2021-2022学年山东省济南市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年山东省济南市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】A，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省济南市高二（上）期末物理试卷

1. 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，并随即沿斜面滑下。则(    )

A. 小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B. 冰块在斜面上运动过程，冰块和斜面体系统水平方向动量守恒
C. 冰块从斜面体下滑过程，斜面体动量减少
D. 冰块离开斜面时的速率与冲上斜面前的速率相等
2. 高压输电可使输送中的电压损失大幅降低，当采用高电压U向远方某地区输电时，电压损失ΔU，保持输电线电阻不变，若ΔU变小，则(    )
A. 输电线上损耗的电功率ΔP不变 B. 输电线上损耗的电功率ΔP变大
C. 若输入功率不变，则U变小 D. 若U不变，则输入的功率变小
3. 如图所示，两根平行金属导轨置于同一水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中。磁感应强度随时间变化如乙图所示，整个装置始终保持静止，下列说法正确的是(    )

A. 0∽0.5s内金属棒ab中的感应电流方向由b到a
B. 0.5∽1.0s内金属棒ab中的感应电流方向由b到a
C. 0.5∽1.0s内金属棒ab所受的安培力保持不变
D. 0.5∽1.0s内金属棒ab所受的摩擦力保持不变
4. 交流发电机的工作原理示意图如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，边长为L的单匝正方形金属框以恒定角速度绕垂直于磁场方向的轴OO′转动，不计金属框电阻。图乙为金属框产生的电压U随时间变化的图像。则下列说法正确的是(    )

A. 电压有效值为U0 B. ab边产生的最大电动势为U0
C. t=0s时金属框平面垂直于中性面 D. 交流电周期为2πBL2U0
5. 用变压器向电阻箱供电的电路如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为10：1。理想交流电流表、理想交流电压表的读数分别为I、U。保持变压器输入电压不变，则下列选项正确的是(    )

A. 变压器输入电压为110U
B. 电阻箱阻值为UI
C. R消耗的功率为10UI
D. 若电阻箱阻值变为原来两倍则电压表读数变为2U
6. 酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种半导体型酒精气体传感器，在如图所示的电路中，酒精气体传感器电阻R1的倒数与酒精气体的浓度c成正比，电压表示数为U，电源两端电压为Umn，下列说法正确的是(    )

A. U越大，表示c越大，Umn越小 B. U越大，表示c越大，Umn越大
C. U越大，表示c越小，Umn越小 D. U越大，表示c越小，Umn越大
7. 无限长直导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比。三根无限长直导线垂直纸面平行放置，分别位于直角三角形OMN的三个顶点处。导线中通入大小分别为2I、I、和I的恒定电流，方向如图所示。P为MN连线中点，则P处磁感应强度方向为(    )

A. 水平向右 B. 水平向左 C. 竖直向下 D. 竖直向上
8. 回旋加速器的内部构造如图甲所示，置于真空中的D形盒半径为R，两盒间狭缝MN的间距为d，与盒面垂直的匀强磁场磁感应强度为B。加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T=2πmqB。t=0s时一质量为m，电荷量为+q的粒子从P处飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动。则(    )

A. 粒子每次经过狭缝的最长时间为dmqU0
B. 粒子第一次回到M板所需要的时间为πmqB+d2mqU0
C. 粒子第二次经过上半个D型盒时粒子的加速度为B3q3U0m3
D. 若粒子最终从D型盒出射的最大动能为Em，则粒子在电场中运动总时间为dqU02mEm
9. 三根导线MN、NP、PQ连接成如图所示的形状，与直流电源相连。NP段导线为以O点为圆心的圆弧。MO、OQ、MN、NO、PO、PQ等长，M、O、Q在同一直线上。垂直于导线所在平面的磁场被ON与OP所在直线划分为三个区域，其磁感应强度大小相同，方向如图所示。已知导线MN受到的安培力大小为F，则(    )
A. 导线NP受到的安培力大小为π3F
B. 导线NP受到的安培力大小为F，方向竖直向下
C. 导线MNPQ受到的安培力大小为0
D. 导线MNPQ受到的安培力大小为2F，方向竖直向上
10. 如图所示，两个物体m1、m2(可视为质点)通过一根不可伸长的轻绳连接，跨过质量不计的光滑定滑轮。初始时m1静止于水平地面上，m2悬于空中距离地面H处。先将m2竖直向上再举高h(未触及滑轮)然后由静止释放。细绳绷紧时间极短，可视为完全非弹性碰撞，之后两个物块以大小相等的速度一起运动，且m2恰好可以和地面接触。取g=10m/s2，不计一切阻力。求(    )
A. m1离开地面后，两物块组成的系统机械能守恒
B. 若m1=2kg、m2=1kg、H=0.6m，则m2的最大动能为18J
C. hH=(m1m2)2−1
D. hH=2(m1m2)2−1

11. 如图所示，质量为3m的小球P和质量为m的小球Q通过轻弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长状态。某时刻给小球P一瞬时冲量使它以初速度v。开始向右运动，在小球Q的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)。当小球Q与挡板发生弹性正碰后立刻将挡板撤走，弹簧始终处于弹性限度内。以下说法正确的是(    )

A. 若无固定挡板，弹簧弹性势能的最大值是38mv02
B. 若PQ第一次共速时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是38mv02
C. 若弹簧第一次恢复原长时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是38mv02
D. 若弹簧第二次恢复原长时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是38mv02
12. 如图，一倾角为37∘的光滑固定斜面的顶端放有质量为0.4kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计。一质量为0.2kg，电阻为0.3Ω的金属棒PQ的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路MNPQ，MN与斜面底边平行，长度为35m。初始时PQ与MN相距14m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离112m后进入一方向垂直于斜面向上的匀强磁场区域，磁场宽度为16m，磁感应强度大小B=1T，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；已知金属棒与导体框之间始终接触良好，重力加速度g=10m/s2。关于导体棒PQ与导体框MN运动的v−t图像，下列选项正确的是(    )

A. B.
C. D.
13. 在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置。图甲装置中，入射小球运动到水平轨道末端时恰与置于小立柱(与轨道末端等高，碰后即放倒)上方的被碰小球对心正碰。

(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则应满足的关系是______。
A.m1>m2，r1>r2
B.m1>m2，r1m2，r1=r2
D.m10)的粒子从坐标原点O沿z轴正方向以初速度v0射入该空间中，不计粒子重力。
(1)若空间内只存在如图所示的电场，粒子打在光屏上的P点，CP=4L，求此电场的电场强度E0的大小；
(2)若空间内只存在如图所示的磁场，粒子经过段时间到达坐标为(0,−L,L)的位置，求此磁场的磁感应强度B0的大小；
(3)若电场和磁场同时存在，已知磁场磁感应强度为B，粒子第一次回到x轴上并经过A(L,0,0)点，求电场强度E的大小；
(4)若空间中电磁场与(3)相同，粒子在0点时的速度v0在xOz平面内并与x轴正方向夹角为60∘，且v0=qBLπm，求粒子打到光屏上时的位置坐标。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
B、冰块在斜面上运动过程，冰块和斜面体系统水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故B正确；
C、冰块从斜面体下滑过程，冰块对斜面体的压力斜向左下方，斜面体向左加速运动，斜面体速度增加，动量增加，故C错误；
D、冰块离开斜面体时斜面体具有向左的速度，整个过程只有重力做功，系统机械能守恒，冰块离开斜面体过程斜面体速度不为零，动能不为零，整个过程重力势能不变，由机械能守恒定律可知，冰块离开斜面体过程动能减小，速率减小，即冰块离开斜面时的速率比冲上斜面前的速率小，故D错误。
故选：B。
系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
本题是对动量守恒和机械能守恒的考查，要正确选择研究的过程和研究的对象，根据小孩和冰块，还有斜面体的在不同的过程中动量守恒以及冰块与斜面机械能守恒分析答题。

2.【答案】D 
【解析】解：AB、输电线上损耗的功率ΔP=(ΔU)2r线，保持输电线电阻不变，若ΔU变小，则ΔP变小，故AB错误；
CD、设输入的功率为P，电压损失可以表示为ΔU=Ir线=PUr线，保持输电线的电阻不变，当ΔU减小时，若输入功率不变，则U变大，若U不变，则输入的功率变小，故C错误，D正确；
故选：D。
根据公式ΔP=(ΔU)2r线，输电线电阻不变，若ΔU变小，则ΔP变小；
根据公式ΔU=Ir线=PUr线，输电线的电阻不变，当ΔU减小时，若输入功率不变，则U变大；
若U不变，则输入的功率变小。
明确输电线上的电阻和电压电流之间的关系，知道电功率与损失电压之间的关系。

3.【答案】B 
【解析】解：A、0∽0.5s内，磁感应强度保持不变，穿过回路的磁通量保持不变，回路中没有感应电流，故A错误；
B、0.5∽1.0s内，磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增加，磁场方向竖直向下，根据楞次定律判断可知，金属棒ab中的感应电流方向由b到a，故B正确；
C、0.5∽1.0s内，磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增加，磁通量的变化率恒定，由法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt知回路产生的感应电动势恒定，则回路中感应电流恒定，根据安培力公式F=BIL知，I不变，B均匀增大，则金属棒ab所受的安培力均匀增大，故C错误；
D、0.5∽1.0s内金属棒ab静止，ab所受的安培力和静摩擦力平衡，两者大小相等，方向相反，则金属棒ab所受的摩擦力均匀增大，故D错误。
故选：B。
根据磁通量的变化情况和磁场方向，由楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流，再由F=BIL求出ab所受的安培力大小，由平衡条件求出ab所受的摩擦力大小。
解决本题时，要知道磁通量均匀变化时，回路产生的感应电动势不变，感应电流不变，但是金属棒所受的安培力随磁感应强度B的变化而变化。

4.【答案】D 
【解析】解：A、根据有效值与最大值间的关系可知，电压有效值为：U=Um2=22U0，故A错误；
B、当线框产生最大感应电动势U0时，ab边和d边都垂直切割磁感线，两边产生的最大电动势之和为U0，所以ab边产生的最大电动势为0.5U0，故B错误；
C、由图可知，t=0s时线框平面平行于中性面，故C错误；
D、根据Em=nBSω可得：ω=U0BL2，又T=2πω可得：T=2πBL2U0，故D正确；
故选：D。
(1)在正弦式交流电中，根据有效值与最大值之间的关系，可计算出有效值；
(2)根据线框切割磁感线产生的最大值，进而判断出ab切割磁感线时产生的最大电动势；
(3)当磁感线与线框互相垂直时，此时是中性面；
(4)根据交流电中最大电动势公式Em=nBSω，求出ω；再结合T=2πω得到周期大小。
本题考查了交流电的图像，解题的关键是会根据图象求解交流电的最大值及有效值，会根据图像区分平行中性面和垂直中性面，熟练掌握最大电动势是的公式并会灵活应用。

5.【答案】C 
【解析】解：A、根据U1U2=n1n2得变压器输入电压为：U1=10U2=10U，故A错误；
B、根据I1I2=n2n1得副线圈电流I2=10I1=10I，电阻箱阻值R=U2I2=U10I，故B错误；
C、R消耗的功率为：P=U2I2=10UI，故C正确；
D、若电阻箱阻值变为原来两倍，因为原线圈电压不变，匝数比不变，则副线圈电压不变，电压表示数保持不变，故D错误；
故选：C。
根据匝数比得出电压的比值关系和电流的比值关系，结合功率的计算公式计算出R消耗的功率。
本题主要考查了变压器的构造和原理，根据匝数比得出电压和电流的比例关系即可，属于基础题型。

6.【答案】A 
【解析】解：酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测R0两端的电压。根据酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，得：
1R1=kc(k是比例系数)
根据欧姆定律得：
UR0=ER1+R0+r=E−Umnr
由整理得：
U=ER0R0+1kc+r，
Umn=E−ErR0+1kc+r，
U越大，c越大，Umn越小。故A正确，BCD错误。
故选：A。
首先根据电路图分析电路的连接方式，分析酒精气体传感器的电阻的变化，然后根据欧姆定律得到电压表示数与电阻R1的关系，结合传感器电阻R1的倒数与酒精气体的浓度c成正比，得出电压表示数与酒精气体浓度的关系式，再进行选择。
学生要能结合电路电阻的变化根据欧姆定律判断串联电路中的电流和电压的变化．

7.【答案】A 
【解析】解：根据右手螺旋定则结合几何关系，N处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直MM向上(与水平方向夹角为60∘)，大小为B，M处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直MN向上，大小为B，O处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直OP向下(与水平方向夹角为60∘)，大小为2B，根据平行四边形定则，故P处合磁感应强度方向水平向右。

故A正确；BCD错误；
故选：A。
根据右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在P点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断求解。
该题考查了磁场的叠加问题，磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，同时掌握合成遵循矢量合成的平行四边形法则。

8.【答案】D 
【解析】解：A、粒子每次经过狭缝均做加速运动，则第一次经过狭缝的时间最长，根据匀变速直线运动规律：d=12at02；a=qU0md
联立解得：t0=d2mqU0，故A错误；
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可知，qBv=mv2r，结合周期的计算公式：T=2πrv
联立解得：T=2πmqB
分析发现πmqB+d2mqU0是粒子经一次加速后，在上半个磁场中做半个圆周运动后到达N板的时间，故B错误；
C、粒子第二次经过上半个D型盒时，根据动能定理得：
3qU0=12mv32
洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律可知，加速度为：a3=qv3Bm
解得：a3=B6q3U0m3，故C错误；
D、若粒子最终从D型盒出射的最大动能为Em，则最大速度满足
Em=12mvm2
解得：vm=2Emm
粒子在电场中加速运动总时间为：t=vma=dqU02mEm，故D正确；
故选：D。
根据牛顿第二定律得出加速度，结合运动学公式计算出时间；
计算出粒子进入磁场后做圆周运动的时间，结合运动特点分析出时间的关系；
根据动能定理先计算出速度，由洛伦兹力提供加速度列式计算即可；
根据速度-时间公式计算出加速的总时间。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据运动特点结合运动学公式完成分析，计算量较大，但难度不大。

9.【答案】BC 
【解析】解：AB、根据几何关系，导线NP在磁场中的有效长度与导线MN相等，则导线NP受到的安培力大小为F，根据左手定则可知，安培力方向竖直向下，故A错误，B正确；
CD、根据左手定则可知导线MN受到的安培力大小为F，方向指向左上方与竖直方向夹角为60∘，同理导线PQ受到的安培力大小为F，方向指向右上方与竖直方向夹角为60∘，则此二力的合力与导线NP受到的安培力大小相等，方向相反，则导线MNPQ受到的安培力大小为零，故C正确，D错误；
故选：BC。
根据安培力的计算公式F=BIL，同时理解在磁场中导线长度的等效变化分析出安培力的大小，结合左手定则分析出安培力的方向。
本题主要考查了安培力的计算公式，根据几何关系分析出导体在磁场中的等效变换，结合左手定则判断出安培力的方向。

10.【答案】ABC 
【解析】解：A、m1离开地面后，两物块组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；
BCD、设轻绳绷紧前瞬间m2的速度大小是v，由机械能守恒定律得：m2gh=12m2v2，解得：v=2gh
轻绳绷紧过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设绷紧瞬间共同速度大小为v1，以向下为正方向，
由动量守恒定律得：m2v=(m1+m2)v1，解得：v1=m22ghm1+m2
m2恰好和地面接触，即m2到达地面时速度为零，从轻绳蹦极到m2到达地面过程，由机械能守恒定律得：m2gH+12(m1+m2)v12=m1gH
解得：hH=(m1m2)2−1，
若m1=2kg、m2=1kg、H=0.6m，解得：h=1.8m，v=6m/s，m2的最大动能Ek=12m2v2=12×1×62J=18J，故BC正确，D错误。
故选：ABC。
只有重力或弹力做功，机械能守恒；应用机械能守恒定律求出轻绳绷紧前瞬间m2的速度大小，绳子绷紧过程两物体组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出绷紧后的共同速度，然后应用机械能守恒定律分析答题。
知道机械能守恒与动量守恒的条件、分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可解题。

11.【答案】AD 
【解析】解：A.若无固定挡板，则P、Q达到共同速度v1时弹簧的弹性势能最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
3mv0=4mv1
解得
v1=34v0
根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的最大值是：Epm1=12⋅3mv02−12⋅4mv12=38mv02
故A正确；
B.若P、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，碰撞后Q的速度变为−v1，P、Q再次达到共同速度v2时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
3mv1−mv1=4mv2
解得
v2=12v1=38v0
设弹簧弹性势能的最大值是Epm2，根据能量守恒定律有
Epm2−Epm1=12⋅4mv12−12⋅4mv22
解得
Epm2=3932mv02
故B错误；
C.设弹簧第一次恢复原长时P、Q的速度分别为vp1、vQ1，根据动量守恒定律有
3mv0=3mvp1+mvQ1
根据能量守恒定律有
12⋅3mv02=12⋅3mvP12+12⋅mvQ12
解得
vp1=v02
vQ1=3v02
碰撞后Q的速度变为−vQ1，P、Q再次达到共同速度v3时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
3mvp1−mvQ1=4mv3
解得
v3=0
弹簧弹性势能的最大值为
Epm3=12⋅3mvp12+12mvQ12
联立解得：Epm3=32mv02
故C错误；
D.弹簧第一次恢复原长时，vQ1>vP1，此后弹簧拉伸，在到弹簧第二次恢复原长的过程中，弹力始终对P做正功，对Q做负功，根据动量守恒即能量守恒定律可推知当弹簧第二次恢复原长时，P的速度为v0，Q的速度为0，此时Q与挡板碰撞后，系统的运动情况与A项中描述相同，所以弹簧弹性势能的最大值是38mv02，故D正确。
故选：AD。
不计所有碰撞过程中的机械能损失，整个过程系统的机械能是守恒的。碰撞时系统的合外力为零，总动量也守恒，根据两大守恒定律列式分析选择。
本题是系统动量守恒和机械能守恒相结合的问题。分析共速的情况是解决本题的关系。运用动量守恒定律和机械能守恒定律进行分析。

12.【答案】BD 
【解析】解：AB、金属棒PQ进入磁场之前与导体框一起做匀加速直线运动，加速度a=gsin37∘=6m/s2，
设经过t1时间进入磁场，则有：112=12at12、v1=at1，
解得：t1=16s，v1=1m/s。
进入磁场瞬间，切割磁感线产生电动势，回路中出现电流，将受到安培力作用，有：F安=B2L2v1R=1.2N
而mPQgsin37∘=1.2N。所以金属棒在磁场中做匀速直线运动，设经历的时间为t2，则有：t2=16v1=16s。
之后，离开磁场，继续做匀加速直线运动，加速度保持不变，故A错误，B正确。
CD、导体框进入磁场前做匀与加速直线运动，设持续的过时间为t3，则有：112+14=12at32，v2=at3，
解得：t3=13s，v2=2m/s。
进入成磁场的瞬间，金属棒PQ恰好离开磁场，MN边切割磁感线，产生电动势，回路中出现感应电流，将受安培力作用，有：F安′=B2L2v2R=2.4N，
而mMNgsin37∘=2.4N，易知，导体框在磁场中做匀速直线运动，设时间为t4，则有和t4=16v2=162s=112s。之后，离开磁场，继续做匀加速直线运动，加速度保持不变，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据运动学规律先求出PQ进入磁场时的距离和速度，再由法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律求出加速度，从而可以判断PQ的速度变化规律；
同样的道理先求出MN框进入磁场时的位移和速度，求出此时导体框的安培力与重力的下滑分力对比，从而确定速度的变化规律。
本题是在斜面上的导体棒和导体框进出磁场的电磁感应问题，这里要采用隔离法分别求出棒与框的运动参数，确定各自合力大小，从而确定速度的变化规律，但要注意两个位移的关系。

13.【答案】CACm1x3=m1x2+m2(x4−x1) 
【解析】解：(1)为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C.
(2)小球离开轨道后做平抛运动，由h=12gt2得小球做平抛运动的时间t=2hg，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，
设碰撞前入射球的速度大小为v0，碰撞后瞬间入射球的速度大小为v1，被碰球的速度大小为v2，
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2，
方程两边同时乘以t得：m1v0t=m1v1t+m2v2t，由图乙所示可得：m1OP=m1OM+m2ON，
因此实验需要测量的量有：入射球与被碰球的质量，碰撞前后小球的水平位移，测质量需要天平，
测小球的水平位移需要用刻度尺，故选AC。
(3)由(2)可知：m1v0t=m1v1t+m2v2t，由图丙所示可得：m1OP=m1OM+m2O′N，则m1x3=m1x2+m2(x4−x1)
故答案为：(1)C；(2)AC；(3)m1x3=m1x2+m2(x4−x1)。
(1)为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同．
(2)求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量，然后确定测量工具．
(3)根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式．
本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证．

14.【答案】R1  BC 
【解析】解：(1)由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1。
(2)根据图示实物电路图作出实验电路图，实验电路图如图所示。

(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，如图所示；

(4)由图示实物电路图可知，定值电阻与待测元件、电流表串联，一方面可以避免因电流过大损坏电流表，另一方面可以增大滑动变阻器的调节范围；如果用导线代替电路中的定值电阻R0，可能因电流过大烧坏待测元件，另一方面滑动变阻器允许的调节范围变小，故选BC。
故答案为：(1)R1；(2)实验电路图如上图1所示；(3)图象如上图2所示；(4)BC。
(1)为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
(2)根据实物电路图作出实验电路图。
(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象。
(4)分压电路中接入串联电阻一方面可以保护电表，另一方面可以增大滑动变阻器的调节范围。
本题考查了连接实物电路图、实验数据处理等问题；I−U图象是直线的原件是线性原件，I−U图象是曲线的原件是非线性原件；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法。

15.【答案】解：设A和B的质量为m。
(1)A从开始下落至圆弧轨道最低点的过程，由机械能守恒定律得
  mg(h+R)=12mv2
代入数据解得：v=4m/s
(2)A与B碰撞的过程，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
   mv=2mv′
代入数据解得：v′=2m/s
(3)A和B整体在桌面上滑动的过程，由动能定理得
−μ⋅2mgL=0−12⋅2mv′2
代入数据解得：L=1m
答：(1)碰撞前瞬间A的速率v是4m/s；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′是2m/s；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离L是1m。 
【解析】(1)研究A从开始下落至圆弧轨道最低点的过程，由机械能守恒定律求碰撞前瞬间A的速率v；
(2)A与B碰撞的过程，系统动量守恒，由动量守恒定律求碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3)对A和B整体在桌面上滑动的过程，利用动能定理求A和B整体在桌面上滑动的距离L。
本题是一道力学综合题，分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，把握每个过程的物理规律是关键。涉及力在空间的积累效果，可考虑动能定理。对于碰撞，要掌握其基本规律：动量守恒定律。

16.【答案】解：(1)物体向右减速运动过程，由动能定理−(F+μmg)s=0−12mv12
物体向右加速运动过程，由动量定理(F+μmg)t=mv2
代入数据解得：F=14N，μ=0.3
(2)前5m内，由运动学公式x=v12t1
代入数据解得：t1=1s
则恒力 F的冲量I=Ft1=14N⋅s，方向水平向左。
答：(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.3；
(2)前5m内恒力F的冲量I为14N⋅s，方向水平向左。 
【解析】(1)由动能定理和动量定理联合，即可求解；
(2)由运动学公式x=v12t1，先求时间，再由I=Ft1求冲量；
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合动能定理和动量定理及运动学公式进行分析。

17.【答案】解：(1)线框在恒力作用下先加速后匀速穿出磁场，若线框穿出磁场的时间为Δt，平均是电流为I−，
整个过程通过的电荷量：q=I−×Δt
根据闭合电路欧姆定律得：I−=E−R
根据法拉第电磁感应定律得：E−=ΔΦΔt=BL2Δt
联立得：q=BL2R
(2)从开始到拉出磁场，对线框根据运动定理得：FL+W安=12mv2
最后匀速拉出磁场时：F=BImL
感应电流的最大值：Im=EmR=BLvR
根据安培力做功与产生焦耳热的关系有：Q=−W安
联立得到：Q=FL−mF2R22B4L4
(3)在外力作用下，线框从静止开始匀加速离开磁场，则经过时间t时
末速度：v=at
感应电动势：E=BLv
感就电流：I=ER
安培力：F安=BIL
根据牛顿第二定律有：F−F安=ma
联立代入得到：F=ma+B2L2aRt，画出F−t图象如图所示。
当拉力使线框的位移为L时，则有：12at2=L。
将t=2La代入上式得：F0=ma+B2L22aLR。
答：(1)被拉出磁场的过程中，通过线框横截面的电量q为BL2R；
(2)求被拉出磁场的过程中，线框中产生的电热Q为(FL−mF2R22B4L4)；
(3)调节F的大小，使线框由静止开始以加速度a匀加速离开磁场，画出F与t的关系图像见解析，求出线框离开磁场时的拉力F0为(ma+B2L22aLR)。 
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可求出平均电流I−，根据q=I−t，求出通过导线框截面的电量；
(2)先求出最后匀速运动的速度，再由动能定理、功能关系求出产生的焦耳热；
(3)改变拉力为变力，使线框匀加速运动，根据牛顿第二定律，求出水平外力F随时间变化的表达式，并大致画出F−t图象。
解决本题的关键要知道当电流变化时，要根据平均电流来求通过线框导线截面的电荷量，要掌握电动势的两个表达式E=ΔΦΔt和E=BLv，能得到电流与速度的关系来分析线框的运动情况。

18.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：4L=v0t
竖直方向：2L=12at2
a=qE0m
解得
E0=mv024qL
(2)如图

由几何关系
R2=3L2+(R−L)2
可得
R=2L
由洛伦兹力提供向心力有：
qv0B0=mv02R
解得
B0=mv02qL
(3)x轴方向由静止做匀加速直线运动
L=12at2
yOz平面内做匀速圆周运动，第一次回到x轴，则
t=2πmqB
可得
E=qB2L2π2m
(4)粒子在x轴方向做匀加速直线运动
2L=v0t+12at2
a=qEm
v0x=v0cos60∘
可得
t=2πmqB
故粒子恰好在磁场中完成一个圆周，则打在光屏上时位置坐标为(2L,0,0).
答：(1)若空间内只存在如图所示的电场，粒子打在光屏上的P点，CP=4L，此电场的电场强度E0的大小为mv024qL；
(2)若空间内只存在如图所示的磁场，粒子经过段时间到达坐标为(0,−L,L)的位置，此磁场的磁感应强度B0的大小为mv02qL；
(3)若电场和磁场同时存在，已知磁场磁感应强度为B，粒子第一次回到x轴上并经过A(L,0,0)点，电场强度E的大小为qB2L2π2m；
(4)若空间中电磁场与(3)相同，粒子在0点时的速度v0在xOz平面内并与x轴正方向夹角为60∘，且v0=qBLπm，粒子打到光屏上时的位置坐标为(2L,0,0)。 
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动学公式可解得电场强度的大小；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系可解得；
(3)x轴方向由静止做匀加速直线运动，yOz平面内做匀速圆周运动，根据运动学公式联立解得；
(4)分析粒子的运动情况，可知粒子恰好在磁场中完成一个圆周，进而确定粒子打到光屏上时的位置坐标。
本题考查带电粒子在电磁场中的运动，解题关键掌握粒子运动的规律分析，结合对应的运动学公式解答。