2022-2023學(xué)年山東省濟南市萊蕪重點中學(xué)高二（上）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年山東省濟南市萊蕪重點中學(xué)高二（上）期末

物理試卷

一、選擇題（本大題共12小題，共48分）

1.下列說法中正確的是（）

A.周期性變化的電場可以產(chǎn)生恒定的磁場

B.若有一小段通電導(dǎo)體在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應(yīng)強度一定為0

C.麥克斯韋最早通過實驗證實了電磁波的存在

D.磁感應(yīng)強度是用來表示磁場強弱的物理量

2.A、B、C、D是以力。為直徑的半圓弧上的四個點，。為半圓弧的圓心，乙4OB=WOC=30%

在4、O處各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，

此時。點的磁感應(yīng)強度大小為若將2、。處的長直導(dǎo)線分別移至B、C處，則此時0點的磁

感應(yīng)強度大小為（）

嶺—派了飛舸…g。

B?''>C

、Z

A.B0B.?C.浮BoD.B0

3.如圖所示，4、B是兩個完全相同的燈泡，。是理想二極管，L是帶鐵芯的線圈，其自感系

數(shù)很大，直流電阻忽略不計，下列說法正確的（）

A.S閉合瞬間，4先亮

B.S閉合瞬間，4、B同時亮

C.S斷開瞬間，4閃亮一下，然后逐漸熄滅

D.S斷開瞬間，A逐漸熄滅，但不會閃亮一下

4.如圖所示，固定在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d,其右端接有阻值為

R的電阻，整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。一質(zhì)量為τn（質(zhì)量分

布均勻）的導(dǎo)體桿αb垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)

為即現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力尸作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運動距離L時，速度恰好

達(dá)到最大（運動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直）。設(shè)桿接入電路的電阻為r,導(dǎo)軌電阻不計，重

力加速度大小為g，則此過程生肯送的是（）

A.桿的速度最大值為電警

Ba

B.流過電阻R的電荷量為饕

R+r

C.從靜止到速度恰好達(dá)到最大經(jīng)歷的時間t=駕孥+不??B2電

D.恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量

5.玩具水槍是兒童們夏天喜愛的玩具之一，但水槍傷眼的事件也時有發(fā)生，因此，限制兒

童水槍的威力就成了生產(chǎn)廠家必須關(guān)注的問題?，F(xiàn)有一水槍樣品，如圖所示，槍口直徑為d,

水的密度為P，水平出射速度為。，垂直擊中豎直目標(biāo)后以大小為0?2u的速度反向濺回，則水

柱水平擊中目標(biāo)的平均沖擊力大小為（）

A.1.2πd2pv2B.0.3πd2pv2C.1.2πd2pvD.0.3πd2pv

6.如圖所示，回旋加速器兩個。形金屬盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒放在磁感應(yīng)

強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近。若粒子源射出

的粒子（初速度不計）電荷量為q，質(zhì)量為τn,粒子最大回旋半徑為R，則（）

A.粒子在盒內(nèi)一直做加速圓周運動

B.所加交流電源的周期為籌

C.粒子加速后獲得的最大動能小于警空

2m

D.若將交流電源電壓U減小，粒子在。形盒內(nèi)運動的時間變長

7.如圖所示，電源的電動勢為E,內(nèi)阻為r,電壓表和電流表均為理想電表，電阻R公RB的

阻值與滑動變阻器的最大阻值相等。在滑動變阻器的滑片P從α端滑到b端的過程中，下列說

法正確的是（）

A.電壓表示數(shù)U與電流表示數(shù)/的比值不變

B.電流表的示數(shù)增大

C.電壓表的示數(shù)先增大后減小

D.電源的效率一直增大

8.我國超級電網(wǎng)，將熱、水、風(fēng)、光、核發(fā)電及電動汽車電池儲能并入電網(wǎng).如圖所示為

某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖.升壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為UI和小，降壓變壓

器原、副線圈兩端的電壓分別為％和U*在輸電線路的起始端接入兩個互感器，兩個互感器原、

副線圈的匝數(shù)比分別為10:1和1:10,各互感器和電表均為理想的，則下列說法正確酌是（）

A.兩互感器均起到降壓作用

B.若電壓表的示數(shù)為220V,電流表的示數(shù)為104,則線路輸送電功率為220kW

C.若保持發(fā)電機輸出電壓Ul和用戶數(shù)一定，僅將滑片Q下移，則輸電線損耗功率減少

D.若發(fā)電機輸出電壓Ul一定，若用戶數(shù)增加，為維持用戶電壓以一定，可將滑片P下移

9.如圖所示，電源電動勢E=6U,小燈泡L標(biāo)有“2心2小”字樣，開關(guān)S接1,當(dāng)電阻箱調(diào)

到R=30時，小燈泡L正常發(fā)光；然后將開關(guān)S接2,小燈泡L和電動機M均正常工作。電動機

線圈的電阻R*=10。則（）

A.電源內(nèi)阻為10B.電動機的正常工作電流為1.5A

C.電動機的輸出功率為2WD.電源效率約為93.3%

10.圖甲為小型交流發(fā)電機的原理圖，發(fā)電機的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的

軸。?！畡蛩俎D(zhuǎn)動，從t=o時刻開始，通過矩形線圈的磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，

己知線圈的匝數(shù)n=50,線圈的電阻r=50,線圈與外電路連接的定值電阻R=450,電壓

表為理想交流電表。則下列判斷不正確的是（）

A.線圈轉(zhuǎn)動的周期為6.28s

B.t=0時刻線圈平面與磁感線平行

C.線圈轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為100。U

D.電壓表的示數(shù)為45。V

11.如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿

MN,小球P套在桿上，己知P的質(zhì)量為小、電荷量為+q,電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B,P與

桿間的動摩擦因數(shù)為“，重力加速度為9。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中，下列說法

中正確的是（）

A.小球的加速度一直增大

B.小球的機械能和電勢能的總和逐漸不變

c.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是V=

警Z/1常（/0§

D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是V=筆普

12.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，相距為2L的兩條直線MN、PQ之間存在著豎直向下

的勻強磁場，一個用相同材料且粗細(xì)均勻的電阻絲制成的、邊長為L的正方形線框以速度％從

MN左側(cè)沿垂直于MN的方向進(jìn)入磁場區(qū)，線框完全離開磁場區(qū)域時速度大小變?yōu)榱?，且?

；巧，則以下說法正確的是（）

MP

；XXXXXX'

V!××××××

I?

___A'××X××X

fλQxxxxdD

IXXXXXX

I_______IKXXXXX

B：qXXXX0C

iXXXXXX

NQ

A.整個線框處于磁場區(qū)域運動時，4、B兩點電勢不相等

B.線框進(jìn)入磁場過程與線框穿出磁場過程中通過線框截面的電量不相等

C.線框在進(jìn)入磁場過程與穿出磁場兩個過程中克服安培力做功之比為7：5

D.若只將線框進(jìn)入磁場時的速度%變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則線框穿出磁場時的速度%會為原來的

三倍

二、非選擇題(52分)

13.小明利用如圖1所示的實驗裝置驗證動量定理。將遮光條安裝在滑塊上，用天平測出遮

光條和滑塊的總質(zhì)量M=200.0g,槽碼和掛鉤的總質(zhì)量m=50.0g。實驗時，將滑塊系在繞

過定滑輪懸掛有槽碼的細(xì)線上。滑塊由靜止釋放,數(shù)字計時器記錄下遮光條通過光電門1和2的

遮光時間Zti和加2，以及這兩次開始遮光的時間間隔43用游標(biāo)卡尺測出遮光條寬度，計算

出滑塊經(jīng)過兩光電門速度的變化量//

(1)游標(biāo)卡尺測量遮光條寬度如圖2所示，其寬度d=mm：

圖2

(2)打開氣泵，帶氣流穩(wěn)定后，觀察到,說明氣墊導(dǎo)軌水平。

(3)多次改變光電門2的位置進(jìn)行測量，得到ZIt和AP的數(shù)據(jù)如下表請根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在方格紙

上作出ZIU-Zlt圖線。

(4)查得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m∕s2,根據(jù)動量定理，AD-戊圖線斜率的理論值為

m/s2；

(5)實驗結(jié)果發(fā)現(xiàn)，圖線斜率的實驗值總小于理論值，產(chǎn)生這一誤差的兩個可能原因()

4選用的槽碼質(zhì)量偏小

B.細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不完全平行

C.每次釋放滑塊的位置不同

n實驗中Zlt的測量值偏大

14.某實驗小組為了測量某一電阻RX的阻值，他們先用多用電表進(jìn)行粗測，測量出&的阻值

約為182為了進(jìn)一步精確測量該電阻，實驗臺上備有以下器材：

4電流表(量程15zn4,內(nèi)阻未知)

A電阻箱(0?99.990)

C電阻箱(0?999.90)

D電源(電動勢約3V,內(nèi)阻約10)

E.開關(guān)2只

F.導(dǎo)線若干

(1)甲同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示的實驗原理圖并連接好實驗器材，按照如下步驟完成實驗：

α?先將電阻箱阻值調(diào)到最大，閉合Si,斷開S2,調(diào)節(jié)電阻箱阻值，使電流表指針有較大的偏

轉(zhuǎn)，讀出此時電阻箱的阻值RI和電流表的示數(shù)/；

b?保持開關(guān)SI閉合，再閉合開關(guān)S2,調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電流表的示數(shù)仍為/,記下此時電

阻箱的阻值/?2.

①根據(jù)實驗步驟和實驗器材規(guī)格可知，電阻箱應(yīng)選擇—(選填器材前的字母)；

②根據(jù)實驗步驟可知，待測電阻RX=一(用步驟中所測得的物理量表示).

(2)乙同學(xué)認(rèn)為該電路也可以用來測量電源的電動勢和內(nèi)阻.若已知所選電流表的內(nèi)阻為以,

同時閉合開關(guān)SI和S2,調(diào)節(jié)電阻箱R，讀出多組電阻值R和電流/的數(shù)據(jù)；由實驗數(shù)據(jù)繪出的

}-R圖象如圖乙所示，圖象的斜率為鼠截距為匕，由此可求得電源電動勢E=一,內(nèi)阻

r=一(用本題所給物理量表示).

15.如圖所示，運動員練習(xí)用頭顛球。某一次足球由靜止下落0.6τn,被重新頂起，離開頭部

后豎直上升至Inl處。己知足球與頭部的作用時間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,足球在空中

時空氣阻力為1N,大小不變，其他時間空氣阻力不計。重力加速度g取IOnι∕s2,在此過程中，

求：

(1)足球在空中時空氣阻力對它的沖量；

(2)足球與頭部作用過程中，合力對足球的沖量。

、、、、、、、、、、、、、、、、

16.如圖所示，線框由裸導(dǎo)線組成，cd、ef兩邊豎直放置且相互平行，導(dǎo)體棒ab水平放置并

可沿cd、ef無摩擦滑動，導(dǎo)體棒ab所在處有垂直線框所在平面向里的勻強磁場且%=27。

已知αb長L=0.1m,整個電路總電阻R=0.50,螺線管匝數(shù)n=4,螺線管橫截面積S=0.1m2,

在螺線管內(nèi)有如圖所示方向的磁場Bi,若磁場Bl以智=IOT/s均勻增加時，導(dǎo)體棒恰好處于

靜止?fàn)顟B(tài)，g取IOrn∕s2,試求：

⑴通過導(dǎo)體棒αb的電流/的大??；

(2)導(dǎo)體棒gb的質(zhì)量Tn的大??；

(3)現(xiàn)去掉磁場當(dāng)，導(dǎo)體棒必下落時能達(dá)到的最大速度。

×××

X×XB?

XX×

d××Xf

17.如圖所示，在坐標(biāo)系第一象限內(nèi)有正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E,方向未

知，磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里；在第二象限的某個三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里

的勻強磁場(圖中未畫出)。一質(zhì)量為加、電荷量為q的帶正電粒子以某一速度。(大小未知)沿

與X軸負(fù)方向成。角出<方的方向從4點進(jìn)入第一象限，在第一象限內(nèi)做直線運動，而后從y軸

上的C點進(jìn)入三角形磁場區(qū)域。一段時間后，粒子經(jīng)過X軸上的。點且速度方向與X軸負(fù)方向成

。角。已知4點坐標(biāo)為(L,0),。點坐標(biāo)為(-3。0),不計粒子所受的重力。求：

(1)勻強電場E的方向與X軸正方向的夾角α的大小和粒子速度的大??；

(2)三角形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B'的大小；

(3)三角形區(qū)域磁場的最小面積。

18.如圖所示，質(zhì)量為6的物塊4與質(zhì)量為2τn的物塊B靜置于光滑水平面上，B與一個水平

輕質(zhì)彈簧拴接?，F(xiàn)使物塊4獲得水平向右的初速度為，4與彈簧發(fā)生相互作用，最終與彈簧分

離，全過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。

(1)求兩物塊最終分離時各自的速度;

(2)在兩物塊相互作用過程中，求當(dāng)物塊A的速度大小為守時彈簧的彈性勢能;

(3)如果在物塊B的右側(cè)固定一擋板(擋板的位置未知，圖中未畫出)，在物塊4與彈簧分離之前,

物塊B與擋板發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后物塊B以碰撞前的速率反向彈回，碰撞后的瞬

間立即撤去擋板，求碰撞后的過程中彈簧最大彈性勢能可能的取值范圍。

vo

>

A∕WWWW?B

答案和解析

1.【答案】D

【解析】A.根據(jù)麥克斯韋電磁理論，周期性變化得電場可以產(chǎn)生周期性變化的磁場，故4錯誤；

A通電導(dǎo)體在磁場中受到的磁場力為安培力，安培力的表達(dá)式為

F=BIL

當(dāng)通電導(dǎo)體所受的安培力為零時有可能磁感應(yīng)強度為零,也可能導(dǎo)體與磁場方向平行,故8錯誤;

C.赫茲最早通過實驗證實了電磁波的存在，故C錯誤；

。.磁感應(yīng)強度是用來表示磁場強弱的物理量，故O正確。

故選Do

2.【答案】D

【解析】設(shè)長直導(dǎo)線在。點的磁感應(yīng)強度大小為B,根據(jù)安培定則和疊加原理

Bo=2B

B'=2Bcos300

解得

故選Do

3.【答案】C

【解析】Ab開關(guān)S閉合時，燈泡4所在支路由于二極管的單向?qū)щ娦远幱跀嗦窢顟B(tài)，所以燈泡4

不會亮。由于線圈的自感作用，燈泡B逐漸亮起來，故AB錯誤；

CD,開光S斷開瞬間，由于線圈的自感作用，線圈、二極管、燈泡A構(gòu)成了一個閉合回路，自感電

流的方向符合二極管的導(dǎo)通方向，所以燈泡4開始發(fā)光，隨著自感電流減小，燈泡4熄滅，即燈泡

4閃亮一下，然后逐漸熄滅。燈泡B則立即熄滅，故C正確，。錯誤。

故選Co

4.【答案】A

【解析】A.當(dāng)桿的速度達(dá)到最大時，安培力為

B2d2v

F^=~R+7

此時桿受力平衡，則有

F—μmg—FO

解得

(F—μmg)(R+r)

,二府

A錯誤，符合題意；

A流過電阻R的電荷量為

_ΔΦBdL

9=/t=ft+7=?+7

B正確，不符合題意；

C根據(jù)動量定理有

(F—μmg)t—Bit=mv，q=It

結(jié)合上述解得

mg(R+r)B2d2L

t~~-+(，-Mg)(R+r)

C正確，不符合題意；

。.對于桿從靜止到速度達(dá)到最大的過程，根據(jù)動能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數(shù)和

等于桿動能的變化量，由于摩擦力做負(fù)功，所以恒力產(chǎn)、安培力做功的代數(shù)和大于桿動能的變化

量，。正確，不符合題意。

故選A?

5.【答案】B

【解析】設(shè)t時間內(nèi)水槍噴出的水柱長度為，，則有

I

V=-

t時間內(nèi)沖擊墻壁的水的質(zhì)量為

設(shè)墻壁對水柱的平均沖擊力大小為F,根據(jù)動量定理有

Ft-0.2mv—(―τnv)

聯(lián)立以上三式解得

F=0.3πd2pv

根據(jù)牛頓第三定律可知水柱水平擊中目標(biāo)的平均沖擊力大小為

F'=F=0.3πd2pv2

故選Bo

6.【答案】CD

【解析】A.粒子在磁場中做勻速圓周運動，A錯誤；

8所加交流電源的周期等于粒子做圓周運動的周期筌，B錯誤;

qB

C.根據(jù)動能的定義

根據(jù)牛頓第二定律

qvB=m萬

C正確；

。.若將交流電源電壓U減小，粒子加速次數(shù)增多，在。形盒內(nèi)運動的時間變長，。正確。

故選CDo

7.【答案】C

【解析】A.由電路圖可知，電壓表示數(shù)U與電流表示數(shù)/的比值表示的是外電路的總電阻，滑動變

阻器的滑片P從α端滑到b端，外電路的總電阻變化，則電壓表示數(shù)U與電流表示數(shù)/的比值變化，A

錯誤；

BC當(dāng)滑動變阻器的滑片處于中點時，兩個并聯(lián)支路的電阻相等，并聯(lián)后電阻最大，則滑片P從α端

滑到6端的過程中，外電路的總電阻先增大后減小，則電流表示數(shù)先減小后增大，電壓表示數(shù)先增

大后減小，B錯誤，C正確；

。.電源的效率可表示為

UlR1

η=-×100%=?,-×100%-——×100%

Eξl7R+r1+Lf

,十R

外電路的總電阻先增大后減小，電源的效率先增大后減小，力錯誤。

故選Co

8.【答案】B

【解析】A?電壓互感器起降壓作用，電流互感器起減小電流（升壓）作用，故A錯誤。

B.電壓互感器原線圈兩端電壓

71；10

U2=-L-U=-×220V=2200V

1

九2

電流互感器原線圈中的電流

n1410

∣2=-■yI=~z-XIOi4=100√4

1

九3

對于理想變壓器，輸送功率

P=P2=U2I2=2200XIOOW=220000W

故B正確。

C將滑動片Q下移，相當(dāng)于增加了升壓變壓器副線圈的匝數(shù)如，根據(jù)理想變壓器的規(guī)律

n2

nI

升壓變壓器副線圈兩端的電壓增大；降壓變壓器原線圈兩端電壓出增大，副線圈兩端電壓〃增大,

通過負(fù)載的電流

/一5

4~R

當(dāng)R不變時，〃增大，降壓變壓器原線圈中的電流

/3=9∏44

n3

匝數(shù)比不變，/3增大，輸電線上損失功率

ΔP=Ijr

增大，故C錯誤。

D當(dāng)用戶數(shù)增加，負(fù)載電阻R減小，若降壓變壓器副線圈兩端電壓以不變，通過副線圈的電流

I

l4~~R

增大，原線圈中的電流增大，輸電線上的電壓損失

ΔU=∕3r

增大；原線圈兩端電壓

U3=U2-ΔU

將減小，根據(jù)

n

U4=Zr4U

n33

可知，當(dāng)3減小時，減小∏3可以使心不變，所以要將降壓變壓器的滑動片P上移，故力錯誤。

故選8。

9.【答案】AC

【解析】A.開關(guān)S接1,當(dāng)電阻箱調(diào)到R=30時，小燈泡L正常發(fā)光，此時電路中的電流為

PL

1=U1=IA

電源內(nèi)阻

E-U

r=—產(chǎn)L-R=W

A正確；

8.將開關(guān)S接2,小燈泡L和電動機M均正常工作，則此時通過電動機的電流為/=14B錯誤;

C.電動機兩端的電壓

UM=E-UL-Ir=3V

則電動機的輸出功率為

2

P=IUM-IRM=2W

C正確；

。?電源效率約為

IUE-Ir

〃π~~τ

D錯誤。

故選AC。

10.【答案】AC

【解析】A由題圖乙可知，線圈轉(zhuǎn)動的周期為

T=6.28X10^2s

A錯誤，符合題意；

B.由題圖乙可知，t=0時刻線圈磁通量是零，則線圈平面與磁感線平行，8正確，不符合題意;

C線圈轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為

2TT

2

Em—nBSω—nΦmω=50×2×10X-----------------V—IOOV

6.28XIO-

C錯誤，符合題意；

。.由閉合電路歐姆定律，可知電壓表的示數(shù)為

100

E[~~y

U=-XR=;,X45V=45?∕~2V

7Rr+r4yi5+5r

。正確，不符合題意。

故選ACo

11.【答案】CD

【解析】A.當(dāng)小球剛開始下滑速度較小時，所受電場力向左，重力向下，洛倫茲力向右，滑動摩

擦力向上，一開始洛倫茲力小于電場力，故彈力向右，水平方向由平衡條件可得

qE=%+quB

豎直方向上有

mg-Ff=ma

又

Ff=HFN

隨著速度逐漸增大，洛倫茲力增大，彈力減小，摩擦力減小，加速度增大，當(dāng)

qE=qvB

加速度為重力加速度，保持不變，故A錯誤；

員由能量守恒可知機械能和電勢能總量的減小量等于系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量，所以機械能和電勢

能總和逐漸減少，故B錯誤；

CD.當(dāng)洛倫茲力等于電場力時加速度最大為g,當(dāng)加速度為蘇，洛倫茲力較小時有

f=qE-FN

mg-μFz=ma

f=qvB

可求得

2μqE—mg

V=-2μqB-

當(dāng)洛倫茲力較大時有

f=qE+FN

mg—"N=MA

可求得

2μqE+mg

v=-2μqB~^

CD正確。

故選Cr＞。

12.【答案】ACD

【解析】A.整個線框處于磁場區(qū)域運動時，線框的磁通量不變，線框中沒有感應(yīng)電流，可線框的4B

和DC邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，可知4、。兩點電勢相等，B、C兩點電勢相等，由右手定則

可知，A、。兩點電勢高于B、C兩點電勢，即力、B兩點電勢不相等，4正確；

及線框進(jìn)入磁場過程中，由電磁感應(yīng)定律可得

則有

7=卡

q=l?t

ΔΦ=BLz

解得

BL2

q=~τ

同理可知，線框穿出磁場過程中通過線框截面的電量也為

BL2

可知線框進(jìn)入磁場過程中與線框穿出磁場過程中通過線框截面的電量相等，8錯誤；

C.設(shè)線框在完全進(jìn)入磁場后的速度為〃，對線框進(jìn)入磁場過程中，以向右方向為正方向，由動量定

理可得

-Bl1L??t1=mv-mv1

線框穿出磁場過程，以向右方向為正方向，由動量定理可得

—BIL??t=mv2—mv

又有

71?t1=l?t

解得

3

V=-TVy

41

由動能定理可得線框在進(jìn)入磁場過程中克服安培力做功為

11,7

7mvi7

??=2mv?—2=32mvι

線框穿出磁場過程中克服安培力做功

115

mv7--^mv277

修=2^2Z=32mV1

可得

Wl:川2=7:5

C正確：

D若只將線框進(jìn)入磁場時的速度％變?yōu)樵瓉淼膬杀?，線框進(jìn)入磁場過程中，以向右方向為正方向,

由動量定理可得

1

-BI1L■?t'1=mv'—2τnv1

線框穿出磁場過程中，以向右方向為正方向，由動量定理可得

r,,j

-BIL??t=mv2一mv

又有

2

--ιBL

I△t,=/'△「'=

11Kd

解得

,7

v=請

，3°

v

V2=2l=3V2

則線框穿出磁場時的速度以會為原來的三倍，。正確。

故選ACDo

13.【答案】10.20滑塊在不受拉力作用下能夠在短時間內(nèi)保持靜止1.96BD##DB

【解析】(l)[l]20分度游標(biāo)卡尺的精確值為0.05τnm,由圖2可知遮光條寬度為

d=IOmm+4×0.05mm—10.20mm

(2)[2]打開氣泵，帶氣流穩(wěn)定后，觀察到滑塊在不受拉力作用下能夠在短時間內(nèi)保持靜止，說明

氣墊導(dǎo)軌水平;

(4)[3]以M、m為系統(tǒng)，根據(jù)動量定理可得

mg?t=(M+m)?v

可得

Tng

?v=,At

M+m

則-Zt圖線斜率的理論值為

mg50.0×10^3×9.80

k=m∕s2=1.96m∕s2

3

M+爪一(200.0+50.0)×10-

(5)[4]

AC.槽碼質(zhì)量在同一實驗中不會影響測量值的準(zhǔn)確性，釋放滑塊的位置也不會影響圖線的斜率，故

AC錯誤;

及細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不完全平行，則會在垂直導(dǎo)軌方向產(chǎn)生分力，越靠近定滑輪其水平分力越小,

從而使加速度越小,速度變化量穿越小,故8正確;

D實驗中加的測量值偏大，則速度變化量累偏小，會使圖線斜率偏小，故。正確。

故選BD°

14.【答案】CR2-R1?M-RA

【解析】⑴口]電源電動勢為W,電流表量程為15nM=0.0154,由歐姆定律：/=，可知電

K

路中的最小電阻應(yīng)為：

E3

Rmin=彳=而雙=200°

所以電阻箱應(yīng)選C；

[2]根據(jù)閉合電路歐姆定律得：

S2斷開時有：

E=I(RX+R1+RA+r)

S2閉合時有：

E=1(R2+RA+r)

解得：

RX=R2—RI

(2)[3][4]閉合開關(guān)S2,由閉合電路歐姆定律得：

E=1(R+RA+r)

整理得：

11R+r

一=—R+A-------

IEE

由;-R圖象可知：

1

k=-=

電源電動勢：

1

E=k

電源內(nèi)阻

b

r=7—R

kAa

15.【答案】(I)0；(2)3.2kg?τn∕s,方向豎直向上

【解析】(1)足球下落過程中有

mg-f=ma1

解得

2

a1—7.5m∕s

根據(jù)動力學(xué)公式

J12

M=2αιtf

解得

t1—0.4s

足球上升過程中有

mg+f=ma2

解得

2

a2=12.5m∕s

根據(jù)動力學(xué)公式

12

九k2-2a2^2

解得

t2=0.4s

足球在空中時空氣阻力對它的沖量為

If=ftι-ft2=0

(2)取豎直向上為正方向，足球與頭部接觸前的速度

V1=—a1t1=-3m∕s

足球與頭部接觸后的速度

V2=0.2^2=5zn∕s

根據(jù)動量定理足球與頭部作用過程中，合力對足球的沖量為

1=mv2—τnv1=0.4×(5+3)Iig-m/s=3.2kg-m/s

合力對足球的沖量方向豎直向上。

16.【答案】.(1)84；(2)0.16kg;(3)20m∕s

【解析】(1)根據(jù)楞次定律，螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

ABl

E=nS..=41Z

1?t

由閉合電路歐姆定律

A=*=8A

(2)導(dǎo)體棒靜止時有安培力等于重力，即

Fl=B2IrL=mg=1.6/V

求得

m=0.16k