2022-2023学年北京市清华附中高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年北京市清华附中高二（下）期中物理试卷（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，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.有关磁感线的下列叙述，其中正确的是( )
A. 匀强磁场的磁感线是均匀分布的平行直线
B. 磁铁的磁感线起于N极，终于S极
C. 直线电流的磁感线是一簇闭合的同心圆，而通电螺线管的磁感线则是一簇不闭合的曲线
D. 当在同一空间中存在两个磁场时，磁感线在该空间中某一点可能相交
2.如图所示，在一圆形线圈AB平面内有一可自由旋转的小磁针，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转。对于小磁针的偏转情况，以下的判断正确的是( )
A. 当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向纸面外
B. 当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针N极将指向纸面外
C. 当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向纸面外
D. 不管磁针如何偏转，线圈中的电流总是沿顺时针方向
3.在下列四幅图中，能正确标明通电直导线所受安培力F方向的是( )
A. B.
C. D.
4.如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )
A. 加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B. 加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C. 加一电场，电场方向沿z轴负方向D. 加一电场，电场方向沿y轴正方向
5.在水平面上有一光滑的U形金属框架，框架上跨接一金属杆ab，在框架的区域内有一竖直方向的匀强磁场(图中未画出)，下面说法中正确的是( )
A. 若磁场方向竖直向下，当磁场增强时，杆ab将向右运动
B. 若磁场方向竖直向下，当磁场减弱时，杆ab将向右运动
C. 若磁场方向竖直向上，当磁场增强时，杆ab将向右运动
D. 若磁场方向竖直向上，当磁场减弱时，杆ab将向右运动
6.如图1所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个R=40Ω的电阻相连。线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图2所示规律变化。已知线圈的电阻是10Ω，则( )
A. 线圈内感应电流的磁场方向为指向纸外B. A点电势比B点电势高
C. A、B两点间的电势差为20VD. 0.2s内电路产生的电能为1.6J
7.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中( )
A. 导体棒做匀减速直线运动B. 导体棒中感应电流的方向为a→b
C. 电阻R消耗的总电能为mv02R2(R+r)D. 导体棒克服安培力做的总功小于12mv02
8.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、电键、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. 人有触电的感觉是在电键闭合瞬间
B. 人有触电的感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
C. 断开电键时流过人体的电流方向从B→A
D. 断开电键时线圈中的电流突然增大
9.某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A. 未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B. 未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C. 接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D. 接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
10.如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是( )
A. t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B. 若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C. 若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D. 若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
11. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。下述说法中正确的是( )

A. 粒子只在电场中加速，因此电压越大，粒子的最大动能越大
B. 可以采用减小高频电源的频率，增大电场中加速时间来增大粒子的最大动能
C. 粒子在磁场中只是改变方向，因此粒子的最大动能与磁感应强度无关
D. 粒子的最大动能与D形盒的半径有关
12.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出( )
A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的时间D. 该匀强磁场的磁感应强度
13.如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、上下表面为正方形的金属导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大。将两导体同时放置在同一匀强磁场B中，磁场方向垂直于两导体正方形表面，在两导体上加相同的电压，形成如图所示方向的电流，电子由于定向移动，会在垂直于电流方向受到洛伦兹力作用，从而产生霍尔电压，当电流和霍尔电压达到稳定时，下列说法中正确的是( )
A. R1的电阻大于R2的电阻
B. R1中的电流大于R2中的电流
C. R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压
D. 两导体产生的霍尔电压沿电流方向看，右侧电势高
二、多选题：本大题共1小题，共3分。
14.如图所示，一根足够长的直导线水平放置，通以向右的恒定电流，在其正上方O点用细丝线悬挂一铜制圆环。将圆环从a点无初速释放，圆环在直导线所处的竖直平面内运动，经过最低点b和最右侧c后返回，下述说法中正确的是( )
A. 从a到c的过程中圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针
B. 运动过程中圆环受到的安培力方向与速度方向相反
C. 圆环从b到c的时间大于从c到b的时间
D. 圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
15.如图甲所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，并选用缝间距d=0.20mm的双缝屏。从仪器注明的规格可知，像屏与双缝屏间的距离L=700mm。然后，接通电源使光源正常工作。
①已知测量头上主尺的最小刻度是毫米，副尺(游标尺)上有20分度。某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，使分划板中心刻度线与某条纹A中心对齐，如图乙所示，此时测量头上主尺和副尺的示数情况如图丙所示，此示数为______mm；接着再转动手轮，使分划板中心刻度线与某条纹B中心对齐，测得A到B条纹间的距离为8.40mm。利用上述测量结果，经计算可得经滤光片射向双缝的色光的波长λ=______m(保留2位有效数字)。
②另一同学按实验装置安装好仪器后，观察到光的干涉现象效果很好。若他对实验装置作了一下改动后，在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加。以下改动可能实现这个效果的是______。
A.仅将滤光片移至单缝和双缝之间
B.仅将单缝远离双缝移动少许
C.仅将单缝与双缝的位置互换
D.仅将红色滤光片换成绿色的滤光片。
16.经过长达11年的艰苦探索，法拉第终于在1831年发现了电磁感应现象这一划时代的发现。当时法拉第做了如下的一个实验(如图1是当年法拉第研究电磁感应时用过的线圈，如图2是当年法拉第所做实验的示意图)：他把两个线圈绕在同一个铁环上，一个线圈接到电源上，另一个线圈接入“电流表”，在给一个线圈通电或断电的瞬间，另一个线圈中也出现了电流。

(1)在图2中，闭合开关时，通过电流表的电流方向是______(答“向上”或“向下”)；
(2)发现电磁感应现象后，法拉第又做了大量的实验研究感应电流的规律，最终总结出了产生感应电流的条件。小雷同学在学习了法拉第研究电磁感应现象得到的规律后，想要验证法拉第的说法是否正确，于是他找来了如图3所示的器材进行实验。小雷发现，将电键由闭合断开时，灵敏电流计的指针向右偏转，请你运用本学期学过的电磁感应的知识判断：电键闭合后，若将滑动变阻器的滑动头加速向左滑动，小雷观察到的灵敏电流计的指针会______偏转，若滑动变阻器的滑动头匀速向右滑动，灵敏电流计的指针会______偏转。(填“向左”、“向右”或“不”)
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
17.如图所示为某质谱仪的构造原理图。现让质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子，经加速电压为U的加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器的平行金属板之间有相互正交的匀强电场和磁感应强度为B1的匀强磁场(图中均未画出)。该粒子恰能沿直线通过，并从平板S上的狭缝P进入磁感应强度为B2、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，在磁场中运动一段时间后，最终打在照相底片上的A点。底片厚度可忽略不计，且与平板S重合。空气阻力、粒子所受的重力均忽略不计。求：
(1)带电粒子进入速度选择器时的速率v0；
(2)速度选择器中匀强电场的电场强度的大小E；
(3)照相底片上A点与狭缝P之间的距离L。
18.如图所示，在光滑水平面上有一单匝矩形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的右边界重合。已知线框ab边长为2L，bc边长为L，线框由同种粗细均匀的导线制成，它的总电阻为R。现将线框以恒定速度v水平向右匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁场方向垂直，拉力在线框平面内且与ab边垂直，bc边始终与磁场的右边界保持垂直。求：在线框被拉出磁场的过程中，
(1)感应电动势E的大小；
(2)线框内电流I的大小和方向；
(3)cd两端的电压Ucd；
(4)拉力的功率P；
(5)bc边产生的焦耳热Qbc。
五、计算题：本大题共2小题，共22分。
19.如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨平面下水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=5Ω的电阻，有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感强度为B0=1T.将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s=1m.试解答以下问题：(g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)
(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？
(2)金属棒达到的稳定速度是多大？
(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t=1s时磁感应强度应为多大？
20.(1)“物理模型”在物理学的研究和学习中起着非常重要的作用。比如“金属霍尔效应”、“磁流体发电机”与“电磁流量计”本质上都和导体切割磁感线产生感应电动势是相同的物理模型：如图甲所示，长度为l的金属棒MN处在磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒在外力的作用下以速度v匀速向右运动，请根据电动势的定义证明金属棒产生的感应电动势E=Blv，并说明金属棒的哪一端电势高。
(2)将以上模型还原为一个实际问题。如图乙所示，两端开口、内壁光滑的绝缘直管质量为m1，中央有绝缘隔板，放在光滑水平面上。中央隔板两侧有带等量正负电荷小球A、B，质量均为m2，带电量均为q。处在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，不计二者间库仑力。现给系统垂直于管的水平初速度v0，设以后运动过程中小球始终在管内。求：
①小球的最大速度vm；
②小球沿v0方向离开初位置的最远距离xm。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、匀强磁场的磁感线是均匀分布的平行直线，故A正确；
B、在磁铁的外部，磁感线从N极到S极，在磁铁的内部，磁感线从S极回到N极，磁感线是闭合的曲线，故B错误；
C、通电螺线管的磁感线类似条形磁体的磁感线，也是一簇闭合的曲线，故C错误；
D、当在同一空间中存在两个磁场时，在该空间中某一点磁场发生叠加，该点的磁场为两个磁场的矢量和，不可能存在相交的两条磁感线，故D错误。
故选：A。
(1)磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向。
(2)磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极。
本题对磁场和磁感线的理解能力，注意磁体的磁感线在内部由S到N极，外部由N到S极。
2.【答案】B
【解析】解：A、根据右手螺旋定则，当线圈通以沿顺时针方向的电流时，线圈内部磁场方向垂直纸面向里，根据磁感线的方向就是小磁针N极的受力方向，所以磁针N极将指向纸面里，故A错误；
BCD、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，线圈内部磁场方向垂直纸面向外，则磁针N极将指向纸面外，磁针S极将指向纸面里，故B正确，CD错误；
故选：B。
根据右手螺旋法则结合电流的方向判断线圈内部磁场的方向，再根据磁感线与磁极的指向判断小磁针N极和S极的指向。
本题考查了电流周围的磁场，解决本题的关键是熟练掌握右手螺旋定则。
3.【答案】B
【解析】解：根据左手定则可知：
A图中的安培力应该竖直向下；
B中安培力垂直磁感线向下；
C中安培力垂直电流向下；
D中安培力应垂直纸面向外；
故B正确，ACD错误；
故选：B。
左手定则：左手伸开，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内；把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向。
本题考查左手定则的应用，要明确左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度。
4.【答案】B
【解析】解：A、若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意。故A错误。
B、若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，符合题意。故B正确。
C、若加一沿z轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，不符合题意。故C错误。
D、若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意。故D错误。
故选：B。
电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向下(z轴正方向)偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向下，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向。
本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力。负电荷与电场方向相反，洛伦兹力方向由左手定则判断。
5.【答案】BD
【解析】解：A、若磁场方向垂直纸面向下，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向左，将向左运动。故A错误。
B、若磁场方向垂直纸面向下，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向右，将向右运动。故B正确。
C、若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向左，将向左运动。故C错误。
D、若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向右，将向右运动。故D正确。
故选：BD。
根据楞次定律判断出感应电流的方向，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定杆子的运动方向．
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握左手定则判断安培力的方向．
6.【答案】D
【解析】解：AB、由题意可知，线圈中的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向里；故感应电流的方向由B经过电阻流向A，故A点电势比B点电势低，故AB错误；
CD、根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势
E=NΔΦΔt=100×0.08−
A、B两点间的电势差U=RR+r⋅E=4010+40×20V=16V
0.2s内电路产生的电能为W=EIt=E2R+rt=20210+40×0.2J=1.6J
故C错误，D正确。
故选：D。
AB、根据楞次定律，结合图像可知感应电流的磁场方向，进而根据感应电流方向判断A、B两点的电势高低；
CD、根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，求出A、B两点间的电势差及0.2s内电路产生的电能。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和Φ−t图像的综合应用，要注意图像的斜率表示磁通量的变化率。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据牛顿第二定律得到加速度和速度的关系，由此分析加速度的变化情况；
根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向；
根据功能关系、焦耳定律可得电阻R消耗的总电能；
根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据牛顿第二定律列方程进行求解加速度大小，根据动能定理、功能关系、焦耳定律等进行分析解答。
【解答】
A.设磁感应强度为B，导轨的宽度为L，当导体棒的速度为v时，其所受安培力为FA=BIL=B2L2vR+r，根据牛顿第二定律可得FA=ma，解得a=B2L2vm(R+r)，导体棒运动过程中速度减小，则其加速度减小，故导体棒做加速度减小的减速运动，故A错误；
B.根据右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，故B错误；
C.整个过程中电路中消耗的总电能为E=12mv02，电阻R消耗的总电能为ER=RR+r⋅E=mv02R2(R+r)，故C正确；
D.根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于12mv02，故D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】解：A.电键闭合后，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。同学没有触电的感觉。故A错误；
B.当断开电键时，多匝线圈电流产生自感现象，从而产生很高的瞬间电压，通过同学们的身体时就有触电的感觉。而此时流过人体的电流是由线圈的自感电动势提供的，由串联规律可知，人有触电的感觉时流过人体的电流等于流过线圈的电流。故B错误；
C.断开电键时，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，流过人体的电流从右向左，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电动势，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。
当电键闭合后，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。
9.【答案】D
【解析】A、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈要切割磁感线，会产生感应电动势，故A错误。
B、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，由于电路未闭合，则线圈没有感应电流，线圈不受安培力的作用，故B错误。
CD、接上导线后形成闭合回路，表针晃动过程中表内线圈产生感应电流，线圈会受到安培力作用阻碍线圈的转动，表针晃动减弱，故C错误，D正确。
故选D。
不接导线和接上导线时，表针晃动过程中表内线圈都要产生感应电动势，接上导线后，还要产生感应电流，线圈受到安培力的阻碍作用，表针会很快的停下来。
解答本题时，要知道在运输电流表时，通常都会用导线把电流表的两个接线柱连接起来，就是运用电磁阻尼的作用，让指针不再发生大角度的偏转。
10.【答案】B
【解析】解：A、根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上，故A错误；
B、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，由于磁场的方向相反，则磁场的变化也相反，所以产生的感应电流的方向也相反，即将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C、若将线圈的匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt，可知线圈内产生的感应电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此磁铁的最大速度将减小，所以将线圈的匝数加倍时，ΔΦΔt减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，故C错误；
D、若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，假设磁铁做自由落体运动，根据穿过线圈时的速度v= 2gℎ，可知磁铁穿过线圈的速度增大为原来的 2倍，因此ΔΦΔt不能增大为原来的2倍，所以线圈中产生的电流峰值也不能加倍，故D错误。
故选：B。
根据楞次定律判断感应电流的方向，以及磁铁受到的安培力的方向；根据法拉第电磁感应定律求解出电路的电动势，再根据欧姆定律求解出电路中的电流强度．
本题主要考查法拉第电磁感应定律和欧姆定律的应用，要注意欧姆定律中的电阻为电路中的总电阻，要理解把整个运动过程分割为时间间隔极短的若干小段的思想。
11.【答案】D
【解析】解：根据公式qvB=mv2r，r=mvqB，故最大动能为：Ekm=12mv2=q2B2r22m，所以最大动能与D形盒的半径以及磁感应强度有关，与加速次数以及加速电压大小、高频电源的频率无关，故D正确，ABC错误。
故选：D。
回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场中做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变。最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定。
本题考查电磁场的综合应用，注意明确回旋加速器原理，知道最大动能取决于D型盒的半径和磁感应强度大小，与加速电压无关。
12.【答案】A
【解析】解：利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：
根据几何关系可得：cs30°=ar，所以r=2 33a。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即：qBv=mv2r，同时：T=2πrv，化简得：r=mvqB，T=2πmqB。
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故A正确；
因为v和B都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故BCD错误。
故选：A。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，利用左手定则判断出洛仑磁力的方向，利用洛伦兹力的交点找出圆心所在位置，再根据几何关系和向心力公式求解。
熟悉左手定则，可根据初末速度的方向判断出圆心的所在位置，要善于适用结合关系确定半径r的大小，联立公式求解即可。
13.【答案】C
【解析】解：AB、电阻R=ρLS，设正方形金属导体边长为a，厚度为b，则R=ρaab=ρb，则R1=R2，在两导体上加上相同电压，则R1中的电流等于R2中的电流，故AB错误；
C、根据电子最终在电场力与洛伦兹力作用下平衡，则有evB=eUHa，根据电流的微观表达式：I=neSv
联立解得：UH=Bav=Ba⋅IneS=1ne⋅BIb，则有R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压，故C正确；
D、根据左手定则可知，电子向右偏，导体右侧得电子，则导体右侧电势低，D错误。
故选：C。
R1和R2是材料相同，电阻率ρ相同，根据电阻定律R=ρLS研究电阻的关系，然后由欧姆定律，结合电场力与洛伦兹力平衡，及电流的微观表达式分析答题。
此题考查了霍尔效应及其应用，本题是物理规律在实际中应用的范例，根据本题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变，难度适中。
14.【答案】D
【解析】解：A、由安培定则可知，直导线上方磁场方向垂直纸面向外。圆环从a到b的过程中磁通量增加，由楞次定律可知线圈中感应电流方向是顺时针；圆环从b到c的过程中磁通量减小，由楞次定律可知线圈中感应电流方向是逆时针，故A错误；
B、圆环从a到b的运动过程中，将环分解为若干个小的电流元，上半环的部分所受合力向下，下半环部分所受合力向上；下半环所在处的磁场比上半环所在处的磁场强，则整个环所受安培力的方向向上；同理圆环从b到c的运动过程中，整个环所受安培力的方向向下，与速度方向不是相反的，故B错误；
C、圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中，产生感应电流，一部分机械能转化为电能，所以经同一位置时从b到c速率大于从c到b的速率，则圆环从b到c的时间小于从c到b的时间，故C错误；
D、圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c速率大于从c到b的速率，则圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c圆环所受安培力大于从c到b圆环所受安培力，圆环从b到c的过程克服安培力做的功大于圆环从c到b的过程克服安培力做的功，故圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量，故D正确。
故选：D。
先由安培定则判断直导线上方磁场方向，利用楞次定律判断感应电流的方向，由左手定则判断安培力的方向。圆环在非匀强磁场中运动时，穿过圆环的磁通量变化，产生感应电流，机械能有损失。
本题考查法拉第电磁感应定律，楞次定律等，注意研究圆环在越过最低点过程中这一环节，如果丢掉这一环节，注意明确在此处中磁通量的变化规律才能准确求解。
15.【答案】①0.25； 4.8×10−7 ②D
【解析】解：(1)图中游标卡尺的主尺的刻度为0，游标尺的第5刻度与上边对齐，则读数为：0mm+0.05×5=0.25mm，
A到B条纹间的距离为8.40mm，由图可知A到B条纹间的距离为5个条纹宽度，则：△x=8.405mm=1.68mm
根据公式△x=Ldλ得：λ=d⋅△xL=0.20×1.68700mm≈4.8×10−7m
(2)对实验装置作了一下改动后，在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加，可知各条纹的宽度减小。由公式λ=d⋅△xL得：△x=Ldλ
A.仅将滤光片移至单缝和双缝之间，λ、L与d都不变，则△x不变。故A错误；
B.仅将单缝远离双缝移动少许，λ、L与d都不变，则△x不变。故B错误；
C.仅将单缝与双缝的位置互换，将不能正常观察双缝干涉。故C错误；
D.仅将红色滤光片换成绿色的滤光片，λ减小，L与d都不变，则△x减小。故D正确。
故选：D
故答案为：①0.25； 4.8×10−7 ②D
(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；
单测量相邻两根条纹的间距误差比较大，往往采取测量多条干涉条纹的间距，然后求平均值，减小测量的偶然误差。根据△x=Ldλ测量光波的波长。
(2)对实验装置作了一下改动后，条纹数目有所增加，可知各条纹的宽度减小，然后由λ=d⋅△xL分析即可。
本题考查光波的干涉条纹的间距公式，应牢记条纹间距的决定因素，一般不要求定量计算，但要求定性分析。
16.【答案】向上 向右 向左
【解析】解：(1)左边电路闭合开关时在右边线圈中的磁场方向向下且磁通量增加，根据楞次定律可知，右边线圈感应电流产生的磁场方向向上，则感应电流从右边线圈上端流向下端，即通过电流表的电流方向是向上的；
(2)由题意可知，电键由闭合断开时，线圈2中磁通量减小时产生感应电流，电流计的指针向右偏转。电键闭合后，若将滑动变阻器的滑动头加速向左滑动，则滑动变阻器接入电路的阻值增加，电流减小，通过线圈2的磁通量减小，则电流计的指针向右偏转；若滑动变阻器的滑动头匀速向右滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电流增大，通过线圈2的磁通量增大，则灵敏电流计的指针会向左偏转。
故答案为：(1)向上；(2)向右；向左。
(1)左边电路根据右手螺旋定则判断电流在铁环中产生磁场的方向，右边电路根据楞次定律判断感应电流的方向；
(2)先根据题意判断电键由闭合断开，灵敏电流计的指针向右偏转时线圈2中磁通量的变化，后面过程根据滑动变阻器接入的阻值变化，判断电流变化，进一步判断线圈2中磁通量的变化，即可判断灵敏电流计的指针偏转方向。
本题考查研究电磁感应现象的实验，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、现象记录及分析。
17.【答案】解：(1)粒子经过加速电场U1加速后，根据动能定理qU=12mv02−0，解得：v0= 2qUm
(2)因为粒子恰能通过速度选择器，则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平衡力，即：qE=qv0B1
解得：E=B1 2qUm；
(3)粒子在B2磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则：qv0B2=mv02R
L=2R
解得：L=2B2 2mUq
答：(1)带电粒子进入速度选择器时的速率为 2qUm；
(2)速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为B1 2qUm；
(3)照相底片上A点与狭缝P之间的距离为2B2 2mUq。
【解析】(1)根据动能定理可以求出粒子的速度；
(2)在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，从而解得电场强度；
(3)根据洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R，从而解得L。
解决该题需要明确知道粒子在速度选择器内做的是匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反。
18.【答案】解：(1)在线框被拉出磁场的过程中，cd边切割磁感线，产生的感应电动势E的大小为
E=B⋅2Lv=2BLv
(2)根据楞次定律可知线框中感应电流方向为d→c→b→a→d
线框内电流I的大小为
I=ER=2BLvR
(3)cd两端的电压为为
Ucd=2L+L+L2L+L+2L+LE=23⋅2BLv=43BLv
(4)线框以恒定速度v水平向右匀速拉出磁场，可知拉力与安培力大小相等，则拉力的功率为
P=F安v=BI⋅2L⋅v=B2BLvR⋅2L⋅v=4B2L2v2R
(5)根据焦耳定律可得bc边产生的焦耳热为
Qbc=I2Rbct=(2BLvR)2⋅16R⋅Lv=2B2L3v3R
答：(1)感应电动势E的大小为2BLv；
(2)线框内电流I的大小为2BLvR，电流方向为d→c→b→a→d；
(3)cd两端的电压Ucd为43BLv；
(4)拉力的功率P为4B2L2v2R；
(5)bc边产生的焦耳热Qbc为2B2L3v3R。
【解析】(1)根据公式E=BLv求出感应电动势的大小；
(2)根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，利用楞次定律判断感应电流方向；
(3)根据串联电路分压规律求出cd两端的电压Ucd；
(4)线框匀速运动，拉力与安培力大小相等，根据安培力公式和功率公式相结合求解拉力的功率P；
(5)根据焦耳定律计算bc边产生的焦耳热Qbc。
本题是电磁感应与电路的综合，要掌握感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、楞次定律、安培力公式等基本知识，并能熟练运用。要注意cd边相当于电源，cd两端的电压是外电压，不是内电压。
19.【答案】解：(1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大．
达到稳定速度时，有FA=B0IL，mgsinθ=FA+μmgcsθ
则得I=mg(sin37°−μcs37°)B0L=0.05×10×(0.6−0.5×0.8)1×0.5A=0.2A；
(2)根据E=B0Lv、I=ER得：
v=IRB0L=0.2×51×0.5m/s=2m/s；
(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，
mgsinθ−μmgcsθ=ma
a=g(sinθ−μcsθ)=10×(0.6−0.5×0.8)m/s2=2m/s2．
设t时刻磁感应强度为B，则：B=1t2+2t+1T
故t=1s时磁感应强度B=11+2×1+1T=0.25T．
答：(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是0.2A．
(2)金属棒达到的稳定速度是2m/s．
(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t=1s时磁感应强度应为0.25T．
【解析】(1)根据棒切割磁感线，产生感应电流，出现安培阻力，因速度影响安培力，导致加速度变化，速度也变化．当棒达到稳定速度时，根据受力平衡与安培力大小表达式，即可求解；
(2)根据法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律相结合，即可求解；
(3)根据磁通量不变，不产生感应电流，则棒做匀加速运动，由牛顿第二定律和磁通量公式，即可求解．
考查棒在磁场中切割，速度影响安培力，导致加速度变化，这是本题解题的亮点，同时还考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等规律的应用，并运用不产生感应电流的条件．
20.【答案】解：(1)金属棒向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛伦兹力，充当非静电力，非静电力的大小为
F=Bev
从M到N，非静电力做功为W=Fl=Bevl
由电动势的定义可得E=Wq=Bevle=Blv
由左手定则可知金属棒中的电子向N端聚集，故M端电势高。
(2)对整个系统，因为洛伦兹力不做功，只有管与两球间的弹力做功，系统机械能守恒，当两球运动到最远处时，管的速度为零，两小球速度达到最大，有
12(m1+2m2)v02=12×2m2⋅vm2
解得vm=v0 m1+2m22m2
两球从初始位置向右运动到最远过程中，对其中一个球当沿v0方向的平均分速度为vx时，受到的沿管向上的洛伦兹力分力的平均值为Bqvx，设沿v0方向为正方向，根据动量定理有
Bqvxt=m2vm−0
其中有xm=vxt
解得xm=m2v0Bq m1+2m22m2
答：(1)见解析，M端；
(2)①小球的最大速度为v0 m1+2m22m2；
②小球沿v0方向离开初位置的最远距离为m2v0Bq m1+2m22m2。
【解析】(1)由左手定则判断金属棒两端电势的高低；
(2)①由动能定理求小球的最大速度vm；
②根据动量定理求小球沿v0方向离开初位置的最远距离xm
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。