2019-2020學(xué)年高二物理下學(xué)期期中試題(含解析).doc

2019-2020學(xué)年高二物理下學(xué)期期中試題(含解析)一、選擇題（本題共48分。第18題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分。第912題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。）1.如圖，O是一固定的點(diǎn)電荷，虛線是該點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中的三條等勢(shì)線，正點(diǎn)電荷q在僅受電場(chǎng)力的作用沿實(shí)線所示的軌跡從a處運(yùn)動(dòng)到b處，然后又運(yùn)動(dòng)到c處由此可知()A. O為負(fù)點(diǎn)電荷B. 在整個(gè)過(guò)程中正點(diǎn)電荷q的速度先變大后變小C. 在整個(gè)過(guò)程中正點(diǎn)電荷q的加速度先變大后變小D. 在整個(gè)過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，總功為零【答案】C【解析】試題分析：A、粒子所受合力的方向大致指向軌跡彎曲的凹側(cè)，知正電荷所受的電場(chǎng)力背離點(diǎn)電荷向外，知O為正電荷，故A錯(cuò)誤；B、從a處運(yùn)動(dòng)到b處，然后又運(yùn)動(dòng)到c處，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，則動(dòng)能先減小后增大，所以速度先減小后增大，故B錯(cuò)誤；C、越靠近點(diǎn)電荷，電場(chǎng)線越密，則電荷所受電場(chǎng)力越大，加速度越大，則加速度先增大后減小，故C正確；D、a與c在同一個(gè)等勢(shì)面上，兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為0，根據(jù)WqU，知電場(chǎng)力做功為0，故D正確故選CD考點(diǎn)：考查等勢(shì)面；加速度；電場(chǎng)強(qiáng)度【名師點(diǎn)睛】解決本關(guān)掌握通軌跡的彎大致判斷力的方向，會(huì)根據(jù)電場(chǎng)力判斷動(dòng)變化，知道在等勢(shì)面上移電荷，電場(chǎng)力做功2.如圖所示電路中，當(dāng)變阻器R3的滑動(dòng)頭p向b端移動(dòng)時(shí)A. 電壓表示數(shù)變大.電流表示數(shù)變小B. 電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大C. 電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大D. 電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變小【答案】B【解析】由圖可知，R2與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)后R1串聯(lián)；電壓表測(cè)量路端電壓；電流表測(cè)量流過(guò)滑動(dòng)變阻器的電流；當(dāng)滑片向b端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；干路電流增大，則由U=E-Ir可得，路端電壓U減??；電壓表示數(shù)減??；因干路電流增大，則R1兩端的電壓增大，并聯(lián)部分電壓減小，則流過(guò)R2的電流減??；則流過(guò)電流表的電流增大；故選B?！军c(diǎn)睛】閉合電路的歐姆定律一般按先分析外電路，再分析內(nèi)電路，最后再分析外電路的思路進(jìn)行；若電阻與電源串聯(lián)，可以等效為內(nèi)阻處理3.在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，已經(jīng)標(biāo)出了電流I和磁場(chǎng)B以及磁場(chǎng)對(duì)電流作用力F三者的方向，其中錯(cuò)誤的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：根據(jù)左手定則可知：ABD三圖中電流、磁場(chǎng)、安培力方向均和左手定則中要求方向一致，故正確；C圖中電流和磁場(chǎng)方向一致，不受安培力，故C錯(cuò)誤本題選錯(cuò)誤的，故選C【點(diǎn)評(píng)】安培定則、左手定則、右手定則等應(yīng)用容易混淆，因此平時(shí)要加強(qiáng)訓(xùn)練，熟練應(yīng)用這幾種定則進(jìn)行有關(guān)物理量的判斷4.如圖所示，一個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，一個(gè)矩形閉合導(dǎo)線框abcd，沿紙面由位置1(左)勻速運(yùn)動(dòng)到位置2(右)，則（ ）A. 導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaB. 導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcbaC. 導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力方向水平向右D. 導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力方向水平向左【答案】D【解析】線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁通量增大，因此感應(yīng)電流形成磁場(chǎng)方向向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，安培力方向水平向左，故A錯(cuò)誤，D正確；線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，電流方向?yàn)閍bcda，安培力方向水平向左，故B正確，C錯(cuò)誤，故選BD。【點(diǎn)睛】線框進(jìn)入時(shí)bc邊切割磁感線，出來(lái)時(shí)ad邊切割磁感線，因此根據(jù)右手定則可以判斷出電流方向，注意完全進(jìn)入時(shí)，磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生；然后根據(jù)左手定則判斷安培力方向也可以利用楞次定律直接判斷電流和受力方向5.在如圖所示的電路中，A、B是相同的兩個(gè)燈泡L是一個(gè)帶鐵芯的線圈，直流電阻可不計(jì)調(diào)節(jié)R，電路穩(wěn)定時(shí)兩燈都正常發(fā)光，則在開(kāi)關(guān)合上和斷開(kāi)時(shí)（ ）A. 兩燈同時(shí)點(diǎn)亮、同時(shí)熄滅B. 合上S時(shí)，B比A先達(dá)到正常發(fā)光狀態(tài)C. 斷開(kāi)S時(shí)，A、B兩燈都不會(huì)立即熄滅，通過(guò)A、B兩燈的電流方向都與原來(lái)電流的方向相同D. 斷開(kāi)S時(shí)，A燈會(huì)突然閃亮一下后再熄滅【答案】B【解析】試題分析：合上S，B燈立即正常發(fā)光A燈支路中，由于L產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流增大，A燈將推遲一些時(shí)間才能達(dá)到正常發(fā)光狀態(tài)正確斷開(kāi)S，L中產(chǎn)生與原電流方向相同的自感電動(dòng)勢(shì)，流過(guò)B燈的電流與原電流反向。因?yàn)閿嚅_(kāi)S后，由L作為電源的供電電流是從原來(lái)穩(wěn)定時(shí)通過(guò)L中的電流值逐漸減小的，所以A、B兩燈只是延緩一些時(shí)間熄滅，并不會(huì)比原來(lái)更亮，故選B考點(diǎn)：考查自感現(xiàn)象點(diǎn)評(píng)：本題難度較小，斷電自感中，線圈中的電流只能從原來(lái)大小開(kāi)始變化，只有當(dāng)原來(lái)穩(wěn)定時(shí)L支路中的電流比通過(guò)小燈的電流大得多時(shí)，那么當(dāng)斷開(kāi)S后，由L提供的電流流經(jīng)小燈時(shí)才有可能使小燈閃亮一下后再熄滅6.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放有平行銅導(dǎo)軌，它與大線圈M相連接，要使小線圈N獲得順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，則放在導(dǎo)軌上的金屬棒ab的運(yùn)動(dòng)情況是（兩線圈共面放置）（ ）A. 向右勻速運(yùn)動(dòng)B. 向左加速運(yùn)動(dòng)C. 向左勻速運(yùn)動(dòng)D. 向右加速運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】若要讓N中產(chǎn)生順時(shí)針的電流，M必須讓N中的磁場(chǎng)向里減小或向外增大，所以有以下兩個(gè)答案。若垂直紙面向里的磁場(chǎng)且大小減小，根據(jù)楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律，則有導(dǎo)體棒中電流由a到b減小，則導(dǎo)體棒向右減速運(yùn)動(dòng)。同理，垂直紙面向外的磁場(chǎng)且大小增大，根據(jù)楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律，則有導(dǎo)體棒向左加速運(yùn)動(dòng)，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】考查右手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律、右手螺旋定則與楞次定律的應(yīng)用，注意各定律的作用，同時(shí)將右手定則與左手定則區(qū)別開(kāi)7.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面，先后兩次將線框從同一位置勻速地拉出有界磁場(chǎng)，第一次速度v1=v，第二次速度v2=2v，在先、后兩次過(guò)程中，錯(cuò)誤的是（ ）A. 線框中感應(yīng)電流之比為1:2B. 線框中產(chǎn)生熱量之比為1:2C. 沿運(yùn)動(dòng)方向作用在線框上的外力的功率之比為1:2D. 流過(guò)任一截面積電荷量之比為1:1【答案】C【解析】【詳解】設(shè)線圈的長(zhǎng)為a，寬為L(zhǎng)；線圈中感應(yīng)電流I=ER=BLvR，可知Iv，故感應(yīng)電流之比是1：2，故A正確。線圈中產(chǎn)生的熱量 Q=I2Rt=B2L2v2R2Rav=B2L2aR，Qv，故熱量之比是1：2，故B正確。由于線圈勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力大小相等，為 F=BIL=B2L2vR，外力的功率為 P=Fv=B2L2v2R，Pv2，所以外力的功率之比為1：4，故C錯(cuò)誤。流過(guò)任一橫截面感應(yīng)電荷量 q=It=BLaR，可知q與v無(wú)關(guān)，所以感應(yīng)電荷量之比為1：1，故D正確。此題選擇不正確的選項(xiàng)，故選C。【點(diǎn)睛】要對(duì)兩種情況下物理量進(jìn)行比較，我們應(yīng)該先把要比較的物理量表示出來(lái)再求解關(guān)鍵要掌握安培力的表達(dá)式F=B2L2vR和感應(yīng)電荷量的表達(dá)式q=BSR8.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖甲所示，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則（）A. 從0到t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來(lái)越小B. 從t1到t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來(lái)越大C. 從0到t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向?yàn)閍dcbaD. 從t2到t3時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向?yàn)閍dcba【答案】D【解析】【詳解】由圖可知，0-1s內(nèi)，由E=t=BtS可知，線圈中磁通量的變化率不變，故0-1s內(nèi)電流的大小不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同理可知，1-2s內(nèi)電路中的電流大小不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由楞次定律可知，從0到t1時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線圈的磁通量向里增加，可知導(dǎo)線框中電流的方向?yàn)閍bcda，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；同理可判斷，從t2到t3時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線圈的磁通量向外增加，導(dǎo)線框中電流的方向?yàn)閍dcba，選項(xiàng)D正確；故選D.9.一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生交流電的圖象如圖所示，由圖可以知道( )A. 0.01s時(shí)刻線圈處于中性面位置B. 0.01s時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量為零C. 該交流電流有效值為2AD. 該交流電流頻率為50Hz【答案】B【解析】試題分析：0.01s時(shí)刻感應(yīng)電流最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故線圈與中性面垂直，磁通量為零，故A錯(cuò)誤，B正確；該交流電流的最大值為6.28A，故有效值為：I=6.282=4.44A，故C錯(cuò)誤；該電流的周期為0.04s，故頻率f=1T=10.04=25Hz，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是明確：當(dāng)線圈位于中性面時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小，為零；當(dāng)線圈與中性面垂直時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大。10.在某交流電電路中，有一個(gè)正在工作的變壓器，它的原線圈匝數(shù)n1=600匝，電源電壓為U1=220V，副線圈n2=120匝，交流電表測(cè)得原線圈通過(guò)的電流0.2A，則：（ ）A. 變壓器輸出功率44WB. 副線圈電流最大值1AC. 副線圈電流有效值1AD. 副線圈電壓最大值是44V【答案】AC【解析】【詳解】原線圈電壓為220V，電流0.2A，則變壓器的輸入功率為P1=I1U1=44W，則變壓器輸出功率等于輸入功率為P2=44W，選項(xiàng)A正確；由I1n1= I2n2可知，副線圈電流有效值為1A，最大值為2A，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；原、副線圈的匝數(shù)分別為n1=600匝、n2=120匝，電源的電壓為U1=220V，所以副線圈電壓是U2=220120600=44V，電壓最大值為442V，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選AC.11.某發(fā)電廠發(fā)電機(jī)的輸出電壓為U1，發(fā)電廠至學(xué)校的輸電導(dǎo)線總電阻為R，通過(guò)導(dǎo)線的電流為I，學(xué)校得到的電壓為U2，則輸電導(dǎo)線上損耗的功率可表示為A. U12R B. (U1U2)2R C. I2R D. I(U1-U2)【答案】BCD【解析】本題考查遠(yuǎn)距離輸電線路損耗功率，線路電流為I，線路電阻為r，損耗功率為I 2r，C對(duì)，線路壓降為（U1 U2），功率為I（U1 U2），BD對(duì)；12.質(zhì)量為m的物體以初速度v0開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的大小為()A. m(vv0) B. mgt C. mv2v02 D. m2gh【答案】BCD【解析】A、動(dòng)量是矢量，動(dòng)量的變化量應(yīng)是矢量差，A錯(cuò)誤；B、物體做平拋運(yùn)動(dòng)，只受重力，動(dòng)量的變化量應(yīng)等于合外力的沖量，即p=mgt，B正確；C、再根據(jù)速度的分解可得豎直方向的分速度vy=，由vy=gt得t=，則p=mgt=m，C正確；D、平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，故有h=gt2，t=，所以又有p=mg=m，D正確；故選BCD。13.如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的xt(位移時(shí)間)圖象已知m10.1kg.由此可以判斷()A. 碰前m2靜止，m1向右運(yùn)動(dòng)B. 碰后m2和m1都向右運(yùn)動(dòng)C. m20.3 kgD. 碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失了0.4 J的機(jī)械能【答案】AC【解析】【詳解】（1）x-t圖像的斜率代表速度，從圖像可知，兩球在碰撞之前，質(zhì)量為m1的小球的速度v1=4m/s，方向水平向右，質(zhì)量為m2的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，v2=0，則A正確；（2）碰撞后，他們的速度分別為v1=2m/s，v2=2m/s，大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；（3）根據(jù)動(dòng)量守恒可得：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2，其中v1=4m/s，v2=0，v1=2m/s，v2=2m/s，帶入數(shù)據(jù)得：m2=0.3kg，C正確；（4）碰撞前后，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：E=12m1v1212m1v12+12m2v22=0，故該碰撞為彈性碰撞，不僅動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，D錯(cuò)誤。故本題正確答案選AC?！军c(diǎn)睛】根據(jù)x-t圖像的斜率，可以確定兩小球碰撞前后的速度大小及方向；根據(jù)碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒可以確定小球2的質(zhì)量；根據(jù)碰撞前后的兩球機(jī)械能總和比較，可以確定機(jī)械能在碰撞前后是否有損失。二、實(shí)驗(yàn)題（10分）14.氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗(yàn)儀器，它是利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)可視為沒(méi)有摩擦我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌以及滑塊A和B來(lái)探究碰撞中的不變量，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(彈簧的長(zhǎng)度忽略不計(jì))，采用的實(shí)驗(yàn)步驟如下： a用天平分別測(cè)出滑塊A、B的質(zhì)量mA、mB.b調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，使導(dǎo)軌處于水平c在A和B間放入一個(gè)被壓縮的輕彈簧，用電動(dòng)卡銷(xiāo)鎖定，靜止地放置在氣墊導(dǎo)軌上d用刻度尺測(cè)出A的左端至C板的距離L1.e按下電鈕放開(kāi)卡銷(xiāo)，同時(shí)使分別記錄滑塊A、B運(yùn)動(dòng)時(shí)間的計(jì)時(shí)器開(kāi)始工作當(dāng)A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時(shí)停止計(jì)時(shí)，記下A、B分別到達(dá)C、D的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1和t2.(1)實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測(cè)量的物理量是_(2)利用上述測(cè)量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得出關(guān)系式_成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和，上式中算得的A、B兩滑塊的動(dòng)量大小并不完全相等，產(chǎn)生誤差的原因是_【答案】 (1). 測(cè)出B的右端至D板的距離L2 (2). mAL1t1=mBL2t2 (3). 測(cè)量距離、測(cè)量時(shí)間不準(zhǔn)確；由于阻力、氣墊導(dǎo)軌不水平等造成誤差【解析】【詳解】（1）滑塊的速度：vA=L1t1，vB=L2t2，如果動(dòng)量守恒，則mAvAmBvB=0，把速度代入得mAL1t1mBL2t2=0，由此可知，還要測(cè)量的物理量是：A到C的距離L1，B到D的距離L2（2）由（1）可知：實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式為mAL1t1mBL2t2=0，即mAL1t1=mBL2t2（3）由mAL1t1=mBL2t2可知，產(chǎn)生誤差的原因是：測(cè)量距離，測(cè)量時(shí)間不準(zhǔn)確，由于阻力，氣墊導(dǎo)軌不水平等造成的誤差15.如圖所示為“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖已知a、b小球的質(zhì)量分別為ma、mb，半徑分別為ra、rb，圖中P點(diǎn)為單獨(dú)釋放a球的平均落點(diǎn)，M、N是a、b小球碰撞后落點(diǎn)的平均位置(1)本實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件是_A.斜槽軌道必須是光滑的B.斜槽軌道末端的切線水平C.入射小球每次都從斜槽上的同一位置無(wú)初速度釋放D.入射球與被碰球滿足mamb，rarb(2)為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，需要測(cè)量OP間的距離x1，_,_，如果動(dòng)量守恒，須滿足的關(guān)系式是_(用測(cè)量物理量的字母表示)【答案】 (1). BC (2). 測(cè)量OM的距離x2 (3). 測(cè)量ON的距離x3 (4). max1max2mbx3(或maOPmaOMmbON)【解析】【詳解】（1）“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜槽是否光滑沒(méi)有要求，故A錯(cuò)誤；要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平，故B正確；要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；為了保證小球碰撞為對(duì)心正碰，且碰后不反彈，要求mamb，ra=rb，故D錯(cuò)誤應(yīng)選BC（2）要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律，即驗(yàn)證：mav1=mav2+mbv3，小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，上式兩邊同時(shí)乘以t得：mav1t=mav2t+mbv3t，得：max1=max2+mbx3，因此實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量：測(cè)量OP間的距離x1，OM間的距離x2，ON間的距離x3；（3）由（2）知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證：max1=max2+mbx3，即：maOP=maOM+mbON；【點(diǎn)睛】實(shí)驗(yàn)的一個(gè)重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一水平面上，故下落的時(shí)間相同，所以在實(shí)驗(yàn)的過(guò)程當(dāng)中把本來(lái)需要測(cè)量的速度改為測(cè)量平拋過(guò)程當(dāng)中水平方向發(fā)生的位移，可見(jiàn)掌握了實(shí)驗(yàn)原理才能順利解決此類(lèi)題目三計(jì)算題（共4小題，15題8分，16題10分，17題12分，18題12分，共42分，解答要寫(xiě)出主要的運(yùn)算過(guò)程和必要的文字說(shuō)明）16.如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)現(xiàn)將A無(wú)初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)已知圓弧軌道光滑，半徑R0.2m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2.重力加速度g取10m/s2.A運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道底端的速率為2m/s。求： (1) 碰撞后瞬間A和B整體的速率v；(2) A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l.【答案】(1)1m/s (2)0.25m【解析】【詳解】（1）A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv=2mv代入數(shù)據(jù)解得，碰撞后瞬間A和B整體的速率：v=1m/s（2）對(duì)A、B系統(tǒng)，由動(dòng)能定理得：122mv2=2mgl，代入數(shù)據(jù)解得，A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離：l=0.25m【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理的綜合，知道動(dòng)量守恒的條件，關(guān)鍵是合理地選擇研究對(duì)象和過(guò)程，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解17.如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，穿透磁場(chǎng)時(shí)速度方向與原來(lái)入射方向的夾角為30，求：(1)確定圓心位置，做出運(yùn)動(dòng)軌跡，運(yùn)動(dòng)半徑多大？(2)電子的質(zhì)量多大？(3)穿透磁場(chǎng)的時(shí)間是多少？【答案】(1)r=2d (2)m=2Bdev (3)t=d3v 【解析】【詳解】（1）電子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因?yàn)锽v，故圓心在電子穿入和穿出磁場(chǎng)時(shí)受到洛倫茲力指向交點(diǎn)上，由幾何知識(shí)知，AB對(duì)應(yīng)的圓心角 =30，由幾何知識(shí)可得：電子的軌跡半徑 r=dsin=2d；軌跡如圖； （2）又由qvB=mv2r，得：m=qBrv=2eBdv （3）AB弧的圓心角是30，則電子穿越磁場(chǎng)的時(shí)間為：t=360T=303602rv=d3v【點(diǎn)睛】本題考查了求磁感應(yīng)強(qiáng)度、電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，分析清楚電子運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用牛頓第二定律與周期公式即可正確解題，解題時(shí)要注意幾何知識(shí)的應(yīng)用18.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。已知線圈的匝數(shù)N=100，邊長(zhǎng)ab=1.0 m、bc=0.5 m，電阻r=2。磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0 1 s內(nèi)從零均勻變化到0.2 T。在15 s內(nèi)從0.2 T均勻變化到-0.2T，取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向。求：（1）0.5s 時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E和感應(yīng)電流的方向；（2）在15s內(nèi)通過(guò)線圈的電荷量q；（3）在05s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）E=10V，感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba（2）q=10C （3）Q=100J【解析】（1）要求解0.5s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，只能通過(guò)求平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)著眼。由于線圈與磁場(chǎng)方向垂直的有效面積不變，只是磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，則0.5s的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)正好與0 1 s的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等。感應(yīng)電流的方向可根據(jù)楞次定律來(lái)進(jìn)行判斷即可。（2）要分析15s的電荷量q，則只要根據(jù)求解即可；（3）由于磁場(chǎng)的變化分0 1 s和1 5 s兩個(gè)不同的階段，可從兩階段分別對(duì)線圈產(chǎn)生的焦耳熱進(jìn)行分析，運(yùn)用即可求得。（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0 1 s 內(nèi)從零均勻變化到0.2 T，故0.5s時(shí)刻的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和0 1 s 內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等。則由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：且磁通量的變化量，可解得，代入數(shù)據(jù)得。0 1 s磁感應(yīng)強(qiáng)度在逐漸增大，根據(jù)楞次定律：感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)將與原磁場(chǎng)方向相反，則感應(yīng)電流的方向?yàn)椋篴dcba。（2）同理可得：E2=NB2St2，感應(yīng)電流I2=E2r，電量q=I2t2解得：q=NB2Sr,代入數(shù)據(jù)得：q=10C。（3）0 1 s 內(nèi)的焦耳熱，且15 s 內(nèi)的焦耳熱，由,代入數(shù)據(jù)得：【考點(diǎn)定位】法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、電荷量及焦耳熱的綜合。注意分階段考慮，考查考生的分析能力、推理能力等。難度：中等。視頻19.如圖所示，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.5m，左端接有阻值R=0.3的電阻，一質(zhì)量m=0.1kg，電阻r=0.1的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開(kāi)始以a=2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒的位移x=9m時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來(lái)，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1：Q2=2:1，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，求(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量q(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2(3)外力做的功WF【答案】(1)4.5C (2)1.8J (3)5.4J【解析】【詳解】（1）棒勻加速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t，有：12at2=xt=2x