2023-2024学年上海市复兴高级中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市复兴高级中学高二（下）期中物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.在真空中，所有电磁波都具有相同的( )
A. 频率B. 波长C. 波速D. 能量
2.法国物理学家安培发现了关于电流周围产生的磁场方向问题的安培定律，根据安培定律，如图各图中，已标出电流I和磁感应强度B的方向，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
3.奥斯特深信电和磁有某种联系．为了研究这种联系，有一次他拿一根细铂丝接到电源上，在它的前面放一枚磁针，试图用铂丝来吸引磁针．结果铂丝变灼热，甚至发光了，磁针却纹丝不动．你认为，奥斯特该次实验失败的主要原因可能是( )
A. 电源的正负极颠倒了B. 磁针的磁性颠倒了
C. 地球磁场的干扰D. 磁针位置不正确
4.在以下磁感应强度B随时间t变化的磁场中，能产生电磁波的是( )
A. B.
C. D.
5.如图所示，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动(从左往右看沿顺时针方向转)，从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生图甲波形交变电流的是( )
A. 线圈平面与磁场垂直
B. 线圈平面与磁场平行
C. 线圈平面与磁场垂直
D. 线圈平面与磁场平行
6.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度V0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )
A. 越来越大
B. 越来越小
C. 保持不变
D. 无法确定
7.如图所示，新能源汽车由地面供电装置(主要装置是发射线圈，并直接连接家用电源)将电能传送至轿车底部的感应装置(主要装置是接收线圈，并连接充电电池)，对车载电池进行充电。则( )
A. 增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈中感应电流的频率不变
B. 发射线圈和接收线圈的磁通量变化率相等
C. 为了保护接收线圈不受损坏，可在接收线圈下再加装一个金属护板
D. 增大发射线圈与接收线圈的间距，发射线圈与接收线圈两端电压之比不变
8.灵敏电流计的零刻度位于刻度盘中央，为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学设计利用“电磁阻尼”来实现这一目的。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案和乙方案中的相同磁场均位于零刻度线下方，甲方案在指针转轴上装上扇形铝板，乙方案在指针转轴上装上扇形铝框，下列说法正确的是( )
A. 因为铝框较铝板质量小，所以乙方案比甲方案更加合理
B. 乙方案中，铝框小幅度摆动时一定会产生感应电流
C. 甲方案中，即使铝板摆动幅度很小，铝板中也能产生涡流
D. 因为穿过铝框的磁通量更大，所以乙方案更合理
9.“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一。如图所示为远距离输电的原理图，假设发电厂的输出电压U1恒定不变，输电线的总电阻保持不变，两个变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( )
A. 当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率会增大
B. 当用户负载增多，升压变压器的输出电压U2增大
C. 若输送总功率不变，当输送电压U2增大时，输电线路损失的热功率增大
D. 在用电高峰期，用户电压U4降低，输电线路损失的热功率增大
10.笔记本电脑盖上屏幕，屏幕盖板上磁铁和主板机壳上“霍尔传感器”配合，使屏幕进入休眠模式，其工作原理如图所示。当电脑盖上屏幕时，相当于屏幕边缘的磁极靠近霍尔元件，已知该霍尔元件载流子为电子，以下说法正确的是( )
A. 盖上盖板，a端带正电
B. 打开盖板，a端带正电
C. 盖上屏幕过程中，a、b间电势差逐渐增大
D. 盖上屏幕过程中，a、b间电势差不变
11.如图，质量为m的金属杆ab垂直放在水平导轨上，处在匀强磁场中，磁场方向与水平面成θ角斜向上。开关闭合后金属杆保持静止，正确表示金属杆受力示意图的是(从a端看)( )
A.
B.
C.
D.
12.关于课本内的插图，则( )
A. 图甲是电磁炮示意图，抛射体的发射速度与抛射体的质量无关
B. 图乙是速度选择器示意图，它不能判断带电粒子的电性
C. 图丙是质谱仪示意图，打在底片相同位置处的带电粒子质量相同
D. 图丁是回旋加速器，增大交变电场的电压可以增大粒子的最大动能
13.1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.假设一个“N磁单极子”形成的磁场如图所示，将一个半径为r、质量为m的超导体圆环水平放置在该磁单极子的正上方，圆环所在位置的磁感应强度大小为B，与圆环相切的磁感线与竖直方向的夹角为30°，重力加速度大小为g，若圆环恰好在该位置悬浮，则圆环中电流的大小为( )
A. mg2πrBB. mgπrBC. 3mg2πrBD. 3mgπrB
二、填空题：本大题共4小题，共18分。
14.如图，光滑绝缘水平面上一正方形线圈以某初速度滑过一有界匀强磁场。磁场宽度大于线圈宽度。线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量分别为q1和q2，产生的焦耳热分别为Q1和Q2。则q1 ______q2，Q1 ______Q2(均选填“<”、“=”或“>”)。
15.如图所示，L是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零，电路中A和B是二个完全相同的灯泡。当开关S闭合一段时间，电路稳定时，A灯______(填“亮”或“不亮”)，当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势______(填“高”或“低”)。
16.100匝矩形线圈在匀强磁场中绕其垂直于磁场的一边匀速转动，产生如图所示的电动势.可知线圈转动的角速度ω= ______rad/s.穿过线圈的磁通量最大值φmax= ______Wb，此时的电动势值e= ______V.
17.如图，在竖直向下的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，电阻不计。轨道端点MN间接有直流电源，内阻为r，电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，向右做匀速运动(速度平行于MN)，通过滑轮可以匀速提升重物，请简述该装置能量转化的情况：______；写出一个用类似原理制作的机械：______。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
18.利用如图甲所示的可拆变压器零部件，组装后通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。

(1)本实验要主要运用的科学方法是______；
A.等效替代法
B.控制变量法
C.整体隔离法
D.理想模型法
(2)本实验可能要用到的测量仪器是______；
A.直流电压表
B.交流电流表
C.多用电表
D.直流电流表
(3)利用如图乙所示的装置，直接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间接u=6 2sin100πt(v)的交流电源，用电表测量副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压，则副线圈两端测得的电压可能是______。



D.0V
19.某实验小组在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，从实验室器材柜中发现除导线之外还有以下8种器材可选用。请回答以下问题：

(1)确定灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系时，需要选用的实验仪器是______；
(2)进行实验探究时，需要选用的实验仪器是______；
(3)实验中，除了需要确定灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系之外，还需要确定______；
(4)正确连接好实验电路，当N极插入线圈时，电流表的指针向右偏转，则条形磁铁的S极插入线圈的过程中，电流表的指针向______偏转(选填“左”或“右”)；
(5)如果希望实验现象更加明显，在不改变实验器材的前提下，可以如何操作？______。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
20.如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间L=0.2m，左端接有阻值R=0.3Ω电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1.0T。一根质量m=0.2kg，电阻r=0.1Ω的金属棱ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x=9m时离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h=0.8m处，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触。g=10m/s2，求：
(1)金属棒运动的最大速率vm；
(2)金属棒在磁场中速度为vm2时的加速度大小；
(3)金属棒在恒力F作用下向右运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：所有的电磁波在真空中都具有相同的波速，而γ射线的频率和能量最大，无线电波的频率与能量最小，对于不同电磁波的波长，无线电波最长，γ射线最小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
要解答本题需掌握：电磁波在真空中传播的速度均等于光速，而频率各不相同，且能量也不同，由c=λf可知，波长与频率成正比．
本题主要考查学生对：电磁波的传播的了解和掌握，知道真空中电磁波的速度等于光速，同时掌握各种电磁波的频率与波长的大小关系．
2.【答案】C
【解析】解：A.根据右手安培定则，磁场方向应为逆时针方向，故A错误；
B.根据右手安培定则，导体棒右侧应是垂直纸面向内，左侧磁场方向垂直于纸面向外，故B错误；
C.根据右手安培定则，磁场方向符合要求，故C正确；
D.对于通电螺线管，结合图中电流方向，磁场方向应该是向右，与图中标注的方向相反，故D错误。
故选：C。
根据右手安培定则，结合通电直导线和通电螺线管的判断方法确定各图中磁场方向判断。
考查右手安培定则的应用问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
3.【答案】C
【解析】解：在地球的周围存在沿南北方向的磁场，所以小磁针静止时沿南北方向，若奥斯特实验时，电流的磁场方向也沿南北方向，则小磁针不能发生偏转．所以奥斯特该次实验失败的主要原因可能是由于电流的方向沿东西方向，电流的磁场受到地球的磁场的干扰．
故选：C
由于小磁针静止时沿南北方向，若电流的磁场方向也沿南北方向，则不能发现电流的磁场．
在奥斯特的电流磁效应的实验中，通电后导线附近的小磁针的偏转是由于受到了电流产生的磁场的影响；当电流的方向沿南北方向时实验的效果最明显．
4.【答案】A
【解析】解：A.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，B随t成正弦规律变化，产生的电场成余弦规律变化，周期性变化的磁场和电场交替产生，从而产生电磁波，故A符正确；
B.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，B随t均匀变化，产生恒定电场，不能产生电磁波，故B错误；
C.第一段磁场B恒定周围不会产生电场，第二段磁场B恒定周围不会产生电场，B随t不是连续变化，只在方向改变的一瞬间有电场产生，不能形成交替变化的电场和磁场，进而不能产生电磁波，故C错误；
D.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，B恒定，不产生电场，不能产生电磁波，故D错误。
故选：A。
根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场判断；周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场激发周期性变化的磁场，由近及远传播开来，形成电磁波。
本题考查麦克斯韦电磁场理论，要求学生明确变化的磁场周围产生电场，变化的电场周围产生磁场。
5.【答案】A
【解析】解：初始时刻，感应电流为0，则初始时刻线圈平面与磁场垂直，结合右手定则可知图A中电流从2流出线圈为正方向，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据中性面及与中性面垂直的面的特点结合右手定则分析解答。
本题考查交变电流的产生，解题关键掌握中性面的特点。
6.【答案】C
【解析】解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0.由感应电动势公式E=Blvsinα，visvα是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变。则C正确。
故选：C。
由感应电动势公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择．
本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点．
7.【答案】A
【解析】解：A.发射线圈与接收线圈中的磁通量变化的频率相同，增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈电流的频率不变，故A正确；
B.由感应装置与供电装置的工作原理可知，非理想状态下由于能量损耗供电线圈和感应线圈的磁通量变化率不等，故B错误；
C.如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽电磁场，使接收线圈无法产生感应电流，故C错误；
D.增大发射线圈与接收线圈的间距，则通过接收线圈的磁通量减小，根据
E=nΔΦΔt
发射线圈与接收线圈两端电压之比变大，故D错误。
故选：A。
地面发射磁场装置通过改变地面供电装置的电流来使车身感应装置中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析解答。
解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，并能理解法拉第电磁感应定律的应用。
8.【答案】C
【解析】解：C、甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感应线，在铝板内形成环状电流，产生涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故C正确；
ABD、乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，与铝框质量大小无关，因此，甲方案更合理，故ABD错误；
故选：C。
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，产生感应电流，起电磁阻尼的作用，可使指针停下，甲乙两图主要区别在于分别是铝板和铝框。
本题考查电磁阻尼的原理，要求学生结合电磁感应现象对两个方案进行分析，铝板的半径切割磁感应线，在铝板内形成环状电流。
9.【答案】D
【解析】解：A.通过用户用电器的电流频率与发电厂电流频率相同，不会变化，与用户负载增多无关，故A错误；
B.由于发电厂输出电压恒定不变，原副线圈的匝数不变，根据
U1U2=n1n2
可知升压变压器的输出电压U2不变，故B错误；
C.若输送总功率不变，根据P=U2I可知当输送电压U2增大时，输电线路中电流变小，由
P损=I2R
可知输电线路损失的热功率变小，故C错误；
D.在用电高峰期，用户电压U4降低，电路中电流变大，由
I3I4=n4n3
可知输电线路中电流变大，由
P损=I2R
可知输电线路损失的热功率增大，故D正确。
故选：D。
根据输电过程频率不发生变化判断；根据原副线圈电压与匝数关系分析判断；根据线路损失功率公式分析判断；根据原副线圈电流与匝数关系分析判断。
本题关键掌握理想变压器规律和输电线路损失的热功率。
10.【答案】C
【解析】解：AB、无论盖上盖板还是打开盖板，霍尔元件磁场方向向下，电流方向向左，根据左手定则可得，载流子受力方指向a，因此a端带负电，故AB错误；
CD.盖上屏幕过程中，磁感应强度变大，根据evB=eUHd可得UH=vBd，由此可知霍尔电压增大，即a、b间电势差逐渐增大，故C正确，D错误。
故选：C。
由左手定则判断元件内的导电粒子向后表面移动，故前后表面间有电压，再根据稳定后导电粒子所受的电场力等于洛伦兹力列式进行判断即可。
本题主要是考查传感器的应用，知道该霍尔元件里面导电的是自由电子，能应用左手定则判断电势高低，并能够根据平衡条件求解霍尔电压。
11.【答案】B
【解析】解：对金属杆受力分析，重力竖直向下，
根据左手定则可知，安培力与竖直方向夹角θ向左，
支持力垂直于水平面向上，
由于安培力向左上方，所以摩擦力水平向右，故B正确，ACD错误；
故选：B。
对金属杆受力分析，根据左手定则判断安培力的方向，再判断摩擦力的方向。
本题主要是考查受力分析，主要安培力的方向和金属杆垂直，最后判断摩擦力的情况。
12.【答案】B
【解析】解：A、电磁炮是利用电流产生的磁场对电流的作用来加速炮弹的，电流越强产生的磁场越强，通电导体(炮弹)在磁场中受到安培力F=BIL，安培力越大对炮弹做的功越多，因此通过增加导轨回路中的电流来提高抛射体的发射速度。假设不考虑其他力的作用，根据动能定理有：BIL⋅s=12mv2，当B、I、L、s一定时，质量越大，发射速度越小，故A错误；
B、电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，所以v=EB，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故B正确；
C、粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R，解得：qm=vBR，打在底片相同位置处的带电粒子，比荷相同，并是质量相同，故C错误；
D、根据带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，可得：qvB=mv2r，得：v=qBrm，故最大动能Ekm=12mv2=q2B2r22m，与加速电压无关，故D错误；
故选：B。
根据动能定理，判断炮弹速度的大小变化；
速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动；
质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素；
粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径。
解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，根据粒子的受力情况结合带电粒子在电场、磁场中的运动的规律进行分析。
13.【答案】B
【解析】将磁感应强度B沿水平和竖直方向进行正交分解，如图B1 =Bsin30°=B2；B2 =Bcs30°= 32B
利用微元法思想，把圆环分割成许多极短的电流元，根据左手定则，每小段电流元所受的磁场竖直分量的作用力沿半径方向向外，根据对称性，沿半径方向安培力合力为零
磁场的水平分量产生的安培力竖直向上F=B1 IL=B2I(2πr)=πBIr
F=mg即BπIr=mg
解得I=mgπrB
故选：B
将圆环等效为许多很短的电流元组成，每段电流元都受到安培力，因为圆环平衡，安培力的合力竖直向上与重力平衡，由左手受定则知电流逆时针方向．
本题解题的列式的依据是共点力的平衡，要注意磁感应强度是矢量，分解遵循平行四边形定则．
14.【答案】= >
【解析】解：根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−Rt=ΔΦR，由于线圈滑入和滑出磁场的过程中穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ相等，线圈电阻R相等，所以线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量：q1=q2；
设正方形线圈刚滑入磁场瞬间初速度为v1，完全进入磁场时速度为v，完全离开磁场时速度为v2，线圈的边长为L。
正方形线圈滑入磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：−BI−Lt1=mv−mv1
正方形线圈滑出磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：−BI−Lt2=mv2−mv
由于q=I−t
则：mv−mv1=mv2−mv
解得：v1−v=v−v2
正方形线圈滑入磁场过程中产生的焦耳热为：Q1=12mv12−12mv2=12m(v1−v)(v1+v)
正方形线圈滑出磁场过程中产生的焦耳热为：Q2=12mv2−12mv22=12m(v−v2)(v+v2)
由于v1+v>v+v2
则有Q1>Q2。
故答案为：=；>。
根据电荷量的计算公式分析线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量的大小；根据动量定理分析线圈完全进入磁场时的速度大小与线圈刚刚进入磁场、刚刚离开磁场时的速度大小关系，再根据功能关系求解产生的焦耳热的关系。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量问题，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。
15.【答案】不亮； 低。
【解析】【分析】
依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源，再根据电路规律分析a、b两点的电势高低。
本题要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源。
【解答】
依题意知，当开关S闭合一段时间，电路稳定时，由于A灯与自感线圈并联，自感线圈直流电阻为零，A灯将被线圈短路，则A灯将不亮；当开关S断开瞬间，自感线圈产生自感电动势，将对A灯进行短暂供电，电流方向从b到a，所以a点电势比b点电势低。
故答案为：不亮；低。
16.【答案】100π 311π×10−4Wb 0
【解析】解：由图象知交流电的周期为0.02s，所以角速度ω=2π0.02=100πrad/s，电动势最大值Em=NBSω，所以φmax=BS=311π×10−4Wb，磁通量最大时电动势为0
故答案为：100π，311π×10−4，0
由图象知交流电的周期可以求角速度ω，由电动势最大值可以求有效值，电动势最大时，磁通量最小．
本题考查了正弦交流电的原理，要会从图象中获取有用的物理信息；明确周期和角速度之间的关系．
17.【答案】电能转化成内能和重物的重力势能 直流电动机
【解析】解：电源产生的电能在电路产生电流，电流通过电源内阻和导体棒时，将一部分电能转化成电源内阻和导体棒上的内能，同时在导体棒上产生安培力，安培力对导体棒做正功，将一部分电能转化为金属棒和重物的机械能，当导体棒和重物都做匀速运动时这部分电能转化成重物的重力势能。
根据上述分析可知，原理是把电能转化为机械能，用类似原理制作的机械有直流电动机。
故答案为：电能转化成内能和重物的重力势能，直流电动机。
电源在电路中产生电流，要产生内能，一部分电能转化为。同时，导体棒在安培力作用下匀速运动时，一部分电能转化为重物的重力势能。
解答本题时，要明确能量有哪些形式，并分析能量的转化情况，根据能量守恒定律分析。
18.【答案】B C C
【解析】解：(1)本实验中，主要通过改变一个物理量，保持其他物理量不变，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，利用了控制变量法。故ACD错误，B正确；故选：B。
(2)本实验需要测量副线圈两端的电压，需要用交流电压表，可用多用电表替代，其它表不能使用，故ABD错误，C正确；故选：C。
(3)由题可知，原线圈输入交流电电压的有效值为U1=6V，若为理想变压器，根据原、副线圈的电压比与匝数比的关系
U1U2=n1n2
可得副线圈的电压
U2=3V
考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象发生，则副线圈所测得电压大于零小于3V，可能为2.12V。故ABD错误，C正确，故选：C。
故答案为：(1)B；(2)C；(3)C。
(1)根据实验的根本原理分析涉及的物理思想方法；
(2)根据测量交流电压的目的选择合适的器材；
(3)根据变压器的工作原理结合实际情况分析可能的电压测量值。
考查变压器的工作原理和实验误差分析问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
19.【答案】ACDG AEF 线圈绕行方向 左 增大条形磁体插入或抽出的速度
【解析】解：(1)由于灵敏电流计的量程较小，因此可以将电池、20kΩ定值电阻、控制开关与灵敏电流计构成闭合回路，根据电池的正负极确定电路中电流方向，从而确定电流进入灵敏电流计的方向与指针偏转方向之间的关系，因此需要选用的实验仪器是ACDG；
(2)本实验的目的“探究影响感应电流方向的因素”，需要有磁场与闭合回路，根据给出的器材，磁场由条形磁体产生，验证感应电流产生的回路，需要的器材有灵敏电流计和线圈；，因此进行实验探究时，需要选用的实验仪器是AEF；
(3)由于线圈中感应电流方向不仅与穿过线圈的磁场方向有关，还与线圈的绕行方向有关；因此实验中，除了需要确定灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系之外，还需要确定线圈的绕行方向；
(4)当N极插入线圈时，电流表的指针向右偏转，表明穿过线圈的磁通量向下增大时，电流表的指针向右偏转。当条形磁铁的S极插入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量向上增大，可知电流表的指针向左偏转；
(5)要使实验的现象更加明显，即产生的感应电流增大，产生的感应电动势也增大，根据法拉第电磁感应电律E=nΔΦΔt可知，只需要增大穿过回路的磁通量的变化率，则在不改变实验器材的前提下，可以增大条形磁体插入或抽出的速度。
故答案为：(1)ACDG；(2)AEF；(3)线圈绕行方向；(4)左；(5)增大条形磁体插入或抽出的速度。
(1)根据组成电路的基本元件，结合电流表量程较小的特点选择汽车；
(2)根据实验目的选择实验器材；
(3)由于线圈中感应电流方向不仅与穿过线圈的磁场方向有关，还与线圈的绕行方向有关，据此分析作答；
(4)根据电流表指针偏转方向判断螺线管中的电流方向；
(5)要使实验现象更加明显，在不改变实验器材的前提下，应增大电路中产生的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律进行分析。
本题考查探究影响感应电流方向的因素实验，要求掌握实验原理、实验电路和实验步骤。
20.【答案】解：(1)金属棒从出磁场到达弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律：12mvm2=mgh
解得金属棒运动的最大速率：vm=4m/s
(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，则：I=BLvmR+r=1.0×0.2×40.3+0.1A=2A
由平衡条件可得：F=BIL+μmg=1×2×0.2N+0.1×0.2×10N=0.6N
金属棒速度为vm2时，设回路中的电流为I′，则：I′=BL×vm2R+r=1.0×0.2×20.3+0.1A=1A
由牛顿第二定律得：F−BI′L−μmg=ma
解得：a=1m/s2；
(3)设金属棒在磁场中运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：Fx=μmgx+12mv2+Q，电阻R上的焦耳热为：QR=RR+rQ
解得：QR=1.5J；
答：(1)金属棒运动的最大速率v为4m/s；
(2)金属棒在磁场中速度为v2时的加速度大小为1m/s2；
(3)金属棒在恒力F作用下向右运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5J。
【解析】(1)离开磁场后在弯曲的轨道上运动时，只有重力做功，金属棒做减速运动，根据动能定理求得金属棒的初速度即为运动的最大速度；
(2)速度最大时，金属棒处于平衡状态，根据平衡求得拉力F的大小，再求得v2时对应速度产生的感应电动势，再由欧姆定律求得电路电流，根据F=BIL求得安培力的大小，最后根据牛顿第二定律求得金属棒的加速度大小即可；
(3)根据功能关系拉力做的功等于金属棒增加的动能和回路产生的焦耳热，再根据欧姆定律求得电阻R上产生的焦耳热。
本题是力学与电磁感应、电学相结合的一道综合题，分析清楚棒的运动过程，知道棒开始做匀加速直线运动，运用力学和电磁感应两部分知识结合进行求解。