整个电路产生的总的焦耳热，根据动能定理求出棒ab的位移大小。
(4)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电荷量与电流的关系求解流过棒ab的电荷量。
本题分别从力和能两个角度来研究电磁感应现象，要知道ab棒做匀速运动时速度最大。要能熟练根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电荷量与电流的关系求解通过ab棒的电荷量。
18.【答案】解：(1)带电微粒从A点到C点，竖直方向在重力作用下匀减速直线运动，
竖直方向：t=v0g=0.4s
h=v02t=0.8m
水平方向做初速度为零的匀加速直线运动
ax=v1t=2g
此加速度由电场力产生：qE1=max
所以E1=2mgq=0.2N/C
(2)通过计算知：qE2=mg，电场力与重力抵消，所以带电微粒在第一象限做匀速圆周运动，设粒子运动轨道半径为R，则
qv1B0=mv12R所以R=0.08B0
使微粒从C点运动到D点，则有：h=(2n)R=(2n)0.08B0
B0=0.2n T (n=1、2、3 …)
T=2πnqB0
T02=T4
所以周期：T0=T2=πnqB0=π20n s (n=1、2、3…)
(3)当交变磁场周期取最大值而微粒不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可知：θ=5π6
T0≤56T=5π300B0
B0T0≤π60 (kg/C )
答：(1)带电微粒运动到C点的纵坐标值h为0.8m，电场强度E1为0.2N/C．
(2)+x轴上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，
要使其恰能沿x轴正方向通过D点，则磁感应强度B0及其磁场的变化周期为π20ns (n=1、2、3…)
(3)要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足B0T0≤π60(kg/C )．
【解析】(1)带电微粒在电场和重力场中运动，可以看成类斜抛运动，当然也从运动的分解来对待：水平的匀加速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，两个方向具有独立性和等时性．
(2)首先确定由于电场力与重力抵消，所以带电微粒在第一象限做匀速圆周运动，要使带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，先用B0表示出匀速圆周运动的半径，再由几何关系确定C点的纵坐标与半径有一定的关系，从而就能表示出B0大小及其变化周期T0满足的关系．
(3)要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，先画出符合条件的带电微粒的轨迹，由轨迹找出偏转角大小，结合周期公式就能算出两者的积．
本题的巧妙在于：磁感应强度的周期性变化，导致本题的多解性，但先要画出满足条件的微粒的运动轨迹，由运动周期性写出两周期的关系或时间与偏转角的关系，从而求出后两问的结果．