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2022-2023学年浙江省宁波市北仑中学高二下学期期初返校考试物理试题含解析
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这是一份2022-2023学年浙江省宁波市北仑中学高二下学期期初返校考试物理试题含解析，共29页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
北仑中学2022学年第二学期高二年级期初返校考试物理试卷
（全年级物理选考生+外高班物理选考生使用）
一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）
1. 我们知道，物理学的关系式确定了物理量之间的关系同时，也确定了物理量的单位间的关系，以下不能作为磁感应强度的单位的一项是（ ）
A. T B. N/（A·m） C. （N·s）/（C·m） D. Wb/m
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁感应强度的国际制单位为特斯拉（T），故A正确；
B．由磁感应强度的定义式可知，其单位可以为N/（A·m），故B正确；
C．根据电流的定义式和可知，磁感应强度的单位为
故C正确；
D．由磁感应强度的计算式可知，其单位可以为Wb/m2，故D错误。
故选D。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 电动势大的电源做功一定多，储存的电能越多
B. 电动势就是电势差，电源的电动势一定等于闭合电路中电源两端的电压
C. 电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功
D. 为了节约用电池，生活中我们应该提倡新旧电池混合使用
【答案】C
【解析】
【详解】A．电动势是描述电源做功能力大小的物理量，电动势大的电源做功不一定多，故A错误；
B．电动势是描述电源做功能力大小的物理量，电源的电动势一定大于闭合电路中电源两端的电压（路端电压），故B错误；
C．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，故C正确；
D．旧电池的内阻较大且容量较小，与新电池一起使用时容易发生过量放电，发生危险，且因为内阻较大的原因也会导致电能的更大损耗，故D错误。
故选C。
3. 一个电动机上标“220V 1.5KW”，那么为了使它正常工作，所使用的正弦交流电应是（ ）
A. 电压最大值为220V，电流最大值约为9.6A
B. 电压最大值为311V，电流最大值约为6.8A
C. 电压有效值为220V，电流有效值约为6.8A
D. 电压有效值为311V，电流有效值约为9.6A
【答案】C
【解析】
【详解】电动机上的标称值均为有效值，电压有效值是220V，所以电压的最大值为，由
可知电流有效值约为6.8A，故选C。
【点睛】一切与电功率有关的都是有效值
4. 一列简谐横波沿x轴传播．t=0时刻的波形如图甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图像如图乙所示．则该波的传播方向和波速分别是
A. 沿x轴负方向，60m/s B. 沿x轴正方向，60m/s
C. 沿x轴负方向，30m/s D. 沿x轴正方向，30m/s
【答案】A
【解析】
【详解】由乙图可知：P点下一个时刻位移沿负方向增大，所以P点此时的运动方向向下，得出此波沿x轴负方向传播，由乙图可知：T=0.4s，由甲图可知：λ=24m，故波速为，故A正确，BCD错误。
5. 如图，垂直矩形金属框的匀强磁场磁感强度为B，导体棒ab垂直线框两长边搁在框上，ab长为L．在△t时间内，ab向右匀速滑过距离d，则 （ ）
A. 因右边面积减少Ld，左边面积增大Ld，则，
B 因右边面积减小Ld，左边面积增大Ld，两边抵消，，
C. ，
D. 不能用算，只能用
【答案】C
【解析】
【详解】AB．导体棒垂直线框两长边搁在框上向右运动，导体棒是电源，该题目不能以整个线框分析研究，故AB错误；
CD．根据法拉第电磁感应定律得
对于左边或右边的线框，磁通量的变化量
根据
故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，交流电的频率增大时，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是（ ）
A. L1、L2、L3亮度都不变 B. L1变暗、L2不变、L3变亮
C. L1变暗、L2变亮、L3不变 D. L1变亮、L2变暗、L3不变
【答案】C
【解析】
【详解】三个支路的电压不变，当交流电频率增大时，电感线圈的感抗增加，对电流的阻碍作用变大，则变暗；电容器的容抗减小，对电流的阻碍作用减小，则变亮；电阻对电流的阻碍作用与频率无关，则不变，故ABD错误C正确。
故选C。
7. 高压输送过程中的高电压、大电流，我们一般用电压互感器和电流互感器进行测量。如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则（ ）
A. a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×106W
B. a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×103W
C. a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×106W
D. a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×103W
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，由图可知，表为电压表，表为电流表，根据电压比与电压表示数可知，输送电压为
根据电流比与电流表示数可知，输送电流为
输送电功率为
故选A
8. 如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则（ ）
A. 只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大
B. 只将Q向下移动时，电流表的读数变大
C. 只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大
D. 只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据变压器原理有
只将Q向下移动时,原副线圈匝数、原线圈输入电压不变，则副线圈输出电压不变，灯泡的亮度保持不变，故A错误；
B．只将Q向下移动时, 副线圈输出电压不变，滑动变阻器接入电路的阻值增大，根据
可知通过滑动变阻器的电流减小，通过灯泡的电流不变，则电流表的读数变小，故B错误；
C．只将P沿顺时针方向移动时，副线圈匝数减少，则副线圈输出电压减小，通过灯泡和滑动变阻器的电流均减小，故电流表的读数变小，故C错误；
D．只提高输入端的电压U时，原副线圈匝数不变，则副线圈输出电压增大，通过灯泡和滑动变阻器的电流均增大，故电流表的读数变大，故D正确。
故选D。
9. 著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验：一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着一圈带负电的金属小球，如图所示．当线圈接通直流电源后，线圈中的电流方向如图中箭头所示，圆盘会发生转动．几位同学对这一实验现象进行了解释和猜测，你认为合理的是
A. 接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）
B. 接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）
C. 接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）
D. 接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）
【答案】C
【解析】
【详解】AB．小球在静止时不受洛伦兹力，故圆盘不会发生转动；故AB错误；
CD．若金属小球带负电且线圈中电流突然增大，根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的感应电场，负电荷在电场中受的电场力沿顺时针方向，故圆盘沿顺时针转动；故C正确，D错误；
故选C。
【名师点睛】此题是对楞次定律及洛伦兹力问题的考查；关键是能根据楞次定律判断当电流变化时，由于磁场的变化而产生的电场方向，并能判断所受的电场力的方向.
10. 在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v－t图，可能正确的是：（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【详解】根据楞次定律的“来拒去留”可知线框受到向上的安培力，线框由静止向下做加速运动，设线框的有效切割磁感线的长度为L，线框的电阻为R，则有，根据欧姆定律可得，故，根据牛顿第二定律可得，故，运动过程中，L在变大，v在变大，故加速度在减小，即速度时间图像的斜率再减小，故AB错误；由于不知道当线框完全进入磁场时重力和安培力的关系，所以之后线框的速度可能继续增大，可能恒定不变，故CD正确
11. 如图所示，水平叠放在一起的两个物体A、B，在光滑的水平面上一起做简谐运动，并始终保持相对静止。A、B两物体连接的弹簧劲度系数和原长相同，两物体的质量分别为m1、m2（m1≠m2），在A、B一起运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 两物体之间一直无摩擦力
B. 除原长位置外，其它位置都有摩擦力，且大小不变
C. 除原长位置外，其它位置都有摩擦力，且大小随位置变化
D. 除原长位置外，左右各有一处存在摩擦力为0的位置
【答案】C
【解析】
【详解】由于A、B两个物体在光滑的水平面上一起做简谐运动，根据牛顿第二定律，对AB整体，有
所以
对A物体，若不受摩擦力，有
所以
由于
所以
由此可知，A、B两物体之间存在摩擦力，但在平衡位置处，加速度为零，弹簧弹力为零，摩擦力为零，在其他位置都有摩擦力，且大小随位置变化。
故选C。
12. 如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子，质量为m，带电量为q，沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为30°，则粒子的速率为（该粒子不计重力）（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，设粒子的速率为，粒子进入磁场之后做匀速圆周运动，则有
画出运动轨迹，如图所示
由于粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为30°，则有
，
由于射入点与ab的距离为，则有
可得
由图可知
由余弦定理有
可得
联立解得，粒子的速率为
故选B。
二、不定项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
13. 把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上固定一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这样就做成了一个共振筛，筛子做自由振动时，完成10次全振动用时．在某电压下，电动偏心轮转速是．已知增大电压可使偏心轮转速提高；增加筛子的质量，可以增大筛子的固有周期．那么要使筛子的振幅增大，下列哪些做法是正确的（ ）
A. 提高输入电压 B. 降低输入电压
C. 增加筛子质量 D. 减小筛子质量
【答案】AC
【解析】
【详解】在题设条件下，筛子振动固有周期
电动偏心轮的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)
要使筛子振幅增大，就是使这两个周期值靠近，可采用两种做法：第一，提高输入电压，偏心轮转得快-一些，减小驱动力的周期；第二，增加筛子的质量使筛子的固有周期增大．
A. 提高输入电压，与分析相符，故A项符合题意；
B. 降低输入电压，与分析不符，故B项不符合题意；
C. 增加筛子质量，与分析相符，故C项符合题意；
D. 减小筛子质量，与分析不符，故D项不符合题意．
14. 如图所示为一种获得高能粒子装置简图，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量+q的粒子在环中作半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变（ ）
A. 粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n圈后回到A板时，粒子的动能为nqU
B. 在粒子绕行的整个过程中，A板电势可以始终保持为+U
C. 在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变
D. 为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．粒子在电场中做匀加速直线运动，对全过程列出动能定理可得，从静止开始绕行n圈后回到A板时粒子获得的总动能为
故A正确；
B．在粒子绕行的整个过程中，若A板电势始终保持为，粒子再次到达A板附近时所受电场力方向与运动方向相反，粒子被减速，就不能持续加速，故B错误；
C．粒子始终做半径为R的匀速圆周运动，由于粒子经过电场后其速度v变大，根据周期公式
可得，粒子的运动周期T变小，故C错误；
D．设粒子在电场中加速n次后的速度大小为，根据动能定理有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选AD。
15. 如图所示，足够长的两根相距为0.5m的平行光滑导轨竖直固定放置，导轨电阻不计，磁感应强度B为0.8T的匀强磁场的方向垂直于导轨平面。两根质量均为0.04kg、电阻均为0.5Ω的可动金属棒ab和cd都与导轨始终接触良好，导轨下端固定连接阻值为1Ω的电阻R，金属棒ab用一根细绳拉住，细绳允许承受的最大拉力为0.64N。现让cd棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉断时，此过程中电阻R上产生的热量为0.2J，下列表述正确的是（ ）
A. 此过程中ab棒和cd棒产生的热量
B. 绳子拉断瞬间，cd棒的速度v=1.875m/s
C. 绳子拉断瞬间，c的电势比d高，高0.30V
D. 细绳刚要被拉断时，cd棒下落的高度h约为3.93m
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由焦耳定律，得
Q=I2Rt
又由电路串并联规律得
Iab：Icd：IR=2：3：1
则
Qab=2QR=0.4J
所以此过程中ab棒和cd棒产生的热量
故A正确；
B．当ab棒被拉断瞬间有
F+mg-Tm=0
F=BIL
由欧姆定律得
由电磁感应定律，得
E=BLv
解得
v=1.875m/s
故B正确；
C．根据右手定则可知，c的电势比d低，且低
故C错误；
D．cd棒下落过程由能量守恒得
解得
h≈3.926m
故D正确。
故选ABD。
三、实验题（本小题共三题，10个空格，每空2分，总计20分）
16. 几位同学在物理实验室做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）在甲同学的实验过程中，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=50时秒表的示数如图1所示，该单摆的周期是T=___________s（结果保留小数点后两位）
（2）甲同学测得的g值偏小，可能的原因是___________
A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．测量时形成了圆锥摆
C．开始计时时，秒表提前按下 D．实验中误将49次数为50次
（3）乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的T2—L图像为图2中的___________
A．虚线①，不平行OM B．虚线②，平行OM
C．虚线③，平行OM D．虚线④，不平行OM
（4）丙同学没有使用小钢球也测出了重力加速度。他利用一颗带孔螺丝组成如图3所示的单摆，但没法测量其摆长。他先测出振动n个完整周期总时间t1，再将螺丝上提Δl，测出其振动n个完整周期的总时间t2.则根据该同学实验得出的数据，重力加速度g=___________（用已知的符号表示）
【答案】 ①. 1.96 ②. C ③. B ④.
【解析】
【详解】（1）[1] 如图1所示，秒表的读数为49.0s，每经过最低点两次单摆摆动一个周期，则该单摆的周期
（2）[2]A．根据单摆周期公式可得
测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，则g值偏大，故A错误；
B．测量时形成了圆锥摆，摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长Lcos θ 比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故B错误；
C．开始计时时，秒表提前按下，导致周期测量值偏大，则测得的g值偏小，故C正确；
D．实验中误将49次数为50次，导致周期测量值偏小，则测得的g值偏大，故D错误。
故选C。
（3）[3] 忘了加上摆球的半径时
若测量摆长时加上摆球的半径，则有
发现两种情况下T2—L图像斜率相同，忘了加上摆球的半径时在纵轴的截距为正值。
故选B。
（4）[4] 先测出振动n个完整周期总时间t1，则周期
则有
将螺丝上提Δl，测出其振动n个完整周期的总时间t2，则周期
则有
联立解得
17. （1）某班级在做“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验时，其中四组同学所连的实物图如下，其中正确的是______
A. B.
C. D.
（2）测量数据绘成伏安特性曲线如图所示，若该小灯泡两端加U=2.0V的恒定电压，则此时小灯泡的电阻R=______Ω，小灯泡的功率P=______W。（结果都保留2位有效数字）
【答案】 ①. A ②. 5.0 ③. 0.80
【解析】
【详解】（1）[1]实验的目的是测绘小灯泡的伏安特性曲线，数据的测量范围应该广泛一些，数据应该从0开始，可知，控制电路采用滑动变阻器的分压接法，由于小灯泡的电阻比较小，电压表的内阻一般比较大，实验中电流表的分压影响比较大，应该排除电流表分压的影响，测量电路采用电流表外接法。
故选A。
（2）[2]根据图像可知，电压为2.0V时，电流为0.4A，则此时小灯泡的电阻为
[3]小灯泡的功率
18. （1）某同学用图所示的变压器做“探究变压器两端电压与匝数的关系”实验：
①如图所示，变压器右边原线圈“0”和“1”接线柱所接的电源应是如图___________（填“甲”或“乙”）；
②右边“0”和“1”接线柱接电源的同时，左边接线柱依次接“0”和“2”、“0”和“8”、“0”和“16”，测得如下数据：
线圈
原线圈
副线圈
接线柱
接“0”和“1”
接“0”和“2”
接“0”和“8”
接“0”和“16”
电压/V
5.6
11.0
45.0
92.5
上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是___________
A．等效法B．控制变量法C．转换法D．类比法
（2）在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验中，选择a、b、c和d四根导线进行对比研究，其中a、b、c三根是铜导线，d是镍铬合金线，通过导线a与b比较研究导体电阻与导体横截面积的关系，导线b与c比较研究导体电阻与导体长度的关系，导线c与d比较研究导体电阻与导体材料的关系，实验中发现，关于这四根导线的粗细、长短，说法正确的是___________
A．a与c长度相同 B．a与c粗细相同
C．b与d长度相同 D．b与d粗细相同
【答案】 ①. 乙 ②. B ③. D
【解析】
【详解】（1）①[1]根据变压器原理可知,原线圈接交变电流时副线圈才有输出电流,故原线圈“0”和“1”接线柱所接的电源应如图乙。
②[2]上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中，控制了原线圈匝数和原线圈输入电压不变，改变了副线圈匝数，从而得出副线圈两端的电压与匝数的关系，采用了控制变量法，故选B。
（2）[3]“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验采用了控制变量法，故导线a与b的电阻率、长度相同，导线b与c的电阻率、横截面积相同，导线c与d的长度和横截面积均相同，根据电阻定律
结合
可得
故选D。
四、计算题（本题共三小题，共32分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。）
19. 地球是个巨大的磁体，它周围空间存在的磁场叫地磁场，但地磁场看不到，摸不着，但同学们都很好奇。为了研究地磁场，赵老师指导的一个学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”，等效示意图如下。他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动，铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流表相连。摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场（可视为匀强磁场）垂直。摇动时，转动的铜芯线所围成区域近似半圆，面积为S，转动角速度ω，用电表测得电路中电流I，电路总电阻R。（已知S=5m2，，I=20μA， R=100Ω，取。）
（1）求该处地磁场的磁感应强度B；
（2）从铜芯线所在平面与该处地磁场垂直开始计时，求其转过半圈的过程中，通过电流表的电量q；
（3）求铜芯线转动100圈过程中，电路产生的焦耳热Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）铜芯线中产生的是正弦交流电，电流表测量的是电流的有效值，因此，电流的最大值
感应电动势的最大值
又因为感应电动势最大值
解得
（2）从铜芯线所在平面与该处地磁场垂直开始计时，求其转过半圈的过程中，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律有
根据电流定义式有
解得
（3）铜芯线转动100圈过程经历的时间
电路中产生的焦耳热
解得
20. 如图所示的平面直角坐标系xOy，在x轴上方区域内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在x轴下方区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。一质量为m、电荷量为q的负粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的Q（2h，0）点进入第四象限，再经过磁场恰和y轴相切继续经过x轴射回电场，一直运动下去。不计粒子所受的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）第一次和第三次经过x轴时，两坐标间的距离为多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由类平抛运动可得
解得
（2）由几何关系可得
由运动合成
由牛顿第二定律和圆周运动知识可得
解得
（3）根据运动轨迹的对称性，如图可得
第三次进入x轴时的坐标和第二次进入x轴时的坐标之间的距离AB应该是OQ距离的两倍，即
AB=4h
第二次进入x轴时的坐标和第一次进入x轴时的坐标之间的距离
因此
可得
21. 基于电磁阻尼设计的电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性及乘坐舒适程度的辅助制动装置。其电磁阻尼作用可以借助图1模型讨论：光滑斜面倾角为37o，其上L1、L2、L3、L4等间距且与斜面底边平行，间距a=0.2m，L1和L2之间，L3和L4之间存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B均为1T。有一矩形线圈MNPQ从图示位置（MN边与斜面底边平行）由静止释放，已知边长lMN=0.2m，线圈质量m=0.01kg，内阻R=2Ω。从线圈释放开始计时，t3时刻线圈PQ边恰好从L4离开磁场，其运动图像如图2所示，求：
（1）线圈在阻尼作用下匀速运动时v2的大小；
（2）t2-t3过程中线圈所产生的热量Q；
（3）线圈在磁场区域内无阻尼作用时做匀加速直线运动所经历的时间t12。
【答案】（1）3m/s；（2）0.012J；（3）s
【解析】
【详解】（1）线圈t3时刻PQ边恰好从L4离开磁场，故t2–t3过程中只有PQ边切割磁感线，线圈做匀速直线运动，受力平衡
F安=
解得
v2=3m/s
（2）t2–t3过程中线圈动能不变，重力势能转化为内能，根据能量守恒定律可知
Q=mgasin=0.012J
（3）由线圈的运动图像可知t1时刻MN边通过L2，t2时刻PQ边从L3进入下面区域磁场，t1-t2过程中线圈一直做匀加速直线运动，故
lNP=0.4m
线圈在t1-t2内的位移
x=3a=0.6m
根据运动学规律
解得
v1=m/s
故
t12==s
北仑中学2022学年第二学期高二年级期初返校考试物理试卷
（全年级物理选考生+外高班物理选考生使用）
一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）
1. 我们知道，物理学的关系式确定了物理量之间的关系同时，也确定了物理量的单位间的关系，以下不能作为磁感应强度的单位的一项是（ ）
A. T B. N/（A·m） C. （N·s）/（C·m） D. Wb/m
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁感应强度的国际制单位为特斯拉（T），故A正确；
B．由磁感应强度的定义式可知，其单位可以为N/（A·m），故B正确；
C．根据电流的定义式和可知，磁感应强度的单位为
故C正确；
D．由磁感应强度的计算式可知，其单位可以为Wb/m2，故D错误。
故选D。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 电动势大的电源做功一定多，储存的电能越多
B. 电动势就是电势差，电源的电动势一定等于闭合电路中电源两端的电压
C. 电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功
D. 为了节约用电池，生活中我们应该提倡新旧电池混合使用
【答案】C
【解析】
【详解】A．电动势是描述电源做功能力大小的物理量，电动势大的电源做功不一定多，故A错误；
B．电动势是描述电源做功能力大小的物理量，电源的电动势一定大于闭合电路中电源两端的电压（路端电压），故B错误；
C．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，故C正确；
D．旧电池的内阻较大且容量较小，与新电池一起使用时容易发生过量放电，发生危险，且因为内阻较大的原因也会导致电能的更大损耗，故D错误。
故选C。
3. 一个电动机上标“220V 1.5KW”，那么为了使它正常工作，所使用的正弦交流电应是（ ）
A. 电压最大值为220V，电流最大值约为9.6A
B. 电压最大值为311V，电流最大值约为6.8A
C. 电压有效值为220V，电流有效值约为6.8A
D. 电压有效值为311V，电流有效值约为9.6A
【答案】C
【解析】
【详解】电动机上的标称值均为有效值，电压有效值是220V，所以电压的最大值为，由
可知电流有效值约为6.8A，故选C。
【点睛】一切与电功率有关的都是有效值
4. 一列简谐横波沿x轴传播．t=0时刻的波形如图甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图像如图乙所示．则该波的传播方向和波速分别是
A. 沿x轴负方向，60m/s B. 沿x轴正方向，60m/s
C. 沿x轴负方向，30m/s D. 沿x轴正方向，30m/s
【答案】A
【解析】
【详解】由乙图可知：P点下一个时刻位移沿负方向增大，所以P点此时的运动方向向下，得出此波沿x轴负方向传播，由乙图可知：T=0.4s，由甲图可知：λ=24m，故波速为，故A正确，BCD错误。
5. 如图，垂直矩形金属框的匀强磁场磁感强度为B，导体棒ab垂直线框两长边搁在框上，ab长为L．在△t时间内，ab向右匀速滑过距离d，则 （ ）
A. 因右边面积减少Ld，左边面积增大Ld，则，
B 因右边面积减小Ld，左边面积增大Ld，两边抵消，，
C. ，
D. 不能用算，只能用
【答案】C
【解析】
【详解】AB．导体棒垂直线框两长边搁在框上向右运动，导体棒是电源，该题目不能以整个线框分析研究，故AB错误；
CD．根据法拉第电磁感应定律得
对于左边或右边的线框，磁通量的变化量
根据
故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，交流电的频率增大时，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是（ ）
A. L1、L2、L3亮度都不变 B. L1变暗、L2不变、L3变亮
C. L1变暗、L2变亮、L3不变 D. L1变亮、L2变暗、L3不变
【答案】C
【解析】
【详解】三个支路的电压不变，当交流电频率增大时，电感线圈的感抗增加，对电流的阻碍作用变大，则变暗；电容器的容抗减小，对电流的阻碍作用减小，则变亮；电阻对电流的阻碍作用与频率无关，则不变，故ABD错误C正确。
故选C。
7. 高压输送过程中的高电压、大电流，我们一般用电压互感器和电流互感器进行测量。如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则（ ）
A. a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×106W
B. a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×103W
C. a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×106W
D. a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×103W
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，由图可知，表为电压表，表为电流表，根据电压比与电压表示数可知，输送电压为
根据电流比与电流表示数可知，输送电流为
输送电功率为
故选A
8. 如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则（ ）
A. 只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大
B. 只将Q向下移动时，电流表的读数变大
C. 只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大
D. 只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据变压器原理有
只将Q向下移动时,原副线圈匝数、原线圈输入电压不变，则副线圈输出电压不变，灯泡的亮度保持不变，故A错误；
B．只将Q向下移动时, 副线圈输出电压不变，滑动变阻器接入电路的阻值增大，根据
可知通过滑动变阻器的电流减小，通过灯泡的电流不变，则电流表的读数变小，故B错误；
C．只将P沿顺时针方向移动时，副线圈匝数减少，则副线圈输出电压减小，通过灯泡和滑动变阻器的电流均减小，故电流表的读数变小，故C错误；
D．只提高输入端的电压U时，原副线圈匝数不变，则副线圈输出电压增大，通过灯泡和滑动变阻器的电流均增大，故电流表的读数变大，故D正确。
故选D。
9. 著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验：一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着一圈带负电的金属小球，如图所示．当线圈接通直流电源后，线圈中的电流方向如图中箭头所示，圆盘会发生转动．几位同学对这一实验现象进行了解释和猜测，你认为合理的是
A. 接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）
B. 接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）
C. 接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）
D. 接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）
【答案】C
【解析】
【详解】AB．小球在静止时不受洛伦兹力，故圆盘不会发生转动；故AB错误；
CD．若金属小球带负电且线圈中电流突然增大，根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的感应电场，负电荷在电场中受的电场力沿顺时针方向，故圆盘沿顺时针转动；故C正确，D错误；
故选C。
【名师点睛】此题是对楞次定律及洛伦兹力问题的考查；关键是能根据楞次定律判断当电流变化时，由于磁场的变化而产生的电场方向，并能判断所受的电场力的方向.
10. 在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v－t图，可能正确的是：（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【详解】根据楞次定律的“来拒去留”可知线框受到向上的安培力，线框由静止向下做加速运动，设线框的有效切割磁感线的长度为L，线框的电阻为R，则有，根据欧姆定律可得，故，根据牛顿第二定律可得，故，运动过程中，L在变大，v在变大，故加速度在减小，即速度时间图像的斜率再减小，故AB错误；由于不知道当线框完全进入磁场时重力和安培力的关系，所以之后线框的速度可能继续增大，可能恒定不变，故CD正确
11. 如图所示，水平叠放在一起的两个物体A、B，在光滑的水平面上一起做简谐运动，并始终保持相对静止。A、B两物体连接的弹簧劲度系数和原长相同，两物体的质量分别为m1、m2（m1≠m2），在A、B一起运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 两物体之间一直无摩擦力
B. 除原长位置外，其它位置都有摩擦力，且大小不变
C. 除原长位置外，其它位置都有摩擦力，且大小随位置变化
D. 除原长位置外，左右各有一处存在摩擦力为0的位置
【答案】C
【解析】
【详解】由于A、B两个物体在光滑的水平面上一起做简谐运动，根据牛顿第二定律，对AB整体，有
所以
对A物体，若不受摩擦力，有
所以
由于
所以
由此可知，A、B两物体之间存在摩擦力，但在平衡位置处，加速度为零，弹簧弹力为零，摩擦力为零，在其他位置都有摩擦力，且大小随位置变化。
故选C。
12. 如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子，质量为m，带电量为q，沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为30°，则粒子的速率为（该粒子不计重力）（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，设粒子的速率为，粒子进入磁场之后做匀速圆周运动，则有
画出运动轨迹，如图所示
由于粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为30°，则有
，
由于射入点与ab的距离为，则有
可得
由图可知
由余弦定理有
可得
联立解得，粒子的速率为
故选B。
二、不定项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
13. 把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上固定一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这样就做成了一个共振筛，筛子做自由振动时，完成10次全振动用时．在某电压下，电动偏心轮转速是．已知增大电压可使偏心轮转速提高；增加筛子的质量，可以增大筛子的固有周期．那么要使筛子的振幅增大，下列哪些做法是正确的（ ）
A. 提高输入电压 B. 降低输入电压
C. 增加筛子质量 D. 减小筛子质量
【答案】AC
【解析】
【详解】在题设条件下，筛子振动固有周期
电动偏心轮的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)
要使筛子振幅增大，就是使这两个周期值靠近，可采用两种做法：第一，提高输入电压，偏心轮转得快-一些，减小驱动力的周期；第二，增加筛子的质量使筛子的固有周期增大．
A. 提高输入电压，与分析相符，故A项符合题意；
B. 降低输入电压，与分析不符，故B项不符合题意；
C. 增加筛子质量，与分析相符，故C项符合题意；
D. 减小筛子质量，与分析不符，故D项不符合题意．
14. 如图所示为一种获得高能粒子装置简图，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量+q的粒子在环中作半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变（ ）
A. 粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n圈后回到A板时，粒子的动能为nqU
B. 在粒子绕行的整个过程中，A板电势可以始终保持为+U
C. 在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变
D. 为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．粒子在电场中做匀加速直线运动，对全过程列出动能定理可得，从静止开始绕行n圈后回到A板时粒子获得的总动能为
故A正确；
B．在粒子绕行的整个过程中，若A板电势始终保持为，粒子再次到达A板附近时所受电场力方向与运动方向相反，粒子被减速，就不能持续加速，故B错误；
C．粒子始终做半径为R的匀速圆周运动，由于粒子经过电场后其速度v变大，根据周期公式
可得，粒子的运动周期T变小，故C错误；
D．设粒子在电场中加速n次后的速度大小为，根据动能定理有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选AD。
15. 如图所示，足够长的两根相距为0.5m的平行光滑导轨竖直固定放置，导轨电阻不计，磁感应强度B为0.8T的匀强磁场的方向垂直于导轨平面。两根质量均为0.04kg、电阻均为0.5Ω的可动金属棒ab和cd都与导轨始终接触良好，导轨下端固定连接阻值为1Ω的电阻R，金属棒ab用一根细绳拉住，细绳允许承受的最大拉力为0.64N。现让cd棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉断时，此过程中电阻R上产生的热量为0.2J，下列表述正确的是（ ）
A. 此过程中ab棒和cd棒产生的热量
B. 绳子拉断瞬间，cd棒的速度v=1.875m/s
C. 绳子拉断瞬间，c的电势比d高，高0.30V
D. 细绳刚要被拉断时，cd棒下落的高度h约为3.93m
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由焦耳定律，得
Q=I2Rt
又由电路串并联规律得
Iab：Icd：IR=2：3：1
则
Qab=2QR=0.4J
所以此过程中ab棒和cd棒产生的热量
故A正确；
B．当ab棒被拉断瞬间有
F+mg-Tm=0
F=BIL
由欧姆定律得
由电磁感应定律，得
E=BLv
解得
v=1.875m/s
故B正确；
C．根据右手定则可知，c的电势比d低，且低
故C错误；
D．cd棒下落过程由能量守恒得
解得
h≈3.926m
故D正确。
故选ABD。
三、实验题（本小题共三题，10个空格，每空2分，总计20分）
16. 几位同学在物理实验室做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）在甲同学的实验过程中，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=50时秒表的示数如图1所示，该单摆的周期是T=___________s（结果保留小数点后两位）
（2）甲同学测得的g值偏小，可能的原因是___________
A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．测量时形成了圆锥摆
C．开始计时时，秒表提前按下 D．实验中误将49次数为50次
（3）乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的T2—L图像为图2中的___________
A．虚线①，不平行OM B．虚线②，平行OM
C．虚线③，平行OM D．虚线④，不平行OM
（4）丙同学没有使用小钢球也测出了重力加速度。他利用一颗带孔螺丝组成如图3所示的单摆，但没法测量其摆长。他先测出振动n个完整周期总时间t1，再将螺丝上提Δl，测出其振动n个完整周期的总时间t2.则根据该同学实验得出的数据，重力加速度g=___________（用已知的符号表示）
【答案】 ①. 1.96 ②. C ③. B ④.
【解析】
【详解】（1）[1] 如图1所示，秒表的读数为49.0s，每经过最低点两次单摆摆动一个周期，则该单摆的周期
（2）[2]A．根据单摆周期公式可得
测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，则g值偏大，故A错误；
B．测量时形成了圆锥摆，摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长Lcos θ 比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故B错误；
C．开始计时时，秒表提前按下，导致周期测量值偏大，则测得的g值偏小，故C正确；
D．实验中误将49次数为50次，导致周期测量值偏小，则测得的g值偏大，故D错误。
故选C。
（3）[3] 忘了加上摆球的半径时
若测量摆长时加上摆球的半径，则有
发现两种情况下T2—L图像斜率相同，忘了加上摆球的半径时在纵轴的截距为正值。
故选B。
（4）[4] 先测出振动n个完整周期总时间t1，则周期
则有
将螺丝上提Δl，测出其振动n个完整周期的总时间t2，则周期
则有
联立解得
17. （1）某班级在做“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验时，其中四组同学所连的实物图如下，其中正确的是______
A. B.
C. D.
（2）测量数据绘成伏安特性曲线如图所示，若该小灯泡两端加U=2.0V的恒定电压，则此时小灯泡的电阻R=______Ω，小灯泡的功率P=______W。（结果都保留2位有效数字）
【答案】 ①. A ②. 5.0 ③. 0.80
【解析】
【详解】（1）[1]实验的目的是测绘小灯泡的伏安特性曲线，数据的测量范围应该广泛一些，数据应该从0开始，可知，控制电路采用滑动变阻器的分压接法，由于小灯泡的电阻比较小，电压表的内阻一般比较大，实验中电流表的分压影响比较大，应该排除电流表分压的影响，测量电路采用电流表外接法。
故选A。
（2）[2]根据图像可知，电压为2.0V时，电流为0.4A，则此时小灯泡的电阻为
[3]小灯泡的功率
18. （1）某同学用图所示的变压器做“探究变压器两端电压与匝数的关系”实验：
①如图所示，变压器右边原线圈“0”和“1”接线柱所接的电源应是如图___________（填“甲”或“乙”）；
②右边“0”和“1”接线柱接电源的同时，左边接线柱依次接“0”和“2”、“0”和“8”、“0”和“16”，测得如下数据：
线圈
原线圈
副线圈
接线柱
接“0”和“1”
接“0”和“2”
接“0”和“8”
接“0”和“16”
电压/V
5.6
11.0
45.0
92.5
上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是___________
A．等效法B．控制变量法C．转换法D．类比法
（2）在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验中，选择a、b、c和d四根导线进行对比研究，其中a、b、c三根是铜导线，d是镍铬合金线，通过导线a与b比较研究导体电阻与导体横截面积的关系，导线b与c比较研究导体电阻与导体长度的关系，导线c与d比较研究导体电阻与导体材料的关系，实验中发现，关于这四根导线的粗细、长短，说法正确的是___________
A．a与c长度相同 B．a与c粗细相同
C．b与d长度相同 D．b与d粗细相同
【答案】 ①. 乙 ②. B ③. D
【解析】
【详解】（1）①[1]根据变压器原理可知,原线圈接交变电流时副线圈才有输出电流,故原线圈“0”和“1”接线柱所接的电源应如图乙。
②[2]上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中，控制了原线圈匝数和原线圈输入电压不变，改变了副线圈匝数，从而得出副线圈两端的电压与匝数的关系，采用了控制变量法，故选B。
（2）[3]“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验采用了控制变量法，故导线a与b的电阻率、长度相同，导线b与c的电阻率、横截面积相同，导线c与d的长度和横截面积均相同，根据电阻定律
结合
可得
故选D。
四、计算题（本题共三小题，共32分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。）
19. 地球是个巨大的磁体，它周围空间存在的磁场叫地磁场，但地磁场看不到，摸不着，但同学们都很好奇。为了研究地磁场，赵老师指导的一个学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”，等效示意图如下。他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动，铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流表相连。摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场（可视为匀强磁场）垂直。摇动时，转动的铜芯线所围成区域近似半圆，面积为S，转动角速度ω，用电表测得电路中电流I，电路总电阻R。（已知S=5m2，，I=20μA， R=100Ω，取。）
（1）求该处地磁场的磁感应强度B；
（2）从铜芯线所在平面与该处地磁场垂直开始计时，求其转过半圈的过程中，通过电流表的电量q；
（3）求铜芯线转动100圈过程中，电路产生的焦耳热Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）铜芯线中产生的是正弦交流电，电流表测量的是电流的有效值，因此，电流的最大值
感应电动势的最大值
又因为感应电动势最大值
解得
（2）从铜芯线所在平面与该处地磁场垂直开始计时，求其转过半圈的过程中，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律有
根据电流定义式有
解得
（3）铜芯线转动100圈过程经历的时间
电路中产生的焦耳热
解得
20. 如图所示的平面直角坐标系xOy，在x轴上方区域内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在x轴下方区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。一质量为m、电荷量为q的负粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的Q（2h，0）点进入第四象限，再经过磁场恰和y轴相切继续经过x轴射回电场，一直运动下去。不计粒子所受的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）第一次和第三次经过x轴时，两坐标间的距离为多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由类平抛运动可得
解得
（2）由几何关系可得
由运动合成
由牛顿第二定律和圆周运动知识可得
解得
（3）根据运动轨迹的对称性，如图可得
第三次进入x轴时的坐标和第二次进入x轴时的坐标之间的距离AB应该是OQ距离的两倍，即
AB=4h
第二次进入x轴时的坐标和第一次进入x轴时的坐标之间的距离
因此
可得
21. 基于电磁阻尼设计的电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性及乘坐舒适程度的辅助制动装置。其电磁阻尼作用可以借助图1模型讨论：光滑斜面倾角为37o，其上L1、L2、L3、L4等间距且与斜面底边平行，间距a=0.2m，L1和L2之间，L3和L4之间存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B均为1T。有一矩形线圈MNPQ从图示位置（MN边与斜面底边平行）由静止释放，已知边长lMN=0.2m，线圈质量m=0.01kg，内阻R=2Ω。从线圈释放开始计时，t3时刻线圈PQ边恰好从L4离开磁场，其运动图像如图2所示，求：
（1）线圈在阻尼作用下匀速运动时v2的大小；
（2）t2-t3过程中线圈所产生的热量Q；
（3）线圈在磁场区域内无阻尼作用时做匀加速直线运动所经历的时间t12。
【答案】（1）3m/s；（2）0.012J；（3）s
【解析】
【详解】（1）线圈t3时刻PQ边恰好从L4离开磁场，故t2–t3过程中只有PQ边切割磁感线，线圈做匀速直线运动，受力平衡
F安=
解得
v2=3m/s
（2）t2–t3过程中线圈动能不变，重力势能转化为内能，根据能量守恒定律可知
Q=mgasin=0.012J
（3）由线圈的运动图像可知t1时刻MN边通过L2，t2时刻PQ边从L3进入下面区域磁场，t1-t2过程中线圈一直做匀加速直线运动，故
lNP=0.4m
线圈在t1-t2内的位移
x=3a=0.6m
根据运动学规律
解得
v1=m/s
故
t12==s
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