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2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末联考物理试卷
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这是一份2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末联考物理试卷，共14页。试卷主要包含了8～1等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末联考物理试卷
1. 下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是( )
A. 判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B. 安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D. 静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
2. 如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A. 水桶自身重力的大小
B. 水管每秒出水量的大小
C. 水流对桶撞击力的大小
D. 水桶与水整体的重心高低
3. 如图甲所示，一弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一小球，弹簧无形变时小球静止于光滑水平地面上O点处。若把小球拉至A点后由静止释放，小球向左运动最远位置为B点，以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示，则下列正确的是( )
A. A、B之间的距离为6cm
B. 在0.8～1.6s时间内，小球运动的路程为12cm
C. t=0.8s时刻小球位于B点，且此时小球的加速度最小
D. 在0.4～0.8s时间内，小球运动的速度逐渐减小，弹簧弹性势能逐渐减小
4. 关于下列实验或现象的说法，正确的是
A. 图甲说明薄板一定是非晶体
B. 图乙说明气体分子速率分布随温度变化，且T1>T2
C. 图丙的实验情景可以说明气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关
D. 图丁中的现象说明水黾受到了浮力作用，且浮力与重力平衡
5. 海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v=v0sin2πTt，其中的T为海浪上下浮动的周期．现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为( )
A. 2π2B2v02L2TR+r B. 4π2B2v02L2TR+r C. 2B2v02L2TR+r D. 4B2v02L2TR+r
6. 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3:1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是( )
A. 每个灯泡两端的电压为40V B. 通过每个灯泡的电流为0.6 2A
C. 通过定值电阻R的电流为0.6A D. 定值电阻R的电功率为54W
7. 甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度”的实验，回来后共同绘制了T2−L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法正确的是
A. 单摆的固有周期由摆长和摆球质量决定
B. A图线所对应的地点重力加速度较小
C. 若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的重力加速度
D. 如果甲同学减小摆长，他得到的共振曲线的峰将向右移动
8. “世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，则 ( )
A. 火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M−m
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为m2v02g(M−m)2
D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
9. 某实验小组采用如图所示的实验装置，对斜槽末端两个小球碰撞过程进行研究。实验步骤如下：
(1)用天平分别测出半径相同的两个小球的质量分别为m1=16.5 g和m2=2.7 g，并选定质量为_________(选填“m1”或“m2”)的小球为入射球。
(2)在水平桌面上安装好实验装置，调整斜槽使其末端_________，然后固定。
(3)在桌面适当的位置，上、下铺放好复写纸和白纸，记下悬挂于斜槽末端边缘的重锤线所指的位置O。
(4)将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽的某一高度处无初速滚下，使两球发生碰撞。保持入射小球释放高度不变，重复实验10次。标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，并用刻度尺测量出OM的间距x1、ON的间距x2。
(5)改变入射小球沿斜槽滚下的高度，重复步骤(3)和(4)，多次测量的数据加下表所示
1
2
3
4
5
x1/cm
7.65
11.23
12.30
18.89
23.52
x2/cm
18.95
26.64
30.42
45.97
56.25
k=x1x2
0.40
0.42
k3
0.41
0.42
(6)表中的k3=_________(保留2位有效数字)。
(7)x1x2的平均值为_________(保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞可由x1x2判断。若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为__________________(用m1和m2表示)，本实验中其值为_________(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在误差允许范围内，则可认为斜槽末端两个小球的碰撞为弹性碰撞。
10. 如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M=0.2kg的小球P和质量为m=0.1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m=0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道．释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点．已知桌面高为h=0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能．
11. 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
12. 如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v−t 图像如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
正确解答本题需要掌握：洛仑兹力和安培力的产生条件、方向的判断等知识。
安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解，注意两者的区别与联系是解题的关键，同时掌握左手定则的应用，及与右手定则的区别。
【解答】
A.判断安培力和洛伦兹力的方向都用左手定则，A项错误；
B.安培力做功，洛伦兹力不做功，B项错误；
C.当通电导体点磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用，C项正确；
D.当电荷的运动方向与磁场方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力作用，D项错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：当桶中水增多时，水桶和水的重心上移，当重心上移到某一高度时，竖直向下的重力作用线的作用点偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，所以决定桶能否翻转的主要因素是重心的高低，与自身重力、出水量和撞击力等无关，故 D正确，ABC错误。
故选：D。
明确水桶翻转原理，知道重心的性质。
本题考查重心知识的应用，要注意将所学物理规律用到生活中去，从而激发学习物理的兴趣。
3.【答案】B
【解析】解：A、由乙图可知，A、B之间的距离为12cm，故A错误；
B、由乙图可知，在0.8s～1.6s时间内小球位于负的最大位移处，振动到最大正位移处，所以小球的路程为2A=2×6cm=12cm，故B正确；
C、在t=0.8s时刻，小球位于最大负位移处，即B点，此时加速度最大，但速度为零，故C错误；
D、小球在0.4～0.8s时间内，小球从平衡位置振动到最大负位移的B点，速度逐渐减小，但弹性势能越来越大，故D错误。
故选：B。
根据振动图象判断振子的运动状态和受力情况，结合简谐运动的对称性判断弹簧振子的路程和位移。
本题要注意把握弹簧振子的运动具有对称性，在平衡位置时受力平衡。
4.【答案】C
【解析】A.图甲说明薄板的导热性能是各向同性，多晶体和非晶体都是各向同性，故图甲不能说明薄板是非晶体，故A错误；
B.图乙说明气体速率分布随温度变化，T1速率低的占的比例比T2时多，T1速率高的占的比例比T2时少，故T1
D.图丁说明液体表面有表面张力，故D错误。
故选C。
该题主要考查晶体和非晶体、气体压强、表面张力等相关知识。图甲说明薄板的导热性能是各向同性，多晶体和非晶体都是各向同性，故图甲不能说明薄板是非晶体；图乙说明气体速率分布随温度变化，T1速率低的占的比例比T2时多，T1速率高的占的比例比T2时少，故T1
5.【答案】A
【解析】
【分析】根据E=BLv求出感应电动势，可得出产生的是正弦式交流电，有效值是最大值的1 2，求电能要使用电流的有效值。
【解答】环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律：E=Blv
环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知：l=2πL
联立v=v0sin2πTt，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式：e=2πBLv0sin2πTt
根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为：E= 2πBLv0
则该发电装置在一个周期内产生的电能：E电=E2R+rT=2π2B2v02L2TR+r
故BCD错误，A正确。
故选：A。
6.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题主要考查变压器与电路结合的问题。结合e−t图象可求解A、B端输入电压的有效值，明确电路结构，根据题意，结合理想变压器电压、电流与匝数的关系，串并联电路的特点以及电功率公式，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.根据U1U2=n1n2，可得U2=13U1，由于每个灯泡消耗的电功率都相等，则在原线圈电路中的灯泡两端的电压也等于U2，因此U=U2+U1，而A、B端输入电压的有效值U=Um2=120V，解得每个灯泡两端的电压U2=30V，故A错误；
B.根据P=UI，可得通过每个灯泡的电流I=PU2=1830A=0.6A，故B错误；
C.流过副线圈的电流I2=3I=1.8A，根据I1I2=n2n1，可得流过原线圈的电流I1=n2I2n1=0.6A，
流过定值电阻R的电流IR=2I−I1=0.6A，故C正确；
D.定值电阻R的电功率P=U1IR=U−U2IR=90×0.6W=54W，故D正确。
7.【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据单摆固有周期公式T=2π Lg，可以判断影响周期大小的因素；周期公式变形得到T2=4π2Lg，可以确定T2−L图象的斜率k=4π2g；物体发生受迫振动时，当驱动力的频率等于系统固有频率时，就会发生共振。
本题考查学生对单摆周期公式的理解和应用，以及受迫振动发生共振的条件。
【解答】
A、根据单摆的固有周期公式为T=2π Lg，L为摆长，g为当地重力加速度，所以单摆的固有周期由摆长和当地重力加速度决定，故A错误；
B、根据T=2π Lg得：T2=4π2Lg，所以T2−L图象的斜率k=4π2g，图甲中A图象的斜率大于B图象的斜率，故A图象对应的重力加速度较小，故B正确；
C、若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，只受重力，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；
D、根据T=2π Lg，若在同一地点减小摆长，则单摆固有周期减小，固有频率变大，则发生共振时的驱动力频率变大，共振峰向右移动，故D正确。
故选：BCD。
8.【答案】AB
【解析】
【分析】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。
本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。
【解答】解：A、火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B、在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M−m)v−mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M−m，故B正确；
C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h=v22g=m2v022(M−m)2g，故C错误；
D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。
故选AB。
9.【答案】(1)m1;(2)水平;(6)0.40；(7)0.41;(8)m1−m22m1；0.42
【解析】
【解析】
(1)为防止入射球反弹，入射球质量应大于被撞球的质量，故选m1的小球为入射球。
(2)为保证小球抛出时做平抛运动，应调整斜槽使其末端水平；
(6)根据表格数据可知，k3=12.3030.42=0.40；
(7)根据表格数据可知，x1x2的平均值为0.40+0.42+0.40+0.41+0.425=0.41
(8)小球做平抛运动，在竖直方向上：h=12gt2，平抛运动时间：t= 2hg，
发生碰撞后入碰小球的初速度：v1=x1 2hg
发生碰撞时被碰小球的初速度：v2=x2 2hg，
碰撞过程动量守恒，则：m1v0=m1v1+m2v2，
如果是弹性碰撞，碰撞过程能量守恒12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
可得：v1v2=m1−m22m1
则x1x2=v1v2=m1−m22m1
代入数据解得本实验中其值为0.42．
【分析】
(1,2)入碰小球质量须大于被碰小球质量以防反弹，为了让小球发生平抛运动，末端应水平
(6,7)根据表格数据计算；
(8)根据能量守恒和动量守恒求得碰后速度的比值，根据平抛运动规律求得位移之比与初速度之比的关系，联立解题。
该题考查验证动量守恒定律，该实验中，结合用平抛运动验证动量守恒，要注意明确平抛运动的性质，知道水平方向为匀速运动，竖直方向做自由落体运动，要正确分析两个方向上运动的规律应用。
10.【答案】解：
(1)小球P恰好通过C点，在C点，由牛顿第二定律得：Mg=MvC2R，P由B到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12MvP2=Mg⋅2R+12MvC2，
在B点，由牛顿第二定律得：F−Mg=MvP2R，解得：F=12N，由牛顿第三定律可知，在B点P对轨道的压力大小为：F′=F=12N；
(2)Q、S碰撞后做平抛运动，平抛运动的时间：t= 2hg= 2×0.210s=0.2s，做平抛运动的初速度：v=xt=0.2m0.2s=1m/s，
Q、S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：mvQ=(m+m)v，解得：vQ=2m/s；
(3)释放弹簧过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvQ−MvP=0，解得：vP=1m/s，由能量守恒定律得：EP=12MvP2+12mvQ2，解得：E=0.3J；
答：
(1)小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为12N；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小为2m/s；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能为0.3J．
【解析】(1)小球P恰好能通过半圆轨道最高点C，重力提供向心力，由B到C过程机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以求出小球P在B点对轨道的作用力．
(2)Q与S碰撞后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出碰撞后的速度，Q、S碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞前Q的速度．
(3)释放弹簧过程，P、Q系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出Q的速度，应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．
本题考查了动量守恒定律的应用，本题是多体多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提，知道小球恰好能够通过C点的隐含条件是解题的关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、机械能守恒定律与能量守恒定律可以解题．
11.【答案】解：(1)根据导体切割磁感应线处的感应电动势计算公式可得：E=BLv；
(2)拉力做功，功率等于回路中产生的电功率，则P=E2R=B2L2v2R；
(3)进入磁场的运动时间t=Lv
产生的总热量Q总=Pt=B2L3vR
ab边产生的热量Q1=14Q总=B2L3v4R。
答：(1)感应电动势的大小为BLv；
(2)拉力做功的功率为B2L2v2R；
(3)ab边产生的焦耳热为B2L3v4R。
【解析】(1)根据导体切割磁感应线处的感应电动势计算公式求解感应电动势大小；
(2)拉力做功功率等于回路中产生的电功率，则P=E2R求解功率；
(3)求出线框产生的总热量，ab边产生的热量为总热量的四分之一。
对于电磁感应问题研究思路常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
12.【答案】解：(1)由题图2可知，金属棒在0∼1s内做初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。
在0∼1s过程中，由题图2可知，金属棒的加速度：a=ΔvΔt=4m/s2 ①
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 37∘−μmgcos 37∘=ma ②
由①②式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数：μ=0.25 ③
(2)金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为vm，
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm ④
根据闭合电路欧姆定律有：I=ER ⑤
根据安培力公式有：FA=ILB ⑥
根据平衡条件有：FA+μmgcos37 ∘=mgsin37 ∘ ⑦
由③④⑤⑥⑦式解得：vm=8m/s ⑧
(3)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为：q=It=EtR=ΔΦttR=ΔΦR=BLxR ⑨
解得，金属棒在磁场下滑的位移：x=qRBL=2.6m ⑩
由动能定理有：mgxsin37 ∘−μmgxcos37 ∘−WA=12mv22−12mv12 ⑪
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功：Q=WA⑫
由⑩⑪⑫式解得，此过程中电阻产生的焦耳热：Q=2.95J。
【解析】(1)已知金属棒在0～1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律进行分析；
(2)当金属棒速度达到最大时，加速度为零，此时金属棒受力平衡；
(3)由电荷量分析出金属棒走过的位移，由动能定理分析出电阻产生的焦耳热。
本题主要考查了动能定理和安培力公式以及法拉第电磁感应定律，解题关键在于当导体棒的速度达到最大时，导体棒此时受力平衡。
2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末联考物理试卷
1. 下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是( )
A. 判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B. 安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D. 静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
2. 如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A. 水桶自身重力的大小
B. 水管每秒出水量的大小
C. 水流对桶撞击力的大小
D. 水桶与水整体的重心高低
3. 如图甲所示，一弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一小球，弹簧无形变时小球静止于光滑水平地面上O点处。若把小球拉至A点后由静止释放，小球向左运动最远位置为B点，以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示，则下列正确的是( )
A. A、B之间的距离为6cm
B. 在0.8～1.6s时间内，小球运动的路程为12cm
C. t=0.8s时刻小球位于B点，且此时小球的加速度最小
D. 在0.4～0.8s时间内，小球运动的速度逐渐减小，弹簧弹性势能逐渐减小
4. 关于下列实验或现象的说法，正确的是
A. 图甲说明薄板一定是非晶体
B. 图乙说明气体分子速率分布随温度变化，且T1>T2
C. 图丙的实验情景可以说明气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关
D. 图丁中的现象说明水黾受到了浮力作用，且浮力与重力平衡
5. 海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v=v0sin2πTt，其中的T为海浪上下浮动的周期．现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为( )
A. 2π2B2v02L2TR+r B. 4π2B2v02L2TR+r C. 2B2v02L2TR+r D. 4B2v02L2TR+r
6. 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3:1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是( )
A. 每个灯泡两端的电压为40V B. 通过每个灯泡的电流为0.6 2A
C. 通过定值电阻R的电流为0.6A D. 定值电阻R的电功率为54W
7. 甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度”的实验，回来后共同绘制了T2−L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法正确的是
A. 单摆的固有周期由摆长和摆球质量决定
B. A图线所对应的地点重力加速度较小
C. 若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的重力加速度
D. 如果甲同学减小摆长，他得到的共振曲线的峰将向右移动
8. “世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，则 ( )
A. 火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M−m
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为m2v02g(M−m)2
D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
9. 某实验小组采用如图所示的实验装置，对斜槽末端两个小球碰撞过程进行研究。实验步骤如下：
(1)用天平分别测出半径相同的两个小球的质量分别为m1=16.5 g和m2=2.7 g，并选定质量为_________(选填“m1”或“m2”)的小球为入射球。
(2)在水平桌面上安装好实验装置，调整斜槽使其末端_________，然后固定。
(3)在桌面适当的位置，上、下铺放好复写纸和白纸，记下悬挂于斜槽末端边缘的重锤线所指的位置O。
(4)将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽的某一高度处无初速滚下，使两球发生碰撞。保持入射小球释放高度不变，重复实验10次。标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，并用刻度尺测量出OM的间距x1、ON的间距x2。
(5)改变入射小球沿斜槽滚下的高度，重复步骤(3)和(4)，多次测量的数据加下表所示
1
2
3
4
5
x1/cm
7.65
11.23
12.30
18.89
23.52
x2/cm
18.95
26.64
30.42
45.97
56.25
k=x1x2
0.40
0.42
k3
0.41
0.42
(6)表中的k3=_________(保留2位有效数字)。
(7)x1x2的平均值为_________(保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞可由x1x2判断。若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为__________________(用m1和m2表示)，本实验中其值为_________(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在误差允许范围内，则可认为斜槽末端两个小球的碰撞为弹性碰撞。
10. 如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M=0.2kg的小球P和质量为m=0.1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m=0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道．释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点．已知桌面高为h=0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能．
11. 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
12. 如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v−t 图像如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
正确解答本题需要掌握：洛仑兹力和安培力的产生条件、方向的判断等知识。
安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解，注意两者的区别与联系是解题的关键，同时掌握左手定则的应用，及与右手定则的区别。
【解答】
A.判断安培力和洛伦兹力的方向都用左手定则，A项错误；
B.安培力做功，洛伦兹力不做功，B项错误；
C.当通电导体点磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用，C项正确；
D.当电荷的运动方向与磁场方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力作用，D项错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：当桶中水增多时，水桶和水的重心上移，当重心上移到某一高度时，竖直向下的重力作用线的作用点偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，所以决定桶能否翻转的主要因素是重心的高低，与自身重力、出水量和撞击力等无关，故 D正确，ABC错误。
故选：D。
明确水桶翻转原理，知道重心的性质。
本题考查重心知识的应用，要注意将所学物理规律用到生活中去，从而激发学习物理的兴趣。
3.【答案】B
【解析】解：A、由乙图可知，A、B之间的距离为12cm，故A错误；
B、由乙图可知，在0.8s～1.6s时间内小球位于负的最大位移处，振动到最大正位移处，所以小球的路程为2A=2×6cm=12cm，故B正确；
C、在t=0.8s时刻，小球位于最大负位移处，即B点，此时加速度最大，但速度为零，故C错误；
D、小球在0.4～0.8s时间内，小球从平衡位置振动到最大负位移的B点，速度逐渐减小，但弹性势能越来越大，故D错误。
故选：B。
根据振动图象判断振子的运动状态和受力情况，结合简谐运动的对称性判断弹簧振子的路程和位移。
本题要注意把握弹簧振子的运动具有对称性，在平衡位置时受力平衡。
4.【答案】C
【解析】A.图甲说明薄板的导热性能是各向同性，多晶体和非晶体都是各向同性，故图甲不能说明薄板是非晶体，故A错误；
B.图乙说明气体速率分布随温度变化，T1速率低的占的比例比T2时多，T1速率高的占的比例比T2时少，故T1
D.图丁说明液体表面有表面张力，故D错误。
故选C。
该题主要考查晶体和非晶体、气体压强、表面张力等相关知识。图甲说明薄板的导热性能是各向同性，多晶体和非晶体都是各向同性，故图甲不能说明薄板是非晶体；图乙说明气体速率分布随温度变化，T1速率低的占的比例比T2时多，T1速率高的占的比例比T2时少，故T1
5.【答案】A
【解析】
【分析】根据E=BLv求出感应电动势，可得出产生的是正弦式交流电，有效值是最大值的1 2，求电能要使用电流的有效值。
【解答】环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律：E=Blv
环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知：l=2πL
联立v=v0sin2πTt，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式：e=2πBLv0sin2πTt
根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为：E= 2πBLv0
则该发电装置在一个周期内产生的电能：E电=E2R+rT=2π2B2v02L2TR+r
故BCD错误，A正确。
故选：A。
6.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题主要考查变压器与电路结合的问题。结合e−t图象可求解A、B端输入电压的有效值，明确电路结构，根据题意，结合理想变压器电压、电流与匝数的关系，串并联电路的特点以及电功率公式，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.根据U1U2=n1n2，可得U2=13U1，由于每个灯泡消耗的电功率都相等，则在原线圈电路中的灯泡两端的电压也等于U2，因此U=U2+U1，而A、B端输入电压的有效值U=Um2=120V，解得每个灯泡两端的电压U2=30V，故A错误；
B.根据P=UI，可得通过每个灯泡的电流I=PU2=1830A=0.6A，故B错误；
C.流过副线圈的电流I2=3I=1.8A，根据I1I2=n2n1，可得流过原线圈的电流I1=n2I2n1=0.6A，
流过定值电阻R的电流IR=2I−I1=0.6A，故C正确；
D.定值电阻R的电功率P=U1IR=U−U2IR=90×0.6W=54W，故D正确。
7.【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据单摆固有周期公式T=2π Lg，可以判断影响周期大小的因素；周期公式变形得到T2=4π2Lg，可以确定T2−L图象的斜率k=4π2g；物体发生受迫振动时，当驱动力的频率等于系统固有频率时，就会发生共振。
本题考查学生对单摆周期公式的理解和应用，以及受迫振动发生共振的条件。
【解答】
A、根据单摆的固有周期公式为T=2π Lg，L为摆长，g为当地重力加速度，所以单摆的固有周期由摆长和当地重力加速度决定，故A错误；
B、根据T=2π Lg得：T2=4π2Lg，所以T2−L图象的斜率k=4π2g，图甲中A图象的斜率大于B图象的斜率，故A图象对应的重力加速度较小，故B正确；
C、若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，只受重力，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；
D、根据T=2π Lg，若在同一地点减小摆长，则单摆固有周期减小，固有频率变大，则发生共振时的驱动力频率变大，共振峰向右移动，故D正确。
故选：BCD。
8.【答案】AB
【解析】
【分析】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。
本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。
【解答】解：A、火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B、在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M−m)v−mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M−m，故B正确；
C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h=v22g=m2v022(M−m)2g，故C错误；
D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。
故选AB。
9.【答案】(1)m1;(2)水平;(6)0.40；(7)0.41;(8)m1−m22m1；0.42
【解析】
【解析】
(1)为防止入射球反弹，入射球质量应大于被撞球的质量，故选m1的小球为入射球。
(2)为保证小球抛出时做平抛运动，应调整斜槽使其末端水平；
(6)根据表格数据可知，k3=12.3030.42=0.40；
(7)根据表格数据可知，x1x2的平均值为0.40+0.42+0.40+0.41+0.425=0.41
(8)小球做平抛运动，在竖直方向上：h=12gt2，平抛运动时间：t= 2hg，
发生碰撞后入碰小球的初速度：v1=x1 2hg
发生碰撞时被碰小球的初速度：v2=x2 2hg，
碰撞过程动量守恒，则：m1v0=m1v1+m2v2，
如果是弹性碰撞，碰撞过程能量守恒12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
可得：v1v2=m1−m22m1
则x1x2=v1v2=m1−m22m1
代入数据解得本实验中其值为0.42．
【分析】
(1,2)入碰小球质量须大于被碰小球质量以防反弹，为了让小球发生平抛运动，末端应水平
(6,7)根据表格数据计算；
(8)根据能量守恒和动量守恒求得碰后速度的比值，根据平抛运动规律求得位移之比与初速度之比的关系，联立解题。
该题考查验证动量守恒定律，该实验中，结合用平抛运动验证动量守恒，要注意明确平抛运动的性质，知道水平方向为匀速运动，竖直方向做自由落体运动，要正确分析两个方向上运动的规律应用。
10.【答案】解：
(1)小球P恰好通过C点，在C点，由牛顿第二定律得：Mg=MvC2R，P由B到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12MvP2=Mg⋅2R+12MvC2，
在B点，由牛顿第二定律得：F−Mg=MvP2R，解得：F=12N，由牛顿第三定律可知，在B点P对轨道的压力大小为：F′=F=12N；
(2)Q、S碰撞后做平抛运动，平抛运动的时间：t= 2hg= 2×0.210s=0.2s，做平抛运动的初速度：v=xt=0.2m0.2s=1m/s，
Q、S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：mvQ=(m+m)v，解得：vQ=2m/s；
(3)释放弹簧过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvQ−MvP=0，解得：vP=1m/s，由能量守恒定律得：EP=12MvP2+12mvQ2，解得：E=0.3J；
答：
(1)小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为12N；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小为2m/s；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能为0.3J．
【解析】(1)小球P恰好能通过半圆轨道最高点C，重力提供向心力，由B到C过程机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以求出小球P在B点对轨道的作用力．
(2)Q与S碰撞后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出碰撞后的速度，Q、S碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞前Q的速度．
(3)释放弹簧过程，P、Q系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出Q的速度，应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．
本题考查了动量守恒定律的应用，本题是多体多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提，知道小球恰好能够通过C点的隐含条件是解题的关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、机械能守恒定律与能量守恒定律可以解题．
11.【答案】解：(1)根据导体切割磁感应线处的感应电动势计算公式可得：E=BLv；
(2)拉力做功，功率等于回路中产生的电功率，则P=E2R=B2L2v2R；
(3)进入磁场的运动时间t=Lv
产生的总热量Q总=Pt=B2L3vR
ab边产生的热量Q1=14Q总=B2L3v4R。
答：(1)感应电动势的大小为BLv；
(2)拉力做功的功率为B2L2v2R；
(3)ab边产生的焦耳热为B2L3v4R。
【解析】(1)根据导体切割磁感应线处的感应电动势计算公式求解感应电动势大小；
(2)拉力做功功率等于回路中产生的电功率，则P=E2R求解功率；
(3)求出线框产生的总热量，ab边产生的热量为总热量的四分之一。
对于电磁感应问题研究思路常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
12.【答案】解：(1)由题图2可知，金属棒在0∼1s内做初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。
在0∼1s过程中，由题图2可知，金属棒的加速度：a=ΔvΔt=4m/s2 ①
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 37∘−μmgcos 37∘=ma ②
由①②式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数：μ=0.25 ③
(2)金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为vm，
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm ④
根据闭合电路欧姆定律有：I=ER ⑤
根据安培力公式有：FA=ILB ⑥
根据平衡条件有：FA+μmgcos37 ∘=mgsin37 ∘ ⑦
由③④⑤⑥⑦式解得：vm=8m/s ⑧
(3)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为：q=It=EtR=ΔΦttR=ΔΦR=BLxR ⑨
解得，金属棒在磁场下滑的位移：x=qRBL=2.6m ⑩
由动能定理有：mgxsin37 ∘−μmgxcos37 ∘−WA=12mv22−12mv12 ⑪
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功：Q=WA⑫
由⑩⑪⑫式解得，此过程中电阻产生的焦耳热：Q=2.95J。
【解析】(1)已知金属棒在0～1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律进行分析；
(2)当金属棒速度达到最大时，加速度为零，此时金属棒受力平衡；
(3)由电荷量分析出金属棒走过的位移，由动能定理分析出电阻产生的焦耳热。
本题主要考查了动能定理和安培力公式以及法拉第电磁感应定律，解题关键在于当导体棒的速度达到最大时，导体棒此时受力平衡。
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