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2019届浙江省宁波市镇海中学高三选考物理模拟试卷
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2019年浙江省宁波市镇海中学选考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 关于力与运动的关系，下列说法中正确的是( )
A. 必须有力的作用物体才能运动
B. 牛顿第一定律可以用实验直接验证
C. 伽利略用理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”
D. 牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
【答案】C
【解析】解：A、物体的运动不需要力来维持，不受外力的物体可以做匀速直线运动，故A错误；
B、牛顿第一定律无法用实验直接验证，故B错误；
C、理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，故C正确；
D、惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故D错误。
故选：C。
明确牛顿运动定律的基本内容，知道力和运动的关系，明确力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因。
本题主要考查了力与运动的关系，时刻牢记力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，便可对大多数的现象进行分析和判断。同时也要注意，当一个物体的运动状态发生了改变时，说明它一定受到了力的作用。
2. 功的单位是焦耳(J)，焦耳与基本单位米(m)、千克(kg)、秒(s)之间的关系正确的是( )
A. 1J=1kg⋅m/s B. 1J=1kg⋅m/s2 C. 1J=1kg⋅m2/s D. 1J=1kg⋅m2/s2
【答案】D
【解析】解：根据W=FL可得，
所以1J=1N⋅m，
根据牛顿第二定律F=ma可知，
力的单位为：1N=1kg⋅m/s2，所以BCD错误；
所以有：1J=kg⋅m2/s2
所以D正确，ABC错误。
故选：D。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位。
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。
3. 如图甲所示为一运动员(可视为质点)进行三米板跳训练的场景，某次跳水过程的v-t图象如图乙所示，t=0是其向上起跳的瞬间，则该运动员从跳板弹起能上升的高度最接近( )
A. 0.38m
B. 0.80m
C. 1.10m
D. 3.00m
【答案】A
【解析】解：设跳水运动员起的速度大小为v，上升的最大高度为h。
由v-t图象与坐标轴围成面积表示位移，可知：3v⋅3t12-vt12=3m
又h=vt12
联立解得：h=0.375m≈0.38m
故选：A。
在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，速度的正负表示速度的方向。该运动员跳水过程的总位移等于3m，根据“面积”表示位移求出0-t1时间内上升的高度。
本题主要是考查学生对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，速度的正负表示运动方向，图象的面积代表的是位移。
4. 如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上A、B两点绕O点转动的角速度大小为ωA、ωB，线速度大小为vA、vB，则( )
A. ωA<ωB，vA=vB B. ωA>ωB，vA=vB
C. ωA=ωB，vAvB
【答案】D
【解析】解：杆上A、B两点绕O点的转动属于同轴转动，所以角速度相等，故ωA=ωB；
由于rA>rB，根据v=rω，vA>vB；所以选项ABC错误，D正确。
故选：D。
同轴转动，角速度相等；根据v=rω判断线速度大小。
本题关键是明确同轴转动角速度相等，然后根据线速度与角速度关系公式比较线速度大小；也可以直接根据线速度和角速度的定义公式判断，基础题。
5. 2017年10月24日，在地球观测组织(GEO)全会期间举办的“中国日”活动上，我国正式向国际社会免费开放共享我国新一代地球同步静止轨道气象卫星“风云四号”(如图所示)和全球第一颗二氧化碳监测科学实验卫星(简称“碳卫星”)的数据。“碳卫星”是绕地球极地运行的卫星，在离地球表面700公里的圆轨道对地球进行扫描，汇集约140天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图，有关这两颗卫星的说法正确的是( )
A. “风云四号”卫星的向心加速度大于“碳卫星”的向心加速度
B. “风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度
C. “碳卫星”的运行轨道理论上可以和地球某一条经线重合
D. “风云四号”卫星的线速度大于第一宇宙速度
【答案】B
【解析】A、根据GMmr2=ma，可知运行轨道半径越大向心加速度越小，“风云四号”卫星的运行轨道半径大于“碳卫星”的轨道半径，所以“风云四号”卫星的向心加速度小于“碳卫星”的向心加速度，故A错误；
B、由GMmr2=mv2r，有v=GMr，“风云四号”卫星的运行轨道半径大于“碳卫星”的轨道半径，所以“风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度，故B正确；
C、由于地球的自转，“碳卫星”的运行轨道无法和地球的经线重合，故C错误；
D、第一宇宙速度是最大的运行速度，所以“风云四号”卫星的线速度小于第一宇宙速度，故D错误；
故选：B。
根据万有引力提供向心力比较“飞云四号”卫星和“碳卫星”的向心加速度和线速度，第一宇宙速度是最大的运行速度，由于地球自转，“碳卫星”的轨道无法和某一经线重合。
本题考查考生的推理能力，需要考生熟练运用万有引力定律及几何知识解题。
6. 如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ=60∘，AB两点高度差h=1m，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为( )
A. 45m/s B. 25m/s C. 4315m/s D. 215m/s
【答案】A
【解析】【分析】
根据高度求出平抛运动的时间，结合速度时间公式求出球的竖直分速度，根据平行四边形定则求出球刚要落到球拍上时速度大小。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和平行四边形定则综合求解，难度不大。
【解答】
根据h=12gt2得，t=2hg=2×110s=15s，
竖直分速度：vy=gt=10×15m/s=25m/s，
根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v=vycos60∘=2512m/s=45m/s，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
7. 研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍。某同学体重为70kg，在水平地面上匀速步行的速度为5km/h，此过程中他的平均功率约为( )
A. 5W B. 50W C. 100W D. 200 W
【答案】C
【解析】解：在水平地面上匀速步行的速度为5km/h，即1h步行了5km，人步行时重心升降的幅度约脚跨一步距离的0.1倍，故在5km的过程中重心上升的高度为△h=0.1x=500m，人的重力为G=700N，故克服重力做功为W=mgh=3.5×105J，
1h=3600s，根据P=Wt=3.5×1053600≈100W，故C正确；
故选：C。
人的质量为M=70kg，由于人步行时重心升降的幅度约脚跨一步距离的0.1倍，求得人重心上升的高度，即可求得克服重力所做的功，再根据P=Wt求出功率；
本题考查功和功率的计算，要注意正确理解重力做功的计算方法，抓住重心总的上升高度是解题的关键。
8. 刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是用斧头劈木柴的示意图。劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背上加一力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压物体，把木柴劈开。设劈背的宽度为d，劈的斜面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为( )
A. dlF B. ldF C. l2dF D. d2lF
【答案】B
【解析】解：将力F分解为F1、F2两个分力。这两个分力分别与劈的两个侧面垂直，根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似：
d2L=F2F1
所以F1=F2=LdF，故B正确；ACD错误；
故选：B。
力F产生两个作用效果，向两侧面推压物体，将力F按照力的平行四边形定则分解，由力三角形找几何关系，得到两个分力。
力的分解通常要根据力的作用效果分解，符合平行四边形定则，然后根据几何关系确定各个分力的大小。
9. 为了研究电介质的极化性质，设想用α粒子轰击某电介质。电介质极化时产生很多电偶极子，电偶极子可视为如图所示等量异种电荷。α粒子从等量异种电荷垂直平分上某点A开始水平向右轰击如图所示等量异种电荷，轨迹如图中实线所示，则下列说法中错误的是( )
A. α粒子在C点时电势能比A位置时小
B. α粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加
C. α粒子在C点时加速度比A位置时大
D. 要使a粒子沿着虚线做匀速直线运动，则需要加一垂直纸面向里的匀强磁场
【答案】D
【解析】解：AB、等量异种电荷的连线的中垂线是等势线，电势与无穷远处的电势是相等，该中垂线各点电场强度的方向相同，都是向下；α粒子带正电，向下偏转的过程中电场力做正功，电势能减小，所以在C点时电势能比A位置时小，所以粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加，故AB正确；
C、根据等量异种电荷的电场线的特点可知，C位置的电场强度一定大于A位置的电场强度，所以粒子在C点受到的电场力大，由牛顿第二定律可知，粒子在C点时加速度比A位置时大。故C正确；
D、根据等量异种电荷的连线的中垂线上各点的电场强度的特点可知，A到O的过程中电场强度逐渐增大，所以需要加一垂直纸面向里的非匀强磁场。故D错误。
本题选说法中错误的
故选：D。
根据等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况，结合电场力的变化判断外力的变化，中垂线的电势，带电粒子的电势能。
解决本题的关键知道根据等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况与特点来分析求解。
10. 法拉第电动机的改装电路如图甲所示，在圆形水银槽中心竖直固定着一条形磁铁，S极向上，一根金属杆斜插在水银中，金属杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的链相连。在电路中A、B点间接入图乙所示交流电时，电源、理想二极管、导线、金属杆、水很构成回路，电路安全且正常工作(不计金属杆在转动中水银阻力的影响及水银电阻的变化)，则从上往下看，金属杆( )
A. 逆时针匀速转动 B. 逆时针非匀速转动
C. 顺时针匀速转动 D. 顺时针非匀速转动
【答案】D
【解析】【分析】
根据二极管单向导电性分析通过金属杆的电流方向，由左手定则分析金属杆所受的安培力方向，从而判断出金属杆转动的方向。
本题中铜棒、水银、导电柱和电源构成了一个回路，开关闭合时，电路中有电流通过，能根据左手定则判断安培力方向，来确定金属杆的运动情况。
【解答】
闭合开关S，由于二极管具有单向导电性，则有向上的电流通过金属杆，金属杆处在磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向外，使金属杆以磁铁棒为轴顺时针转动，由于电流大小周期性改变，所以安培力大小也改变，故金属杆非匀速转动，故ABC错误，D正确；
故选D。
11. 如图所示，电子枪向右发射电子束，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则电子束将( )
A. 向上偏转 速率越来越小 B. 向上偏转 速率保持不变
C. 向下偏转 速率越来越大 D. 向下偏转 速率保持不变
【答案】B
【解析】解：由安培定则可知，在电子枪处电流磁场方向垂直于纸面向外；
电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转；因洛伦兹力不做功，故电子速的速率保持不变，故B正确ACD错误。
故选：B。
由安培定则判断出通电导线中的电流在电子枪位置的磁场方向；然后由左手定则判断出电子束受到的洛伦兹力方向，最后根据电子束的受力方向判断电子束如何偏转。
知道电流方向与电子运动方向相反，熟练掌握安培定则、左手定则是正确解题的关键，同时注意电子带负电，四指的方向要与运动方向相反。
12. 如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )
A. 向左移动时，θ增加 B. 向右移动时，θ增加
C. 向左移动时，θ不变 D. 向右移动时，θ减少
【答案】B
【解析】解：AC、当被测物体向左移动时，导致电容器极板间的电介质中增多，则电容会增大，由于电量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减少，故AC错误；
BD、当被测物体向右移动时，导致电容器极板间的电介质中减少，则电容会减小，由于电量不变，则电容器极板间的电压增大，即θ增加，故B正确，D错误；
故选：B。
依据电容的决定式C=ɛS4πkd，结合电容的定义式C=QU，及针对本题电容器的电量不变，即可求解。
考查电容的定义式与决定式的应用，掌握比值定义法的含义，注意两式的区别，同时理解电量何时不变，电压何时不变的条件。
13. 如图所示，我国“玉兔号”月球车已从原定的冬眠计划中“苏醒”，并能正常接收信号，它利用太阳光照射太阳能电池板产生的电能，使电动机带动月球车前进。已知总质量为140 kg的“玉兔号”中所安装的太阳能电池板的电动势为45 V，内阻为10Ω，正常工作时电池板的输出功率为45W.“玉兔号”在某一次正常工作时，在平直的月球表面上从静止出发沿直线加速行驶，经过5 s时间速度达到最大值0.05m/s，假设这一过程中“玉兔号”所受阻力恒定，且电池输出功率的80%转化为用于牵引月球车前进的机械功率。根据题意可知( )
A. “玉兔号”中太阳能电池板的短路电流为10 A
B. “玉兔号”在运动过程中所受阻力大小为900 N
C. “玉兔号’’在上述运动过程中所受合外力做功为180 J
D. “玉兔号”在上述运动过程中所前进的距离约为0.26m
【答案】D
【解析】解：A、太阳能电池板的电动势为45V，内阻为10Ω，故短路电流：I=Er=4510A=4.5A，故A错误；
B、电池输出功率的80%转化为用于牵引月球车前进的机械功率，速度最大值0.05m/s，故：f=80%Pvm=0.8×450.05N=720N，故B错误；
C、根据动能定理，“玉兔号”在上述运动过程中所受合外力做功等于动能的增加量，为：W=12mvm2=12×140×0.052J=0.175J，故C错误；
D、根据动能定理，有：80%Pt-fx=12mvm2，代入数据：0.8×45×5-720x=0.175，解得：x≈0.26m，故D正确；
故选：D。
对于选项A，根据I=Er求解短路电流；对于选项B，最大速度已知，此时牵引力等于阻力，根据80%P=Fv列式分析；对于选项C，合力做功等于动能的增加量；对于选项D，根据动能定理列式分析。
本题是恒定功率启动问题，关键是明确车的速度最大时，牵引力等于阻力，同时要对加速全过程根据动能定理列式分析。
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
14. 下列说法正确的是( )
A. 普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
B. 波尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了各种原子光谱的实验规律
C. 单缝衍射实验的结果表明：微观粒子的位置和动量不能够同时确定
D. 电磁波频率越高，相同的时间能传递的信息量越大
【答案】ACD
【解析】解：A、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故A正确。
B、玻尔将量子观念引入原子领域，并能够解释氢原子的光谱特征，不是解释了各种原子光谱的实验规律。故B错误。
C、单缝衍射实验中，如果让较弱的光在较短的时间内通过狭缝，则底片处显示的亮点是不确定的；如果让较强的光在较长的时间内通过狭缝，则底片处显示为单缝衍射的图案；狭缝变窄，光的粒子性越明显；该结果表明：微观粒子的位置和动量不能够同时确定，故C正确。
D、电磁波是频率越高，其周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故D正确。
故选：ACD。
普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一；玻尔将量子观念引入原子领域，并能够解释氢原子的光谱特征，但不能解释其它原子发光现象；不确定性关系，说明微观粒子没有准确的位置与动量；信息量信息量一般情况小，电磁波是频率越高，可承载的信息量越大。
本题考查了物理学史，玻尔理论、光的粒子性与波动性、电磁波等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，对于物理学史，不能混淆，要牢记。
15. 关于如下现象的表述正确的是( )
A. 甲图中是利用紫外线进行防伪
B. 乙图中利用β射线照射人体进行透视的
C. 丙图中夜视系统是利用红外线
D. 丁图中蝙蝠和雷达均利用超声波定位
【答案】AC
【解析】解：A、甲图中是利用紫外线进行防伪，故A正确；
B、乙图中CT是利用X射线照射人体的，不是利用辐射性强的β射线，故B错误；
C、丙图中夜视系统是利用不可见光中的红外线，故C正确；
D、丁图中蝙蝠利用超声波定位，从而进行捕食的，故D错误。
故选：AC。
明确电磁波谱的基本内容，同时掌握各种电磁波在生产生活中的基本应用。
本题考查电磁波谱的性质以及各种电磁波的应用，要重点掌握紫外线、红外线以及X射线等在生产生活中的常见应用。
16. 如图甲所示为一简谐波在t=0时刻的图象，图乙所示为x=4m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是( )
A. 这列波的波速是2m/s
B. 这列波的传播方向沿x正方向
C. t=3.5s时P点的位移为0.2m
D. 从t=0时刻开始P点的振动方程为y=0.2sin(πt+π)m。
【答案】ACD
【解析】解：A、由图象可知波长λ=4m，周期T=2s，则波速为：v=λT=42m/s=2m/s，故A正确；
B、t=0时刻P点向-y方向振动，有波动和振动的关系可判断波向x负方向传播，故B错误；
C、由质点P的振动图象知，t=3.5s=134T，此时P点位于波峰位置，故C正确；
D、由图乙知ω=2πT=π，初相位为π，振动方程为y=0.2sin(πt+π)m，故D正确。
故选：ACD。
本题是波动图象和振动图象的结合，先有波动图知：λ=4m，A=0.2m；由振动图象知：T=2s，用v=λT求波速；利用波动和振动关系判断是的振动情况和波传播方向。根据P点的振幅、周期和初位相，写出振动方程。
明确波动图象和振动图象的意义及相互联系，由波动和振动的关系判断质点的振动情况和波的传播方向。
三、填空题（本大题共1小题，共2.0分）
17. 在“探究碰撞中的不变量”实验中，某同学利用气垫导轨，结合光电门来研究碰撞前后的不变量。如图所示，滑块上面的遮光片宽度为2.00cm，滑块1的质量为120g，滑块2的质量为220g。他先让滑块2静止放置在两个光电门之间，滑块1向右碰撞滑块2，碰撞后滑块1反弹，滑块2向右通过光电门，其中光电门1显示的两个时间先后分别为t1=0.034s和t1'=0.144s，光电门2显示的时间t2=0.050s，则碰撞后的滑块1和滑块2总动量的大小为______kg⋅m/s(结果保留两位有效数字)。
【答案】0.071
【解析】解：碰撞后两滑块的速度分别为：
，方向：向左，
v'2=d△t2=2.00×10-20.050m/s，方向：向右，
取向右为正方向，碰撞后系统总动量为：
P'=m1v1+m2v'2=0.120×(-2.00×10-20.144)+0.220×2.00×10-20.050≈0.071kg⋅m/s；
故答案为：0.071。
根据物体经过光电门的时间可求得滑块经过光电门的速度，根据动量的定义明确碰撞前后的动量。
本题考查验证动量守恒定律实验，知道实验原理，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键；利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握。
四、实验题探究题（本大题共3小题，共12.0分）
18. (1)在“探究功与速度变化的关系”实验中，某同学设计了如图甲所示的实验方案：使小物块在橡皮筋的作用下沿水平桌面被弹出，第二次、第三次…操作时分别改用2根、3根、…同样的橡皮筋将小物块弹出，测出小物块被弹出时速度，然后找到牵引力对小物块做的功与小物块速度的关系。
(a)要测得小物块被弹出后的水平速度，需要测量哪些物理量(填正确答案标号，g已知)______
A.小物块的质量m B.橡皮筋的原长x
C.橡皮筋的伸长量△x D.桌面到地面的高度h
E.小物块抛出点到落地点的水平距离L
(b)根据实验数据做出W-v2的图象如图乙所示，图线不通过原点的原因是______
(2)某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2。
(a)主要实验步骤如下：
①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧测力计的示数F；
②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点，此时绳套1沿0∘方向，绳套2沿120∘方向，记下绳套1弹簧测力计的示数F1；
③根据力的平行四边形定则计算此时绳套1的拉力F1'=______；
④比较______，即可初步验证；
⑤只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤。
(b)保持绳套2方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动90∘，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是______。
A.逐渐增大B.先增大后减小
C.逐渐减小D.先减小后增大
【答案】DE 物体在桌面上运动时要克服摩擦力做功 33F F1和F'1 D
【解析】解：(1)(a)物块离开桌面后做平抛运动，
竖直方向：h=12gt2，水平方向：L=vt，
解得：v=Lg2h
要测物被弹出时的速度，需要测量：桌面到地面的高度h，小物块抛出点到落地点的水平距离L，故选DE；
(b)物块在桌面上运动时，弹力对物块做整个，摩擦力对物块做负功，由于物块要克服摩擦力做功，则图象不过原点。
(2))(a)③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F'1=Ftan30∘=33F；
④比较F1和F'1，即可初步验证；
(b)将绳套1由0∘方向缓慢转动到60∘方向，同时绳套2保持120∘方向不变，又由于在此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下：
故绳套1的拉力先减小后增加；故ABC错误D正确
故选：D
故答案为：：(1)(a)DE(b)物体在桌面上运动时要克服摩擦力做功
(2))(a)③33F④F1和F'1(b)D
(1)(a)物块离开桌面后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出物块的水平速度。就能知道需要测量的物理量；(b)对物体受力分析，根据物体的受力情况分析答题
(2)(a)③④根据的平行四边形定则计算绳套1的拉力，通过比较F1和F1'，在误差范围内相同，则可初步验证；
(b)两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则判断即可
本题主要考查了探究功与速度变化的关系、平行四边形定则的直接应用，明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论。对于动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论。
19. 电脑USB接口可用于手机充电，相当于一个电源。小明想利用测电源电动势和内电阻的方法来测量电脑USB接口“等效电源”的电动势和内电阻。
(1)小明从USB接口引出连接线，用多用电表粗测电动势，选择的挡位和示数如图甲所示，则电动势的粗略测量值为______V.其中与多用电表红表笔连接的是电源的______(填“正极”或“负极”)。
(2)小明根据粗测结果设计电路，并根据电路图连接实物如图乙1所示，USB电源引出线如图乙2细节图所示，为保护USB接口，电路中串联阻值为3Ω的定值电阻。小明根据图乙电路测出了六组数据，并将点描在了U-I坐标系中，由于测量方案的原因，数轴都未从0开始，请你帮他画好图线，并根据图象求得“等效电源”电动势E=______V、内电阻r=______Ω.(结果小数点后面保留一位)
(3)根据图丙U-I坐标系中的数据点，发现电流表的示数接近0.30A时，伏特表示数要超过3V量程，为了能测得更小的电流数据，提高实验精度，你认为下列做法正确的是______。
A.将伏特表量程换成0-15V B.将伏特表拿掉
C.将电阻箱换成滑动变阻器 D.将安培表的量程换为0-3A
【答案】5.0 正极 4.9 2.4 B
【解析】解：(1)电压表量程为10V，最小分度为0.2V，则其读数为5.0V；
其中与多用电表红表笔连接的是电源的正极；
(2)根据给出的数据利用描点法得出图象如图所示；
由于数轴均未从零点开始调节，故与纵轴的交点不是电源的电动势，
由闭合电路欧姆定律可得：
3.30=E-0.3R；
2.22=E-0.5R
联立解得：R=5.4Ω；E=4.9V；
故电源电阻r=5.4-3=2.4Ω；
(3)因电压表量程太小，若换成15V量程的电压表则电压表误差太大；由于采用的是电阻箱，
故可以直接将电压表拿掉，采用电流表和电阻箱组成也可完成实验，故选：B。
故答案为：(1)5.0；正极；(2)4.9；2.4；(3)B。
(1)根据电表的读数方法进行读数，先确定量程及最小分度，根据指针位置读出其示数；电流从电压表的正接线柱流入电表；
(2)根据描点法作出图象，再由图中选点由闭合电路欧姆定律求解；
(3)根据实验电路图进行分析，明确实验可以采用的方法。
本题考查电源的电动势及内电阻的测量，题目较为新颖，要注意认真分析题意，明确实验采用的原理和方法才能准确求解。
20. 某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压。
(1)下列操作正确的是______
A.原线圈接直流电压，电表用直流电压挡 B.原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C.原线圈接交流电压，电表用直流电压挡 D.原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
(2)该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】D 减小
【解析】解：(1)变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，故ABC错误，D正确；
(2)根据变压比公式U1U2=n1n2，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；
故答案为：(1)D；(2)减小。
(1)副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压。副线圈上的感应电流(感应电动势)也应该是交流。
(2)根据变压比等于匝数比进行分析即可。
本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析，基础题。
五、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
21. 随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长L=180m，其中电磁弹射区的长度为L1=80m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵.一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N.假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v=40m/s，航空母舰处于静止状态，(取g=10m/s2)求：
(1)飞机在后一阶段的加速度大小；
(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小；
(3)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。
【答案】解：(1)令后一阶段的加速度大小为a2，平均阻力为f2=0.2mg，根据牛顿第二定律得
F推-f2=ma2，
代入数据解得a2=4.0m/s2。
(2)设在电磁弹射区末的速度为v1，
由运动学公式得v2-v12=2a2(l-l1)
代入数据解得v1=202m/s
(3)由运动学公式得：v12=2a1l1
解得：a1=5m/s2
根据牛顿第二定律有F牵+F推-0.2mg=ma1，
代入数据解得F牵=2×104N。
答：(1)飞机在后一阶段的加速度大小4.0m/s2；
(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小202m/s：
(3)电磁弹射器的牵引力的大小2×104N。
【解析】(1)飞机在后一阶段，在发动机的推力F推和阻力的作用下匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
(2)飞机在后一阶段，由速度位移公式求解；
(3)由运动学公式求得在第一段的加速度，再由牛顿第二定律求得牵引力。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
22. “打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为1.8m处，以8m/s的水平初速度用力飞出一质量为20g的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4N.假设每次小石片接触水面相同的时间0.04s后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数k，k=0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5m/s2加速度沿竖直方向沉入深为1m的水底。不计空气阻力。求：
(1)小石片第一次接触水面时的速度；
(2)小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功；
(3)小石片从抛出到沉入水底的总时间。
【答案】解：(1)小石块先做平抛运动，竖直方向有：
h1=12gt12
解得：t1=0.6s
vy0=gt1=10×0.6=6m/s
则v0=vx02+vy02=62+82m/s=10m/s；
(2)由v2=2ah2得
解得：
小石片沉入水底时的速度
v=1m/s
从抛出到沉入水底过程，根据动能定理有
mg(h1+h2)+W=12mv2-12mv02
解得：W=-1.19J。
(3)小石片在水面上滑行时，由牛顿第二定律有：
a=fm=0.40.02=20m/s2
每次滑行速度的变化量△v=-a△t=20×0.04=-0.8m/s；
由n=vx0△v=80.8=10
可知，小石片共在水平方向滑行了10次，空中弹起后飞行了9次
第n次弹起后的速度vxn=vx0+△vx=8-0.8n
再由vyn=kvxn和tn=2vyng可得：tn=65(1-0.1n)为一等差数列，首项t1=1.08s，公差d=0.12
根据等差数列求和公式可得，消失在空中的飞行时间：
第n次弹起后在空中飞行的时间为：
t2=stn=nt1+12n(n-1)d=5.4s
在水面上滑行的时间为t3=0.04×10=0.4s
在水中下沉的时间t4=2h2a=2s
故总时间t=t1+t2+t3+t4=1.08+5.4+2+0.4=8.48s。
答：(1)小石片第一次接触水面时的速度为10m/s；
(2)小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功为-1.19J；
(3)小石片从抛出到沉入水底的总时间为8.48s。
【解析】(1)小石块做平抛运动，根据平抛运动规律可确定小石片第一次接触水面时的速度；
(2)根据竖直方向上的运动规律可确定小石片的速度，再由动能定理可求得做功多少；
(3)小石片在水面上滑行时，由牛顿第二定律可确定加速度，从而确定每次滑行时速度的变化，从而确定出滑行次数，根据数学规律确定滑行的时间，再根据运动学规律确定水中下落时间，从而确定总时间。
本题综合考查了动能定理、平抛运动、牛顿第二定律等内容，难点在于第3问中数学规律的应用，要掌握等差数例的求和方法。
23. 如图，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距为L，左侧接一阻值为R的电阻。矩形区域abfe内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨上ac段和bd段单位长度的电阻为r0，导轨其余部分电阻不计，且ac=bd=x1.一质量为m，电阻不计的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。金属棒受到一个水平拉力作用，从磁场的左边界由静止开始作匀加速直线运动，加速度大小为a。棒运动到cd处撤去外力，棒在运动到磁场右边界ef处恰好静止。求：
(1)金属棒在区域abdc内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x(相对b点)的表达式；
(2)试求撤去外力后在区域cdfe内切割磁感线时棒的速度v随位移x(相对d点)的变化规律以及df的长度x2应满足什么条件。
(3)金属棒在整个运动过程中电阻R的最大电流值和最小值。
【答案】解：(1)金属棒产生的感应电动势E=BLv
金属棒由静止开始作匀加速直线运动，则有v2=2ax
联立得E=BL2ax
(2)当位移为x1时，有v1=2ax1
回路总电阻R总=R+2r0⋅x1
根据动量定理得mv-mv1=-BIL△t
通过金属棒的电荷量q=I△t
又有q=△ΦR总=BLxR总
可得v=2ax1-B2L2xm(R+2x1r0)。
当v=0时，B2L2x2m(R+2x1r0)=2ax1
解得x2=m(R+2x1r0)2ax1B2L2
(3)在df段：速度减小，感应电动势减小且回路总电阻恒定，所以感应电流减小，当速度减为零时，感应电流也为零，即电流最小值为零；或当t=0时电流最小值为零；
在bd段：I=BLatR+2r0⋅12at2=BLaRt+r0⋅at。
最大电流值讨论：
①当满足Rt=r0⋅at，即：t=Rr0⋅a且Rr0⋅a≤2x1a(在bd段内能达到最大电流)，Imax=BL2aR⋅r0
②当t=Rr0⋅a>2x1a时，
当导体棒加速运动到cd处时，Imax=BL2ax1R+2r0⋅x1
答：(1)金属棒在区域abdc内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x(相对b点)的表达式为E=BL2ax；
(2)试求撤去外力后在区域cdfe内切割磁感线时棒的速度v随位移x(相对d点)的变化规律是v=2ax1-B2L2xm(R+2x1r0).df的长度x2应满足的条件是x2=m(R+2x1r0)2ax1B2L2。
(3)金属棒在整个运动过程中电阻R的最大电流值和最小值分别为BL2ax1R+2r0x1和0。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律E=BLv以及速度位移公式推导出感应电动势随时间t变化的表达式；
(2)先推导出回路总电阻的表达式，然后根据速度位移公式得到速度与x的关系式，再根据动量定理以及通过棒的电荷量与x的关系，得到速度v随位移x的变化规律，从而求得x2应满足的条件；
(3)在df段：速度减小，感应电动势减小且回路总电阻恒定，所以感应电流减小，当速度减为零时，感应电流也为零，即电流最小值为零；或当t=0时电流最小值为零。
本题的关键要根据物理规律找出物理量的关系，通过已知量得出未知量。要善于对物体过程分析和进行受力分析，法拉第电磁感应定律结合运动学公式解决问题。
24. 如图所示，空间存在两对平行板，平行板间存在垂直纸面向内的匀强磁场，板间距d=5cm，MN、PQ为磁场的边界，MN、PQ之间存在水平向右的匀强电场，OO'为该区域的对称轴，MN与PQ之间的距离L=2cm。两个质量均为m、电荷量分别为+q和-q的粒子以相同速度大小v0=2×105m/s垂直电场线进入电场，而后以v=22×105m/s大小的速度进入磁场，粒子重力不计。
(1)若两个粒子都从O点沿OO'直线入射，试判断两粒子的轨迹是否关于OO'直线对称？
(2)若+q粒子从O点沿OO'直线入射，-q粒子由O'沿O'O直线入射(未画出)，且已知两粒子在磁场中运动的周期为22π×10-7s，试判断两粒子是否会打到板上，若打到板上，求出打在板上的位置；若不能打在到上，则求出两粒子分别从O、O'进入到第一次离开磁场各自所用的时间。
(3)若+q粒子仍从O沿OO'直线入射，-q粒子从O'沿O'O直线入射，且已知两粒子的比荷qm=5×107C/kg，若要使粒子进出磁场一次后，从MP或NQ之间离开电场，求磁感应强度B的取值范围。
【答案】解：(1)正负粒子进入电场时初速度大小相等、方向相反。所受的电场力大小相等、方向相反，则加速度大小相等、方向相反，所以两粒子的轨迹关于OO'直线对称。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，平行于电场方向有：vx=22v=2×105m/s，
vxt02=d2，
t0=10-7s
垂直于电场方向有：x=v0t0=2cm
粒子在磁场中运动周期T=2πrv，则轨迹半径r=Tv2π=1cm
正粒子：r+rcos45∘=2+22cm<2cm，则不会打到板上。运动时间t=t0+34T=(1+32π8)×10-7s
负粒子：x+2rcos45∘=4cm<5cm，不会打到板上，运动时间t'=t0+14T=(1+2π8)×10-7s
(2)正粒子：恰到Q点临界，半径应小于此临界值，对应的磁感应强度设为B1。
可得弦长为2r1=4-3=1cm
轨迹半径r1=22cm
由r=mvqB，得B=mvqr
将r1代入得B1=0.8T
此时r1已小于第(2)问中的r，故此时的磁感应强度比B1大。
负粒子：恰到M点临界，半径应小于此临界值，对应的磁感应强度设为B2。
可得弦长为2r2=5-2=3cm
轨迹半径r2=322cm
此时r2>r1，对应的B2
答：
(1)两粒子的轨迹关于OO'直线对称。
(2)正粒子不会打到板上。运动时间为(1+32π8)×10-7s
负粒子不会打到板上，运动时间为(1+2π8)×10-7s。
(3)磁感应强度B的取值范围是B>0.8T。
【解析】(1)两个粒子射入电场后都类平抛运动，根据初速度、受力情况分析轨迹是否对称。
(2)两个粒子先做类平抛运动，后在磁场中做匀速圆周运动。先根据类平抛运动的规律求出在电场中运动时间和竖直分位移。由T=2πrv求粒子在磁场中运动的轨迹半径，由几何关系分析粒子能否打在板上。
(3)对于正粒子，恰到Q点临界，半径应小于此临界值。对于负粒子，恰到M点临界，半径应小于此临界值。由几何知识和半径公式结合求解。
粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在电场力作用下做类平抛运动，掌握两种运动的处理规律，学会运动的分解与几何关系的应用。
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 关于力与运动的关系，下列说法中正确的是( )
A. 必须有力的作用物体才能运动
B. 牛顿第一定律可以用实验直接验证
C. 伽利略用理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”
D. 牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
【答案】C
【解析】解：A、物体的运动不需要力来维持，不受外力的物体可以做匀速直线运动，故A错误；
B、牛顿第一定律无法用实验直接验证，故B错误；
C、理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，故C正确；
D、惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故D错误。
故选：C。
明确牛顿运动定律的基本内容，知道力和运动的关系，明确力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因。
本题主要考查了力与运动的关系，时刻牢记力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力，便可对大多数的现象进行分析和判断。同时也要注意，当一个物体的运动状态发生了改变时，说明它一定受到了力的作用。
2. 功的单位是焦耳(J)，焦耳与基本单位米(m)、千克(kg)、秒(s)之间的关系正确的是( )
A. 1J=1kg⋅m/s B. 1J=1kg⋅m/s2 C. 1J=1kg⋅m2/s D. 1J=1kg⋅m2/s2
【答案】D
【解析】解：根据W=FL可得，
所以1J=1N⋅m，
根据牛顿第二定律F=ma可知，
力的单位为：1N=1kg⋅m/s2，所以BCD错误；
所以有：1J=kg⋅m2/s2
所以D正确，ABC错误。
故选：D。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位。
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。
3. 如图甲所示为一运动员(可视为质点)进行三米板跳训练的场景，某次跳水过程的v-t图象如图乙所示，t=0是其向上起跳的瞬间，则该运动员从跳板弹起能上升的高度最接近( )
A. 0.38m
B. 0.80m
C. 1.10m
D. 3.00m
【答案】A
【解析】解：设跳水运动员起的速度大小为v，上升的最大高度为h。
由v-t图象与坐标轴围成面积表示位移，可知：3v⋅3t12-vt12=3m
又h=vt12
联立解得：h=0.375m≈0.38m
故选：A。
在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，速度的正负表示速度的方向。该运动员跳水过程的总位移等于3m，根据“面积”表示位移求出0-t1时间内上升的高度。
本题主要是考查学生对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，速度的正负表示运动方向，图象的面积代表的是位移。
4. 如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上A、B两点绕O点转动的角速度大小为ωA、ωB，线速度大小为vA、vB，则( )
A. ωA<ωB，vA=vB B. ωA>ωB，vA=vB
C. ωA=ωB，vA
【答案】D
【解析】解：杆上A、B两点绕O点的转动属于同轴转动，所以角速度相等，故ωA=ωB；
由于rA>rB，根据v=rω，vA>vB；所以选项ABC错误，D正确。
故选：D。
同轴转动，角速度相等；根据v=rω判断线速度大小。
本题关键是明确同轴转动角速度相等，然后根据线速度与角速度关系公式比较线速度大小；也可以直接根据线速度和角速度的定义公式判断，基础题。
5. 2017年10月24日，在地球观测组织(GEO)全会期间举办的“中国日”活动上，我国正式向国际社会免费开放共享我国新一代地球同步静止轨道气象卫星“风云四号”(如图所示)和全球第一颗二氧化碳监测科学实验卫星(简称“碳卫星”)的数据。“碳卫星”是绕地球极地运行的卫星，在离地球表面700公里的圆轨道对地球进行扫描，汇集约140天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图，有关这两颗卫星的说法正确的是( )
A. “风云四号”卫星的向心加速度大于“碳卫星”的向心加速度
B. “风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度
C. “碳卫星”的运行轨道理论上可以和地球某一条经线重合
D. “风云四号”卫星的线速度大于第一宇宙速度
【答案】B
【解析】A、根据GMmr2=ma，可知运行轨道半径越大向心加速度越小，“风云四号”卫星的运行轨道半径大于“碳卫星”的轨道半径，所以“风云四号”卫星的向心加速度小于“碳卫星”的向心加速度，故A错误；
B、由GMmr2=mv2r，有v=GMr，“风云四号”卫星的运行轨道半径大于“碳卫星”的轨道半径，所以“风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度，故B正确；
C、由于地球的自转，“碳卫星”的运行轨道无法和地球的经线重合，故C错误；
D、第一宇宙速度是最大的运行速度，所以“风云四号”卫星的线速度小于第一宇宙速度，故D错误；
故选：B。
根据万有引力提供向心力比较“飞云四号”卫星和“碳卫星”的向心加速度和线速度，第一宇宙速度是最大的运行速度，由于地球自转，“碳卫星”的轨道无法和某一经线重合。
本题考查考生的推理能力，需要考生熟练运用万有引力定律及几何知识解题。
6. 如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ=60∘，AB两点高度差h=1m，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为( )
A. 45m/s B. 25m/s C. 4315m/s D. 215m/s
【答案】A
【解析】【分析】
根据高度求出平抛运动的时间，结合速度时间公式求出球的竖直分速度，根据平行四边形定则求出球刚要落到球拍上时速度大小。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和平行四边形定则综合求解，难度不大。
【解答】
根据h=12gt2得，t=2hg=2×110s=15s，
竖直分速度：vy=gt=10×15m/s=25m/s，
根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v=vycos60∘=2512m/s=45m/s，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
7. 研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍。某同学体重为70kg，在水平地面上匀速步行的速度为5km/h，此过程中他的平均功率约为( )
A. 5W B. 50W C. 100W D. 200 W
【答案】C
【解析】解：在水平地面上匀速步行的速度为5km/h，即1h步行了5km，人步行时重心升降的幅度约脚跨一步距离的0.1倍，故在5km的过程中重心上升的高度为△h=0.1x=500m，人的重力为G=700N，故克服重力做功为W=mgh=3.5×105J，
1h=3600s，根据P=Wt=3.5×1053600≈100W，故C正确；
故选：C。
人的质量为M=70kg，由于人步行时重心升降的幅度约脚跨一步距离的0.1倍，求得人重心上升的高度，即可求得克服重力所做的功，再根据P=Wt求出功率；
本题考查功和功率的计算，要注意正确理解重力做功的计算方法，抓住重心总的上升高度是解题的关键。
8. 刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是用斧头劈木柴的示意图。劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背上加一力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压物体，把木柴劈开。设劈背的宽度为d，劈的斜面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为( )
A. dlF B. ldF C. l2dF D. d2lF
【答案】B
【解析】解：将力F分解为F1、F2两个分力。这两个分力分别与劈的两个侧面垂直，根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似：
d2L=F2F1
所以F1=F2=LdF，故B正确；ACD错误；
故选：B。
力F产生两个作用效果，向两侧面推压物体，将力F按照力的平行四边形定则分解，由力三角形找几何关系，得到两个分力。
力的分解通常要根据力的作用效果分解，符合平行四边形定则，然后根据几何关系确定各个分力的大小。
9. 为了研究电介质的极化性质，设想用α粒子轰击某电介质。电介质极化时产生很多电偶极子，电偶极子可视为如图所示等量异种电荷。α粒子从等量异种电荷垂直平分上某点A开始水平向右轰击如图所示等量异种电荷，轨迹如图中实线所示，则下列说法中错误的是( )
A. α粒子在C点时电势能比A位置时小
B. α粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加
C. α粒子在C点时加速度比A位置时大
D. 要使a粒子沿着虚线做匀速直线运动，则需要加一垂直纸面向里的匀强磁场
【答案】D
【解析】解：AB、等量异种电荷的连线的中垂线是等势线，电势与无穷远处的电势是相等，该中垂线各点电场强度的方向相同，都是向下；α粒子带正电，向下偏转的过程中电场力做正功，电势能减小，所以在C点时电势能比A位置时小，所以粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加，故AB正确；
C、根据等量异种电荷的电场线的特点可知，C位置的电场强度一定大于A位置的电场强度，所以粒子在C点受到的电场力大，由牛顿第二定律可知，粒子在C点时加速度比A位置时大。故C正确；
D、根据等量异种电荷的连线的中垂线上各点的电场强度的特点可知，A到O的过程中电场强度逐渐增大，所以需要加一垂直纸面向里的非匀强磁场。故D错误。
本题选说法中错误的
故选：D。
根据等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况，结合电场力的变化判断外力的变化，中垂线的电势，带电粒子的电势能。
解决本题的关键知道根据等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况与特点来分析求解。
10. 法拉第电动机的改装电路如图甲所示，在圆形水银槽中心竖直固定着一条形磁铁，S极向上，一根金属杆斜插在水银中，金属杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的链相连。在电路中A、B点间接入图乙所示交流电时，电源、理想二极管、导线、金属杆、水很构成回路，电路安全且正常工作(不计金属杆在转动中水银阻力的影响及水银电阻的变化)，则从上往下看，金属杆( )
A. 逆时针匀速转动 B. 逆时针非匀速转动
C. 顺时针匀速转动 D. 顺时针非匀速转动
【答案】D
【解析】【分析】
根据二极管单向导电性分析通过金属杆的电流方向，由左手定则分析金属杆所受的安培力方向，从而判断出金属杆转动的方向。
本题中铜棒、水银、导电柱和电源构成了一个回路，开关闭合时，电路中有电流通过，能根据左手定则判断安培力方向，来确定金属杆的运动情况。
【解答】
闭合开关S，由于二极管具有单向导电性，则有向上的电流通过金属杆，金属杆处在磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向外，使金属杆以磁铁棒为轴顺时针转动，由于电流大小周期性改变，所以安培力大小也改变，故金属杆非匀速转动，故ABC错误，D正确；
故选D。
11. 如图所示，电子枪向右发射电子束，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则电子束将( )
A. 向上偏转 速率越来越小 B. 向上偏转 速率保持不变
C. 向下偏转 速率越来越大 D. 向下偏转 速率保持不变
【答案】B
【解析】解：由安培定则可知，在电子枪处电流磁场方向垂直于纸面向外；
电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转；因洛伦兹力不做功，故电子速的速率保持不变，故B正确ACD错误。
故选：B。
由安培定则判断出通电导线中的电流在电子枪位置的磁场方向；然后由左手定则判断出电子束受到的洛伦兹力方向，最后根据电子束的受力方向判断电子束如何偏转。
知道电流方向与电子运动方向相反，熟练掌握安培定则、左手定则是正确解题的关键，同时注意电子带负电，四指的方向要与运动方向相反。
12. 如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )
A. 向左移动时，θ增加 B. 向右移动时，θ增加
C. 向左移动时，θ不变 D. 向右移动时，θ减少
【答案】B
【解析】解：AC、当被测物体向左移动时，导致电容器极板间的电介质中增多，则电容会增大，由于电量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减少，故AC错误；
BD、当被测物体向右移动时，导致电容器极板间的电介质中减少，则电容会减小，由于电量不变，则电容器极板间的电压增大，即θ增加，故B正确，D错误；
故选：B。
依据电容的决定式C=ɛS4πkd，结合电容的定义式C=QU，及针对本题电容器的电量不变，即可求解。
考查电容的定义式与决定式的应用，掌握比值定义法的含义，注意两式的区别，同时理解电量何时不变，电压何时不变的条件。
13. 如图所示，我国“玉兔号”月球车已从原定的冬眠计划中“苏醒”，并能正常接收信号，它利用太阳光照射太阳能电池板产生的电能，使电动机带动月球车前进。已知总质量为140 kg的“玉兔号”中所安装的太阳能电池板的电动势为45 V，内阻为10Ω，正常工作时电池板的输出功率为45W.“玉兔号”在某一次正常工作时，在平直的月球表面上从静止出发沿直线加速行驶，经过5 s时间速度达到最大值0.05m/s，假设这一过程中“玉兔号”所受阻力恒定，且电池输出功率的80%转化为用于牵引月球车前进的机械功率。根据题意可知( )
A. “玉兔号”中太阳能电池板的短路电流为10 A
B. “玉兔号”在运动过程中所受阻力大小为900 N
C. “玉兔号’’在上述运动过程中所受合外力做功为180 J
D. “玉兔号”在上述运动过程中所前进的距离约为0.26m
【答案】D
【解析】解：A、太阳能电池板的电动势为45V，内阻为10Ω，故短路电流：I=Er=4510A=4.5A，故A错误；
B、电池输出功率的80%转化为用于牵引月球车前进的机械功率，速度最大值0.05m/s，故：f=80%Pvm=0.8×450.05N=720N，故B错误；
C、根据动能定理，“玉兔号”在上述运动过程中所受合外力做功等于动能的增加量，为：W=12mvm2=12×140×0.052J=0.175J，故C错误；
D、根据动能定理，有：80%Pt-fx=12mvm2，代入数据：0.8×45×5-720x=0.175，解得：x≈0.26m，故D正确；
故选：D。
对于选项A，根据I=Er求解短路电流；对于选项B，最大速度已知，此时牵引力等于阻力，根据80%P=Fv列式分析；对于选项C，合力做功等于动能的增加量；对于选项D，根据动能定理列式分析。
本题是恒定功率启动问题，关键是明确车的速度最大时，牵引力等于阻力，同时要对加速全过程根据动能定理列式分析。
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
14. 下列说法正确的是( )
A. 普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
B. 波尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了各种原子光谱的实验规律
C. 单缝衍射实验的结果表明：微观粒子的位置和动量不能够同时确定
D. 电磁波频率越高，相同的时间能传递的信息量越大
【答案】ACD
【解析】解：A、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故A正确。
B、玻尔将量子观念引入原子领域，并能够解释氢原子的光谱特征，不是解释了各种原子光谱的实验规律。故B错误。
C、单缝衍射实验中，如果让较弱的光在较短的时间内通过狭缝，则底片处显示的亮点是不确定的；如果让较强的光在较长的时间内通过狭缝，则底片处显示为单缝衍射的图案；狭缝变窄，光的粒子性越明显；该结果表明：微观粒子的位置和动量不能够同时确定，故C正确。
D、电磁波是频率越高，其周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故D正确。
故选：ACD。
普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一；玻尔将量子观念引入原子领域，并能够解释氢原子的光谱特征，但不能解释其它原子发光现象；不确定性关系，说明微观粒子没有准确的位置与动量；信息量信息量一般情况小，电磁波是频率越高，可承载的信息量越大。
本题考查了物理学史，玻尔理论、光的粒子性与波动性、电磁波等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，对于物理学史，不能混淆，要牢记。
15. 关于如下现象的表述正确的是( )
A. 甲图中是利用紫外线进行防伪
B. 乙图中利用β射线照射人体进行透视的
C. 丙图中夜视系统是利用红外线
D. 丁图中蝙蝠和雷达均利用超声波定位
【答案】AC
【解析】解：A、甲图中是利用紫外线进行防伪，故A正确；
B、乙图中CT是利用X射线照射人体的，不是利用辐射性强的β射线，故B错误；
C、丙图中夜视系统是利用不可见光中的红外线，故C正确；
D、丁图中蝙蝠利用超声波定位，从而进行捕食的，故D错误。
故选：AC。
明确电磁波谱的基本内容，同时掌握各种电磁波在生产生活中的基本应用。
本题考查电磁波谱的性质以及各种电磁波的应用，要重点掌握紫外线、红外线以及X射线等在生产生活中的常见应用。
16. 如图甲所示为一简谐波在t=0时刻的图象，图乙所示为x=4m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是( )
A. 这列波的波速是2m/s
B. 这列波的传播方向沿x正方向
C. t=3.5s时P点的位移为0.2m
D. 从t=0时刻开始P点的振动方程为y=0.2sin(πt+π)m。
【答案】ACD
【解析】解：A、由图象可知波长λ=4m，周期T=2s，则波速为：v=λT=42m/s=2m/s，故A正确；
B、t=0时刻P点向-y方向振动，有波动和振动的关系可判断波向x负方向传播，故B错误；
C、由质点P的振动图象知，t=3.5s=134T，此时P点位于波峰位置，故C正确；
D、由图乙知ω=2πT=π，初相位为π，振动方程为y=0.2sin(πt+π)m，故D正确。
故选：ACD。
本题是波动图象和振动图象的结合，先有波动图知：λ=4m，A=0.2m；由振动图象知：T=2s，用v=λT求波速；利用波动和振动关系判断是的振动情况和波传播方向。根据P点的振幅、周期和初位相，写出振动方程。
明确波动图象和振动图象的意义及相互联系，由波动和振动的关系判断质点的振动情况和波的传播方向。
三、填空题（本大题共1小题，共2.0分）
17. 在“探究碰撞中的不变量”实验中，某同学利用气垫导轨，结合光电门来研究碰撞前后的不变量。如图所示，滑块上面的遮光片宽度为2.00cm，滑块1的质量为120g，滑块2的质量为220g。他先让滑块2静止放置在两个光电门之间，滑块1向右碰撞滑块2，碰撞后滑块1反弹，滑块2向右通过光电门，其中光电门1显示的两个时间先后分别为t1=0.034s和t1'=0.144s，光电门2显示的时间t2=0.050s，则碰撞后的滑块1和滑块2总动量的大小为______kg⋅m/s(结果保留两位有效数字)。
【答案】0.071
【解析】解：碰撞后两滑块的速度分别为：
，方向：向左，
v'2=d△t2=2.00×10-20.050m/s，方向：向右，
取向右为正方向，碰撞后系统总动量为：
P'=m1v1+m2v'2=0.120×(-2.00×10-20.144)+0.220×2.00×10-20.050≈0.071kg⋅m/s；
故答案为：0.071。
根据物体经过光电门的时间可求得滑块经过光电门的速度，根据动量的定义明确碰撞前后的动量。
本题考查验证动量守恒定律实验，知道实验原理，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键；利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握。
四、实验题探究题（本大题共3小题，共12.0分）
18. (1)在“探究功与速度变化的关系”实验中，某同学设计了如图甲所示的实验方案：使小物块在橡皮筋的作用下沿水平桌面被弹出，第二次、第三次…操作时分别改用2根、3根、…同样的橡皮筋将小物块弹出，测出小物块被弹出时速度，然后找到牵引力对小物块做的功与小物块速度的关系。
(a)要测得小物块被弹出后的水平速度，需要测量哪些物理量(填正确答案标号，g已知)______
A.小物块的质量m B.橡皮筋的原长x
C.橡皮筋的伸长量△x D.桌面到地面的高度h
E.小物块抛出点到落地点的水平距离L
(b)根据实验数据做出W-v2的图象如图乙所示，图线不通过原点的原因是______
(2)某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2。
(a)主要实验步骤如下：
①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧测力计的示数F；
②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点，此时绳套1沿0∘方向，绳套2沿120∘方向，记下绳套1弹簧测力计的示数F1；
③根据力的平行四边形定则计算此时绳套1的拉力F1'=______；
④比较______，即可初步验证；
⑤只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤。
(b)保持绳套2方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动90∘，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是______。
A.逐渐增大B.先增大后减小
C.逐渐减小D.先减小后增大
【答案】DE 物体在桌面上运动时要克服摩擦力做功 33F F1和F'1 D
【解析】解：(1)(a)物块离开桌面后做平抛运动，
竖直方向：h=12gt2，水平方向：L=vt，
解得：v=Lg2h
要测物被弹出时的速度，需要测量：桌面到地面的高度h，小物块抛出点到落地点的水平距离L，故选DE；
(b)物块在桌面上运动时，弹力对物块做整个，摩擦力对物块做负功，由于物块要克服摩擦力做功，则图象不过原点。
(2))(a)③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F'1=Ftan30∘=33F；
④比较F1和F'1，即可初步验证；
(b)将绳套1由0∘方向缓慢转动到60∘方向，同时绳套2保持120∘方向不变，又由于在此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下：
故绳套1的拉力先减小后增加；故ABC错误D正确
故选：D
故答案为：：(1)(a)DE(b)物体在桌面上运动时要克服摩擦力做功
(2))(a)③33F④F1和F'1(b)D
(1)(a)物块离开桌面后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出物块的水平速度。就能知道需要测量的物理量；(b)对物体受力分析，根据物体的受力情况分析答题
(2)(a)③④根据的平行四边形定则计算绳套1的拉力，通过比较F1和F1'，在误差范围内相同，则可初步验证；
(b)两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则判断即可
本题主要考查了探究功与速度变化的关系、平行四边形定则的直接应用，明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论。对于动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论。
19. 电脑USB接口可用于手机充电，相当于一个电源。小明想利用测电源电动势和内电阻的方法来测量电脑USB接口“等效电源”的电动势和内电阻。
(1)小明从USB接口引出连接线，用多用电表粗测电动势，选择的挡位和示数如图甲所示，则电动势的粗略测量值为______V.其中与多用电表红表笔连接的是电源的______(填“正极”或“负极”)。
(2)小明根据粗测结果设计电路，并根据电路图连接实物如图乙1所示，USB电源引出线如图乙2细节图所示，为保护USB接口，电路中串联阻值为3Ω的定值电阻。小明根据图乙电路测出了六组数据，并将点描在了U-I坐标系中，由于测量方案的原因，数轴都未从0开始，请你帮他画好图线，并根据图象求得“等效电源”电动势E=______V、内电阻r=______Ω.(结果小数点后面保留一位)
(3)根据图丙U-I坐标系中的数据点，发现电流表的示数接近0.30A时，伏特表示数要超过3V量程，为了能测得更小的电流数据，提高实验精度，你认为下列做法正确的是______。
A.将伏特表量程换成0-15V B.将伏特表拿掉
C.将电阻箱换成滑动变阻器 D.将安培表的量程换为0-3A
【答案】5.0 正极 4.9 2.4 B
【解析】解：(1)电压表量程为10V，最小分度为0.2V，则其读数为5.0V；
其中与多用电表红表笔连接的是电源的正极；
(2)根据给出的数据利用描点法得出图象如图所示；
由于数轴均未从零点开始调节，故与纵轴的交点不是电源的电动势，
由闭合电路欧姆定律可得：
3.30=E-0.3R；
2.22=E-0.5R
联立解得：R=5.4Ω；E=4.9V；
故电源电阻r=5.4-3=2.4Ω；
(3)因电压表量程太小，若换成15V量程的电压表则电压表误差太大；由于采用的是电阻箱，
故可以直接将电压表拿掉，采用电流表和电阻箱组成也可完成实验，故选：B。
故答案为：(1)5.0；正极；(2)4.9；2.4；(3)B。
(1)根据电表的读数方法进行读数，先确定量程及最小分度，根据指针位置读出其示数；电流从电压表的正接线柱流入电表；
(2)根据描点法作出图象，再由图中选点由闭合电路欧姆定律求解；
(3)根据实验电路图进行分析，明确实验可以采用的方法。
本题考查电源的电动势及内电阻的测量，题目较为新颖，要注意认真分析题意，明确实验采用的原理和方法才能准确求解。
20. 某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压。
(1)下列操作正确的是______
A.原线圈接直流电压，电表用直流电压挡 B.原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C.原线圈接交流电压，电表用直流电压挡 D.原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
(2)该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】D 减小
【解析】解：(1)变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，故ABC错误，D正确；
(2)根据变压比公式U1U2=n1n2，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；
故答案为：(1)D；(2)减小。
(1)副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压。副线圈上的感应电流(感应电动势)也应该是交流。
(2)根据变压比等于匝数比进行分析即可。
本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析，基础题。
五、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
21. 随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长L=180m，其中电磁弹射区的长度为L1=80m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵.一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N.假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v=40m/s，航空母舰处于静止状态，(取g=10m/s2)求：
(1)飞机在后一阶段的加速度大小；
(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小；
(3)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。
【答案】解：(1)令后一阶段的加速度大小为a2，平均阻力为f2=0.2mg，根据牛顿第二定律得
F推-f2=ma2，
代入数据解得a2=4.0m/s2。
(2)设在电磁弹射区末的速度为v1，
由运动学公式得v2-v12=2a2(l-l1)
代入数据解得v1=202m/s
(3)由运动学公式得：v12=2a1l1
解得：a1=5m/s2
根据牛顿第二定律有F牵+F推-0.2mg=ma1，
代入数据解得F牵=2×104N。
答：(1)飞机在后一阶段的加速度大小4.0m/s2；
(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小202m/s：
(3)电磁弹射器的牵引力的大小2×104N。
【解析】(1)飞机在后一阶段，在发动机的推力F推和阻力的作用下匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
(2)飞机在后一阶段，由速度位移公式求解；
(3)由运动学公式求得在第一段的加速度，再由牛顿第二定律求得牵引力。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
22. “打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为1.8m处，以8m/s的水平初速度用力飞出一质量为20g的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4N.假设每次小石片接触水面相同的时间0.04s后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数k，k=0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5m/s2加速度沿竖直方向沉入深为1m的水底。不计空气阻力。求：
(1)小石片第一次接触水面时的速度；
(2)小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功；
(3)小石片从抛出到沉入水底的总时间。
【答案】解：(1)小石块先做平抛运动，竖直方向有：
h1=12gt12
解得：t1=0.6s
vy0=gt1=10×0.6=6m/s
则v0=vx02+vy02=62+82m/s=10m/s；
(2)由v2=2ah2得
解得：
小石片沉入水底时的速度
v=1m/s
从抛出到沉入水底过程，根据动能定理有
mg(h1+h2)+W=12mv2-12mv02
解得：W=-1.19J。
(3)小石片在水面上滑行时，由牛顿第二定律有：
a=fm=0.40.02=20m/s2
每次滑行速度的变化量△v=-a△t=20×0.04=-0.8m/s；
由n=vx0△v=80.8=10
可知，小石片共在水平方向滑行了10次，空中弹起后飞行了9次
第n次弹起后的速度vxn=vx0+△vx=8-0.8n
再由vyn=kvxn和tn=2vyng可得：tn=65(1-0.1n)为一等差数列，首项t1=1.08s，公差d=0.12
根据等差数列求和公式可得，消失在空中的飞行时间：
第n次弹起后在空中飞行的时间为：
t2=stn=nt1+12n(n-1)d=5.4s
在水面上滑行的时间为t3=0.04×10=0.4s
在水中下沉的时间t4=2h2a=2s
故总时间t=t1+t2+t3+t4=1.08+5.4+2+0.4=8.48s。
答：(1)小石片第一次接触水面时的速度为10m/s；
(2)小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功为-1.19J；
(3)小石片从抛出到沉入水底的总时间为8.48s。
【解析】(1)小石块做平抛运动，根据平抛运动规律可确定小石片第一次接触水面时的速度；
(2)根据竖直方向上的运动规律可确定小石片的速度，再由动能定理可求得做功多少；
(3)小石片在水面上滑行时，由牛顿第二定律可确定加速度，从而确定每次滑行时速度的变化，从而确定出滑行次数，根据数学规律确定滑行的时间，再根据运动学规律确定水中下落时间，从而确定总时间。
本题综合考查了动能定理、平抛运动、牛顿第二定律等内容，难点在于第3问中数学规律的应用，要掌握等差数例的求和方法。
23. 如图，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距为L，左侧接一阻值为R的电阻。矩形区域abfe内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨上ac段和bd段单位长度的电阻为r0，导轨其余部分电阻不计，且ac=bd=x1.一质量为m，电阻不计的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。金属棒受到一个水平拉力作用，从磁场的左边界由静止开始作匀加速直线运动，加速度大小为a。棒运动到cd处撤去外力，棒在运动到磁场右边界ef处恰好静止。求：
(1)金属棒在区域abdc内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x(相对b点)的表达式；
(2)试求撤去外力后在区域cdfe内切割磁感线时棒的速度v随位移x(相对d点)的变化规律以及df的长度x2应满足什么条件。
(3)金属棒在整个运动过程中电阻R的最大电流值和最小值。
【答案】解：(1)金属棒产生的感应电动势E=BLv
金属棒由静止开始作匀加速直线运动，则有v2=2ax
联立得E=BL2ax
(2)当位移为x1时，有v1=2ax1
回路总电阻R总=R+2r0⋅x1
根据动量定理得mv-mv1=-BIL△t
通过金属棒的电荷量q=I△t
又有q=△ΦR总=BLxR总
可得v=2ax1-B2L2xm(R+2x1r0)。
当v=0时，B2L2x2m(R+2x1r0)=2ax1
解得x2=m(R+2x1r0)2ax1B2L2
(3)在df段：速度减小，感应电动势减小且回路总电阻恒定，所以感应电流减小，当速度减为零时，感应电流也为零，即电流最小值为零；或当t=0时电流最小值为零；
在bd段：I=BLatR+2r0⋅12at2=BLaRt+r0⋅at。
最大电流值讨论：
①当满足Rt=r0⋅at，即：t=Rr0⋅a且Rr0⋅a≤2x1a(在bd段内能达到最大电流)，Imax=BL2aR⋅r0
②当t=Rr0⋅a>2x1a时，
当导体棒加速运动到cd处时，Imax=BL2ax1R+2r0⋅x1
答：(1)金属棒在区域abdc内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x(相对b点)的表达式为E=BL2ax；
(2)试求撤去外力后在区域cdfe内切割磁感线时棒的速度v随位移x(相对d点)的变化规律是v=2ax1-B2L2xm(R+2x1r0).df的长度x2应满足的条件是x2=m(R+2x1r0)2ax1B2L2。
(3)金属棒在整个运动过程中电阻R的最大电流值和最小值分别为BL2ax1R+2r0x1和0。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律E=BLv以及速度位移公式推导出感应电动势随时间t变化的表达式；
(2)先推导出回路总电阻的表达式，然后根据速度位移公式得到速度与x的关系式，再根据动量定理以及通过棒的电荷量与x的关系，得到速度v随位移x的变化规律，从而求得x2应满足的条件；
(3)在df段：速度减小，感应电动势减小且回路总电阻恒定，所以感应电流减小，当速度减为零时，感应电流也为零，即电流最小值为零；或当t=0时电流最小值为零。
本题的关键要根据物理规律找出物理量的关系，通过已知量得出未知量。要善于对物体过程分析和进行受力分析，法拉第电磁感应定律结合运动学公式解决问题。
24. 如图所示，空间存在两对平行板，平行板间存在垂直纸面向内的匀强磁场，板间距d=5cm，MN、PQ为磁场的边界，MN、PQ之间存在水平向右的匀强电场，OO'为该区域的对称轴，MN与PQ之间的距离L=2cm。两个质量均为m、电荷量分别为+q和-q的粒子以相同速度大小v0=2×105m/s垂直电场线进入电场，而后以v=22×105m/s大小的速度进入磁场，粒子重力不计。
(1)若两个粒子都从O点沿OO'直线入射，试判断两粒子的轨迹是否关于OO'直线对称？
(2)若+q粒子从O点沿OO'直线入射，-q粒子由O'沿O'O直线入射(未画出)，且已知两粒子在磁场中运动的周期为22π×10-7s，试判断两粒子是否会打到板上，若打到板上，求出打在板上的位置；若不能打在到上，则求出两粒子分别从O、O'进入到第一次离开磁场各自所用的时间。
(3)若+q粒子仍从O沿OO'直线入射，-q粒子从O'沿O'O直线入射，且已知两粒子的比荷qm=5×107C/kg，若要使粒子进出磁场一次后，从MP或NQ之间离开电场，求磁感应强度B的取值范围。
【答案】解：(1)正负粒子进入电场时初速度大小相等、方向相反。所受的电场力大小相等、方向相反，则加速度大小相等、方向相反，所以两粒子的轨迹关于OO'直线对称。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，平行于电场方向有：vx=22v=2×105m/s，
vxt02=d2，
t0=10-7s
垂直于电场方向有：x=v0t0=2cm
粒子在磁场中运动周期T=2πrv，则轨迹半径r=Tv2π=1cm
正粒子：r+rcos45∘=2+22cm<2cm，则不会打到板上。运动时间t=t0+34T=(1+32π8)×10-7s
负粒子：x+2rcos45∘=4cm<5cm，不会打到板上，运动时间t'=t0+14T=(1+2π8)×10-7s
(2)正粒子：恰到Q点临界，半径应小于此临界值，对应的磁感应强度设为B1。
可得弦长为2r1=4-3=1cm
轨迹半径r1=22cm
由r=mvqB，得B=mvqr
将r1代入得B1=0.8T
此时r1已小于第(2)问中的r，故此时的磁感应强度比B1大。
负粒子：恰到M点临界，半径应小于此临界值，对应的磁感应强度设为B2。
可得弦长为2r2=5-2=3cm
轨迹半径r2=322cm
此时r2>r1，对应的B2
答：
(1)两粒子的轨迹关于OO'直线对称。
(2)正粒子不会打到板上。运动时间为(1+32π8)×10-7s
负粒子不会打到板上，运动时间为(1+2π8)×10-7s。
(3)磁感应强度B的取值范围是B>0.8T。
【解析】(1)两个粒子射入电场后都类平抛运动，根据初速度、受力情况分析轨迹是否对称。
(2)两个粒子先做类平抛运动，后在磁场中做匀速圆周运动。先根据类平抛运动的规律求出在电场中运动时间和竖直分位移。由T=2πrv求粒子在磁场中运动的轨迹半径，由几何关系分析粒子能否打在板上。
(3)对于正粒子，恰到Q点临界，半径应小于此临界值。对于负粒子，恰到M点临界，半径应小于此临界值。由几何知识和半径公式结合求解。
粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在电场力作用下做类平抛运动，掌握两种运动的处理规律，学会运动的分解与几何关系的应用。
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