辽宁省重点高中沈阳市市郊联体2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份辽宁省重点高中沈阳市市郊联体2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于电路的有关知识，下列说法正确的是( )
A. 电流既有大小，又有方向，是一个矢量
B. 由R=UI可知，导体的电阻与它两端的电压成正比，与通过它的电流成反比
C. 用多用电表测电压或电流时，红表笔接触点的电势高于黑表笔接触点的电势
D. 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的一半
2.如图所示，甲是质谱仪的示意图，乙是回旋加速器的原理图，丙是研究楞次定律的实验图，丁是研究自感现象的电路图，下列说法正确的是( )
A. 质谱仪可以用来测量带电粒子的比荷，也可以用来研究同位素
B. 回旋加速器是加速带电粒子装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度越大
C. 丙图中，磁铁插入过程中，电流由b→G→a
D. 丁图中，开关S断开瞬间，灯泡A一定会突然闪亮一下
3.某多用电表的欧姆挡简化电路如图所示，此欧姆挡已经调零。用此欧姆挡测定值电阻的阻值时，指针偏转至满刻度的34处。现用该欧姆挡测未知电阻Rx的阻值，指针偏转到满刻度的13处，若定值电阻的阻值为R，则该未知电阻Rx的阻值为( )
A. 6R
B. 3R
C. R3
D. R9
4.如图表示磁流体的发电原理：将一束等离子体(重力不计)沿图示方向以速度v喷射入磁场，金属板A、B就形成一个直流电源，设磁感应强度为B，金属板A、B相距d，外接电阻R，A、B间弥漫的电离气体电阻为r。则下述说法正确的是( )
A. 金属板B为电源的负极
B. 开关闭合时，金属板间的电势差为Bvd
C. 开关断开后，金属板间的电势差为BvdRR+r
D. 等离子体发生偏转的原因是洛伦兹力大于所受电场力
5.在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲).图乙中电工站在高压直流输电线的A 供电线上作业，其头顶上方有B 供电线，B 供电线的电势高于A 电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势线，c、d、e、f是等势线上的四个点．以下说法中正确的是( )
A. 在c、d、e、f 四点中，c 点的电场最强
B. 在c、d、e、f 四点中，f 点的电势最高
C. 若将某电子由c 移到f，其电势能将增大
D. 将某电子在d 点由静止释放，它会向e 点所在等势面运动
6.如图所示，若线框的匝数为100匝，内阻不计，所处的磁场可视为匀强磁场，线框以50转/秒的转速在磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2=10：1的理想变压器给电阻R供电，若电压表的示数为10V，则( )
A. 变压器原线圈两端电压的有效值为100 2V。
B. 穿过线框平面的最大磁通量为Φm= 2100πWb
C. 线框由图示位置开始计时感应电动势瞬时表达式e=100 2sin(100πt)V
D. 如电阻R阻值变大，则电压表示数变大
7.如图所示，一底边为L，底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。t=0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图象可能是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.科学家研究发现，磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而减小。如图所示电路中R′为一个磁敏电阻，置于真空中的平行板电容器水平放置，滑动变阻器R0的滑片位于中点位置，此时处在电容器中的油滴P恰好静止不动。现在要使油滴P向上加速运动，下列操作正确的是( )
A. 仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻B. 仅将滑动变阻器的滑片向上移动
C. 仅减小平行板电容器两个极板的距离D. 仅减小平行板电容器两个极板的正对面积
9.如图所示，ab为固定在水平面上的半径为l、圆心为O的金属半圆弧导轨，Oa间用导线连接一电阻M。金属棒一端固定在O点，另一端P绕过O点的轴，在水平面内以角速度为ω逆时针匀速转动，该过程棒与圆弧良好接触。整个空间分布着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，已知金属棒由同种材料制成且粗细均匀，棒长为2l、总电阻为2r，M阻值为r，其余电阻忽略不计。当棒转到图中所示的位置时，棒与圆弧的接触处记为Q点，则( )
A. 通过M的电流方向为O→aB. 通过M的电流大小为Bl2ω4r
C. OQ两点间电压为Bl2ω2D. PQ两点间电压为3Bl2ω2
10.如图所示，在足够长的水平线上方有方向垂直纸面向里范围足够大的匀强磁场区域。一带负电粒子P从a点沿θ=30°方向以初速度v垂直磁场方向射入磁场中，经时间t从b点射出磁场。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中偏转的弦长等于其做圆周运动半径
B. 若P的初速度增大为2v，粒子射出磁场时与水平线的夹角为30°
C. 若P的初速度增大为3v，则经时间3t射出磁场
D. 若磁场方向垂直纸面向外，粒子P还是从a点沿θ=30°方向以初速度v射入磁场中，则经时间5t射出磁场
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.(1)如图所示，在“测量玻璃的折射率”实验中，小明在AB侧插上大头针P1P2，在CD侧未观察到大头针的像，为了观察到像，接下来的操作中正确的是______(单选)。
A.增大P1P2的距离
B.调整P1的位置增大入射角
C.向左平移玻璃砖的位置
D.将玻璃砖AB与CD面互换位置
(2)①该同学正确操作后观察到的干涉条纹如图甲所示，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准a位置，手轮的读数如图乙所示，此时手轮的读数为______mm。
②已知双缝间距为d，双缝到毛玻璃的距离为l，分划板中心刻线对准a位置时手轮的读数记作x1，继续转动手轮，分划板中心刻线对准b位置时手轮的读数记作x2(x2≫x1)，则所测单色光的波长λ= ______(用题中物理量符号表示)。
③一同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图丙所示。若要使两者对齐，该同学应如何调节______。(单选)
A.仅左右转动透镜
B.仅旋转单缝
C.仅旋转双缝
D.仅旋转测量头
④为了使测得单色光的条纹间距增大，在其他条件不变的情况下，以下做法合适的是______。(多选)
A.增大单缝与双缝间距
B.增大双缝与毛玻璃屏间距
B.更换双缝间距更小的双缝片
D.增强光源亮度
12.随着全世界开始倡导低碳经济的发展，电动自行车产品已越来越受到大家的青眯，某同学为了测定某电动车的电池的电动势和内电阻，设计了如图所示电路，提供的实验器材有：
A.电动车的电池一组，电动势约为12V，内阻未知
B.直流电流表，量程300mA，内阻很小，可以不计
C.电阻箱R，阻值范围为0～999.9Ω
D.定值电阻R0，阻值为10Ω
E.导线和开关
(1)改变电阻箱的阻值R，分别测出通过阻值为R0=10Ω的定值电阻的电流I，下列三组关于R的取值方案中，比较合理的方案是______(选填方案编号“1”“2”或“3”)。
(2)根据实验数据描点，绘出的1I−R图象是一条直线。若直线的斜率为k，在1I坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ______，内阻r= ______。(用k，b和R0表示)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，金属杆ab的质量为m，平行导轨间距为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面为θ角斜向上，结果ab静止于水平导轨上。重力加速度为g。求：
(1)金属杆ab受到的摩擦力；
(2)导轨对金属杆的支持力。
14.在xOy坐标系中有匀强电场和匀强磁场，y轴为两种场的分界线。电场、磁场方向如图所示，y轴上P、Q两点的纵坐标分别为0.5L和L。在坐标原点O处有一粒子源，能够向x轴正方向发射质量为m、电荷量为q的速度不同的带正电荷的粒子(粒子重力不计)，其中所发射的最大速度为v0带电粒子经磁场偏转后，最远能够到达y轴上的Q点；从P点垂直y轴进入电场的粒子经过x轴的横坐标为−L3，求；
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)电场的电场强度的大小；
(3)经过Q点的粒子，从发射到回到x轴的总时间。
15.如图甲所示，在倾角θ=30°的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为L=0.2m，空间分布着磁感应强度大小为B=2T，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将两根始终与导轨垂直且接触良好的金属棒a、b放置在导轨上运动过程中始终不与导轨脱离。已知两棒的长度均为L，电阻均为R=0.2Ω，质量均为m=0.2kg，不考虑其他电阻，不计绳与滑轮间摩擦，重力加速度大小为g=10m/s2。

(1)图甲中若给金属棒b一个沿导轨向上的初速度v0，同时静止释放金属棒a，发现释放瞬间金属棒a恰好无运动趋势，求v0大小。
(2)将金属棒a锁定，将b用轻绳通过定滑轮和物块c连接，如图乙，同时由静释放金属棒b和物块c，c质量为m=0.2kg，求金属棒b的最大速度。
(3)在第(2)问的基础上，金属棒b速度达到最大时剪断细线，同时解除a的锁定，经t=0.32s后金属棒b到达最高点，此时金属棒a下滑了xa=0.1m，求金属棒b沿导轨向上滑动的最大距离xb及剪断细线到金属棒b上升到最高点时间内回路产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.电流有大小和方向，但不满足平行四边形定则，是标量，故A错误；
B.公式R=UI是电阻的定义式，不是决定式，电阻大小由导体本身决定，与两端电压和电流无关，故B错误；
C.用多用电表测直流电压和电流时，红表笔接触点电势高于黑表笔电势，故C正确；
D.将一根导线等分为二，半根导线的电阻减半，电阻率不变，故D错误。
故选：C。
A.根据电流的标量特性进行分析解答；
B.根据电阻的定义式和决定式的区别进行分析解答；
C.根据多用电表测直流电压和电流的电势特点进行分析解答；
D.根据导体电阻和电阻率的特点进行分析判断。
考查多用电表的使用，电阻、电流和电阻率的问题，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】A
【解析】解：A、甲图是质谱仪，用来测定带电粒子比荷的装置，可以用来研究同位素，故A正确；
B、设D形盒的半径为R，当粒子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R
最大动能为Ek=12mv2
解得：Ek=q2B2R22m
由此可知，最大动能与加速电压无关，则带电粒子最后获得的速度与加速电压无关，故B错误；
C、丙图中磁铁插入过程中，穿过线圈的向右的磁通量增大，由楞次定律可知线圈中感应电流的磁场方向向左，由右手定则可知，电流由a通过电流计流向b，故C错误；
D、开关断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A不会立即熄灭。若断开开关前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下，然后逐渐熄灭；若断开开关前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下，故D错误。
故选：A。
理解每个装置的类别，结合选项和其工作特点完成分析。
本题主要考查了质谱仪等相关知识的应用，理解不同实验装置的工作原理和包含的物理知识即可，有一定的难度。
3.【答案】A
【解析】解：由闭合电路欧姆定律，可知：E=34×Ig(R表+R)，E=13×Ig(R表+Rx)，
由欧姆表的使用原理可知，未接入待测电阻时，指针满偏，即E=IgR表，
代入可得：Rx=6R，故BCD错误，A正确。
故选：A。
由闭合电路欧姆定律，可得到定值电阻和未知电阻接入时的电源电压表达式，结合欧姆表的使用原理，即可计算未知电阻的阻值。
本题考查欧姆表的使用，关键是利用欧姆表的使用原理，得到表的内电阻、未知电阻、定值电阻的比例关系。
4.【答案】D
【解析】解：A、由左手定则，可知等离子体中正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，故B极板为电源正极，故A错误；
B、稳定状态下，等离子体受到的洛伦兹力与电场力平衡：qBv=qEd，可得到电动势E=Bvd；
由闭合电路欧姆定律可知，开关闭合时，电流为：I=ER+r，此时金属板间的电势差为：U=RBvdR+r，故B错误；
C、开关断开后，金属板间的电势差与电动势相等，即E=Bvd，故C错误；
D、由等离子体进入时，洛伦兹力为qvB，而初始未形成电场，故洛伦兹力大于电场力，直至洛伦兹力与电场力平衡，等离子体不再发生偏转，之后磁流体发电机的电动势稳定，故D正确。
故选：D。
由左手定则，可知等离子体中电荷的偏转方向，从而判断极板电性；稳定状态下，等离子体受到的洛伦兹力与电场力平衡，可得到电动势，结合闭合电路欧姆定律，可知开关闭合时金属板间的电势差；由闭合电路欧姆定律，可知开关断开时，金属板间的电势差与电动势相等，即可得到电势差；由等离子体所受洛伦兹力与电场力的关系，即可分析其偏转方向。
本题考查磁流体发电机的应用，关键是区分电流方向与等离子体的运动方向。
5.【答案】C
【解析】解：A、依据等差等势线的疏密，可知，在c、d、e、f 四点中，f点的电场最强，故A错误；
B、沿着电场线方向，电势是降低的，因B 供电线的电势高于A 电线的电势，则在c、d、e、f 四点中，c点的电势最高，故B错误；
C、若将某电子由c 移到f，即从高电势到低电势，其电势能将增大，故C正确；
D、将某电子在d 点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，故D错误；
故选：C。
依据等差等势线的疏密，即可判定电场强度的强弱；
根据沿着电场线方向，电势是降低的；
负电荷从高电势到低电势，电势能增加，而从低电势到高电势，电势能是降低．
考查电场线与等势线的疏密来体现电场强度的强弱，掌握正、负电荷电势的变化，会判定电势能的变化，及电场力做功的情况．
6.【答案】B
【解析】解：A、根据题意知U2=10V，根据U1U2=n1n2，可得U1=100V，所以变压器原线圈两端电压的有效值为100V，故A错误；
B、线圈转动的角速度大小为ω=2πn，产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω，则变压器原线圈两端电压的有效值为E=Em 2，其中E=100V，φm=BS，代入数据解得φm= 2100πWb，故B正确；
C、因为图示位置是线圈平面和磁感线平行，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcsωt，即e=100 2cs(100πt)V，故C错误；
D、电压表示数等于变压器的输出电压，与所借电阻大小没有关系，故D错误。
故选：B。
根据变压器的变压比计算；根据感应电动势的最大值计算公式计算；图示位置是线圈平面和磁感线平行，所以应该是余弦函数；电压表示数与电阻大小无关。
本题考查了变压器的变压比，以及线圈产生交流电的最大值计算公式，基础题。
7.【答案】A
【解析】解：在0−Lv时间内，线框进入磁场，磁通量增加，根据楞次定律知线框中感应电流方向沿逆时针方向，为正值。线框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。t=Lv时，I=0。
在Lv−2Lv时间内，线框完全在磁场中运动，磁通量不变，没有感应电流产生。
在2Lv−3Lv时间内，线框出磁场，磁通量减小，根据楞次定律知线框中感应电流方向沿逆时针方向，为负值。线框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。t=3Lv时，I=0.故A正确，BCD错误。
故选：A。
先根据楞次定律判断感应电流的方向，再结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化。
解决本题的关键要掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式E=BLv中，L为切割的有效长度。
8.【答案】BC
【解析】解：A、仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻R′所在位置的磁场增强，即R′的阻值增大，电路中电流减小，滑动变阻器R上分得的电压减小，电容器的电压减小，根据E=Ud知极板间的场强变小，油滴受到的电场力减小，油滴P将向下运动，故A错误；
B、仅将滑动变阻器的滑片向上移动时，其连入电路的电阻增大，根据串联电路的分压规律可知，滑动变阻器两端的电压增大，则电容器的电压增大，根据E=Ud知板间电场强度增大，油滴P受到的电场力增大，则油滴P将向上加速运动，故B正确；
C、仅减小平行板电容器两个极板的距离时，电容器两板间的电压不变，根据E=Ud知板间电场强度增大，油滴P受到的电场力增大，则油滴P将向上加速运动，故C正确；
D、仅减小平行板电容器两个极板的正对面积时，电容器的电压不变，根据E=Ud知板间电场强度不变，油滴P受到的电场力不变，则油滴P仍然静止不动，故D错误。
故选：BC。
仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，R′的阻值增大，电路中电流减小，滑动变阻器R上分得的电压减小；仅将滑动变阻器的滑片向上移动时，其连入电路的电阻增大，根据串联电路的分压规律可知，滑动变阻器两端的电压增大，则电容器的电压增大；仅减小平行板电容器两个极板的距离时，电容器两板间的电压不变，根据E=Ud知板间电场强度增大；仅减小平行板电容器两个极板的正对面积时，电容器的电压不变，根据E=Ud知板间电场强度不变
掌握串联电路电压的分配规律，掌握E=Ud公式的应用是解题的基础。
9.【答案】BD
【解析】解：A、根据右手定则判断通过M的电流方向为a→O，故A错误；
B、导体棒只有OQ部分接入电路，则电路中的感应电动势大小为E=12Bl2ω，OQ部分的电阻为r，则电路中的总电阻为2r，根据闭合电路的欧姆定律可得通过M的电流为I=E2r，解得I=Bl2ω4r，故B正确；
D、PQ部分没有接入电路，所以PQ部分没有电流，则PQ两点间的电势差等于PQ部分所产生的感应电动势大小，即UPQ=32Bl2ω，故D正确；
C、在OQ部分与电阻M组成闭合电路，其中OQ相当于电源，所以OQ两点间的电压等于该电路的路端电压，即OQ两点间的电压为U=Ir，解得U=Bl2ω4，故C错误。
故选：BD。
根据右手定则判断；先计算出OQ部分产生的感应电动势，然后根据闭合电路的欧姆定律计算；OQ两点间的电压等于电路的路端电压；PQ两点间的电势差等于PQ部分所产生的感应电动势大小。
本题考查了转动切割磁感线产生的感应电动势大小的计算，以及闭合电路欧姆定律的应用，基础题，能够看懂电路结构是解题的关键。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、根据粒子做匀速圆周运动的对称性，当带负电粒子从b点射出时，速度方向与水平线的夹角为30°，如图所示：
由几何故选可得△Oab为等边三角形，所以粒子在磁场中偏转的弦长等于其做圆周运动半径，故A正确；
B、若速度增大为2v，虽然负粒子做匀速圆周运动的半径加倍，但速度方向仍与水平线夹角为30°，故B正确；
C、若P的初速度增大为3v，粒子出射方向与水平线的夹角为30°，粒子在磁场中的圆弧所对的圆心角仍未60°，根据T=2πmqB可知粒子的周期不变，则粒子经时间t射出磁场，故C错误；
D、若磁场反向，负粒子逆时针方向做匀速圆周运动，粒子从磁场射出时与边界成30°，此时粒子偏转了300°，根据粒子在磁场中的运动时间t=θ2πT，粒子的周期不变，所以粒子运动时间是原来的5倍，即5t，故D正确。
故选：ABD。
带电粒子与磁场边界成一定的夹角射入磁场，根据运动的对称性，当粒子离开磁场时速度方向必与边界成30°，至于偏转角度还要看粒子的旋转方向，顺时针偏转60°，逆时针偏转300°，而运动时间是由偏转角和周期来决定。
本题是带电粒子从直线边界进入磁场做匀速圆周运动的简单情况，显然根据运动的对称性，带电粒子从边界射出进必与边界成相同的角度，且与半径和速度无关，运动时间是由偏转角来决定。
11.【答案】D 15.575 d(x2−x1)4l D BC
【解析】解：(1)A.在CD侧未观察到大头针的像，说明P1P2的光线未传播至CD侧，而是从BC边折射出去了，增大P1P2的距离，能适当提高测量的精确度，但无法改变光路，任在CD侧观察不到大头针的像，故A错误；
B.调整P1的位置增大入射角，会使光线更向右偏，依旧在CD侧观察不到大头针的像，故B错误；
C.向左平移玻璃砖的位置，光线的传播方向不变，仍然从BC边传播出去，在CD侧观察不到大头针的像，故C错误；
D.将玻璃砖.AB与CD面互换位置，入射光线从CD面射入，可以从AB面射出，故能观察到大头针的像，故D正确。
故选：D。
(2)①手轮的读数为15.5mm+0.01mm×7.5=15.575mm；
②条纹间距Δx=x2−x14，根据相邻明条纹间距公式有Δx=ldλ，可得λ=d(x2−x1)4l
③要得到清晰干涉图样需要单缝与双缝平行，如果单独旋转单缝或双缝，条纹不再清晰，所以应调节测量头使干涉条纹与分划板中心刻线在同一方向上，故ABC错误，D正确。
故选：D。
④依据双缝干涉条纹间距Δx=λld可知，要使Δx增大，可以增大了，减小d，也可以增大λ，与单缝和双缝间及光的强度无关，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
故答案为：(1)D；(2)①15.575；②d(x2−x1)4l；③D；④BC。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)①先读出固定刻度和可动刻度的读数，相加即可；
②根据条纹间距公式推导；
③根据实验原理推导正确的实验操作；
④根据公式Δx=λld分析可以让条纹间距增大的方法。
本题关键掌握“用双缝干涉测量光的波长”的实验原理、螺旋测微器的读数方法。
12.【答案】2 1 k bk−R0；
【解析】解：(1)为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，总电阻120Ω≥R总≥40Ω，扣除定值电阻10Ω，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30Ω而小于等于110Ω，由于电流表内阻不计，故应该选方案2；
(2)根据闭合电路欧姆定律，有E=I(r+R0+R)，则1I=1E⋅R+rE+R0E，为对比一次函数y=kx+b有：1E=k，b=rE+R0E，解得：E=1 k，r=bk−R0；
故答案为：(1)2；(2)1 k，bk−R0。
(1)为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，计算出电阻箱电阻值的大致范围即可；
(2)根据闭合电路欧姆定律列式，然后进行公式变形，得到图象对应的表达式，即可根据图象求出电动势和内电阻。
本题考查测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键。
13.【答案】解：(1)对导体棒受力分析，如图所示：

有F安=BIL，根据共点力平衡有：f=F安sinθ=BILsinθ
(2)竖直方向的受力平衡有：mg=FN+BILcsθ
解得导轨对金属杆的支持力为：FN=mg−BILcsθ
答：(1)金属杆ab受到的摩擦力为BILsinθ；
(2)导轨对金属杆的支持力为mg−BILcsθ。
【解析】(1)(2)利用共点力平衡找到水平方向和竖直方向的表达式，求解即可。
本题考查共点力平衡的知识点，注意找准角度，计算好分力，列出平衡方程即可。
14.【答案】解：(1)由题意可知，沿x轴正方向以最大速度v0发射的粒子能够打在Q点，此时其在磁场中运动的半径为
r0=L2①
根据牛顿第二定律有
qv0B=mv02r0②
联立①②解得
B=2mv0qL③
(2)当粒子从P点垂直y轴进入电场的粒子在磁场中，结合(1)可知，粒子的运动半径为
r1=r02④
则该粒子的速度大小为
v1=12v0⑤
粒子进入电场后中做类平抛运动，其加速度大小为
a=qEm⑥
在x轴方向上有
L3=v1t1⑦
在y轴方向上有
L2=12at12⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得
E=9mv024qL
(3)从P点垂直；轴进入电场的粒子在磁场中运动时间为
t1=πr1v1=πL2v0
在电场中运动时间为
t2=L3v1=2L3v0
该粒子从O点出发到第一次到达x=−L3所经历的时间为
t=t1+t2=πL2v0+2L3v0
答：(1)磁场的磁感应强度大小为2mv0qL；
(2)电场的电场强度的大小为9mv024qL；
(3)经过Q点的粒子，从发射到回到x轴的总时间为πL2v0+2L3v0。
【解析】(1)根据几何关系以及牛顿第二定律可求得此时磁感应强度，
(2)根据几何关系可知粒子运动轨迹半径、粒子速度、粒子做类平抛运动的加速度以及在xy轴上的位移，列方程联立求解，
(3)根据题意求得粒子在磁场中、电场中时间，求和即为总时间。
本题考查粒子在组合场中的运动，需要学生熟练掌握几何关系、动能定理、类平抛运动以及洛伦兹力提供向心力等知识点，属于综合性题目。
15.【答案】解：(1)金属棒a恰好无运动趋势，处于平衡状态有：FA=mgsin30°
此时安培力为：FA=BIL
金属棒b切割磁感线，根据欧姆定律有：I=BLv02R
联立代入数据解得：v0=2.5m/s
(2)设物块c和金属棒b运动的加速度大小为a，速度大小为v，对物块c受力分析得：mg−FT=ma
对金属棒b受力分析得：FT−mgsin30°−F安=ma
安培力：F安=BIL
由欧姆定律：I=E2R=BLv2R
当加速度大小为0时，金属棒b速度达到最大值，即：mg=mgsin30°+F安m
解得：vm=2.5m/s
方向沿导轨向上。
(3)对金属棒b，以沿斜轨向上为正方向，由动量定理得：−mgtsin30°−BILt=0−mvm
其中：BILt=BLq
根据法拉第电磁感应定律可得：q=ΔΦ2R=BΔS2R=BL(xb+xa)2R
联立解得：xb=0.35m
对金属棒a，以沿斜轨向上为正方向，由动量定理得：−mgtsin30°+BILt=−mva
联立解得：va=0.7m/s
由能量守恒得：mgxbsin30°+12mva2+Q=mgxasin30°+12mvm2
代入数据解得：Q=0.326J
答：(1)图甲中若给金属棒b一个沿导轨向上的初速度v0，同时静止释放金属棒a，发现释放瞬间金属棒a恰好无运动趋势，为v0大小为2.5 m/s；
(2)将金属棒a锁定，将b用轻绳通过定滑轮和物块c连接，如图乙，同时由静释放金属棒b和物块c，c质量为m=0.2kg，金属棒b的最大速度2.5 m/s、沿导轨向上。
(3)在第(2)问的基础上，金属棒b速度达到最大时剪断细线，同时解除a的锁定，经t=0.32s后金属棒b到达最高点，此时金属棒a下滑了xa=0.1m，金属棒b沿导轨向上滑动的最大距离xb为0.35 m，剪断细线到金属棒b上升到最高点时间内回路产生的热量Q为0.326 J。
【解析】(1)金属棒b切割磁感线，金属棒a做匀速运动时达到稳定状态，应用平衡条件求出金属棒b的初速度；
(2)金属棒a、b最终都做匀速直线运动，a、b组成的系统动量守恒，应用平衡条件与动量守恒定律求出金属棒的最终速度。
(3)对b应用动量定理，对a、b系统应用能量守恒定律求出a、b产生的总焦耳热。
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；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。方案编号
电阻箱的阻值R/Ω
1
300.0
250.0
200.0
150.0
100.0
2
100.0
85.0
70.0
55.0
40.0
3
40.0
30.0
25.0
20.0
15.0