2022-2023学年河南省南阳市高二（上）期末物理试卷（含解析）

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2022-2023学年河南省南阳市高二（上）期末物理试卷
1. 下列物理量中属于标量的是(    )
A. 动量 B. 电场强度 C. 磁感应强度 D. 电流
2. 如图所示实线为电场某区域的电场线分布情况示意图，由图可知(    )
A. A点电势低于B点电势
B. 一个负电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力
C. 一个正电荷可以仅在电场力的作用下，沿电场线从A运动到C
D. 一个负电荷由A点移动到B点，克服电场力做功



3. 如图所示，一个单匝矩形闭合导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动周期为T0，线圈产生的电动势的最大值为Em，则(    )
A. 线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为2EmT04π
B. 线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em
C. 线圈产生的电动势的有效值为2Em
D. 经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变1次

4. 如图1所示，A、B端接有恒流源(输出恒定电流)的均匀长方形金属线框放在水平面上，部分线框处在垂直于线框平面向下的匀强磁场中，ab边与磁场边界平行，ab边受到的安培力大小为F1；如图2所示，将金属棒cd放在金属线框上，金属棒cd与线框接触良好，并在磁场中处于静止状态，cd与ab平行，cd段与ab段电阻相同。此时，ab受到的安培力大小为F2，cd受到的安培力大小为F3，则下列关系正确的是(    )

A. F2=12F1 B. F2=F3 C. F1=F2+F3 D. F1>F2+F3
5. 将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面(纸面)内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是(    )

A. B.
C. D.
6. 如图所示，带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为(    )


A. v0 B. 1v0 C. 2v0 D. v02
7. 1876年美国著名物理学家罗兰在实验室中完成了著名的“罗兰实验”。罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，发现小磁针发生了偏转。下列说法正确的是(    )
A. 使小磁针发生转动的原因是圆盘上的电荷运动时产生了磁场
B. 使小磁针发生转动的原因是圆盘上产生了涡流
C. 仅改变圆盘的转动方向，小磁针的偏转方向不变
D. 如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，小磁针的偏转方向不变
8. 如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图。速度选择器(也称滤速器)中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外。在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲=m乙v乙=v丙>v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是(    )
A. 甲、丁、乙、丙 B. 丁、甲、乙、丙 C. 甲、丁、丙、乙 D. 丁、甲、丙、乙
9. 空间存在着平行于x轴方向的某静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图像如图所示。一个带电量绝对值为q、质量为m的带电粒子在坐标轴上x=−x0处，以沿x轴正向的初速度射出，粒子沿x轴运动到x=x0处时速度恰好为0。若粒子只受到电场力的作用，则(    )
A. 粒子带正电
B. 粒子在x=−x0处的初速度大小为2qφ0m
C. 粒子从x=0运动到x=x0过程中做匀减速直线运动
D. 粒子从x=0运动到x=x0过程中电势能先减小后增大

10. 如图是发电机给用户供电的示意图．已知发电机的输出电压为250V、输出功率为200kW.升压变压器原、副线圈的匝数比是1：20，两变压器间输电导线的总电阻为5Ω，用户得到的电压为220V.已知变压器是理想变压器，则(    )

A. 输电线上的电流为50A
B. 用户得到的功率为190kW
C. 输电线上损失的电压为200V
D. 降压变压器原、副线圈的匝数比为240：11
11. 如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场B。质量为m带电量为q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球A的速度大小为v0，小球与坐标原点的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ=37∘。重力加速度为g，m、q、r已知。(cos37∘=0.8,sin37∘=0.6)则下列说法正确的是(    )

A. 小球A与点电荷之间的库仑力大小为54mg
B. 从上往下看带电小球只能沿顺时针方向做匀速圆周运动
C. v0越小所需的磁感应强度B越小
D. v0=920gr时，所需的磁感应强度B最小
12. 如图所示，虚线PQ左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B。边长为L、质量为m、电阻为R的均匀正方形单匝金属线框abcd放在水平面上，处在PQ右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度v0，线框刚好能完全通过虚线PQ，线框运动过程中cd边始终与PQ平行，则线框运动过程中(    )
A. 线框运动过程中的最大加速度为2B2L2v0mR
B. 通过线框横截面的电荷量为2BL2R
C. 线框中产生的焦耳热为12mv02
D. 线框有一半进入PQ左侧磁场时速度大小为v0−2B2L3mR
13. “额温枪”被大量应用于排查高温患者，其原理是通过传感器接收红外线得出感应温度数据。某同学为了研究额温枪中某导电材料的导电规律，用该种导电材料制作成电阻较小的元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。
(1)他应选用下列哪个电路进行实验______ ；
A.B.
C.D.
(2)为了进一步验证“额温枪”测温的准确性，该同学设计了图甲所示电路，已知电源电动势E=1.5V，内阻忽略不计，R0=15Ω，热敏电阻的阻值与温度的关系如图乙所示。闭合电键后发现电压表示数为0.45V，则热敏电阻此时的温度为______ ℃(保留1位小数)。

14. 如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg=10Ω、满偏电流Ig=10mA的电流表、标识不清电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接“3”时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。

(1)其中电阻R2=______Ω。
(2)选择开关接“1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为______mA。
(3)兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：
①将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为______。
③用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为Rx=______Ω.(保留三位有效数字)
④小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中______表笔(填“红”或“黑”)接电压表的正接线柱，该电压表示数为1.45V，可以推知该电压表的内阻为______Ω。
15. 如图所示，在水平方向的匀强电场中(电场线未画出)，一根长为L，不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，将小球拉起直至细线与场强平行的A点，然后无初速释放，已知小球最多摆到最低点另一侧的B点，BO连线与竖直方向的夹角为θ=30∘，求：(结果可用根式表示)
(1)小球经过最低点时细线对小球的拉力；
(2)小球由A到B过程中的最大速度。
16. 如图所示，两根足够长的电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面内，两导轨间的距离为L=1m，之间接有阻值为R=1.5Ω的定值电阻。一根质量为m=2kg的均匀金属棒ab放在导轨上，与两导轨垂直且保持良好接触，ab在导轨间的电阻为r=0.5Ω，整个装置放在磁感应强度为B=1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现对金属棒ab施加水平向右的恒力F=1N，使之由静止开始运动。求：
(1)金属棒ab中电流的方向及最大速度vm；
(2)ab棒的速度大小为v1=1m/s时棒的加速度大小。
17. 如图所示，发电机转子是一个匝数N=100，边长L=10cm的正方形线圈abcd。线圈在磁感应强度B=1T的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′以f=50Hz的频率匀速转动，已知线圈的总电阻r=5Ω，外电路电阻R=20Ω。从如图所示的位置开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势随时间变化的表达式以及外电路电阻R上消耗的电功率；
(2)从计时开始，线圈转过π3的过程中，通过外电阻R的电荷量q。


18. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在垂直于坐标平面的匀强磁场(未画出)，第二象限存在水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为−q的带电粒子从第三象限无初速度释放后，经电压为U的电场加速后从P(−3L,0)点垂直x轴进入第二象限，然后从A(0,2L)点进入第一象限，又经磁场偏转后由x轴上的M点(图中未画出)垂直于x轴进入第四象限。已知磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子重力。
(1)求第二象限内电场强度的大小；
(2)若第一象限各处均分布有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，求M点坐标；
(3)若第一象限内的匀强磁场分布在某矩形区域内，磁场方向垂直纸面向外，求此矩形区域的最小面积。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：ABC、矢量是既有大小又有方向，运算遵守平行四边形定则的物理量，动量、电场强度和磁感应强度都是矢量，故ABC错误；
D、电流有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流的运算不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以电流是标量，故D正确。
故选：D。
标量是只有大小、没有方向的物理量，运算遵守代数加减法则。矢量是既有大小又有方向的物理量，运算遵守平行四边形定则。
矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。

2.【答案】D 
【解析】解：A、根据沿着电场线方向电势降低，可知A点电势高于B点电势，故A错误；
B、电场线越密，场强越大，则A点场强大于B点场强，由F=qE知一个负电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故B错误；
C、正电荷所受电场力的方向沿电场线的切线方向，一个正电荷仅在电场力的作用下，沿不能电场线从A运动到C，故C错误；
D、负电荷受到的电场力方向斜向左上方，则负电荷由A点移动到B点，电场力做负功，即克服电场力做功，故D正确。
故选：D。
根据沿着电场线方向电势逐渐降低，来判断电势高低；根据电场线疏密判断场强大小，从而比较电场力大小；根据正电荷受到的电场力方向沿电场线切线方向，负电荷受到的电场力与电场线方向相反，分析电荷的运动情况，判断电场力做功正负。
解答本题时，要掌握电场线的两个意义：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，顺着电场线方向电势降低。

3.【答案】B 
【解析】解：A、由公式Em=BSω，结合ω=2πT0，可求出磁通量的最大值Φm=EmT02π，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律表达式Em=ΔΦΔt，可确定磁通量变化率的最大值为Em，故B正确；
C、线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为22Em，故C错误；
D、经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，故D错误；
故选：B。
根据正弦交流电的最大值与有效值的关系，结合最大值，即可求解有效值；由公式Em=BSω，结合ω=2πT，可求出磁通量的最大值；根据法拉第电磁感应定律表达式Em=ΔΦΔt，可确定磁通量变化率的最大值，最后由线圈在一个周期内，电流方向改变2次，从而即可求解。
考查线圈在磁场切割磁感线，产生正弦式交流电，掌握最大值与有效值的关系，注意最大磁通量求解方法是解题的关键。

4.【答案】C 
【解析】解：设恒定电流的大小为I，则图1中根据安培力公式可知，F1=BIL
在图2中，因cd的电阻小于cabd部分的电阻，可知，Icd>Iab
因为Icd+Iab=I
所以Icd>12I
则F2=BIabL
F3=BIcdL
则F2>12F1
F2>F3
F1=BIL=BIabL+BIcdL=F2+F3，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据电路特点分析出不同支路上的电流特点，结合安培力公式比较不同电阻的安培力特点。
本题主要考查了安培力的计算公式，解题的关键点是根据电路构造分析出不同电阻的电流关系并结合安培力公式完成分析。

5.【答案】B 
【解析】解：在0∼T2时间内，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力F方向水平向左，F为负值；磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可得E=ΔΦΔt=ΔBΔt⋅S，知闭合电路中产生的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变。ab边在磁场中所受的安培力为F=BIL，由于匀强磁场Ⅰ中磁感应强度B恒定，则0∼T2，安培力为平行t轴的直线，方向向左(为负)。同理分析可得在T2∼T，安培力与时间的关系为0∼T2内F−t关于时间轴t=T2对称一条的直线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
本题分0∼T2和T2∼T两段时间，由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。运用法拉第电磁感应定律和欧姆定律判断感应电流大小变化情况，由F=BIL判断ab边受到的安培力大小变化情况，从而选择图像。
本题要求学生能正确理解B−t图像的含义，明确B如何变化，才能准确地利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化。

6.【答案】C 
【解析】解：设Oa=Ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r，解得：B=mvqd，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：d=12at2=12×qEm×t2，解得：E=2mv02qd，则：EB=2v0，故ABD错误，C正确。
故选：C。
带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，Oa=Ob，所以圆周运动的半径正好等于d，根据半径公式求出B，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求出电场强度，从而求出比值。
带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径。

7.【答案】A 
【解析】
【分析】
根据电荷的定向移动形成电流，电流周围存在磁场，结合安培定则，从而确定电流方向与磁场方向的关系；再根据磁极间的相互作用可明确小磁针N极的偏转方向。
【解答】
AB.由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，磁场对小磁针作用力使小磁针发生转动，不是电磁感应的原因，而涡流是发生电磁感应现象产生的，故A正确，B错误；
C.只改变圆盘的转动方向，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，故C错误；
D.如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，小磁针的偏转方向发生变化；故D错误；
故选A。  
8.【答案】B 
【解析】解：四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=EB，才能通过速度选择器，所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙，
根据qvB=mv2R得R=mvqB
乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点。
甲的速度大于乙的速度，即大于EB，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点；
丁的速度小于乙的速度，即小于EB，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点。
综上所述，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
粒子通过速度选择器，只有满足qvB=qE，即速度满足v=EB，才能通过速度选择器。当粒子的速度大于EB，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于EB，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转。通过速度选择器进入磁场的粒子，根据qvB=mv2R比较轨道半径即可知打在哪一点。
解决本题的关键知道只有速度满足v=EB，才能通过速度选择器，根据qvB=mv2R比较轨道半径。

9.【答案】BC 
【解析】解：A、由题意可知，粒子在x=−x0处电势能为零，动能大于零，而粒子在x=x0处动能为零，根据能量守恒定律可知粒子在x=x0处电势能大于零，而x=x0处的电势为负，所以由电势能表达式Ep=qφ可知，粒子带负电，故A错误；
B、设粒子在x=−x0处的初速度大小为v0，对粒子从x=−x0到x=x0的过程，根据动能定理有：−q[0−(−φ0)]=0−12mv02，解得：v0=2qφ0m，故B正确；
C、粒子从x=0运动到x=x0，电势一直降低，电势能一直增大，由能量守恒可知粒子的动能一直减小，一直在做减速运动，又由于φ−x图像的斜率不变，场强不变，粒子受到的电场力不变，加速度不变，所以粒子做匀减速直线运动，故C正确；
D、粒子从x=0运动到x=x0，电势一直降低，又粒子带负电，可知电势能一直增大，故D错误。
故选：BC。
根据能量守恒定律判断粒子在x=x0处电势能的正负，由电势能表达式Ep=qφ判断粒子的电性；对粒子从x=−x0到x=x0的过程，运用动能定理求粒子在x=−x0处的初速度大小；粒子从x=0运动到x=x0过程中，根据电势能的变化分析动能的变化，判断粒子的运动性质。
本题要掌握电势的变化与电场强度方向的关系，知道φ−x图像的斜率等于电场强度，利用动能定理求初速度。

10.【答案】CD 
【解析】解：A.发电机的输出功率
P1=U1I1
代入数据，解得
I1=800A
根据
I2I1=n1n2
解得
I2=40A，故A错误；
B.远距离输电损失的功率为
ΔP=I线2R线=40²×5W=8kW
用户得到的功率为
P=P1−ΔP=200kW−8kW=192kW
故B错误；
C.远距离输电损失的电压
ΔU=I2R线=40×5V=200V
故C正确；
D.根据
原副线圈电压比等于匝数比
解得
U₂=5000V
降压变压器的输入电压
U3=U2−ΔU=5000V−200V=4800V
解得降压变压器原、副线圈的匝数比为240：11
故D正确。
故选：CD。
由功率公式及变压器比例关系求解电流和电压，由功率公式及能量守恒求解功率，由欧姆定律求解电压。
本题考查变压器，学生需熟练掌握变压器比例关系及功率等公式。

11.【答案】AD 
【解析】解：A、对小球A受力分析如图所示，洛伦兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→B方向。

在竖直方向，根据平衡条件得：F1cos37∘=mg
解得：F1=54mg
小球A与点电荷之间的库仑力大小为54mg，故A正确；
B、原点O处带正电的点电荷与小球之间的库仑力为斥力，故小球带正电，空间中存在竖直向下的匀强磁场，洛伦兹力需要指向圆心，根据左手定则，从上往下看带点小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，故B错误；
CD、水平方向根据牛顿第二定律得：
qv0B−F1sin37∘=mv02rsin37∘
其中：F1sin37∘=34mg
解得：B=5mv03qr+3mg4qv0
当5mv03qr=3mg4qv0，即v0=920gr时，B取值最小，可知B与v0并非单调函数关系，故C错误，D正确。
故选：AD。
对小球A受力分析，在竖直方向上受力平衡，可求得库仑力与重力之间的关系；根据左手定则判断小球做匀速圆周运动的方向；在水平方向上的合力提供小球A的做匀速圆周运动所需的向心力，根据牛顿第二定律求解B与v0的关系式，进而求解最小磁感应强度。
本题考查圆周运动和电场、磁场的综合问题，本题的关键是通过受力分析找到合外力提供向心力，根据牛顿第二定律结合数学知识求解磁感应强度B的最小值。

12.【答案】BCD 
【解析】解：A.当cd越过PQ后，cd切割磁感线，根据右手定则可知，c端为负极、d端为正极；ab也切割磁感线，根据右手定则可知，a端为负极、b端为正极，从而构成一个双电源的闭合回路，再根据左手定则可判断出ab、cd导体边受到的安培力方向均向右，则有
F安=2BIL，
E=2BLv，
I=ER
则根据牛顿第二定律有
F安=ma
由上式可看出当线框速度为最大速度v0时加速度a最大，则
a=4B2L2v0R
故A错误；
B.根据电荷量的计算方法有
q=I−t，I−=E−R=2BLv−R，L=v−t
解得：q=2BL2R，
故B正确；
C.线框运动过程中只有安培力做功，根据动能定理有
−W安=0−12mv02，
又W安=Q
解得：Q=12mv02，
故C正确；
D.根据B选项的计算方法知，当线框有一半进入PQ左侧磁场时，通过线框横截面的电荷量为BL2R，根据动量定理有
−2Ft′=−2BLq=mv′−mv0，
解得：v′=v0−2B2L3mR，
故D正确。
故选：BCD。
根据右手定则分析和法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，从而计算感应电流与安培力大小；根据电荷量的公式求解通过线框截面的电量；根据功能关系可得此过程中线框产生的焦耳热大小；根据动量定理求线框有一半进入PQ左侧磁场时速度。
本题主要是考查磁感应现象中的力学问题和能量问题，知道线框的受力情况，根据牛顿第二定律列出方程，根据动能定理列方程求解焦耳热；此外还有牢记电荷量的经验公式。

13.【答案】A 40 
【解析】解：(1)题中要求Z中的电流随两端电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应接成分压式，Z元件的电阻较小，应采用电流表外接法，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(2)根据串联电路的分压特点
RR0=E−UU
代入数据解得
R=35Ω
由图像可知35Ω对应的温度为40℃
故热敏电阻此时的温度为40℃
故答案为：(1)A；(2)40。
(1)根据题中题中Z电阻的阻值和测量要求分析判断；
(2)根据串联电路的分压特点计算热敏电阻的阻值，根据图像确定对应的温度。
本题考查测定热敏电阻的阻值与温度的关系实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤和数据处理。

14.【答案】249906.9150Ω67.4黑  4350 
【解析】解：(1)根据闭合电路欧姆定律得：R2=U−IgRgIg=250−0.01×100.01Ω=24990Ω；
(2)由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；
(3)②由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω，此时指针指在中央，此为中值电阻等于欧姆表内阻都等于此时电阻箱阻值，即RΩ=150Ω；
③根据闭合电路欧姆定律有满偏电流时 Ig=ERΩ，
当电流表示数为I=6.9mA=ERx+RΩ，联立解得：E=1.5V，Rx=67.4Ω；
④根据电流方向“黑出红进”的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，
根据闭合电路欧姆定律得电压表的示数U=ERΩ+RV⋅Rv，解得电压表内阻RV=URΩE−U=1.45×1501.5−1.45Ω=4350Ω。
故答案为：(1)24990；(2)6.9；(3)②150Ω；③67.4；④黑，4350；
根据电压表的改装原理结合闭合电路欧姆定律计算R2的阻值；
根据电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数；
欧姆表上的中值电阻数值等于欧姆表的内阻值，根据闭合电路欧姆定律计算待测电阻的阻值和电压表的内阻值即可；
本题考查了电表读数、求电表内阻、电源电动势等问题，知道多用电表的原理是正确解题的前提与关键；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数。

15.【答案】解：(1)小球无初速度释放摆到另一侧的过程：
由动能定理得：mgLcosθ−qEL(1+sinθ)=0−0，
小球摆到最低点过程中，由动能定理得：mgL−qEL=12mv2−0，
小球最低点时由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，
由牛顿第二定律得：F−mg=mv2L，
联立解得F=(3−233)mg；
(2)将电场力与重力合成F合=233mg，
由图可知，合力方向与竖直方向成30度角斜向右下，A′为对应的“等效最低点”。

由几何关系得α=60∘，小球到达A′时速度最大，动能最大，
小球从释放到小球到达A′点过程中，由动能定理得：
mgLsinα−qEL(1−cosα)=12mv′2−0，
解得小球的最大速度：v′=233gL。
答：(1)小球经过最低点时细线对小球的拉力为(3−233)mg；
(2)小球在下摆过程中获得的最大速度为233gL。 
【解析】(1)由动能定理求出小球受到的电场力，由动能定理研究小球从释放到最低点的过程求出小球到最低点的速度，经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力。
(2)确定出速度最大的位置，由动能定理求出小球的最大速度。
本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法。常见的题型。对于多过程的问题可能多次应用动能定理求解问题。第2问是就是等效重力场的问题，找出对应的“等效最低点”去解决问题。

16.【答案】解：(1)金属棒向右做切割磁感线运动，根据右手定则可知金属棒ab中电流的方向为从b到a；
对金属棒受力分析，由牛顿第二定律有F−F安=ma
金属棒受到的安培力为F安=BIL
由闭合电路欧姆定律有I=ER+r
金属棒产生的感应电动势为E=BLv
联立可得F−B2L2vR+r=ma  ①
分析可知，随着速度的增大，安培力增大，当F=F安时，此时加速度为零，速度到达最大，即F=B2L2vmR+r
代入数据解得：vm=2m/s
(2)当ab棒的速度大小为v=v1=1m/s时，代入①式可得此时加速度大小为a1=0.25m/s2。
答：(1)金属棒ab中电流的方向从b到a，最大速度vm为2m/s；
(2)ab棒的速度大小为v1=1m/s时棒的加速度大小为0.25m/s2。 
【解析】(1)应用右手定则判断感应电流的方向。金属棒的加速度为零时，速度最大，根据平衡条件、安培力公式、法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律求解最大速度；
(2)当ab棒的速度大小为v1=1m/s时，先根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及安培力公式求出金属棒受到的安培力大小，再由牛顿第二定律计算加速度大小。
本题的解题关键是安培力的计算，要能熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力的表达式，由牛顿第二定律得到加速度的表达式。

17.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律可得：
E=NBSωsinωt
其中，ω=2πf=2π×50=100π
S=L2=0.12m2=0.01m2
解得：E=100πsin10πt
则感应电动势的有效值为：
E有=Em2=100π2V=502πV
则外电阻R上消耗的功率为
P=E有2R(R+r)2=(502π)2252×20W=160π2W
(2)从计时开始，线圈逆时针转过π3的过程中，由感应电动势
E=NΔΦΔt
感应电流为：I=ER+r
通过电阻R的电荷量为
q=It
代入数据解得：q=0.02C
答：(1)线圈中感应电动势随时间变化的表达式为E=100πsin10πt，外电路电阻R上消耗的电功率为160π2W；
(2)从计时开始，线圈转过π3的过程中，通过外电阻R的电荷量为0.02C。 
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律得出电动势随时间的表达式，结合功率的计算公式完成分析；
(2)根据法拉第电磁感应定律，欧姆定律和电流的定义式得出通过外电阻的电荷量。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉感应电动势的计算公式，结合欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析。

18.【答案】解：(1)设粒子从P点进入匀强电场时的速度大小为v0，
粒子在加速电场中加速，由动能定理得：qU=12mv02−0
粒子进入匀强电场中做类平抛运动，
水平方向：3L=12at2=12qEmt2
在竖直方向：2L=v0t
解得：E=3UL
(2)若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向里，粒子进入第一象限的匀强磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示

由几何知识得：tanθ=2OPOA=2×3L2L=3，解得：θ=60∘
粒子进入磁场时的速度大小v=v0cos60∘=2v0，
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
由几何关系可知粒子在磁场中的偏转角为120∘，则M点的坐标x=r+rsin30∘
解得：x=3BmUq
(3)若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向外，粒子进入第一象限的匀强磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示

由几何关系可知粒子偏转角为240∘，矩形的边长a=2r=4mv0qB，宽度b=r+rcos60∘=3mv0qB
磁场的最小面积S=ab=4mv0qB×3mv0qB=12(mv0qB)2=24mUqB2
答：(1)第二象限内电场强度的大小是3UL；
(2)若第一象限各处均分布有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，M点坐标是(3BmUq,0)；
(3)若第一象限内的匀强磁场分布在某矩形区域内，磁场方向垂直纸面向外，此矩形区域的最小面积是24mUqB2。 
【解析】(1)粒子在第二象限匀强电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度大小。
(2)粒子在第一象限中的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律分析答题。
(3)根据题意作出粒子运动轨迹，然后求出磁场的最小面积。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。