2023-2024學(xué)年上海市復(fù)旦中學(xué)高二（上）期末物理試卷（含解析）

這是一份2023-2024學(xué)年上海市復(fù)旦中學(xué)高二（上）期末物理試卷（含解析），共14頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，簡答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1.一帶電粒子以一定速度垂直射入勻強(qiáng)磁場中，則不受磁場影響的物理量是( )
A. 速度B. 加速度C. 洛倫茲力D. 動(dòng)能
2.如圖為某同學(xué)的小制作，裝置A中有磁鐵和可轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈。當(dāng)有風(fēng)吹向風(fēng)扇時(shí)扇葉轉(zhuǎn)動(dòng)，引起燈泡發(fā)光。引起燈泡發(fā)光的原因是( )
A. 線圈切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流B. 磁極間的相互作用
C. 電流的磁效應(yīng)D. 磁場對導(dǎo)線有力的作用
3.如圖是用渦流金屬探測器探測地下金屬物的示意圖，下列說法正確的是( )
A. 探測器內(nèi)的探測線圈會(huì)產(chǎn)生變化的磁場
B. 只有有磁性的金屬物才會(huì)被探測器探測到
C. 能探測到地下的金屬物是因?yàn)樘筋^中產(chǎn)生了渦流
D. 能探測到地下的金屬物是因?yàn)榻饘傥镏挟a(chǎn)生了渦流
4.如圖所示，長為L的金屬桿在外力作用下，在勻強(qiáng)磁場中沿水平光滑導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)，如果速度v不變，而將磁感應(yīng)強(qiáng)度由B增為2B。除電阻R外，其它電阻不計(jì)。那么( )
A. 作用力將不變
B. 作用力將增為2倍
C. 感應(yīng)電流的熱功率將增為2倍
D. 感應(yīng)電動(dòng)勢將增為2倍
5.一個(gè)閉合矩形線圈abcd以速度v從無磁場區(qū)域勻速穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域，而再次進(jìn)入無磁場區(qū)域，如圖所示，以abcd方向?yàn)殡娏鞯恼较?，能正確反映線圈中電流?時(shí)間關(guān)系的圖象是( )
A. B. C. D.
6.一個(gè)帶正電的粒子(重力不計(jì))，以水平向右的初速度進(jìn)入如圖所示的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場區(qū)域時(shí)會(huì)向下偏轉(zhuǎn)，則欲使粒子在電磁場中恰能沿水平直線運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)采用的方法是( )
A. 增大電場強(qiáng)度
B. 增大電荷量
C. 增大磁感應(yīng)強(qiáng)度
D. 減小入射速度
7.如圖所示為演示交變電流產(chǎn)生的裝置圖，關(guān)于這個(gè)實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是( )
A. 線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周，電流方向改變一次
B. 圖示位置為中性面，線圈中無感應(yīng)電流
C. 圖示位置，ab邊的感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒩→b
D. 圖示位置線圈平面與磁場方向平行，磁通量變化率為零
8.a、b兩個(gè)相同螺線管，電流、導(dǎo)線和匝數(shù)都相同，繞法不同。測得螺線管a內(nèi)中部的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則在螺線管b內(nèi)中部的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為( )
A. 0B. 0.5BC. BD. 2B
9.如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，在其上方正中央固定一根長直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁鐵垂直。導(dǎo)線通以垂直紙面向里的電流，則通電后( )
A. 磁鐵對桌面壓力減小，不受桌面的摩擦力作用
B. 磁鐵對桌面壓力減小，受到桌面的摩擦力作用
C. 磁鐵對桌面壓力增加，不受桌面的摩擦力作用
D. 磁鐵對桌面壓力增加，受到桌面的摩擦力作用
10.圖甲是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場，A為交流電流表。線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，產(chǎn)生的交變電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。以下判斷正確的是( )
A. 電流表的示數(shù)為10 2AB. 線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為50πrad/s
C. 0.01s時(shí)線圈平面與磁場方向平行D. 0.02s時(shí)電阻R中電流的方向自右向左
11.如圖所示，當(dāng)導(dǎo)線ab在電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)，線圈c向右擺動(dòng)，則ab的運(yùn)動(dòng)情況是( )
A. 向左或向右勻速運(yùn)動(dòng)
B. 向左或向右減速運(yùn)動(dòng)
C. 向左或向右加速運(yùn)動(dòng)
D. 只能向右勻加速運(yùn)動(dòng)
二、填空題（本題共6小題，共30分）
12.一座小型水電站，它輸出的電功率為P，輸電電壓為U，輸電導(dǎo)線中通過的電流應(yīng)等于______ ；如果輸電導(dǎo)線的總電阻為R，那么輸電導(dǎo)線由于發(fā)熱損失的電功率應(yīng)等于______ ．
13.如圖所示的電路中，當(dāng)變阻器R3的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)______ ，電流表示數(shù)______ (填變大，變小，不變)。
14.如圖所示為一理想變壓器，其原、副線圈匝數(shù)比n1：n2=1：10，副線圈與阻值R=20Ω的電阻相連。原線圈兩端所加的電壓u=20 2sin100πt(V)，交流電壓表的示數(shù)為______ ，原線圈中電流的有效值為______ 。
15.豎直放置的圓形線圈，自上而下勻速掠過通有穩(wěn)恒電流I的長直導(dǎo)線，導(dǎo)線中電流方向如圖所示.當(dāng)線圈經(jīng)過圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)位置時(shí)，線圈中感應(yīng)電流是順時(shí)針的位置是______ ；線圈中感應(yīng)電流是逆時(shí)針的位置是______ ．
16.如圖所示，把一根條形磁鐵前后兩次從同樣高度插到線圈A中同樣的位置處，第一次用0.2s，第二次用0.8s，兩次線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢分別是E1和E2，兩次通過線圈A的電荷量分別為q1，q2，則E1：E2= ______ .q1：q2= ______ ．
17.在“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實(shí)驗(yàn)中，首先要按圖(甲)接線，為了明確電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向與電流方向之間的關(guān)系，當(dāng)閉合S時(shí)，觀察到電流表指針向左偏，不通電時(shí)電流表指針停在正中央．然后按圖(乙)將電流表與線圈B連成一個(gè)閉合回路，將線圈A、電池、滑動(dòng)變阻器和開關(guān)串聯(lián)成另一個(gè)閉合電路，現(xiàn)進(jìn)行如下操作：
(1)S閉合后，將螺線管A插入螺線管B的過程中，電流表的指針將______；
(2)線圈A放在B中不動(dòng)時(shí)，電流表的指針將______；
(3)線圈A放在B中不動(dòng)，突然斷開開關(guān)S，電流表的指針將______.(以上選填：“向右偏轉(zhuǎn)”，“向左偏轉(zhuǎn)”或“停在正中央”)
三、簡答題（本題共2小題，共26分）
18.某一具有速度選擇器的質(zhì)譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1，已知：B為速度選擇器，磁場與電場正交，電場強(qiáng)度為E已知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1未知；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2已知。今有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進(jìn)入分離器后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。求：
(1)加速后粒子的速度v為多少？
(2)速度選擇器磁感應(yīng)強(qiáng)度B1為多少？
(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R為多大？
19.如圖，兩相距L=0.5m的平行金屬導(dǎo)軌固定于水平面上，導(dǎo)軌左端與阻值R=2Ω的電阻連接，虛線內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.4T的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量m=0.2kg，阻值為r=1Ω的金屬桿垂直置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬桿與導(dǎo)軌間光滑不計(jì)摩擦，導(dǎo)軌的電阻可忽略。桿在水平向右的恒定拉力F=0.04N作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，并始終與導(dǎo)軌垂直，進(jìn)入磁場時(shí)恰好開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。求：
(1)桿進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小v？
(2)桿在磁場中運(yùn)動(dòng)0.6m位移的過程中，回路中的電流？電阻R上產(chǎn)生的熱量Q？
(3)若在桿恰好進(jìn)入磁場時(shí)撤去拉力F，分析說明桿在撤去F后加速度、速度的變化情況。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、D、洛倫茲力方向總是與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向垂直，對帶電粒子總不做功，根據(jù)動(dòng)能定理，洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，只改變粒子速度的方向。故可以改變速度，不改變速率和動(dòng)能。故A錯(cuò)誤，D正確。
B、C、帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小不變，而方向時(shí)刻在改變，所以加速度的方向在變化。故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤。
故選：D。
根據(jù)洛倫茲力方向特點(diǎn)：洛倫茲力方向總是與粒子運(yùn)動(dòng)方向垂直，對帶電粒子總不做功來分析判斷．
本題考查對洛倫茲力的理解能力，抓住洛倫茲力方向總是與速度方向垂直，只改變速度的方向，不改變速度的大小進(jìn)行分析．
2.【答案】A
【解析】解：裝置A中有磁鐵和可轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈，當(dāng)有風(fēng)吹向風(fēng)扇時(shí)扇葉轉(zhuǎn)動(dòng)，相當(dāng)于線圈在磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，引起燈泡發(fā)光，是利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象的原理工作的，故A正確；BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
當(dāng)閉合電路中的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中可以產(chǎn)生感應(yīng)電流，這就是電磁感應(yīng)現(xiàn)象。
能準(zhǔn)確的判斷出“磁生電“是這一實(shí)驗(yàn)原理是解決該題的關(guān)鍵。
3.【答案】AD
【解析】解：ACD、金屬探測器利用渦流探測金屬物品原理是：線圈中交變電流產(chǎn)生交變的磁場，會(huì)在金屬物品產(chǎn)生交變的感應(yīng)電流(渦流)，而金屬物品中感應(yīng)電流產(chǎn)生的交變磁場會(huì)在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，引起線圈中交變電流發(fā)生變化，從而被探測到，故AD正確，C錯(cuò)誤；
B、各種金屬物都會(huì)被探測器探測到，故B錯(cuò)誤。
故選：AD。
金屬探測器中接有線圈，線圈中通以交變電流，在空間產(chǎn)生交變的磁場，金屬物品會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，反過來，金屬物品中感應(yīng)電流產(chǎn)生的交變磁場會(huì)在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流。
本題中金屬探測器利用了渦流，實(shí)質(zhì)是一種特殊的電磁感應(yīng)原理。
4.【答案】D
【解析】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢：E=BLv，把B變?yōu)?B，則感應(yīng)電動(dòng)勢將增為2倍；
感應(yīng)電流I=BLvR，安培力F安=BIL=B2L2vR，把B變?yōu)?B，安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，由平衡條件可知，外力：F=F安，外力將變?yōu)樵瓉淼?倍；
感應(yīng)電流的熱功率P=I2R=B2L2vR，把B變?yōu)?B，感應(yīng)電流的熱功率將增為4倍；
故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，由功率公式求出功率，由安培力公式求出安培力，由平衡條件求出拉力，然后分析答題。
本題考查了外力、感應(yīng)電動(dòng)勢、熱功率公式，要注意正確應(yīng)用E=BLv、閉合電路歐姆定律公式、電功率公式、安培力公式、平衡條件進(jìn)行分析求解，可正確解題。
5.【答案】B
【解析】解：由右手定則可知，線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流沿abcd方向，電流方向是正的；由右手定則可知，線框離開磁場過程，感應(yīng)電流沿adcba方向，電流方向是負(fù)的；
線框進(jìn)入與離開磁場過程線框中有感應(yīng)電流，線框完全進(jìn)入磁場時(shí)線框中沒有感應(yīng)電流，線框進(jìn)入與離開磁場過程，感應(yīng)電流大小I=ER=BLvR，由于B、L、v、R是定值，則電流I大小不變，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
先應(yīng)用右手定則判斷感應(yīng)電流方向，由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢，應(yīng)用感應(yīng)電流求出感應(yīng)電流，根據(jù)線框的運(yùn)動(dòng)過程判斷電流大小與方向，分析圖示圖象答題。
本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的一道綜合題，由于右手定則、E=BLv與歐姆定律即可解題；掌握基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與積累。
6.【答案】C
【解析】解：粒子帶正電，受電場力向下，洛倫茲力向上；開始時(shí)向下偏轉(zhuǎn)說明電場力大于洛倫茲力，Eq>qvB；即E>vB，要使粒子沿直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)使洛倫茲力等于電場力；則有：
A、增大電場強(qiáng)度會(huì)使電場力更大，粒子向下偏轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤；
B、由以上分析可知，增大電荷量兩端同時(shí)變化，不會(huì)使粒子平衡，故B錯(cuò)誤；
C、增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可以使粒子受力平衡，故C正確；
D、減小入射速度會(huì)使洛倫茲力減小，不會(huì)使粒子受力平衡，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
明確電荷受電場力和洛倫茲力的方向，根據(jù)開始時(shí)粒子向下偏轉(zhuǎn)判斷合力方向；從而分析如何讓電場力和洛倫茲力平衡。
明確初始合力向下，知道各量變化對力的大小的影響，掌握電場力與洛倫茲力相平衡式中，與電量，及質(zhì)量無關(guān)，同時(shí)與電性也無關(guān)。
7.【答案】C
【解析】解：A、線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在電路中產(chǎn)生周期性變化的交變電流，線圈經(jīng)過中性面時(shí)電流改變方向，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周，有兩次經(jīng)過中性面，電流方向改變兩次，故A錯(cuò)誤；
B、線圈平面垂直于磁感線的位置稱為中性面，顯然圖示位置不是中性面，故B錯(cuò)誤；
C、線圈處于圖示位置時(shí)，ab邊向右運(yùn)動(dòng)，由右手定則知，ab邊的感應(yīng)電流方向是a→b，故C正確；
D、線圈平面與磁場方向平行時(shí)，此時(shí)線圈平面位移與中性面垂直位置，此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，磁通量的變化率最大，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
明確交流電的產(chǎn)生規(guī)律，知道線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周，電流方向改變2次；磁場與線圈垂直時(shí)為中性面位置，線圈位于中性面時(shí)電流為零；線圈平面與磁場方向平行時(shí)，磁通量為零，磁通量變化率反而最大。
本題考查了交流電產(chǎn)生的基礎(chǔ)知識，記?。壕€圈平面與磁場方向平行時(shí)，磁通量為零，磁通量變化率反而最大。
8.【答案】A
【解析】解：在圖(b)中，由于兩根導(dǎo)線中的電流方向相反，產(chǎn)生的磁場相互抵消，所以在b中螺線管內(nèi)中部的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，故BCD錯(cuò)誤，A正確。
故選：A。
本題比較簡單，考查了通電螺線管周圍的磁場，弄清兩圖中電流以及導(dǎo)線的繞法的異同即可正確解答本題。
要根據(jù)安培定則正確分析通電直導(dǎo)線、通電螺線管等周圍磁場分部情況。
9.【答案】C
【解析】【分析】
(1)通電導(dǎo)體在磁場中受到力的作用，力的方向可以用左手定則判斷；
(2)摩擦力產(chǎn)生的條件是兩個(gè)物體相互接觸，有相對運(yùn)動(dòng)的趨勢或者已經(jīng)發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)。
本題的關(guān)鍵是知道磁場對電流的作用的方向可以通過左手定則判斷，然后根據(jù)作用力和反作用力的知識進(jìn)行推理分析；知道摩擦力產(chǎn)生的條件是兩個(gè)相互接觸的物體已經(jīng)發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，或者有相對運(yùn)動(dòng)的趨勢。
【解答】
磁鐵的磁感線在它的外部是從N極到S極，因?yàn)殚L直導(dǎo)線在磁鐵的中央上方，所以此處的磁感線是水平的，電流的方向垂直與紙面向里，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線受磁鐵給的“安培力”方向豎直向上，如下圖所示，長直導(dǎo)線是固定不動(dòng)的，根據(jù)物體間力的作用是相互的，導(dǎo)線給磁鐵的反作用力方向就是豎直向下的，因此磁鐵對水平桌面的壓力除了重力之外還有通電導(dǎo)線的作用力，壓力是增大的；因?yàn)檫@兩個(gè)力的方向都是豎直向下的，所以磁鐵不會(huì)發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，也就不會(huì)產(chǎn)生摩擦力，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選C。
10.【答案】C
【解析】解：A、電流表的讀數(shù)為有效值I=Im 2=10 2 2A=10A.故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)圖乙，T=0.02s，角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，故B錯(cuò)誤；
C、0.01s時(shí)，電流最大，磁通量為零，線圈平面與磁場方向平行。故C正確；
D、0.02s時(shí)，根據(jù)右手定則可知，電阻R中電流的方向自左向右，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
電流表的讀數(shù)為有效值I=Im 2；根據(jù)圖乙，T=0.02s，ω=2πT；0.01s時(shí)，電流最大，磁通量為零，線圈平面與磁場方向平行；0.02s時(shí)，電流最大，磁通量為零，線框平面與中性面垂直，根據(jù)右手定則求得電流方向。
本題考查了正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式。不同的概念、規(guī)律之間往往存在內(nèi)在的聯(lián)系，弄清相關(guān)概念、規(guī)律之間的聯(lián)系，有助于提升高中物理學(xué)習(xí)的水平。
11.【答案】B
【解析】解：A、導(dǎo)線ab向左或向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流不變，螺線管產(chǎn)生的磁場不變，穿過環(huán)C中的磁通量不變，則環(huán)C向螺線管靜止不動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、導(dǎo)線ab向左或向右減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流減小，螺線管產(chǎn)生的磁場減小，穿過環(huán)C中的磁通量減小，則環(huán)C向螺線管靠近，以阻礙磁通量的減小，故B正確；
C、導(dǎo)線ab向左或向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流增加，螺線管產(chǎn)生的磁場增大，穿過環(huán)C中的磁通量增大，則環(huán)C遠(yuǎn)離螺線管，以阻礙磁通量的增加，故C錯(cuò)誤；
D、導(dǎo)線ab向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流均勻增加，螺線管產(chǎn)生的磁場均勻增大，穿過環(huán)C中的磁通量均勻增大，則環(huán)C遠(yuǎn)離螺線管，以阻礙磁通量的增加，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
導(dǎo)線ab運(yùn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則判斷感應(yīng)電流的方向。感應(yīng)電流流過螺線管，螺線管產(chǎn)生磁場，就有磁通量穿過環(huán)C，根據(jù)安培定則判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向，根據(jù)楞次定律判斷環(huán)C中產(chǎn)生的電流方向，從而即可判定。
本題兩次考查了電磁感應(yīng)的問題，掌握運(yùn)用右手定則與楞次定律的應(yīng)用，注意理解楞次定律：阻礙相對運(yùn)動(dòng)，同時(shí)掌握使用安培定則的能力，注意安培定則也稱右手螺旋定則。
12.【答案】PU P2RU2
【解析】解：根據(jù)P=UI知，通過輸電導(dǎo)線中電流I=PU，輸電線上損失的功率P損=I2R=P2RU2．
故答案為：PU，P2RU2
根據(jù)P=UI求出輸電導(dǎo)線中的通過的電流，根據(jù)P損=I2R求出輸電線上發(fā)熱損失的電功率．
解決本題的關(guān)鍵知道輸電導(dǎo)線上電功率和輸送電壓和電流的關(guān)系，以及能夠熟練運(yùn)用焦耳定律公式．
13.【答案】變大 變小
【解析】解：當(dāng)R3的滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知總電流I減小。電壓表測量路端電壓U，而U=E?Ir，I減小，E、r不變，則U變大，所以電壓表的示數(shù)變大；
設(shè)變阻器兩端電壓為U′，則U′=E?I(R1+r)，I減小，其他量不變，則U′變大，R2中的電流變大，總電流減小，所以電流表的示數(shù)變小。
故答案為：變大；變小
當(dāng)R3的滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析總電流的變化和路端電壓，即可判斷電壓表示數(shù)的變化．由歐姆定律分析變阻器兩端電壓的變化，分析電流表示數(shù)的變化。
本題按“部分→整體→部分”的思路進(jìn)行動(dòng)態(tài)變化分析．對于電壓表的示數(shù)，可以直接根據(jù)路端電壓隨外電阻而增大的結(jié)論進(jìn)行分析。
14.【答案】20V 100A
【解析】解：由交流電的瞬時(shí)值可得電壓的有效值為U=Um 2=20 2 2V=20V，交流電壓表的示數(shù)為電壓的有效值，所以電壓表的示數(shù)為20V；
根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可得UU′=n1n2，副線圈的電壓為200V，所以電阻R中電流的有效值I′=U′R=20020A=10A；根據(jù)電流與匝數(shù)成反比可得II′=n2n1
原線圈中的電流為I=100A
故答案為：20V；100A
根據(jù)電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式可以求得電壓的有效值的大小，在根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比可以求得副線圈的電壓和電流的大小。
本題考查變壓器的基本原理和交流電的表達(dá)式的掌握情況，只要掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，最大值和有效值之間的關(guān)系即可解決本題。
15.【答案】Ⅰ、Ⅲ Ⅱ
【解析】解：當(dāng)線圈經(jīng)過I的位置時(shí)，穿過線圈的磁通量增大，且磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)楞次定律，可知，感應(yīng)電流方向順時(shí)針．
同理線圈經(jīng)過Ⅲ位置時(shí)，穿過線圈的磁通量減小，且磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律，可知，感應(yīng)電流方向順時(shí)針．
當(dāng)線圈經(jīng)過II位置時(shí)，穿過線圈的磁通量出現(xiàn)相互抵消，導(dǎo)致磁通量減小，且磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)楞次定律，可知，感應(yīng)電流方向逆時(shí)針．
故答案為：I、Ⅲ；II．
根據(jù)圖示電流方向，由安培定則判斷出感應(yīng)電流磁場方向；當(dāng)線圈向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律判斷出原磁場方向，從而判斷出線圈的電流方向；然后再根據(jù)楞次定律“來拒去留”可判斷線圈的感應(yīng)電流方向．
楞次定律是高中物理的一個(gè)重點(diǎn)，也是?？純?nèi)容，一定要正確、全面理解楞次定律含義，掌握應(yīng)用楞次定律解題的思路與方法．
16.【答案】4：1 1：1
【解析】解：前后兩次將磁鐵插入閉合線圈的相同位置，磁通量的變化量相等，
感應(yīng)電動(dòng)勢之比：E1E2=n△?△t1n△?△t2=△t2△t1=；
感應(yīng)電流：I=ER，電荷量q=I△t，解得：q=n△?R，
由于n、△Φ、R都相等，則電荷量：q1=q2；
故答案為：4：1；1：1．
兩次磁鐵的起始和終止位置相同，知磁通量的變化量相同，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢之比；
由歐姆定律求出感應(yīng)電流，由電流定義式求出電荷量大?。?br>知道磁通量的變化量相等、應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律即可正確解題．解題時(shí)要注意兩種情況下，磁通量的變化量相等，這是正確解題的關(guān)鍵．
17.【答案】向右偏轉(zhuǎn) 停在正中央 向左偏轉(zhuǎn)
【解析】解：在圖甲中，閉合開關(guān)，電流從正接線柱流入電流表，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，即電流從哪個(gè)接線柱流入，指針就向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)．在圖乙中，閉合開關(guān)后，由安培定則可知，線圈A中的電流產(chǎn)生的磁場豎直向上；
(1)將S閉合后，將螺線管A插入螺線管B的過程中，穿過B的磁場向上，磁通量變大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從電流表正接線柱流入，則電流表的指針將右偏轉(zhuǎn)；
(2)螺線管A放在B中不動(dòng)，穿過B的磁場向上，穿過B的磁通量不變，由楞次定律可知，沒有感應(yīng)電流，則電流表的指針將停在正中央；
(3)螺線管A放在B中不動(dòng)，穿過B的磁場向上，突然切斷開關(guān)S時(shí)，穿過B的磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從電流表負(fù)接線柱流入，則電流表的指針將向左偏轉(zhuǎn)．
故答案為：(1)向右偏轉(zhuǎn) (2)停在正中央 (3)向左偏轉(zhuǎn)
由安培定則判斷出判斷出線圈A產(chǎn)生的磁場方向，然后判斷出穿過線圈B的磁通量如何變化，最后由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，確定電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向．
本題是一道基礎(chǔ)題，熟練掌握并靈活應(yīng)用安培定則及楞次定律即可正確解題．
18.【答案】解：(1)粒子在加速度電場中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qU1=12mv2
解得：v= 2qU1m
(2)在速度選擇器中，粒子受到的電場力和洛倫茲力相等，則qE=qvB1
解得：B1=E m2qU1
(3)在偏轉(zhuǎn)分離器中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，則qvB2=mv2R
R=1B2 2mU1q
答：(1)粒子的速度的大小為 2qU1m；
(2)速度選擇器磁感應(yīng)強(qiáng)度B1為E m2qU1；
(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R為1B2 2mU1q。
【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理得出粒子的速度；
(2)根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系得出磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小；
(3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得半徑。
本題主要考查了質(zhì)譜儀的相關(guān)應(yīng)用，利用動(dòng)能定理得出粒子的速度，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析。
19.【答案】解：(1)桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=BLv
回路中的感應(yīng)電流大小為：I=ER+r
桿所受安培力FA=BIL
桿在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件可得：F=BIL
代入數(shù)據(jù)，可得：v=3m/s；
(2)感應(yīng)電動(dòng)勢：E=BLv=0.4×0.5×3V=0.6V
回路中電流恒定，則：I=ER+r=0.62+1A=0.2A
桿在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t=dv=0.63s=0.2s
R上產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=0.22×2×0.2J=0.016J；
(3)撤去F后，所受安培力一直與運(yùn)動(dòng)方向相反，桿一直做減速運(yùn)動(dòng)。
對桿根據(jù)牛頓第二定律可得：FA=ma，解得：a=BILm(R+r)=B2L2vtm(R+r)，由于速度減小，則加速度減小，若桿不能離開磁場，桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零。
若桿能離開磁場，則在磁場中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，離開磁場后水平方向不受外力，桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
答：(1)桿進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小是3m/s；
(2)桿在磁場中運(yùn)動(dòng)0.6m位移的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q是0.016J；
(3)若桿不能離開磁場，桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零。若桿能離開磁場，則在磁場中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，離開磁場后桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
【解析】(1)桿進(jìn)入磁場時(shí)恰好開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡。推導(dǎo)安培力與速度的關(guān)系，由平衡條件求桿進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小v；
(2)桿在磁場中運(yùn)動(dòng)0.6m位移的過程中，根據(jù)法拉第定律、歐姆定律求出回路中的電流，再由焦耳定律求電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；
(3)若在桿恰好進(jìn)入磁場時(shí)撤去拉力F，分析安培力的變化，由牛頓第二定律分析加速度的變化。結(jié)合力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系分析速度的變化。
對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。