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2022-2023学年江西省宜春市三校联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江西省宜春市三校联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 图1中，用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然发亮
B. 图2为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小
C. 能使图3中水波通过小孔MN后，发生衍射更明显的方法是增大小孔尺寸，同时增大水波的频率
D. 图4中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着做受迫振动，则三个摆的振动周期相等
2.彩虹锹甲的甲壳颜色艳丽，在阳光下呈现出彩虹色，甲壳结构及光路示意图如图所示，产生此现象的主要原因是阳光在甲壳表面发生( )
A. 反射
B. 折射
C. 衍射
D. 干涉
3.质量为m的带电微粒a，仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体。(不计重力和电荷量的损失)则该整体在磁场中圆周运动的半径将( )
A. 变大B. 变小
C. 不变D. 条件不足，无法判断
4.如图甲为市面上常见的一种电动车，图乙为这种电动车的电动机的工作示意图。电动机电路两端电压为10V，额定功率为200W，A、B为线圈上的两点。下列选项中不正确的是( )
A. 在额定功率下运行时，电动机电路中的电流大小为20A
B. 电刷a接入电路正极，电刷b接入电路负极
C. A点与B点间电流方向在不断变化
D. 直流电源可以驱动该电动机正常工作
5.如图，理想调压变压器输入端接正弦交流电源，L是灯泡，C是电容器，P是与线圈接触良好的滑片，S是开关，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是( )
A. S接a，从M点至N点缓慢滑动P，电流表A的示数将减小
B. S接a，从M点至N点缓慢滑动P，灯泡的亮度将增大
C. S接b，从M点至N点缓慢滑动P，电压表V的示数不变
D. S接b，从M点至N点缓慢滑动P，电容器两极板带电性质交替变化的频率将减小
6.如图所示，在光滑绝缘水平桌面上建立一个直角坐标系，在坐标系的第一、四象限的两块区域内分别存在垂直桌面向下、向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为1.0T，磁场边界线的方程为y=0.5sin2πx(m)(0≤x≤1.0m)。在水平桌面上静置一个长1m、宽0.5m的矩形单匝导线框abcd，其电阻R=1Ω，ab，dc边与x轴平行，在拉力F的作用下，线框从图示位置开始沿x轴正方向以大小为1m/s的速度匀速穿过整个磁场区域，下列说法正确的是( )
A. bc边到达x=0.25m时，线框中的感应电流最大
B. 拉力F的最大功率为0.5W
C. 整个过程中拉力F所做的功为332J
D. 整个过程中线框产生的焦耳热为38J
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.全球新冠肺炎疫情持续至今，医院需要用到血流量计检查患者身体情况。某种电磁血流量计的原理可以简化为如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间的电压稳定时测量值为U，流量Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是( )
A. 血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
B. M点的电势一定低于N点的电势
C. 电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力
D. 血液流量Q=πUd4B
8.如图所示，均匀导线框abc为边长为L的正三角形，有界匀强磁场宽为2L，导线框从磁场左边界开始向右做匀速直线运动穿过有界磁场，直至恰好完全穿出。此过程中，关于回路产生的感应电流I、ab两端的电势差Uab、施加的外力F及回路产生的电功率P随时间t的变化关系中(规定电流逆时针为正)，下列图像中正确的是( )
A. B.
C. D.
9.20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”．如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220kV升级为1000kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，则( )
A. n2：n1变为原来的5011倍B. 输电线上电流I2变为原来的1125
C. 输电线损失的功率变为原来的(1125)2D. 降压变压器原、副线圈匝数比值变小
10.如图所示，竖直固定的光滑圆弧形导轨MN、PQ半径分别为r、3r，O点为两个圆弧的圆心，P、M之间用导线连接电阻R。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球C，小球C套在导轨PQ上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为3R，A点为金属棒与导轨MN之间的接触点，小球与导轨电阻不计，空气阻力可忽略不计。现将小球C由静止释放，当第一次运动到O点正下方的D点时小球速度大小为v，则( )
A. 当小球运动到D点时，金属棒O、A两点间的感应电动势为零
B. 当小球运动到D点时，电阻R两端的电压为4Brv9
C. 从小球C由静止释放到第一次运动到D点的过程中，通过电阻R的电荷量为2πr2B3R
D. 从小球C由静止释放到第一次运动到D点的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgr−12mv2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.小明利用如图甲所示的单摆测量当地的重力加速度。
(1)下列有关说法正确的是______。(填字母)
A.摆线要选择适当细些、长些，弹性小些的细线
B.质量大、体积小的摆球可以减小空气阻力带来的影响
C.单摆的摆长等于摆线上端的悬点到摆球最低点的距离
D.为减小测量周期的误差，摆球全振动的次数越多越好
(2)用游标卡尺测量摆球直径如图乙所示，则摆球的直径为______ cm。
(3)通过改变摆长，测出多组摆长l和周期T的数据，作出T2−l图线如图丙所示，则由图中数据计算重力加速度g的表达式为______(用l1、l2、T1、T2表示)；用此方法计算重力加速度时，图线不过坐标原点对结果是否有影响？______。(填“有”或“没有”)
12.某同学设计了如图甲所示的实验电路，测一节干电池的电动势E和内阻r。
(1)连接好实验电路，开始测量之前，滑动变阻器R的滑片P应调到______(选填“a”或“b”)端。
(2)闭合开关S1，S2，接位置1，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数。
(3)重复(1)操作，闭合开关S1，S2接位置2，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数。
(4)建立U−I坐标系，在同一坐标系中分别描点作出S2接位置1、2时的图像如图乙所示。
由于S2接位置1，电压表有______(选填“分流”或“分压”)作用，S2接位置2，电流表有______(选填“分流”或“分压”)作用，从而导致实验结果存在系统误差。
若每次测量操作都正确，读数都准确。则由图乙中的A和B图线，可得电动势和内阻的真实值为：E=______ V，r=______Ω。(结果均保留3位有效数字)。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
13.如图所示，上、下边缘高度差为L的挡板固定在竖直面内，水平向左的匀强电场恰好与挡板平面垂直，挡板下方无电场。分布范围足够大、垂直纸面向里的匀强磁场与挡板平面平行，碰感应强度为B。现有一表面绝缘、质量为m、带电量为+q的滑块，将其从挡板的上边缘贴近挡板无初速度释放，当它滑到挡板下边缘时，恰好与挡板无挤压。此后，撤去电场，滑块继续在磁场中运动。已知滑块所受电场力和重力的大小相等，与挡板间的动摩擦因数为μ，不计滑块的大小，取重力加速度为g，求：
(1)刚释放时，滑块的加速度a0的大小；
(2)刚滑到挡板下边缘时，滑块的速度v1的大小；
(3)沿挡板下滑过程中，摩擦力对滑块做的功Wf；
(4)滑块所经过的最低点与挡板下边缘的高度差h。
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
14.如图(a)所示，我国宇航员王亚平在太空授课时演示了水滴在完全失重环境下形成一标准的球体，在她手中变幻出种种奇妙的现象。“飞天梦永不失重，科学梦张力无限”，这次太空授课科普教育活动，极大地激发了广大中小学学生学习科学知识的热情。某同学在家中找到一个带底座标准透明玻璃球，用红色激光笔照射其表面，光的折射和反射使玻璃球显得流光溢彩、晶莹剔透。图(b)为该透明玻璃球过球心O的截面图，球的半径为R，该同学用激光沿平行直径AOB方向照射，发现当激光射到圆上的C点，入射角i=60∘时，激光在球内经过一次反射后恰能从D点(与C点关于AOB对称)再次平行AOB从玻璃球射出，光在真空中的传播速度为c。求：
(1)该玻璃球对激光的折射率n；
(2)激光在玻璃球内传播的时间t。
15.如图所示，两条无限长且光滑的平行固定金属轨道MN、PQ的电阻为零，相距L=0.4m，水平放置在方向竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，ab，cd两金属棒垂直地跨放在导轨上，电阻均为R=0.5Ω，ab的质最为m1=0.4kg，cd的质量为m2=0.1kg，给ab棒一个向右的瞬时冲量，使之以初速度v0=10m/s开始滑动，当ab、cd两金属棒速度相等后保持匀速运动，求：
(1)在ab棒刚开始运动时，cd棒的加速度多大？
(2)从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，电路中一共产生了多少焦耳热？
(3)从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，透过回路中的电量为多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏变暗，故A错误；
B.依据光的全反射条件，可知，内芯的折射率比外套的折射率大，故B错误；
C.根据发生明显衍射的条件可知，发生衍射更明显的方法是减小孔的尺寸或增大波的波长，故C错误；
D.使摆球A先摆动，A球为驱动球，B、C球做受迫振动，根据受迫振动的周期等于驱动力的周期可知，三个摆的振动周期相等，故D正确。
故选：D。
A.光是横波，自然光通过偏振片后形成偏振光；
B.光导纤维的原理就是利用光的全反射；
C.根据发生明显衍射的条件分析作答；
D.A球为驱动球，BC球做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，据此分析作答。
该题考查光的偏振、全反射、发生明显衍射的条件以及受迫振动的周期，考查的知识点多，做好这一类的题目要注意平时的积累。
2.【答案】D
【解析】解：彩虹锹甲的甲壳颜色艳丽，在阳光下呈现出彩虹色，是因为阳光在甲壳表面发生干涉，故D正确，ABC错误；
故选：D。
理解生活中与光相关的现象，结合题意完成分析。
本题主要考查了光的干涉现象，理解生活中与光相关的现象对应的产生原理即可，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：碰撞后，由洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02r
可得
r=mv0qB
又
p=mv0
碰撞过程中动量守恒，p不变；半径不变，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据洛伦兹力提供向心力解得运动半径，根据碰撞过程中动量守恒可分析半径变化。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握洛伦兹力提供向心力，注意碰撞过程中动量守恒。
4.【答案】B
【解析】解：A.电动机的电功率表达式为：
P=UI
代入数据得：I=20A，故A正确；
B.磁场方向在磁体外部由N极指向S极，由电动机运转方向可知，AB段受力方向向上，再由左手定则可知，电流方向由A指向B，故b为正极，a为负极，故B项错误；
C.电动机转过180∘后两半铜环所接电刷互换，AB间电流方向改变，依次类推可知，A点与B点间电流方向不断改变，故C正确；
D.直流电源可以驱动该电动机正常工作，故D正确。
此题选择不正确的选项，故选：B。
根据电动机的电功率表达式求解电动机电路中的电流；根据电动机运转方向及左手定则分析电流方向，从而判定的正负极；电动机转过180∘后两半铜环所接电刷互换，AB间电流方向改变；直流电源可以驱动该电动机正常工作。
本题考查了直流电动机原理、电功率、左手定则等相关知识，注意了解直流电动机的结构可以帮助同学们解答此类题。
5.【答案】A
【解析】解：
A、S接a时，根据原副线圈上电压比与匝数比之间的关系：U1U2=n1n2，从M至N点缓慢滑动P，n2变小，所以U2变小，根据I2=U2R，可知I2变小，再根据原副线圈上电流比与匝数比之间的关系：I1I2=n2n1，可知I1将变小，故A正确；
B、根据P灯=U2I2，由于上面分析U2和I2都变小，所以灯泡的实际功率变小，亮度变暗，故B错误
C、S接b时，从M点至N点缓慢滑动P，电压表测量副线圈上的电压U2，所以电压表示数变小，故C错误；
D、两极板带电性质交替变化的频率只与交流电的频率有关，变压器输出端的电压频率不变，电容器两极板带电性质交替变化频率也不变，故D错误
故选：A。
S接a，根据原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系，再结合滑片P的变化，找到副线圈匝数变化，分析副线圈上电压和电流的变化，得到原线圈上电流的变化，再结合P=UI，得到灯泡实际功率的变化，判断灯泡的亮度变化情况
S接b，根据原副线圈的电压比与匝数比的关系，结合滑片P的变化，找到副线圈匝数变化，分析副线圈上电压的变化。电容器接在副线圈上，此时电容器两极板带电性质交替变化的频率与交流电的频率有关
此题主要考查变压器原副线圈的电压比、电流比和匝数比之间的关系，同时涉及简单的动态电路分析，需要熟练运用各物理量的关系，并进行动态分析
6.【答案】D
【解析】解：A.线框向右匀速运动过程中，当线框的bc边到达x=0.75m时，前后两边都切割磁感应线，产生的感应电动势最大、感应电流最大，此时感应电流大小为
Im=2BlvR，
解得：
Im=1A，
故A错误；
B.由选项A知，当bc边到达x=0.75m处时，感应电流最大、导体棒受到的安培力最大，由于线框做匀速运动，则有
F=F安=2BIml，
拉力功率P=Fv，
解得：
P=1W，
故B错误：
CD.线框向右匀速运动过程中，回路中产生的感应电流随时间变化的图象如图所示(规定逆时针方向为正)
在0∼0.5s和1s∼1.5s的过程中感应电流有效值为
I1=Blv 2R，
解得：
I1= 24A，
在0.5s∼1s的过程中感应电流的有效值为
I2=2Blv 2R，
解得：
I2= 22A，
由于导体线框做匀速直线运动，则整个过程中拉力所做的功，即整个过程中线框产生的焦耳热
Q=2I12Rt1+I22Rt2，
解得：
Q=38J，
故C错误，D正确。
故选：D。
线框向右匀速运动过程中，回路中产生的正弦式交变感应电流；线框向右匀速运动过程中，当线框的bc边到达x=0.75m时，前后两边都切割磁感应线，产生的感应电动势最大、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大；整个过程中拉力做功等于线框中产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应与功能关系的结合，分析线框穿过磁场过程在产生交变电流是解题关键，根据交变电流规律计算有效值求出电热。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、根据左手定则，水平向左入射的正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正电荷聚集在N一侧，负电荷聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故A错误，B正确；
CD、正负离子达到稳定状态时，离子所受洛伦兹力与电场力平衡有：qvB=q×Ud，可得流速：v=UBd，流量Q=S×v=πd24×UBd=πUd4B，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据左手定则分析出离子的受力方向，由此得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系计算出速度的大小，结合公式Q=vS计算出血液的流量。
本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，根据左手定则分析出离子的受力方向，由此分析出电势的高低，解题关键点是根据电场力和洛伦兹力的等量关系列式分析出速度的大小，结合流量的计算公式完成解答。
8.【答案】AD
【解析】解：A.线框进入磁场过程，切割磁感线的有效长度先均匀增大，后均匀减小，故产生的感应电动势和感应电流先均匀增大，后均匀减小，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，进入阶段I−t图像正确；整个线框完全在磁场中运动阶段，回路磁通量不变，无感应电流，第二阶段I−t图像也正确；出磁场阶段切割磁感线的有效长度仍先均匀增大，后均匀减小，故产生的感应电动势和感应电流先均匀增大，后均减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，第三阶段I−t图像正确，故A正确。
B.线框完全在磁场阶段，虽然回路产生的总电动势为零，但ab和bc均切割磁感线，各自产生的感应电动势不为零，故ab两端的电势差不为零，故B错误。
C.外力和安培力相等，根据F=F安=BIL有=BERL有=B2L有2vR
由于导线框匀速穿过有界磁场，可知切割磁感线的有效长度与时间是一次函数关系，故外力与时间是二次函数关系，应该为曲线，故C错误；
D.回路产生的电功率为P=I2R=E2R=B2L有2v2R
可知功率与切割磁感线的有效长度为二次函数变化关系，而切割磁感线的有效长度与时间是一次函数关系，故功率与时间是二次函数关系，应该为曲线，故D正确。
故选：AD。
由导体切割磁感线时电动势公式E=BLv可得出电动势，由闭合是路欧姆定律可得出电路中的电流的变化图像；线框完全在磁场阶段，虽然回路产生的总电动势为零，但ab和bc均切割磁感线，各自产生的感应电动势不为零，根据安培力的计算公式分析F−t图像；
根据电功率的计算公式分析P−t图像。
本题电磁感应中电路问题，要熟练运用法拉第电磁感应定律切割式E=Blv，欧姆定律求出电压．要抓住线框运动过程的对称性，分析各图像的函数关系。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、由理想变压器基本关系知n2n1=U2U1，U1不变，U2变为原来的5011倍，所以n2n1变为原来的5011倍，故A正确；
B、根据P送=U2I2可知，因P送变为原来的2倍，U2变为原来的5011倍，则输电线上电流I2变为原来的1125，故B正确；
C、P损=I22R线，所以P损变为原来的(1125)2，故C正确；
D、总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2=I3，则n3n4=I4I3变大，故D错误．
故选：ABC。
变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数之反比，输入功率等于输出功率；根据ΔU=I2r和ΔP=I2r，求得损失的电压和损失功率，即可判断。
本题考查远距离输电、输电线上损失的功率、用户得到的功率以及输电线上损失的电压。
10.【答案】BC
【解析】解：A、当小球运动到D点时，金属棒OA段切割磁感线，O、A两点间的感应电动势不为零，故A错误；
B、当小球第一次运动到D点时，小球的速度为v，此时A点的速度为：v′=v3，
金属棒AC段产生的感应电动势为：E=B⋅2r⋅v+v32=4Brv3
电阻R两端的电压为：U=RR+2RE=4Brv9，故B正确；
C、小球从静止释放到第一次运动到D点的过程中，回路中的平均感应电动势为：E−=ΔΦΔt
回路中的平均电流为：I−=E−3R
此过程通过电阻R的电荷量为：q=I−⋅Δt
联立解得：q=ΔΦ3R=B[π(3r)24−πr24]3R=2πr2B3R，故C正确；
D、小球从静止释放到第一次运动到D点的过程中，根据能量守恒可知，回路中产生的总焦耳热为：Q=mg⋅3r−12mv2
电阻R上产生的焦耳热为：Q′=R2R+RQ=mgr−16mv2，故D错误。
故选：BC。
应用E=BLv求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出电路电流，应用欧姆定律求出金属棒两端电压；应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量；应用能量守恒定律求出电阻R上传送带的焦耳热。
根据题意分析清楚金属棒与小球的运动过程、电路结构是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律与部分电路的欧姆定律、能量守恒定律可以解题。
11.【答案】AB1.030g=4π2(l2−l1)T22−T12 没有
【解析】解：(1)A、为减小实验误差，摆线要选择适当细些、长些，弹性小些的细线，故A正确；
B、质量大、体积小的摆球可以减小空气阻力带来的影响，故B正确；
C、摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，摆线上端的悬点到摆球最低点的距离是摆线长度与摆球直径之和，比摆长大，故C错误；
D、为减小测量周期的误差，摆球全振动的次数应适当多些，并不是越多越好，故D错误。
故选：AB。
(2)由图乙所示游标卡尺考查，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，摆球的直径为：10mm+6×0.05mm=10.30mm=1.030cm。
(3)由单摆的周期公式T=2π lg可知：T2=4π2gl
T2−l图象的斜率：k=4π2g=T22−T12l2−l1，解得：g=4π2(l2−l1)T22−T12，
图线不过坐标原点对图象的斜率没有影响，对测量结果没有影响。
故答案为：(1)AB；(2)1.030；(3)g=4π2(l2−l1)T22−T12；没有。
(1)根据实验器材与实验注意事项分析答题。
(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(3)根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用单摆周期公式即可解题。
12.【答案】a 分流 分压
【解析】解：(1)由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，开始测量之前，滑动变阻器R的滑片P应调到a端。
(4)由图甲所示电路图可知，由于S2接位置1，电压表有分流作用，S2接位置2，电流表有分压作用，从而导致实验结果存在系统误差。
开关S2接1时，可把电压表与电源看做一个等效电源，由闭合电路欧姆定律知E=U断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，作出的U−I图线是B线；S2接2时，可把电流表与电源看做一个等效电源，由闭合电路欧姆定律E=U断可知，电动势测量值等于真实值，U−I图线应是A线，即为：E真=UA=1.50V
由于S2接1时U−I图线的B线对应的短路电流为IB，所以r真=E真IB=Ω=1.50Ω。
故答案为：(1)a；(4)分流；分压；1.50；1.50。
(1)滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处。
(4)根据图示电路图分析实验误差来源；根据“等效电源”法分析测量误差的大小，即当S2接1位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，则电动势测量值测得是“等效电源”的外电路断开时的路端电压，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小。若S2接2位置时，可把电流表与电源看做一个“等效电源”，不难分析出电动势测量值等于真实值。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，根据图示电路图求出图线的函数表达式是解题的前提；应明确用“等效电源”法分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确U−I图象中纵轴截距与斜率的含义。
13.【答案】解：(1)刚释放时，根据牛顿第二定律：mg−μqE=ma0
其中：qE=mg
联立解得：a0=(1−μ)g
(2)刚滑到挡板下边缘时，滑块与挡板恰好无挤压，速度v1满足：qv1B−qE=0
变形解得：v1=mgqB
(3)沿挡板下滑过程中，只有重力和摩擦力对滑块做功，根据动能定理：Wf+mgL=12mv12−0
摩擦力对滑块做的功：Wf=m3g22q2B2−mgL
(4)滑块滑离挡板后，只受洛伦兹力和重力作用，其此后的运动轨迹为旋轮线，这种运动可由匀速直线运动和匀速圆周运动合成。如图所示，滑块滑离挡板瞬间，除有竖直向下的速度v1外，设想还有沿纸面水平向左和水平向右、大小均为v2的两个速度，且与水平向右的速度v2对应的洛伦兹力恰好抵消重力，即：qv2B−mg=0
解得：v2=v1=mgqB
水平向左的速度v2与v1矢量相加得：v= 2mgqB，方向与水平夹45∘角斜向左下方。
滑块的运动可视为以v2向右做匀速直线运动和以v为初速度的匀速圆周运动的合运动，画出分运动之一匀速圆周运动的部分轨迹如图所示，由几何关系知所求的高度差：h=R+Rsin45∘
其中R满足：qvB=mv2R
联立解得：h=( 2+1)m2gq2B2
答：(1)刚释放时，滑块的加速度a0的大小为(1−μ)g；
(2)刚滑到挡板下边缘时，滑块的速度v1的大小为mgqB；
(3)沿挡板下滑过程中，摩擦力对滑块做的功Wf为(m3g22q2B2−mgL)；
(4)滑块所经过的最低点与挡板下边缘的高度差h为( 2+1)m2gq2B2。
【解析】(1)由刚释放时，滑块的加速度a0满足mg−μqE=ma0，其中qE=mg，可求得滑块的加速度a0的大小；
(2)刚滑到挡板下边缘时，滑块与挡板恰好无挤压，速度v1满足qv1B−qE=0，由此可知滑块的速度v1的大小；
(3)沿挡板下滑过程中，只有重力和摩擦力对滑块做功，根据动能定理可求得摩擦力对滑块做的功。
(4)离开下缘时，滑块受到重力与洛伦兹力作用，将竖直向下的速度分解水平向右及斜向左下的两个分速度，滑块的运动由匀速直线运动和匀速圆周运动的合成，画出相距最远时的情景图，由几何关系求出最远距离。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，学生可根据牛顿第二定律，结合动能定理综合求解。难点在于最后一问，用配速法结合运动的分解、几何关系解决问题。
14.【答案】解：(1)根据对称性和光路可逆性做出光路图如图所示
i′=60∘，r=r′=θ=i2=60∘2=30∘
根据n=sinisinr，得n= 3
(2)由几何关系得：
CB=BD=2Rcsr=2Rcs30∘= 3R
激光在玻璃球中的传播速度为
v=cn
激光在玻璃球内传播的时间为
t=CB+BDv
解得：t=6Rc
答：(1)该玻璃球对激光的折射率n为 3；
(2)激光在玻璃球内传播的时间t为6Rc。
【解析】(1)作出光路图，根据几何关系确定折射角，再由折射定律计算折射率；
(2)由几何关系求出激光在玻璃球内传播的距离，根据v=cn求出激光在玻璃球内传播的速度，再求传播时间。
本题考查学生对折射定律、光速公式v=cn的掌握情况，解题的关键是正确画出光路图，利用几何知识求相关角度和距离。
15.【答案】解：(1)ab棒刚开始运动时，产生的感应电动势为：
E=BLv0=0.5×0.4×10V=2V，
回路中的电流为：
I=E2R=21A=2A，
cd棒的加速度为：
a=BILm2=0.5×2×
(2)从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等的过程中，这一过程ab、cd两金属棒组成的系统动量守恒，规定v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v0=(m1+m2)vt，
根据能量守恒得，电路中产生的焦耳热为：
Q=12m1v02−12(m1+m2)vt2，
代入数据解得：Q=4J.
(3)从cd棒刚开始运动到两金属棒速度相等中，以cd棒为研究对象，根据动量定理得：
BIL⋅△t=m2vt−0，
则通过回路中的电量为：q=m2vtBL，
代入数据解得：q=4C.
答：(1)在ab棒刚开始运动时，cd棒的加速度为4m/s2；
(2)电路中一共产生了4J的焦耳热；
(3)从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，通过回路中的电量为4C.
【解析】(1)根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小，根据安培力公式以及牛顿第二定律求出cd棒的加速度大小．
(2)根据动量守恒定律求出两棒速度相等时的速度，结合能量守恒定律求出电路中一共产生的焦耳热．
(3)根据动量定理以及电量的定义式求出通过回路中的电量．
本题考查能量守恒定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、动量守恒定律等规律的应用，运用动量守恒解题时，要注意选择的系统，在哪一个过程中动量守恒．
1.下列说法正确的是( )
A. 图1中，用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然发亮
B. 图2为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小
C. 能使图3中水波通过小孔MN后，发生衍射更明显的方法是增大小孔尺寸，同时增大水波的频率
D. 图4中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着做受迫振动，则三个摆的振动周期相等
2.彩虹锹甲的甲壳颜色艳丽，在阳光下呈现出彩虹色，甲壳结构及光路示意图如图所示，产生此现象的主要原因是阳光在甲壳表面发生( )
A. 反射
B. 折射
C. 衍射
D. 干涉
3.质量为m的带电微粒a，仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体。(不计重力和电荷量的损失)则该整体在磁场中圆周运动的半径将( )
A. 变大B. 变小
C. 不变D. 条件不足，无法判断
4.如图甲为市面上常见的一种电动车，图乙为这种电动车的电动机的工作示意图。电动机电路两端电压为10V，额定功率为200W，A、B为线圈上的两点。下列选项中不正确的是( )
A. 在额定功率下运行时，电动机电路中的电流大小为20A
B. 电刷a接入电路正极，电刷b接入电路负极
C. A点与B点间电流方向在不断变化
D. 直流电源可以驱动该电动机正常工作
5.如图，理想调压变压器输入端接正弦交流电源，L是灯泡，C是电容器，P是与线圈接触良好的滑片，S是开关，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是( )
A. S接a，从M点至N点缓慢滑动P，电流表A的示数将减小
B. S接a，从M点至N点缓慢滑动P，灯泡的亮度将增大
C. S接b，从M点至N点缓慢滑动P，电压表V的示数不变
D. S接b，从M点至N点缓慢滑动P，电容器两极板带电性质交替变化的频率将减小
6.如图所示，在光滑绝缘水平桌面上建立一个直角坐标系，在坐标系的第一、四象限的两块区域内分别存在垂直桌面向下、向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为1.0T，磁场边界线的方程为y=0.5sin2πx(m)(0≤x≤1.0m)。在水平桌面上静置一个长1m、宽0.5m的矩形单匝导线框abcd，其电阻R=1Ω，ab，dc边与x轴平行，在拉力F的作用下，线框从图示位置开始沿x轴正方向以大小为1m/s的速度匀速穿过整个磁场区域，下列说法正确的是( )
A. bc边到达x=0.25m时，线框中的感应电流最大
B. 拉力F的最大功率为0.5W
C. 整个过程中拉力F所做的功为332J
D. 整个过程中线框产生的焦耳热为38J
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.全球新冠肺炎疫情持续至今，医院需要用到血流量计检查患者身体情况。某种电磁血流量计的原理可以简化为如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间的电压稳定时测量值为U，流量Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是( )
A. 血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
B. M点的电势一定低于N点的电势
C. 电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力
D. 血液流量Q=πUd4B
8.如图所示，均匀导线框abc为边长为L的正三角形，有界匀强磁场宽为2L，导线框从磁场左边界开始向右做匀速直线运动穿过有界磁场，直至恰好完全穿出。此过程中，关于回路产生的感应电流I、ab两端的电势差Uab、施加的外力F及回路产生的电功率P随时间t的变化关系中(规定电流逆时针为正)，下列图像中正确的是( )
A. B.
C. D.
9.20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”．如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220kV升级为1000kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，则( )
A. n2：n1变为原来的5011倍B. 输电线上电流I2变为原来的1125
C. 输电线损失的功率变为原来的(1125)2D. 降压变压器原、副线圈匝数比值变小
10.如图所示，竖直固定的光滑圆弧形导轨MN、PQ半径分别为r、3r，O点为两个圆弧的圆心，P、M之间用导线连接电阻R。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球C，小球C套在导轨PQ上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为3R，A点为金属棒与导轨MN之间的接触点，小球与导轨电阻不计，空气阻力可忽略不计。现将小球C由静止释放，当第一次运动到O点正下方的D点时小球速度大小为v，则( )
A. 当小球运动到D点时，金属棒O、A两点间的感应电动势为零
B. 当小球运动到D点时，电阻R两端的电压为4Brv9
C. 从小球C由静止释放到第一次运动到D点的过程中，通过电阻R的电荷量为2πr2B3R
D. 从小球C由静止释放到第一次运动到D点的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgr−12mv2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.小明利用如图甲所示的单摆测量当地的重力加速度。
(1)下列有关说法正确的是______。(填字母)
A.摆线要选择适当细些、长些，弹性小些的细线
B.质量大、体积小的摆球可以减小空气阻力带来的影响
C.单摆的摆长等于摆线上端的悬点到摆球最低点的距离
D.为减小测量周期的误差，摆球全振动的次数越多越好
(2)用游标卡尺测量摆球直径如图乙所示，则摆球的直径为______ cm。
(3)通过改变摆长，测出多组摆长l和周期T的数据，作出T2−l图线如图丙所示，则由图中数据计算重力加速度g的表达式为______(用l1、l2、T1、T2表示)；用此方法计算重力加速度时，图线不过坐标原点对结果是否有影响？______。(填“有”或“没有”)
12.某同学设计了如图甲所示的实验电路，测一节干电池的电动势E和内阻r。
(1)连接好实验电路，开始测量之前，滑动变阻器R的滑片P应调到______(选填“a”或“b”)端。
(2)闭合开关S1，S2，接位置1，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数。
(3)重复(1)操作，闭合开关S1，S2接位置2，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数。
(4)建立U−I坐标系，在同一坐标系中分别描点作出S2接位置1、2时的图像如图乙所示。
由于S2接位置1，电压表有______(选填“分流”或“分压”)作用，S2接位置2，电流表有______(选填“分流”或“分压”)作用，从而导致实验结果存在系统误差。
若每次测量操作都正确，读数都准确。则由图乙中的A和B图线，可得电动势和内阻的真实值为：E=______ V，r=______Ω。(结果均保留3位有效数字)。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
13.如图所示，上、下边缘高度差为L的挡板固定在竖直面内，水平向左的匀强电场恰好与挡板平面垂直，挡板下方无电场。分布范围足够大、垂直纸面向里的匀强磁场与挡板平面平行，碰感应强度为B。现有一表面绝缘、质量为m、带电量为+q的滑块，将其从挡板的上边缘贴近挡板无初速度释放，当它滑到挡板下边缘时，恰好与挡板无挤压。此后，撤去电场，滑块继续在磁场中运动。已知滑块所受电场力和重力的大小相等，与挡板间的动摩擦因数为μ，不计滑块的大小，取重力加速度为g，求：
(1)刚释放时，滑块的加速度a0的大小；
(2)刚滑到挡板下边缘时，滑块的速度v1的大小；
(3)沿挡板下滑过程中，摩擦力对滑块做的功Wf；
(4)滑块所经过的最低点与挡板下边缘的高度差h。
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
14.如图(a)所示，我国宇航员王亚平在太空授课时演示了水滴在完全失重环境下形成一标准的球体，在她手中变幻出种种奇妙的现象。“飞天梦永不失重，科学梦张力无限”，这次太空授课科普教育活动，极大地激发了广大中小学学生学习科学知识的热情。某同学在家中找到一个带底座标准透明玻璃球，用红色激光笔照射其表面，光的折射和反射使玻璃球显得流光溢彩、晶莹剔透。图(b)为该透明玻璃球过球心O的截面图，球的半径为R，该同学用激光沿平行直径AOB方向照射，发现当激光射到圆上的C点，入射角i=60∘时，激光在球内经过一次反射后恰能从D点(与C点关于AOB对称)再次平行AOB从玻璃球射出，光在真空中的传播速度为c。求：
(1)该玻璃球对激光的折射率n；
(2)激光在玻璃球内传播的时间t。
15.如图所示，两条无限长且光滑的平行固定金属轨道MN、PQ的电阻为零，相距L=0.4m，水平放置在方向竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，ab，cd两金属棒垂直地跨放在导轨上，电阻均为R=0.5Ω，ab的质最为m1=0.4kg，cd的质量为m2=0.1kg，给ab棒一个向右的瞬时冲量，使之以初速度v0=10m/s开始滑动，当ab、cd两金属棒速度相等后保持匀速运动，求：
(1)在ab棒刚开始运动时，cd棒的加速度多大？
(2)从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，电路中一共产生了多少焦耳热？
(3)从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，透过回路中的电量为多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏变暗，故A错误；
B.依据光的全反射条件，可知，内芯的折射率比外套的折射率大，故B错误；
C.根据发生明显衍射的条件可知，发生衍射更明显的方法是减小孔的尺寸或增大波的波长，故C错误；
D.使摆球A先摆动，A球为驱动球，B、C球做受迫振动，根据受迫振动的周期等于驱动力的周期可知，三个摆的振动周期相等，故D正确。
故选：D。
A.光是横波，自然光通过偏振片后形成偏振光；
B.光导纤维的原理就是利用光的全反射；
C.根据发生明显衍射的条件分析作答；
D.A球为驱动球，BC球做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，据此分析作答。
该题考查光的偏振、全反射、发生明显衍射的条件以及受迫振动的周期，考查的知识点多，做好这一类的题目要注意平时的积累。
2.【答案】D
【解析】解：彩虹锹甲的甲壳颜色艳丽，在阳光下呈现出彩虹色，是因为阳光在甲壳表面发生干涉，故D正确，ABC错误；
故选：D。
理解生活中与光相关的现象，结合题意完成分析。
本题主要考查了光的干涉现象，理解生活中与光相关的现象对应的产生原理即可，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：碰撞后，由洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02r
可得
r=mv0qB
又
p=mv0
碰撞过程中动量守恒，p不变；半径不变，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据洛伦兹力提供向心力解得运动半径，根据碰撞过程中动量守恒可分析半径变化。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握洛伦兹力提供向心力，注意碰撞过程中动量守恒。
4.【答案】B
【解析】解：A.电动机的电功率表达式为：
P=UI
代入数据得：I=20A，故A正确；
B.磁场方向在磁体外部由N极指向S极，由电动机运转方向可知，AB段受力方向向上，再由左手定则可知，电流方向由A指向B，故b为正极，a为负极，故B项错误；
C.电动机转过180∘后两半铜环所接电刷互换，AB间电流方向改变，依次类推可知，A点与B点间电流方向不断改变，故C正确；
D.直流电源可以驱动该电动机正常工作，故D正确。
此题选择不正确的选项，故选：B。
根据电动机的电功率表达式求解电动机电路中的电流；根据电动机运转方向及左手定则分析电流方向，从而判定的正负极；电动机转过180∘后两半铜环所接电刷互换，AB间电流方向改变；直流电源可以驱动该电动机正常工作。
本题考查了直流电动机原理、电功率、左手定则等相关知识，注意了解直流电动机的结构可以帮助同学们解答此类题。
5.【答案】A
【解析】解：
A、S接a时，根据原副线圈上电压比与匝数比之间的关系：U1U2=n1n2，从M至N点缓慢滑动P，n2变小，所以U2变小，根据I2=U2R，可知I2变小，再根据原副线圈上电流比与匝数比之间的关系：I1I2=n2n1，可知I1将变小，故A正确；
B、根据P灯=U2I2，由于上面分析U2和I2都变小，所以灯泡的实际功率变小，亮度变暗，故B错误
C、S接b时，从M点至N点缓慢滑动P，电压表测量副线圈上的电压U2，所以电压表示数变小，故C错误；
D、两极板带电性质交替变化的频率只与交流电的频率有关，变压器输出端的电压频率不变，电容器两极板带电性质交替变化频率也不变，故D错误
故选：A。
S接a，根据原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系，再结合滑片P的变化，找到副线圈匝数变化，分析副线圈上电压和电流的变化，得到原线圈上电流的变化，再结合P=UI，得到灯泡实际功率的变化，判断灯泡的亮度变化情况
S接b，根据原副线圈的电压比与匝数比的关系，结合滑片P的变化，找到副线圈匝数变化，分析副线圈上电压的变化。电容器接在副线圈上，此时电容器两极板带电性质交替变化的频率与交流电的频率有关
此题主要考查变压器原副线圈的电压比、电流比和匝数比之间的关系，同时涉及简单的动态电路分析，需要熟练运用各物理量的关系，并进行动态分析
6.【答案】D
【解析】解：A.线框向右匀速运动过程中，当线框的bc边到达x=0.75m时，前后两边都切割磁感应线，产生的感应电动势最大、感应电流最大，此时感应电流大小为
Im=2BlvR，
解得：
Im=1A，
故A错误；
B.由选项A知，当bc边到达x=0.75m处时，感应电流最大、导体棒受到的安培力最大，由于线框做匀速运动，则有
F=F安=2BIml，
拉力功率P=Fv，
解得：
P=1W，
故B错误：
CD.线框向右匀速运动过程中，回路中产生的感应电流随时间变化的图象如图所示(规定逆时针方向为正)
在0∼0.5s和1s∼1.5s的过程中感应电流有效值为
I1=Blv 2R，
解得：
I1= 24A，
在0.5s∼1s的过程中感应电流的有效值为
I2=2Blv 2R，
解得：
I2= 22A，
由于导体线框做匀速直线运动，则整个过程中拉力所做的功，即整个过程中线框产生的焦耳热
Q=2I12Rt1+I22Rt2，
解得：
Q=38J，
故C错误，D正确。
故选：D。
线框向右匀速运动过程中，回路中产生的正弦式交变感应电流；线框向右匀速运动过程中，当线框的bc边到达x=0.75m时，前后两边都切割磁感应线，产生的感应电动势最大、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大；整个过程中拉力做功等于线框中产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应与功能关系的结合，分析线框穿过磁场过程在产生交变电流是解题关键，根据交变电流规律计算有效值求出电热。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、根据左手定则，水平向左入射的正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正电荷聚集在N一侧，负电荷聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故A错误，B正确；
CD、正负离子达到稳定状态时，离子所受洛伦兹力与电场力平衡有：qvB=q×Ud，可得流速：v=UBd，流量Q=S×v=πd24×UBd=πUd4B，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据左手定则分析出离子的受力方向，由此得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系计算出速度的大小，结合公式Q=vS计算出血液的流量。
本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，根据左手定则分析出离子的受力方向，由此分析出电势的高低，解题关键点是根据电场力和洛伦兹力的等量关系列式分析出速度的大小，结合流量的计算公式完成解答。
8.【答案】AD
【解析】解：A.线框进入磁场过程，切割磁感线的有效长度先均匀增大，后均匀减小，故产生的感应电动势和感应电流先均匀增大，后均匀减小，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，进入阶段I−t图像正确；整个线框完全在磁场中运动阶段，回路磁通量不变，无感应电流，第二阶段I−t图像也正确；出磁场阶段切割磁感线的有效长度仍先均匀增大，后均匀减小，故产生的感应电动势和感应电流先均匀增大，后均减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，第三阶段I−t图像正确，故A正确。
B.线框完全在磁场阶段，虽然回路产生的总电动势为零，但ab和bc均切割磁感线，各自产生的感应电动势不为零，故ab两端的电势差不为零，故B错误。
C.外力和安培力相等，根据F=F安=BIL有=BERL有=B2L有2vR
由于导线框匀速穿过有界磁场，可知切割磁感线的有效长度与时间是一次函数关系，故外力与时间是二次函数关系，应该为曲线，故C错误；
D.回路产生的电功率为P=I2R=E2R=B2L有2v2R
可知功率与切割磁感线的有效长度为二次函数变化关系，而切割磁感线的有效长度与时间是一次函数关系，故功率与时间是二次函数关系，应该为曲线，故D正确。
故选：AD。
由导体切割磁感线时电动势公式E=BLv可得出电动势，由闭合是路欧姆定律可得出电路中的电流的变化图像；线框完全在磁场阶段，虽然回路产生的总电动势为零，但ab和bc均切割磁感线，各自产生的感应电动势不为零，根据安培力的计算公式分析F−t图像；
根据电功率的计算公式分析P−t图像。
本题电磁感应中电路问题，要熟练运用法拉第电磁感应定律切割式E=Blv，欧姆定律求出电压．要抓住线框运动过程的对称性，分析各图像的函数关系。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、由理想变压器基本关系知n2n1=U2U1，U1不变，U2变为原来的5011倍，所以n2n1变为原来的5011倍，故A正确；
B、根据P送=U2I2可知，因P送变为原来的2倍，U2变为原来的5011倍，则输电线上电流I2变为原来的1125，故B正确；
C、P损=I22R线，所以P损变为原来的(1125)2，故C正确；
D、总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2=I3，则n3n4=I4I3变大，故D错误．
故选：ABC。
变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数之反比，输入功率等于输出功率；根据ΔU=I2r和ΔP=I2r，求得损失的电压和损失功率，即可判断。
本题考查远距离输电、输电线上损失的功率、用户得到的功率以及输电线上损失的电压。
10.【答案】BC
【解析】解：A、当小球运动到D点时，金属棒OA段切割磁感线，O、A两点间的感应电动势不为零，故A错误；
B、当小球第一次运动到D点时，小球的速度为v，此时A点的速度为：v′=v3，
金属棒AC段产生的感应电动势为：E=B⋅2r⋅v+v32=4Brv3
电阻R两端的电压为：U=RR+2RE=4Brv9，故B正确；
C、小球从静止释放到第一次运动到D点的过程中，回路中的平均感应电动势为：E−=ΔΦΔt
回路中的平均电流为：I−=E−3R
此过程通过电阻R的电荷量为：q=I−⋅Δt
联立解得：q=ΔΦ3R=B[π(3r)24−πr24]3R=2πr2B3R，故C正确；
D、小球从静止释放到第一次运动到D点的过程中，根据能量守恒可知，回路中产生的总焦耳热为：Q=mg⋅3r−12mv2
电阻R上产生的焦耳热为：Q′=R2R+RQ=mgr−16mv2，故D错误。
故选：BC。
应用E=BLv求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出电路电流，应用欧姆定律求出金属棒两端电压；应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量；应用能量守恒定律求出电阻R上传送带的焦耳热。
根据题意分析清楚金属棒与小球的运动过程、电路结构是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律与部分电路的欧姆定律、能量守恒定律可以解题。
11.【答案】AB1.030g=4π2(l2−l1)T22−T12 没有
【解析】解：(1)A、为减小实验误差，摆线要选择适当细些、长些，弹性小些的细线，故A正确；
B、质量大、体积小的摆球可以减小空气阻力带来的影响，故B正确；
C、摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，摆线上端的悬点到摆球最低点的距离是摆线长度与摆球直径之和，比摆长大，故C错误；
D、为减小测量周期的误差，摆球全振动的次数应适当多些，并不是越多越好，故D错误。
故选：AB。
(2)由图乙所示游标卡尺考查，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，摆球的直径为：10mm+6×0.05mm=10.30mm=1.030cm。
(3)由单摆的周期公式T=2π lg可知：T2=4π2gl
T2−l图象的斜率：k=4π2g=T22−T12l2−l1，解得：g=4π2(l2−l1)T22−T12，
图线不过坐标原点对图象的斜率没有影响，对测量结果没有影响。
故答案为：(1)AB；(2)1.030；(3)g=4π2(l2−l1)T22−T12；没有。
(1)根据实验器材与实验注意事项分析答题。
(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(3)根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用单摆周期公式即可解题。
12.【答案】a 分流 分压
【解析】解：(1)由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，开始测量之前，滑动变阻器R的滑片P应调到a端。
(4)由图甲所示电路图可知，由于S2接位置1，电压表有分流作用，S2接位置2，电流表有分压作用，从而导致实验结果存在系统误差。
开关S2接1时，可把电压表与电源看做一个等效电源，由闭合电路欧姆定律知E=U断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，作出的U−I图线是B线；S2接2时，可把电流表与电源看做一个等效电源，由闭合电路欧姆定律E=U断可知，电动势测量值等于真实值，U−I图线应是A线，即为：E真=UA=1.50V
由于S2接1时U−I图线的B线对应的短路电流为IB，所以r真=E真IB=Ω=1.50Ω。
故答案为：(1)a；(4)分流；分压；1.50；1.50。
(1)滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处。
(4)根据图示电路图分析实验误差来源；根据“等效电源”法分析测量误差的大小，即当S2接1位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，则电动势测量值测得是“等效电源”的外电路断开时的路端电压，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小。若S2接2位置时，可把电流表与电源看做一个“等效电源”，不难分析出电动势测量值等于真实值。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，根据图示电路图求出图线的函数表达式是解题的前提；应明确用“等效电源”法分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确U−I图象中纵轴截距与斜率的含义。
13.【答案】解：(1)刚释放时，根据牛顿第二定律：mg−μqE=ma0
其中：qE=mg
联立解得：a0=(1−μ)g
(2)刚滑到挡板下边缘时，滑块与挡板恰好无挤压，速度v1满足：qv1B−qE=0
变形解得：v1=mgqB
(3)沿挡板下滑过程中，只有重力和摩擦力对滑块做功，根据动能定理：Wf+mgL=12mv12−0
摩擦力对滑块做的功：Wf=m3g22q2B2−mgL
(4)滑块滑离挡板后，只受洛伦兹力和重力作用，其此后的运动轨迹为旋轮线，这种运动可由匀速直线运动和匀速圆周运动合成。如图所示，滑块滑离挡板瞬间，除有竖直向下的速度v1外，设想还有沿纸面水平向左和水平向右、大小均为v2的两个速度，且与水平向右的速度v2对应的洛伦兹力恰好抵消重力，即：qv2B−mg=0
解得：v2=v1=mgqB
水平向左的速度v2与v1矢量相加得：v= 2mgqB，方向与水平夹45∘角斜向左下方。
滑块的运动可视为以v2向右做匀速直线运动和以v为初速度的匀速圆周运动的合运动，画出分运动之一匀速圆周运动的部分轨迹如图所示，由几何关系知所求的高度差：h=R+Rsin45∘
其中R满足：qvB=mv2R
联立解得：h=( 2+1)m2gq2B2
答：(1)刚释放时，滑块的加速度a0的大小为(1−μ)g；
(2)刚滑到挡板下边缘时，滑块的速度v1的大小为mgqB；
(3)沿挡板下滑过程中，摩擦力对滑块做的功Wf为(m3g22q2B2−mgL)；
(4)滑块所经过的最低点与挡板下边缘的高度差h为( 2+1)m2gq2B2。
【解析】(1)由刚释放时，滑块的加速度a0满足mg−μqE=ma0，其中qE=mg，可求得滑块的加速度a0的大小；
(2)刚滑到挡板下边缘时，滑块与挡板恰好无挤压，速度v1满足qv1B−qE=0，由此可知滑块的速度v1的大小；
(3)沿挡板下滑过程中，只有重力和摩擦力对滑块做功，根据动能定理可求得摩擦力对滑块做的功。
(4)离开下缘时，滑块受到重力与洛伦兹力作用，将竖直向下的速度分解水平向右及斜向左下的两个分速度，滑块的运动由匀速直线运动和匀速圆周运动的合成，画出相距最远时的情景图，由几何关系求出最远距离。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，学生可根据牛顿第二定律，结合动能定理综合求解。难点在于最后一问，用配速法结合运动的分解、几何关系解决问题。
14.【答案】解：(1)根据对称性和光路可逆性做出光路图如图所示
i′=60∘，r=r′=θ=i2=60∘2=30∘
根据n=sinisinr，得n= 3
(2)由几何关系得：
CB=BD=2Rcsr=2Rcs30∘= 3R
激光在玻璃球中的传播速度为
v=cn
激光在玻璃球内传播的时间为
t=CB+BDv
解得：t=6Rc
答：(1)该玻璃球对激光的折射率n为 3；
(2)激光在玻璃球内传播的时间t为6Rc。
【解析】(1)作出光路图，根据几何关系确定折射角，再由折射定律计算折射率；
(2)由几何关系求出激光在玻璃球内传播的距离，根据v=cn求出激光在玻璃球内传播的速度，再求传播时间。
本题考查学生对折射定律、光速公式v=cn的掌握情况，解题的关键是正确画出光路图，利用几何知识求相关角度和距离。
15.【答案】解：(1)ab棒刚开始运动时，产生的感应电动势为：
E=BLv0=0.5×0.4×10V=2V，
回路中的电流为：
I=E2R=21A=2A，
cd棒的加速度为：
a=BILm2=0.5×2×
(2)从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等的过程中，这一过程ab、cd两金属棒组成的系统动量守恒，规定v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v0=(m1+m2)vt，
根据能量守恒得，电路中产生的焦耳热为：
Q=12m1v02−12(m1+m2)vt2，
代入数据解得：Q=4J.
(3)从cd棒刚开始运动到两金属棒速度相等中，以cd棒为研究对象，根据动量定理得：
BIL⋅△t=m2vt−0，
则通过回路中的电量为：q=m2vtBL，
代入数据解得：q=4C.
答：(1)在ab棒刚开始运动时，cd棒的加速度为4m/s2；
(2)电路中一共产生了4J的焦耳热；
(3)从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，通过回路中的电量为4C.
【解析】(1)根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小，根据安培力公式以及牛顿第二定律求出cd棒的加速度大小．
(2)根据动量守恒定律求出两棒速度相等时的速度，结合能量守恒定律求出电路中一共产生的焦耳热．
(3)根据动量定理以及电量的定义式求出通过回路中的电量．
本题考查能量守恒定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、动量守恒定律等规律的应用，运用动量守恒解题时，要注意选择的系统，在哪一个过程中动量守恒．
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