2021-2022学年北京市海淀区高三（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京市海淀区高三（上）期末物理试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了20A，8VB，【答案】AD，【答案】BD，【答案】D，【答案】AC，【答案】CD，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年北京市海淀区高三（上）期末物理试卷

1. 真空中某区域的电场线分布如图所示，M、N为电场中的两点。下列说法正确的是(    )
A. 该电场为匀强电场
B. 该电场为非匀强电场
C. M点的场强比N点的场强小
D. M点的电势比N点的电势低
2. 如图所示的电路中，闭合开关S后，电流表的示数为0.20A.已知电源内阻r=1.0Ω，电阻R=9.0Ω，电流表和电压表均视为理想电表。下列说法正确的是(    )


A. 电压表的示数为1.8V B. 电源的电动势为1.8V
C. 电阻R的电功率为0.4W D. 电路消耗的总功率为0.4W
3. 在恒定的匀强磁场中固定一根通电直导线，导线的方向与磁场方向垂直。如图反映的是这根导线受到的磁场力大小F与通过导线的电流I之间的关系，M、N两点各对应一组F、I的数据，其中可能正确的是(    )
A. B.
C. D.
4. 如图所示，置于水平面上的两根金属导轨间距为L，分别与电源正、负极相连。导体棒ab放在导轨上且与导轨垂直，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导体棒，且与导轨平面夹角为θ。已知回路中电流为I，导体棒始终处于静止状态。关于导体棒的受力情况，下列说法正确的是(    )
A. 安培力大小为0 B. 安培力大小为ILB
C. 静摩擦力大小为ILBcosθ D. 静摩擦力大小为ILBsinθ
5. 某手机若只播放视频，可以播放约17小时，其说明书的部分内容如表所示。关于该手机，下列说法正确的是(    )
……
手机类型
智能手机、4G收集
屏幕分辨率
1920×1080像素
电池容量
4000mA⋅h
电池类型
不可拆卸式电池
待机时间
约22天
……

A. 充满电时电池可储存的最大能量为4J
B. 放电时电池可输出的最大电荷量为4C
C. 播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的1.3倍
D. 播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的30倍
6. 某同学用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素，将磁体从线圈中向上匀速抽出时，观察到灵敏电流计指针向右偏转。关于该实验，下列说法正确的是(    )
A. 必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转
B. 若将磁体向上加速抽出，灵敏电流计指针也会向右偏转
C. 将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转
D. 将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转

7. 如图所示，理想变压器原线圈接在u=Umsin(ωt+φ)的交流电源上，副线圈接一定值电阻R，电流表和电压表均视为理想电表。当开关S由1端拨到2端后，各电表示数的变化情况是(    )

A. V1示数不变 B. V2示数变小 C. A1示数变大 D. A2示数变小
8. 如图所示，用洛伦兹力演示仪研究带电粒子在匀强磁场中的运动，以虚线表示电极K释放出来的电子束的径迹。在施加磁场之前，电子经加速后沿直线运动，如图甲所示；施加磁场后电子束的径迹，如图乙所示；再调节演示仪可得到图丙所示的电子束径迹。下列说法正确的是(    )

A. 施加的磁场方向为垂直纸面向外
B. 在图乙基础上仅提高电子的加速电压，可得到图丙所示电子束径迹
C. 在图乙基础上仅增大磁感应强度，可得到图丙所示电子束径迹
D. 图乙与图丙中电子运动一周的时间可能不相等
9. 为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置为坐标原点O建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示。从P点起沿圆周逆时针测量圆上各点的电势φ和转过的角度θ，可以用此数据绘制φ−θ图。当半径r分别取r0、2r0、3r0.时，分别绘制出图乙中所示的三条曲线。三条曲线均在θ=θ0时达到最大值，最大值分别为4φ0、3φ0、2φ0.下列说法正确的是(    )

A. 曲线①对应的r取值为r0 B. 电场方向沿x轴正方向
C. 坐标原点O的电势为φ0 D. 电场强度的大小为4φ03r0
10. 金属自由电子气理论认为金属中的自由电子好像气体分子一样，总是在不停地做无规则热运动，由于自由电子会与金属离子发生碰撞，其在金属中的运动轨迹是“曲折”的路线。当存在外加电场E时，自由电子在杂乱无章的热运动基础上会叠加一个沿电场力方向的定向移动，如图所示。大量自由电子沿同一方向的定向移动形成了宏观的电流，通常情况下，电流稳定时，自由电子定向移动的速率约为10−4m/s，自由电子热运动的速率约为105m/s.可以将金属导电问题简化为下述过程：自由电子每次与金属离子碰撞后，定向移动速率变为0；接着自由电子在电场力的作用下重新加速获得定向移动速度，直到再次与金属离子发生碰撞。根据以上信息，下列说法正确的是(    )
A. 相较于自由电子的定向移动速率，热运动速率对碰撞频率影响更大
B. 相较于自由电子的热运动速率，定向移动速率对碰撞频率影响更大
C. E恒定时，若碰撞频率升高，金属中自由电子定向移动形成的电流不变
D. E恒定时，若碰撞频率升高，金属中自由电子定向移动形成的电流变小
11. 某同学用电流传感器和电压传感器研究电容器的放电情况，按图1连接电路。实验时，先将开关S与1端相连，待电路稳定后，将开关掷向2端，传感器将信息传入计算机，屏幕上可以显示出电流、电压随时间变化的i−t图线、u−t图线。

(1)由图1可知，传感器2应为______传感器(选填“电流”或“电压”)。
(2)计算机屏幕上显示的i−t图线可能为图2中的______，u−t图线可能为图2中的______。
(3)结合屏幕显示的i−t图线、u−t图线信息，可以估算出______。
A.电容器的电容
B.电容器储存的电荷量
12. 在“测量金属丝的电阻率”的实验中，实验小组的同学测量一段阻值约为5Ω、粗细均匀金属丝的电阻率。

(1)用螺旋测微器分别在三个不同的位置测量金属丝的直径，某次示数如图1所示，该次测量值为______ mm。
(2)实验小组的同学采用图2所示的电路图，用伏安法测金属丝的电阻Rx，现有电源(电动势为3.0V，内阻可忽略不计)，开关导线若干，以及下列器材：
A.电压表V1(量程0∼3V，内阻约3kΩ)
B.电压表V2(量程0∼15V，内阻约15kΩ)
C.电流表A1(量程0∼3A，内阻约0.025Ω)
D.电流表A2(量程0∼0.6A，内阻约0.125Ω)
E.滑动变阻器R1(0∼5Ω,3A)
F.滑动变阻器R2(0∼1000Ω,0.5A)
①为减小测量误差，在实验中，电压表应选用______，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______。(选填各器材前的字母)
②图3是测量R的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据图2的电路图，补充完成图3中实物间的连线。
(3)测量出金属丝直径为d、长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝电阻率测量值的表达式ρ=______。考虑电流表和电压表内阻引起的误差，该测量值______真实值(选填“大于”或“小于”)。
(4)在测量另一根阻值未知的金属丝电阻率时，实验小组的同学将电流表换成了量程为0∼100mA的毫安表，依据图2连接了电路，调整滑动变阻器R后保持R的阻值不变。然后，将电压表右侧导线分别接在M点和N点，读出相应的电压表和毫安表示数，记录在表格中。根据这两组数据，同学们认为将电压表右侧导线接在M点比接在N点实验误差更小。请判断他们得出的结论是否正确，并说明理由。

接M点
接N点
U/V
0.8
0.9
I/mA
84
83

13. 如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ固定在水平面上，其间距为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接一阻值为R的电阻。在导轨上有一金属杆ab，其电阻值为r，杆ab长度恰与导轨间距相等。在杆ab上施加水平拉力使其以速度v向右匀速运动，运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好。设金属导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力。求：
(1)金属杆ab产生的感应电动势E；
(2)金属杆ab两端的电压Uab；
(3)拉力做功的功率P。
14. 长为L的轻质绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)。如图所示，在空间加沿水平方向的匀强电场(图中未画出)，小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角α=37∘。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，电场的范围足够大，重力加速度为g。
(1)求匀强电场的电场强度大小E。
(2)保持细线始终张紧，将小球从A点拉起至与O点处于同一水平高度的B点。
a.求A、B两点间的电势差U；
b.将小球由B点静止释放，求小球运动至A点时速度的大小v。
15. 如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=40cm，bc=ad=20cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=6Ω，线圈位于磁感应强度B=0.04T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω=300rad/s匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。
(1)从线圈经过图示位置开始计时，写出线圈内的电动势瞬时值的表达式；
(2)求通过电阻R的电流有效值I；
(3)求线圈转动1min电阻R上产生的热量Q。
16. 如图1所示，将一细导线围成边长为d的单匝正方形线框，并固定在水平纸面内。虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示。已知线框的电阻为R，t=t0时匀强磁场的磁感应强度大小为B0。(1)若虚线MN右侧的空间不存在磁场，求：
a.线框中产生的感应电动势大小E；
b.在0∼2t0内，通过线框某横截面的电荷量q。
(2)若虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为B0，如图3所示。求t=2t0时线框受到的安培力大小F。

17. 如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为U0，S1、S2为板上正对的小孔。平行金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，P、Q两板的长度和两板间的距离均为d，P、Q两极板间加电压可形成偏转电场；距金属板P和Q右边缘d处固定有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P和Q；屏上O点与S1、S2共线。加热的阴极K发出的电子经小孔S1进入M、N两板间，通过M、N间的加速电场加速后，进入P、Q间的偏转电场。已知电子的质量为m，电荷量为e，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为n，初速度可以忽略。整个装置处于真空中，偏转电场可视为匀强电场，忽略电子重力及电子间的相互作用，不考虑相对论效应。
(1)求电子到达小孔S2时的速度大小v0。
(2)a.若在P、Q两板间加一恒定电压，使电子刚好从P板的右边缘离开偏转电场，打在荧光屏上，求P、Q两板间的恒定电压U1；
b.若在P、Q两板间加一周期为T0的交变电压u=4U0sin2πT0t，电子穿过偏转电场的时间远小于T0，可以认为每个电子在P、Q间运动过程中两板间的电压恒定，不考虑电场变化时产生的磁场，求0∼T0时间内打在荧光屏上的电子数目A。

18. 半导体内导电的粒子——“载流子”有两种：电子和空穴(空穴可视为能移动的带正电的粒子)，每个载流子所带电量的绝对值均为e。如图1所示，将一块长为a、宽为b、厚为c的方体半导体样品板静止放置，沿x轴方向施加一个匀强电场，使得半导体中产生沿x轴正方向的恒定电流，之后沿y轴正方向施加磁感应强度大小为B的匀强磁场，很快会形成一个沿z轴负方向的稳定电场，称其为霍尔电场。

(1)若样品板中只存在一种载流子，测得与z轴垂直的两个侧面(图1中“上表面”和“下表面”)之间电势差为UH，求霍尔电场的电场强度大小EH。
(2)现发现一种新型材料制成的样品板中同时存在电子与空穴两种载流子，单位体积内电子和空穴的数目之比为p。电子和空穴在半导体中定向移动时受到材料的作用可以等效为一个阻力，假定所有载流子所受阻力大小正比于其定向移动的速率，且比例系数相同。
a.请在图2(图1的样品板局部侧视图)中分别画出刚刚施加磁场瞬间，电子和空穴所受洛伦兹力的示意图。
b.在霍尔电场稳定后(即图1中“上表面”和“下表面”积累的电荷量不再改变)，电子和空穴沿x方向定向移动的速率分别为v1和v2关于电子和空穴沿z轴方向的运动情况，某同学假设了两种模型：
模型①：电子和空穴都不沿z轴方向做定向移动；
模型②：电子和空穴仍沿z轴方向做定向移动。
请依据受力情况和电荷守恒等基本规律，判断该样品中电子和空穴沿z轴方向的运动情况符合哪种模型。
若认为模型①正确，请计算电子受到的霍尔电场的电场力大小F1；
若认为模型②正确，请计算电子与空穴沿z方向定向移动的速率v1和v2之比。
c.在(2)b基础上，求霍尔电场稳定后电场强度大小E2。
答案和解析

1.【答案】BD 
【解析】解：ABC、电场线的密的地方场强大，M点电场线密，所以M点场强大，该电场为非匀强电场，故AC错误，B正确；
D、沿着电场线方向电势降低，M点电势高于N点电势，故D正确。
故选：BD。
电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的。
本题考查对电场线的认识，掌握电场线的特点即可解决问题，注意关键两点：一是电场线的疏密表示电场线的强弱；二是沿电场线的方向电势降低。

2.【答案】AD 
【解析】解：A、电压表测电阻电压U=IR=0.2×9V=1.8V，故A正确；
B、电动势E=I(R+r)=0.2×(1+9)V=2V，故B错误；
C、R的电功率P=UI，解得P=0.36W，故C错误
D、总功率P总=EI，解得P总=0.4W，故D正确
故选：AD。
由闭合电路欧姆定律求解电压及电动势，由P=UI，求解功率。
本题考查恒定电流，学生需熟练掌握闭合电路欧姆定律及功率公式，综合求解。

3.【答案】C 
【解析】解：在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F=BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据安培力公式F=BIL写出表达式即可正确求解．
本题比较简单，考查了安培力公式F=BIL的理解和应用，考查角度新颖，扩展学生思维．

4.【答案】BD 
【解析】解：AB、根据安培力的计算公式可得安培力的大小为：F=ILB，故A错误、B正确；
CD、根据左手定则可知安培力的方向斜向右下方，正视图如图所示。
水平方向根据平衡条件可得静摩擦力大小为f=Fsinθ=ILBsinθ，故C错误、D正确。
故选：BD。
根据安培力的计算公式可得安培力的大小；水平方向根据平衡条件可得静摩擦力大小。
本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答，同时注意对导体受力分析，明确安培力方向。

5.【答案】D 
【解析】解：A、题目中没有说明该电池的电动势，所以不能求出充满电时电池可储存的最大能量，故A错误；
B、该电池的容量为：q=It=4000×10−3A×3600s=1.44×104C，故B错误；
CD、播放视频时的平均电流：I1=qt1=1.44×10417×3600A=417A，待机状态的平均电流：I2=qt2=1.44×10422×24×3600A=1132A≈131I1，所以播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的30倍，故C错误，D正确。
故选：D。
根据q=It求解干电池的容量，根据W=qE求解可储存的最大能量；然后根据I=qt求解平均工作电流．
本题关键是明确电容量的概念，注意电池的电容量是一定的，电动势和内阻也是电池的重要参数．

6.【答案】BD 
【解析】解：AB、磁体向上加速、减速或匀速抽出，螺线管内磁通量向上在减小，线圈中感应电流产生感应磁场向上，就能观察到灵敏电流计指针向右偏转，故A错误，B正确；
CD、将磁体的N、S极对调，灵敏电流计指针仍向右偏转，则线圈中感应电流产生感应磁场向上，磁通量可能向上在减小或向下增加，即向下插入磁体，故C错误，D正确；
故选：BD。
将磁体从线圈中向上匀速抽出时，螺线管内磁场向上，磁通量在减小，线圈中感应电流产生感应磁场向上，观察到灵敏电流计指针向右偏转，据此分析各选项。
产生感应电流的条件注意两点：一是“闭合电路”，二是“磁通量发生变化”。本题解题时还需要注意电流计指针右偏的条件。

7.【答案】AC 
【解析】解：A、电压表V1测原线圈两端电压，开关由1端拨到2端是交流电源电压不变，变压器原线圈电压U1不变，电压表V1示数不变，故A正确；
B、开关S由1端拨到2端变压器原线圈匝n1不变，副线圈匝数n2变大，由理想变压器的变压比U1U2=n1n2可知，副线圈电压U2变大，电压表V2示数变大，故B错误；
CD、副线圈电压U2变大，由欧姆定律可知，副线圈电流I2=U2R变大，由理想变压器的变流比I1I2=n2n1可知，原线圈电流I1变大，电流表A1示数变大，电流表A2示数变大，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据开关位置变化情况判断副线圈匝数变化情况，然后应用理想变压器的变压比与变流比、欧姆定律分析答题。
根据题意分析清楚电路结构与变压器匝数变化情况，应用欧姆定律与理想变压器的变压比与变流比即可解题。

8.【答案】CD 
【解析】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU=12mv02
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=mv2r
解得：r=1B2mUe，由运动学公式可以求出周期T=2πrv=2πmqB
A、根据左手定则，电子向左飞出后做顺时针方向的圆周运动，所以磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误；
B、仅提高电子枪加速电压，由r=1B2mUe可知，电子束径迹的半径一定增大，但图丙在图乙的基础上半径减小，故B错误；
C、增大磁感应强度B，由r=1B2mUe可知，电子做圆周运动半径减小，故C正确；
D、图丙是在图乙的基础上增大磁感应强度B或增大加速电压U形成的，由T=2πmqB可知，两种情况下电子的周期可能不同，故周期可能不同，故D正确；
故选：CD。
根据左手定则判定在感应强度的方向；根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式，从而确定半径和周期的变化情况。
本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，知道带电粒子在电场中加速而在磁场中偏转做圆周运动，明确周期公式和半径公式的推导过程和应用。

9.【答案】C 
【解析】解：A.根据图像，曲线①的峰值最大，曲线①对应的 r最大，取值为3r0，故A错误；
B.电场强度方向从电势最高点指向电势最低点，根据图像，电场方向与 x轴负方向成θ0角，故B错误；
C.根据曲线③的峰值为2φ0，最小值为0，因为是匀强电场，坐标原点 O的电势为
φ=2φ0+02=φ0，故C正确；
D.根据图像，曲线①的峰值最大，曲线①对应的 r最大，取值为3r0，曲线③对应的半径为r0，电场强度的大小为E=Ud=2φ0−02r0=φ0r0，故D错误；
故选：C。
曲线的峰值最大，对应的 r最大；电场强度方向从电势最高点指向电势最低点，根据图像，电场方向与 x轴负方向成θ0角；由φ=2φ0+02求O点电势；由E=Ud求场强。
本题考查的是电势随角度θ的变化情况，由具体的图像找到对应电势最大值及最小值，由公式E=Ud可求场强。

10.【答案】AD 
【解析】解：AB、由题意可知自由电子热运动的速率远大于定向移动的速率，因此相较于自由电子的定向移动速率，热运动速率对碰撞频率影响更大，故A正确，B错误；
CD、设导体横截面积为S，电子定向移动速率为v，单位体积自由电子数为n，电流I=nevS，E恒定时，若碰撞频率升高，自由电子的平均速率v变小，因此金属中自由电子定向移动形成的电流变小，故C错误，D正确。
故选：AD。
由题意可知自由电子热运动的速率远大于定向移动的速率，因此热运动的速率对碰撞影响更大；
根据电流的微观表达式结合题意分析答题。
本题是一道信息给予题，认真审题理解题意根据题意获取所需知识是解题的前提，根据题意应用基础知识即可解题。

11.【答案】电压  B D AB 
【解析】解：(1)由图1可知，传感器2并联在电容器两端，所以应该为电压传感器；
(2)将开关掷向2端，电容器开始放电，极板间电压逐渐减小，u−t图线可能为图2中的D，根据公式：
i=uR
易知其放电电流也逐渐减小，并且呈非线性减小，i−t图线可能为图2中的B；
(3)根据
Q=It
可知屏幕显示的i−t图线与坐标轴围成的面积可估算出极板上放电时储存的电荷量Q，从u−t图线信息可知开始放电时极板间电压U，根据
C=QU
可以估算出电容器储存的电荷量和电容器的电容。故选：AB。
故答案为：(1)电压；(2)B，D；(3)AB。
首先根据传感器在电路中的连接方式判断传感器2为电压传感器；再由电容器放电过程极板间电压减小选出u−t图线可能为图2中的D，进而得出i−t图线可能为图2中的B；最后根据i−t图线与坐标轴围成的面积估算出极板上放电时储存的电荷量Q，从u−t图线信息可知开始放电时极板间电压U，得出电容器的电容。
本题考查电容器的充放电过程，涉及放电过程极板间电压与电流的变化关系、极板上电荷量的计算等基本问题。解题关键是熟悉并理解电容器充放电过程和原理，属于基础简单题目。

12.【答案】0.550ADEUπd24IL  小于 
【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+5.0×0.01mm=0.550mm。
(2)电源电动势为3V，故电压表选A；流过待测金属丝的最大电流约为I=UR=35A=0.6A，电流表应选择D；由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E。
(3)电路图如图所示


(4)由欧姆定律得：R=UI
由电阻定律得：R=ρLS=ρLπ(d2)2
解得，电阻率：ρ=Uπd24IL
(4)由于电压表分流，使测得的电流偏大，从而造成电阻率的测量值小于真实值。
(4)该小组同学的结论正确。对电压表右侧导线接在M点和接在N点进行比较，电压表示数的相对变化为0.9−0.80.9×100%=11.1%，
电流表示数的相对变化为84−8383×100%=1.2%，可见电压表变化明显，将电压表右侧导线接在M点误差小。
故答案为：(1)0.550；(2)①A；D；E；②见解析；(3)Uπd24IL；小于；(4)见解析。
螺旋测微器读数为固定刻度与可动刻度之和；实验中滑动变阻器采用分压式接法，是小电阻控制大电阻；根据图像和电阻定律求电阻率；实验误差来源于电压表分流。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；应用欧姆定律与电阻定律即可解题。

13.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势：E=BLv
(2)金属杆ab中电流为：I=ER+r
金属杆ab两端电压为：Uab=IR
联立可得：Uab=RR+rBLv
(3)拉力大小等于安培力大小：F=BIL
拉力的功率：P=Fv
联立可得：P=B2L2v2R+r
答：(1)金属杆ab产生的感应电动势E为BLv；
(2)金属杆ab两端的电压Uab为RR+rBLv；
(3)拉力做功的功率P为B2L2v2R+r。 
【解析】(1)根据E=BLv求解金属棒ab产生的感应电动势；
(2)根据闭合电路欧姆定律求解通过电阻R的电流大小，根据右手定则判断电流方向，根据欧姆定律求解金属棒a、b两点间的电势差；
(3)根据安培力的计算公式求解金属棒ab所受的安培力，根据平衡条件可得维持金属棒ab匀速运动的水平外力F的大小，根据P=Fv求解外力F做功的功率。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解；对于安培力作用下导体棒的运动问题，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；对于电磁感应现象中的力学问题，常根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。

14.【答案】解：(1)小球静止在A点时受力平衡

根据平衡条件qE=mgtanα
解得E=mgtanαq=3mg4q
(2)a.根据(1)可知匀强电场方向水平向左。
A、B两点沿电场线方向距离d=L−Lsinα=0.4L
根据电势差与场强的关系U=Ed
解得：U=3mgL10q
b.小球从B点运动至A点的过程中
根据动能定理mgLcosα−qU=12mv2
解得v=gL
答：(1)匀强电场的电场强度大小E为3mg4q。
(2)a.A、B两点间的电势差U为=3mgL10q；
b.将小球由B点静止释放，小球运动至A点时速度的大小为gL。 
【解析】(1)根据正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同判断场强的方向，根据小球受力平衡列式求场强的大小；
(2)根据匀强电场中电势差与场强的关系求电势差UAO；
(3)将小球从A点沿圆弧缓慢向左拉起至与O点处于同一水平高度过程中，对小球根据动能定理列式求拉力做的功。
解答本题的关键是熟悉电场的基本性质，知道匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed(注意d指的是两点间沿着电场方向的距离)，此外还要能灵活应用动能定理求变力做的功。

15.【答案】解：(1)根据交变电流产生的规律可知，线圈产生感应电动势的最大值：Em=nBωS=nBω×ab×bc，解得：Em=96V
线圈经过图示位置开始计时，线圈内的电动势瞬时值的表达式：e=Emcosωt=96cos300t(V)
(2)根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值：Im=EmR+r
通过电阻R的电流的有效值：I=Im2，解得：I≈0.71A
(3)根据电阻R上产生的热量：Q=I2Rt，解得：Q≈2.7×103J
答：(1)从线圈经过图示位置开始计时，线圈内的电动势瞬时值的表达式为96cos300t(V)；
(2)通过电阻R的电流有效值I为0.71A；
(3)线圈转动1min电阻R上产生的热量Q为2.7×103J。 
【解析】(1)根据交变电流的产生规律分析，线圈经过图示位置时电动势瞬时表达式；
(2)根据交变电流的有效值与最大值的关系分析，计算出电流有效值；
(3)根据线圈转动过程中电阻R上的热量：Q=I2Rt，计算出热量大小。
该题考查交流电的描述，知道线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSω和从垂直中性面开始的瞬时值表达式e=Emcosωt；熟练掌握有效值与最大值的关系式，并且掌握计算电阻热量的公式。

16.【答案】解：(1)a、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=ΔΦΔt=SΔBΔt=d×d2×B0t0=B0d22t0
b、由闭合电路的欧姆定律得：I=ER=B0d22Rt0
0∼2t0内，通过线框某横截面的电荷量q=I×2t0=B0d22Rt0×2t0=B0d2R
(2)当t=2t0时，虚线MN左侧磁感应强度：B1=2B0
虚线MN左侧线框受到水平向右的安培力：F1=B1Id，由左手定则可知，方向水平向右
虚线MN右侧线框受到水平向右的安培力：F2=B0Id，由左手定则可知，方向水平向右
上、下两边框受到的安培力大小相等、方向相反，合力为0
导体框受到的安培力：F=F1+F2
解得：F=3B02d32Rt0，方向水平向右
答：(1)a、线框中产生的感应电动势大小是B0d22t0；
b、在0∼2t0内，通过线框某横截面的电荷量是B0d2R。
(2)t=2t0时线框受到的安培力大小是3B02d32Rt0。 
【解析】(1)a、应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势。b、应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用电流的定义式求出桶某截面的电荷量。
(2)应用安培力公式求出线框受到的安培力大小。
本题是电磁感应与电路相结合的一道综合题，分析清楚磁感应强度的变化情况是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与楞次定律即可解题。

17.【答案】解：(1)加热的阴极K发出的电子经小孔S1进入M、N两板间，通过M、N间的加速电场加速，由动能定理eU0=12mv02
得v0=2eU0m
(2)a.P、Q两板间的电场强度为E=U1d  ①
电子在P、Q两板间加速度a=eEm                ②
电子在P、Q两板间运动时间t1=dv0             ③
电子在P、Q两板间偏转位移d2=12at12           ④
联立①-④式可得U1=2U0
b.当P、Q两板间的电压满足u≤2U0时，电子才能从两板间射出，即4U0sin2πT0t≤2U0
在0∼T04时间内解
0≤t≤T012
故在0∼T0时间内电子打在荧光屏上的时间Δt=4t=13T0
在0∼T0时间内打在荧光屏上的电子数目A=nt=nT03
答：(1)求电子到达小孔S2时的速度大小v0为2eU0m。
(2)P、Q两板间的恒定电压U1为2U0；0∼T0时间内打在荧光屏上的电子数目A为nT03。 
【解析】(1)由动能定理求速度；
(2)a、由运动学公式及E=U1d求U1；
b、当P、Q两板间的电压满足u≤2U0时，电子才能从两板间射出，即4U0sin2πT0t≤2U0，在0∼T0时间内打在荧光屏上的电子数目A=nt=nT03。
本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，结合几何关系进行分析，难度较大。

18.【答案】解：(1)由题意可知上下表面距离为b，霍尔电场为匀强电场
则：EH=UHb；
(2)a、施加电场后，空穴向右运动、电子向左运动，根据左手定则可得洛伦兹力的方向如图所示；
b、半导体材料在施加电场与磁场后，z轴负方向很快会形成稳定的电场，这个带电场会使得电子与空穴在z轴方向移动，故模型②正确。
设单位体积内的电子数目为n1，单位体积内空穴的数目为n2，由题意可得：n1：n2=p
当霍尔电场稳定时，在一段时间内t，到达上表面电子与空穴的数目相等，则：
n1v1tac=n2v2tac
解得：v1v2=1p；
c、设阻力比例系数为k，对电子沿z轴受力分析可得：ev1B+eE2=kv1′
对空穴沿z轴方向受力分析可得：ev2B=Kv2′+eE2
联立解得：E2=B(v2−pv1)1+p。
答：(1)霍尔电场的电场强度大小为UHb；
(2)a、电子和空穴所受洛伦兹力的示意图见解析；
b、模型②正确，电子与空穴沿z方向定向移动的速率v1和v2之比为1p；
c、霍尔电场稳定后电场强度大小为B(v2−pv1)1+p。 
【解析】(1)根据题意在沿着z轴形成的稳定电场为运动强电场，根据匀强电场求解公式得出结果；
(2)a、根据施加匀强电场后判断电子与空穴在x轴上运动方向结合左手定则判断洛伦兹力方向；
b、根据题意，半导体材料在施加电场与磁场后，z轴负方向很快会形成稳定的电场，这个带电场会使得电子与空穴在z轴方向移动，从而判断模型①的不成立；霍尔电场想要稳定意味着上表面电子与空穴的数量差值为定值，那么后续到达上表面的电子与空穴数目必须相等，由此求解速率之比；
c、根据z轴方向力平衡求解霍尔电场大小。
本题考查学生的阅读以及审题能力，本题重点是抓住题干半导体材料在施加电场与磁场后，z轴负方向很快会形成稳定的电场这一条件展开，知道霍尔电场稳定后要保持稳定的霍尔电场那么后续在同一时间内移动到电子与空穴上表面的数目是相等的；需要较强的逻辑思维以及应用能力难度较大。