2023-2024学年山东省青岛第五十八中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛第五十八中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图甲为一款网红魔术玩具——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙永磁铁N极朝上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是( )
A. 小球运动的过程中机械能守恒
B. 该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应
C. 轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极
D. 电源如何接都不影响“永动”的效果
2.渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物。声波在水中传播速度为1500m/s，若探测器发出频率为1.5×106Hz的声波，下列说法正确的是( )
A. 两列声波相遇时一定会发生干涉
B. 声波由水中传播到空气中，频率会改变
C. 该声波在水中遇到尺寸约为1×10−3m的被探测物时会发生明显衍射
D. 探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关
3.如图，矩形线框ABCD的匝数为N，面积为S，线框所处匀强磁场的磁感应强度大小为B。线框从图示位置开始绕轴OO以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框通过两个电刷与外电路连接。外电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为k：1，定值电阻R1=R，R2=2R，忽略其余电阻。则( )
A. 图示位置，线框的磁通量大小为NBS
B. 图示位置，线框的感应电动势大小为NBSω
C. 流过R1、R2的电流之比为2k：1
D. 线框的输出功率为N2B2S2ω24k2R
4.如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 运动过程中，A、
B. C组成的系统动量守恒B.C球摆到最低点过程，C球的速度为vc=2 mgL2m+m0
C. C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离2mL2m+m0
D. C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同
5.某兴趣小组设计了一辆“电磁感应车”，在一个车架底座上固定了一块塑料板，板上固定了线圈和红、绿两个二极管，装置和连成的电路如图甲所示。用强磁铁插入和拔出线圈，电流传感器记录了线圈中电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 在t=3 s时刻，线圈中的磁通量最大
B. 当磁铁从线圈左端插入时，小车将会向左运动
C. 乙图显示了磁铁先后两次插入和拔出线圈的过程
D. 若插入线圈的磁铁磁性足够强，红、绿两个二极管会同时发光
6.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计).电源内阻不计，则
( )
A. S闭合时，A灯立即亮，亮度保持不变
B. S闭合时，B灯立即亮，然后亮度逐渐加大
C. S闭合时，C灯立即亮，然后亮度逐渐减弱
D. 电路接通稳定后，S断开时，B、C灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭
7.如图是远距离输电的原理图，图中变压器为理想变压器，T1为升压变压器，其输入端接电压有效值恒定的正弦式交变电源，输电线的总电阻为定值r，T2为降压变压器，其输出端接阻值相等的恒定电阻R1、R2，开关S处于断开状态。下列说法中正确的是( )
A. 减小T1的原副线圈匝数比，其他条件不变，则输电线上损失的功率将减小
B. 减小T1的原副线圈匝数比，增大T2的原副线圈匝数比，则电阻R1两端电压有可能不变
C. 增大T2的原副线圈匝数比，其他条件不变，则远距离输电的效率将减小
D. 将开关S闭合，其他条件不变，则电阻R1消耗的电功率不变
8.从地面上把一个小球竖直向上抛出，小球上升和下降过程中加速度a随速度变化的图像如图所示。已知小球受到的空气阻力大小与速率成正比，图中a0、a1、a2、v2已知，则下列说法正确的是( )
A. 图线2为小球上升过程中的图像
B. a0等于重力加速度的2倍
C. 小球落回抛出点的速度大小为a0−a1a2v2
D. 小球从抛出到返回抛出点的时间为a2−a1a0(a2−a0)v2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.霍尔效应是美国物理学家霍尔(E·H·Hall)于1879年发现的。其原理如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体金属元件，单位体积内自由电子数为n，导体的电阻率为ρ，电子的电量大小为e，在导体的左右两端加上恒定电压U和方向垂直于上表面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在导体前后表面之间产生稳定的电势差，称为霍尔电压；霍尔电压与通过电流之比称为霍尔电阻。下列说法正确的是( )
A. 导体前表面的电势低于后表面的电势
B. 导体中电流的大小为Ubaρc
C. 霍尔电压的大小为BUbρnea
D. 电流方向垂直前后表面时的霍尔电阻与垂直左右表面时的相同
10.如图甲所示，S为与波源处于同一均匀介质中的点，其与两波源P1、P2的距离分别是7m、9m，P1、P2间距离为10m，波源P1的振动图像如图乙所示;波源P2振动频率f=5Hz，其产生的简谐横波在t=0.25s时刻的图像如图丙所示，已知P1、P2均在t=0时刻开始振动，则( )
A. 波源P2的起振方向沿y轴负方向
B. 质点S为振动加强点
C. t=1.1s时质点S向y轴负方向运动
D. 在t=0.6s时，SP1P2所在的平面内有2处波峰与波峰相遇
11.如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力F，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 前2s合外力对木板做的功为2.4JB. 2.5s时木板对地面的压力大小为2.5N
C. 静摩擦力对滑块做的功为1.8JD. 滑动摩擦力对滑块的冲量大小为1N⋅s
12.如图甲所示，在水平面上有一竖直向下的足够宽的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B0=0.2T，区域长度L=3m，在紧靠磁场的左边界处的水平面上放置一正方形线框，匝数n=10，边长a=1m，线框电阻R=1Ω，质量m=1kg。现在线框上作用一水平恒力F，使线框从静止开始向右进入磁场中，已知恒力F的大小为10N，线框与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，整个线框完全进入磁场前已经匀速运动。当线框刚全部进入磁场开始计时，磁场即以如图乙所示规律变化。下列说法正确的是( )
A. 线圈完全进入磁场瞬间的速度为2m/s
B. 线圈从开始运动到线圈右边到达磁场右边界的过程中，流过线圈的电量为2C
C. 线圈在完全进入磁场到线圈右边到达磁场右边界的过程中，因为线圈左右两边切割速度相同，所以线圈中没有感应电流
D. 线框从开始进入磁场到线框右边刚到达磁场右边界过程中线框产生的焦耳热为8J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：
①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射器，使其出口处切线与水平桌面相平；
②在一块长平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘．将小球a向左压缩弹簧并使其由静止释放，a球碰到木板，在白纸上留下压痕P；
③将木板向右水平平移适当距离，再将小球a向左压缩弹簧到某一固定位置并由静止释放，撞到木板上，在白纸上留下压痕P ​2；
④将半径相同的小球b放在桌面的右边缘，仍让小球a从步骤③中的释放点由静止释放，与b球相碰后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P ​1、P 3．
(1)下列说法正确的是________．
A.小球a的质量一定要大于小球b的质量
B.弹簧发射器的内接触面及桌面一定要光滑
C.步骤②③中入射小球a的释放点位置一定相同
D.把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平
(2)本实验必须测量的物理量有________．
A.小球的半径r
B.小球a、b的质量m ​1、m ​2
C.弹簧的压缩量x ​1，木板距离桌子边缘的距离x ​2
D.小球在木板上的压痕P ​1、P ​2、P 3分别与P之间的竖直距离h ​1、h ​2、h 3
(3)用(2)中所测的物理量来验证两球碰撞过程中动量是否守恒，当满足关系式________时，则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒．
14.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。
(1)下列说法正确的是_____。
A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B.实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C.为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
D.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
(2)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间(接入匝数为800匝)，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱(接入匝数为400匝)之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为_____。
B. 3.5V C. 5.5V D. 7.0V
(3)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为_____。
A.原、副线圈上通过的电流发热 B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.原线圈输入电压发生变化 D.变压器铁芯漏磁
(4)图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当RR0=_____时，R获得的功率最大。
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.如图所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道，半径为r、间距为L，图中Oa水平，cO竖直，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时通过电阻R的电流大小为BL grR，整个过程金属棒与导轨接触良好，轨道电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)金属棒到达轨道底端cd时的速度大小；
(2)若金属棒在外力作用下，以速率v0沿圆弧轨道做匀速圆周运动，求金属棒从cd到达ab的过程中回路产生的焦耳热。
16.如图甲所示，质量为m的物体B放在水平面上，通过轻弹簧与质量为2m的物体A连接，现在竖直方向给物体A一初速度，当物体A运动到最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，物体A的位移随时间的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为g，求：
(1)物体A的振动方程；
(2)物体B对地面的最大压力大小。
17.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，第三、四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B1= 3mv02qL，第二象限存在垂直坐标平面向外的圆形有界匀强磁场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上A点(0, 3L)以初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，然后从x轴上的M点(2L,0)射入第四象限，经磁场偏转后从x轴上的N点射入第二象限，经第二象限圆形有界磁场偏转后垂直打到y轴上的A点，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)N点的坐标；
(3)若圆形有界磁场的磁感应强度B2=2 3B1，求此圆形磁场区域的最小面积。
18.如图所示，水平地面上固定放置一质量M=96.5kg的斜面体C，斜面体C的上表面与水平地面的夹角为θ=37∘，斜面体上静置两个小物块A、B，小物块A、B的质量分别为m1=0.5kg、m2=3kg，小物块A位于斜面顶端，小物块B与小物块A相距x0=3m，小物块A与斜面体间无摩擦，小物块B与斜面体间动摩擦因数为μ=78，初始由静止释放小物块A，此后小物块A、B间发生多次弹性正碰，碰撞时间均极短。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)第一次碰后瞬间小物块A、B的速度大小v 1、v2；
(2)第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间小物块A、B间的最大距离Δx；
(3)第一次碰后瞬间到第八次碰前瞬间小物块B与斜面体C间摩擦产生的热量Q；
(4)第一次碰后瞬间到第八次碰前瞬间地面对斜面体C的冲量大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是电流在磁场中受到安培力，安培力的方向与速度方向夹角为锐角时做正功，机械能增大，从而实现永动的效果，难度不大，比较新颖。
【解答】
A.小球运动的过程中有磁场力做功，机械能不守恒，故A错误；
B.该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受力的作用，故B错误；
C.小钢球逆时针“永动”时，应受向左的安培力，根据左手定则可知通过小球电流的方向从轨道a到轨道b，所以轨道 a 应接电源的正极，轨道 b 应接电源的负极，故C正确；
D.由左手定则得到安培力的方向与速度的夹角为锐角，做正功，机械能增大，从而实现永动的效果，电源反接后改变安培力的方向，影响“永动”，故D错误；
故选C。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】AD.根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，而两列声波发生干涉的条件是频率相等，所以两列声波相遇时不一定发生干涉，故A、D错误；
B.波的频率由波源决定，声波由水中传播到空气中时，频率不变，故B错误；
C.根据波长的计算公式可得
λ=vf=15001.5×106m=1×10−3m
根据波发生明显衍射现象的条件可知，当遇到尺寸约为 1×10−3m 的被探测物时会发生明显衍射，故C正确。
故选C。
3.【答案】C
【解析】.C
【详解】A.图示位置，线框的磁通量大小为BS，选项A错误；
B.图示位置，线框的磁通量最大，则磁通量的变化率为零，则此时的感应电动势大小为零，选项B错误；
C.根据
U1U2=IR1R1I2R2=IR12I2=k1
则流过R1、R2的电流之比为
IR1I2=2k1
选项C正确；
D.线框产生的感应电动势最大值
Em=NBωS
有效值
E=NBωS 2
则电阻R1的电流
IR1=NBωS 2R
则R2的电流为
I2=IR12k=NBωS2 2kR
线框的输出功率等于两电阻消耗的功率之和为
P=IR12R1+I22R2=(2k2+1)N2B2S2ω24k2R
选项D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】A.木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误；
BD.小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，设A、B共同速度为 vAB ，根据机械能守恒有
m0gL=12m0vC2+12×2mvAB2
由水平方向动量守恒得
m0vC =2mvAB
联立解得
vC=2 mgL2m+m0 ， vAB=m0m mgL2m+m0
此后A、B分开。当C向左运动能达到的最大高度时，AC共速，设此时A、C速度为 v共 ，B的速度依然为 vAB 。全程水平方向动量守恒，规定向左为正方向，即
m0vC −mvAB =(m+m0)v共
整个过程中，系统机械能守恒，C的重力势能转化为A、B、C的动能，即
12m0vC2+12mvAB2=m0gh+12(m+m0)v共2
解得
h=(m0+2m)L2(m0+m)
故B正确，D错误；
C.C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m0vC =2mvAB
则
m0x1t=2mx2t
由几何关系得
x1+x2=L
解得木块A、B向右移动的距离为
x2=m02m+m0L
故C错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据法拉第电磁感应定律判断感应电流的大小，结合楞次定律的“来拒去留”可判定磁场力的方向，依据能量守恒定律，即可一一求解。
该题考查法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用，掌握控制变量法的方法，理解楞次定律的“来拒去留”的含义。
【解答】
A、在t=3s时刻，线圈中的电流最大，则磁通量变化率最大，但磁通量不一定最大，故A错误；
B、当磁铁从线圈左端插入时，靠近线圈，导致穿过的磁通量变大，根据楞次定律，则有感应电流产生，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右的力，向右运动，故B错误；
C、乙图显示了磁铁先后两次插入和拔出线圈的过程，故C正确；
D、由于发光二极管具有单向导电性，把两个发光二极管极性相反地并联起来，并与线圈串联，两个发光二极管不会同时发光，故D错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小。根据电感线圈的特性进行分析。
解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路。
【解答】
A.因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计，S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，S闭合时，B和C灯先不太亮，然后变亮，故AC错误，B正确；
D.电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，S断开时，BC灯逐渐熄灭，A灯先闪亮，再逐渐熄灭，D错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A.减小T1的原副线圈匝数比，其他条件不变时，由
U1U2=n1n2
可知T1的副线圈输出电压 U2 增大，由于输电线电阻和负载电阻以及T2的原副线圈匝数比不变，可知T1的副线圈电流 I2 增大，由
P损=I22r
可知输电线上损失的功率将增大，故A错误；
B.减小T1的原副线圈匝数比，则T1的副线圈输出电压 U2 增大；把T2的原副线圈与 R1 看成一个等效电阻 R等 ，可知
R等=n32n42R1
增大T2的原副线圈匝数比，则等效电阻 R等 增大，T2的原线圈电压 U3 增大，所以当增大T2的原副线圈匝数比时，由
U3U4=n3n4
可知电阻 R1 两端电压 U4 有可能不变，故B正确；
C.设T2原线圈电流为 I3 ，副线圈电流为 I4 ，则有
I3I4=n4n3
则远距离输电的效率为
η=I42R1I32r+I42R1=R1(n4n3)2r+R1
增大T2的原副线圈匝数比，其他条件不变，远距离输电的效率将增大，故C错误；
D.将开关S闭合，相当于T2的副线圈端总电阻减小，其他条件不变，可知电路消耗的总功率增大，则输电线上的电流增大，输电线电压损失增大，T2的原线圈电压 U3 减小，根据
U3U4=n3n4
可知电阻 R1 两端电压 U4 减小，则电阻 R1 消耗的电功率减小，故D错误。
故选B。
8.【答案】D
【解析】D
【详解】A.小球上升过程中做减速运动，根据牛顿第二定律有
mg+f=ma
随着速度的减小阻力 f 逐渐减小，则上升过程中随着速度的减小加速度在减小，即图线1为小球上升过程中的图线，故A错误；
B.由图知， a0 为小球上升到最高点时的加速度，此时速度为0，阻力为0，只受重力，所以 a0 等于重力加速度，故B错误；
C.小球运动过程中受到空气阻力与其速率成正比，即
f=kv
小球抛出时速度为 v2 ，根据牛顿第二定律有
mg+kv2=ma2
小球在最高点时有
mg=ma0
小球下落到抛出点时速度为 v1 ，则有
mg−kv1=ma1
联立可得
v1=a0−a1a2−a0v2
故C错误；
D.设小球上升高度为 x ，上升过程取极短时间，由动量定理得
∑mgΔt1+∑kvΔt1=∑mΔv
其中
∑kvΔt=∑kΔx
可得
mgt1+kx=mv2
同理可得，小球下降过程有
mgt2−kx=mv1
小球从抛出到返回抛出点的时间为
t=t1+t2
解得
t=a2−a1a0(a2−a0)v2
故D正确。
故选D。
9.【答案】ACD
【解析】.ACD
【详解】A.电子定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则可知，前表面的电势低于后表面，故A正确；
B.根据电阻定律可得，导体在电流方向的电阻为
R=ρabc
根据欧姆定律可得导体中电流的大小为
I=UR=Ubcρa
故B错误；
C.设导体中自由电荷定向移动的平均速率为v，根据电流的微观表达式有
v=Inebc
定向移动的电子所受电场力与洛伦兹力平衡，即
eUHb=evB
联立解得
UH=BUbρnea
故C正确；
D.根据以上分析可得当电流方向垂直左右表面时的霍尔电阻为
RH=UHI=Bnec
同理可得当电流方向垂直前后表面时的霍尔电阻为
R H′=Bnec=RH
故D正确。
故选ACD。
10.【答案】BD
【解析】解：A.在同一介质中，频率相同的两列机械波，波长相等，波速v=λT=，波源P2产生的波在t=0.25s时间内传播的距离s=vt=10×0.25m=2.5m；由图丙可知，波源P2在t=0.25s时刚好传播到x=2.5m处，根据“同侧法”可知x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，因此波源P2的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B.根据波源P1的振动图像图乙可知，波源P1的起振方向向上，又因为S点到两波源的波程差为
Δx=|P1S−P2S|=|7m−9m|=2m
由于波程差满足Δx=nλ(n=1)，S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，故B正确；
C.根据上述A选项分析可知，波速v=10m/s，则P1波传到S点的时间为t1=SP1v=710s=0.7s；由于S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同；当t=1.1s，S点已经振动了0.4s，刚好为两个周期，所以它此时向y轴正方向运动，故C错误；
D.在t=0.6s时，波传至距离波源6m处，由起振方向可知，波峰分别位于距离波源5.5m、3.5m和1.5m处，以波源为圆心，波峰到波源的距离为半径作圆，如图所示：
可知SP1P2所在的平面内有2处波峰与波峰相遇，故D正确。
故选：BD。
A.根据题图给出的信息求解波速，再求波源P2在t=0.25s时间内传播的距离，然后根据“同侧法”判断波源P2的起振方向；
B.根据题意求波程差，再根据两列波叠加时振动加强、减弱的条件进行判断；
C.根据波速求解波源P1传播到S点的时间，再判断t=1.1s时S的振动方向；
D.根据波速求解t=0.6s时间内两列波传播的距离，再求波峰相对于波源的位置，最后求解两列波的波峰相遇的情况。
本题考查了两列波的叠加、振动加强或减弱的判断以及质点振动方向的判断。
11.【答案】BC
【解析】A.静摩擦力能提供的最大加速度为
a0=μg=5m/s2
开始时木板滑块一起运动，加速度为
a=FM+m=2m/s2<5m/s2
而滑块向左运动后，由左手定则可知，会受到一个向上的洛伦兹力，设滑块速度为v时，两者开始相对滑动，由牛顿第二定律得，对滑块有
μ(mg−qvB)=ma
对木板有
F−μ(mg−qvB)=Ma
可得
v=6m/s
则发生相对滑动需要时间
t0=va=3s
t2=2s 时木板速度
v2=at2=4m/s
根据动能定理，前 2s 合外力对木板做的功为
W=ΔEk=12Mv22=1.6J
故A错误；
B. t2.5=2.5s 时速度
v2.5=at2.5=5m/s
木板对地面的压力大小为
N=(M+m)g−qv2.5B=2.5N
故B正确；
C.根据动能定理，静摩擦力对滑块做的功为
Wf=ΔEfk=12mv2=1.8J
故C正确；
D.当滑块受的洛伦兹力大小等于重力时，两者分离，此时由
qv′B=mg
可得
v′=10m/s
滑动摩擦力对滑块的冲量大小为
I=mv′−mv=0.4N⋅s
故D错误。
故选BC。
12.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了电磁感应的综合应用问题，解题的关键是：会分析产生感应电动势的类型，在线框运动过程中，进入磁场过程中线框中的电动势是动生电动势，在完全进入磁场后的运动过程中，线框中的电动势是感生电动势。利用动力学知识分析求解完全进入磁场的速度；利用两个过程分别求解电荷量；利用功能关系求解进入过程的热量，利用焦耳定律求解全部进入磁场后的热量。
【解答】
A.进入磁场，当线框匀速运动有F−μmg=F安，F安=nB0Ia，由闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律，得I=ER，E=nB0av，所以F−μmg=n2B02a2Rv，v=(F−μmg)Rn2B02a2=2m/s，故A正确；
BC.进入过程有，线框全部在磁场中，由感生电动势引起电流，E′=n△B△ta2=10×0.2×1V=2V，I′=E′R=2A，四条边所受安培力合力为零，有F−μmg=ma加，可得a加=8m/s2，线框做匀加速直线运动，有v′= v2+2a加(L−a)=6m/s，t=v′−va加=0.5s，q2=I′t=1C，所以q=q1+q2=3C；故BC错误；
D.进入磁场过程，有(F−μmg)a−Q1=12mv2，解得Q1=6J，线框全部在磁场中有Q2=I′2Rt=4×1×0.5J=2J，所以Q=Q1+Q2=8J，故D正确。
13.【答案】(1)AD；
(2) BD；
(3)m1 h2=m1 h3+m2 h1；
【解析】【分析】
装置是利用平抛运动规律验证动量守恒，利用平抛运动规律得出速度的表达式，再根据动量守恒定律分析动量守恒的表达式，根据表达式分析应测量的数据，同时得出对应的表达式。
本题考查利用平抛运动规律验证动量守恒的实验，要注意明确实验原理，知道利用平抛运动分析碰撞前后速度的基本方法是解题的关键。
【解答】
(1)A.为防止碰撞后入射球反弹，入射小球a的质量应大于被碰小球b的质量，故A正确；
B.弹簧发射器的内接触面及桌面不一定要光滑，只要a球到达桌边时速度相同即可，故B错误；
C.步骤②③中入射小球a的释放点位置不一定相同，但是步骤③④中入射小球a的释放点位置一定要相同，C错误;
D.把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平，D项正确。
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，设其水平位移为L，则小球做平抛运动的时间t=Lv0
小球的竖直位移h=12gt2，解得v0=L g2h，碰撞前入射球a的水平速度v1=L g2h2
碰撞后入射球a的水平速度v2=L g2h3，碰撞后被碰球b的水平速度v3=L g2h1，，如果碰撞过程系统动量守恒，则m1v1=m1v2+m2v3，即m1·L g2h2=m1·L g2h3+m2·L g2h1
整理得m1 h2=m1 h3+m2 h1，则要测量的物理量是：小球a、b的质量m1、m2和小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3，故选B、D两项。
(3)由以上分析可知当满足关系式m1 h2=m1 h3+m2 h1时，则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒。
14.【答案】 BD##DB D C n22n12
【详解】(1)[1] A.变压器工作时只是改变电压，不改变频率，即副线圈电压频率与原线圈相同，故A错误；
B.实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，故B正确；
C.变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，故C错误；
D.观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据变压器电流与匝数的关系有
I1I2=n2n1
可知，匝数少的线圈电流大，为了减小线圈功率损耗，根据电阻定律可知，此时导线应该粗一些。绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，则副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D正确。
故选BD。
(2)[2]若为理想变压器，根据电压与匝数关系有
U1U2=n1n2
解得原线圈两端电压为
U1=6.0V
由于实际变压器存在漏磁与线圈电阻发热引起的功率损耗，则实际上原线圈两端电压应该大于6.0V，即原线圈的输入电压可能为7.0V。
故选D。
(3)[3]A.实际的变压器的原、副线圈存在一定的电阻，线圈上通过的电流会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故A正确，不符合题意；
B.实际的变压器的铁芯在交变磁场作用下会产生涡旋电流，铁芯会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故B正确，不符合题意；
C.原线圈输入电压发生变化不会直接引起功率损耗，不会导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，故C错误，符合题意；
D.实际的变压器的铁芯会发生漏磁，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故D正确，不符合题意。
故选C。
(4)[4]将左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为一个新电源，根据题意等效电动势为 U0 ，内阻为R0，将右侧实线框的变压器与可变电阻R等效为一个用电器，等效电阻为
Rx=U1I1=U2n1n2I2n2n1=n1n22U2I2=n1n22R
理想变压器不消耗功率，则等效电阻 Rx 消耗的功率等于可变电阻R消耗的功率，则有
P=U0R0+Rx2Rx=U02R02Rx+Rx+2R0
根据数学函数规律可知，当效电阻 Rx 等于可变电阻R时，消耗功率最大，则有
Rx=R0
结合上述解得
RR0=n22n12

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) gr ；(2) πrB2L2v04R
【详解】(1)设金属棒到达轨道底端cd时的速度大小为 v ，根据法拉第电磁感应定律有
E=BLv
由闭合电路欧姆定律有
I=ER
联立解得
v= gr
(2)当金属棒以速率v0沿圆弧轨道做匀速圆周运动时，金属棒中将产生正弦交流电，电流最大值
Im=BLv0R
则可得其有效值为
I=Im 2
在四分之一周期内产生得热量为
Q=I2R⋅T4
其中周期
T=2πrv0
联立解得
Q=πrB2L2v04R

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】解：(1)图乙可知振幅为A=10 cm，周期为T=1.0 s
角速度为ω=2πT=2π rad/s
规定向上为正方向，t=0时刻位移为0.05 m，表示振子由平衡位置上方0.05 m处开始运动，所以初相为φ0=π6
则振子的振动方程为y=Asin(ωt+φ0)=10sin(2πt+π6) cm
(2)物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧的拉力为F=mg
对于物体A有2mg+F=2ma
解得a=1.5g
当物体A运动到最低点时，物体B对水平面的压力最大，由简谐运动的对称性可知，物体A在最低点时加速度向上，且大小等于1.5g，由牛顿第二定律得F′−2mg=2ma
解得F′=5mg
由物体B的受力可知，物体B受水平面的最大支持力为FN=F′+mg=6mg
由牛顿第三定律F压=FN=6mg

【解析】(1)图乙可知振幅和周期，规定向上为正方向，根据t=0时刻位移为0.05 m，可得初相，也就得到物体A的振动方程；
(2)A做简谐振动，先找出平衡位置，然后根据简谐运动的对称性得到最低点的弹簧弹力，最后对B受力分析，求出压力．
本题关键是简谐运动的对称性和对小物体受力分析，根据简谐运动的对称性得到最低点时弹簧的弹力大小，最后对物体B受力分析，得到对地面的最大压力大小．
17.【答案】(1) 3mv 022qL ；(2) (−2L,0) ；(3) 19πL2
【详解】(1)根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，则有
2L=v0t ， 3L=12at2 ， a=qEm
联立解得
E= 3mv 022qL
(2)设经过M点的速度v与x轴的夹角为 θ ，则有
tanθ=vyv0
又
vy=at
联立解得
θ=60∘ ， v=2v0
带电粒子在磁场中做圆周运动，设轨道半径为 R1 ，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力
qvB1=mv2R1
解得
R1=4 33L
由几何关系可得，带电粒子在第三、四象限内运动轨迹的圆心 O1 恰好在y轴上，故N点的坐标为 (−2L,0) 。
(3)粒子在第三象限进入有界磁场时，半径为 R2 ，根据
qvB2=mv2R2
可得
R2=2L3
满足条件的最小圆形有界磁场的区域如上图所示，由几何关系可得
PQ=2R2sin30∘=R2
圆形磁场区域的最小面积为
Smin=πR222=19πL2

【解析】详细解答和解析过程见答案
18.【答案】(1) v1=307m/s ， v2=127m/s ；(2) Δx=187m ；(3) Q=216J ；(4) I=12000N⋅s
【详解】(1)小物块A释放之后沿斜面向下做匀加速直线运动
m1gsinθ=m1a1
v02=2a1x0
求得
v0=6m/s
小物块A、B碰撞过程中动量守恒(规定沿斜面向下为正方向)
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立求得
v1=−307m/s ， v2=127m/s
(2)对物块B，根据牛顿第二定律有
m2gsinθ−μm2gcsθ=m2a2
求得
a2=−1m/s2
小物块A、B碰后B做匀减速直线运动，A先向上匀减速后反向匀加速，两者共速时距离最大，有
v1+a1t1=v2+a2t1
求得
t1=67s
v共=v1+a1t1=67m/s
sA1=v1+v共2t1=−7249m
sB1=v2+v共2t1=5449m
可得第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间小物块A、B间的最大距离
Δx=sA1+sB1=187m
(3)第一次碰后B减速至0用时
t2=v2a2=127s
B减速至0时A的速度为
vA2=v′1+a1t2=6m/s
t2 时间内A、B的位移分别为
sA2=v1+vA22t2=7249m
sB2=v2+02t2=7249m
由于 sA2=sB2,vA2=v0 ，说明B减速至0时刚好发生第二次碰撞，且A与第一次碰前速度相同，此后A、B将重复性发生多次碰撞。每相邻两次碰撞间摩擦热
Q1=μm2gcsθ⋅sB2=2167J
总热量
Q=7Q1=216J
(4)A、B整体对斜面体的摩擦力为
f=μm2gcsθ=m1+m2gsinθ
A、B整体对斜面体的弹力为
FN=m1+m2gcsθ
A、B整体对斜面体的作用力为
FAB= f2+FN2=m1+m2g
方向竖直向下
I=M+m1+m2g⋅7t2
I=12000N⋅s

【解析】详细解答和解析过程见答案