四川省成都外国语学校2024届高三下学期高考模拟（四）物理试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都外国语学校2024届高三下学期高考模拟（四）物理试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列对物理现象或规律的说法正确的是( )
A. 核反应 714N+24He→817O+11H是核聚变方程
B. 氧的半衰期是3.8天，40个氧原子核经过7.6天后就只剩下10个氧原子核
C. 轻核聚变能够释放核能是由于反应中存在质量亏损
D. 根据狭义相对论，在高速运动情况下，惯性参考系中的物理规律不一定相同
2.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )
A. 棒中的电流变大，θ角变大B. 两悬线等长变短，θ角变小
C. 金属棒质量变大，θ角变大D. 磁感应强度变大，θ角变小
3.某卫星在赤道上空轨道半径为n的圆形轨道上绕地球运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方。假设某时刻，该卫星如图所示，在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2。设卫星由B到A运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. t=(r1+r2)T2r1 r1+r22r1
B. T=38T0
C. 卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能增大
D. 卫星在图中大圆轨道上A点的加速度比椭圆轨道上A点的加速度大
4.某健身爱好者质量为55kg，在做俯卧撑运动的过程中可将他的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离a、b分别为1.0m和0.5m。若他在1min内做了36个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.5m，则1min克服重力做功和相应的功率约为( )
A. 660J，11W
B. 6600J，110W
C. 990J，16.5W
D. 9900J，165W
5.如图所示，高为2R的绝缘圆柱体，底面半径为R，abcd为过两底面圆心轴线的截面，在c点有一电荷量为+q的点电荷，在a点有一电荷量为-q的点电荷，平面efgh垂直平面abcd、静电力常量为k。下列说法正确的是( )
A. h点与g点电场强度相同
B. d点电势高于b点电势
C. 正电荷沿e→h运动，电场力做正功
D. f点的电场强度大小为 10kq6R2
二、多选题：本大题共5小题。
6.如图所示为电动汽车无线充电示意图，若发射线圈的电压为u=220 2sin(100πt)V，匝数为500匝，接收线圈的匝数为1000匝，发射线圈的功率为8.8kW，该装置可看成理想变压器，则( )
A. 利用该装置只能采用交流电源为电动汽车充电
B. 接收线圈交变电流的频率为100Hz
C. 发射线圈中电流的有效值为20A
D. 接收线圈电压的峰值为440 2V
7.如图所示为质谱仪的原理图。带电粒子从静止开始经过电场加速后进入速度选择器，选择器中存在正交的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B1，磁场方向如图。左右竖直平行板电容器两板间距为d，电容为C。带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点即垂直直线MN又垂直于磁场的方向射入偏转磁场，偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场。带电粒子在偏转磁场运动时间t后，最终到达照相底片上与G相距为L的H点，偏转磁场的磁感应强度为B2，带电粒子的重力可忽略不计。下列说法正确的是( )
A. 该装置可用于测定电子的比荷B. 速度选择器的a板接电源的正极
C. 平行板电容器带电量为πCdB1LtD. 所测粒子的比荷qm=πtB2
8.如图所示，水平地面上固定着三个内壁光滑的容器甲、乙、丙，它们的中心轴线均和水平地面垂直。其中甲的内表面为圆锥面，乙的内表面为半球面，丙的内表面为旋转抛物面(将抛物线绕其对称轴旋转一周所得到的曲面)，三个容器中均有两个小球贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动，小球可视为质点。下列说法正确的是( )
A. 甲容器中A球的线速度比B球大B. 乙容器中A球的角速度比B球小
C. 丙容器中两球角速度大小相等D. 丙容器中A球的角速度比B球小
9.以下说法中正确的是( )
A. 热传递和扩散现象都具有方向性
B. 若液态水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止
C. 只要具有规则几何形状的物体就是晶体
D. 悬浮在空气中的携带新冠病毒的气溶胶 (aersl)颗粒所做的运动是布朗运动
E. 只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高
10.如图所示，登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损伤视力。有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛伤害的眼镜。他选用的薄膜材料的折射率为n=1.5，所要消除的紫外线的频率为ν=8.1×1014Hz。以下有关薄膜干涉的说法正确的是( )
A. 薄膜干涉说明光具有波动性
B. 如果薄膜的厚度不同，产生的干涉条纹一定不平行
C. 干涉条纹一定是彩色的
D. 利用薄膜干涉也可以“增透”
三、填空题：本大题共1小题。
11.我国的光纤通信技术处于世界领先水平。光纤内芯(内层玻璃)的折射率比外套(外层玻璃)的______(选填“大”或“小”)。某种光纤的内芯在空气中全反射的临界角为43∘，则该内芯的折射率为______。(取sin43∘=0.68，cs43∘=0.73，结果保留2位有效数字)
四、实验题：本大题共2小题。
12.在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
(1)以下做法中正确的是______。
A.测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长
B.测量周期时，从小球到达最大位移位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间
C.要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动
D.单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10∘
(2)某同学先用米尺测得单摆的摆长为98.49cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为100.0s，则当地的重力加速度为g=______m/s2(结果保留两位小数)。
(3)实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，一位同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径。具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2。由此可推得重力加速度为g=______。(用本问中字母表示)
13.某问学想通过测绘小灯泡伏安特性曲线来研究小灯泡的特性，所用器材如下：
电压表一个(量程0∼2V，内阻为2kΩ)；
电流表一个(量程0∼0.4A，内阻约为3Ω)2；
定值电阻R1(阻值为1kΩ)；
定值电阻R2(阻值为2kΩ)；
滑动变阻器(阻值0∼10Ω)；
电源(电动势5.0V，内阻很小)；
开关一个，导线若干。
(1)为测量小灯泡两端的电压，需要将电压表与定值电阻______(填“R1”或“R2”)______(填“串”或“并”)联。
(2)根据实验目的和提供的器材，在图甲中补全实验电路图。
(3)实验描绘出的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由甲图可知，随着小灯泡两端电压增大，灯丝的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”)。把实验中的待测小灯泡接入另一电路，如图丙所示，已知该电源电动势E=6V，内阻r=20Ω，定值电阻R=20Ω，小灯泡消耗的功率为______W(结果保留两位有效数字)。
五、简答题：本大题共3小题。
14.如图，一中空建材板下端固定于水平地面上的P点，通过物体M的支撑使得该板与水平地面间夹角θ=37∘。建材板中为格子形状，每个格子的规格相同。一质量为m的小滑块从板底端P点以一定初速度沿板向上射出，小滑块沿着板面做了一次往返直线运动，小滑块在运动过程中受到的摩擦力大小不变。用频闪照相机连续记录了小滑块在板面中段运动过程中的部分位置，图甲和图乙分别是上滑过程和下滑过程的频闪照片。已知小滑块运动的最高点相对于板底端的距离为s，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小滑块所受摩擦力的大小；
(2)小滑块下滑过程中，在距离板底端多远处其重力势能是动能的3倍(以板底端所在水平面为零势能面)。
15.如图，两条相距为d的平行金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值为R的电阻。质量为m、阻值为r的金属杆静置在导轨上。外形为长方体的磁场生成装置GH通过EF连接为整体，在其正对的矩形区域PMNQ(P'M'N'Q')中产生匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向竖直向下，矩形区域外磁场忽略不计。PM(P'M')边界长为L1(L1(1)当磁场的QN(Q'N')边界刚扫上金属杆时，通过电阻R中的电流方向(用“a→R→b方向”或者“b→R→a方向”表示)；
(2)当磁场的QN(Q'N')边界刚扫上金属杆时，电阻R上的电压值和热功率；
(3)若磁场的PM(P'M')边界恰好扫到金属杆时，金属杆中的自由电子定向移动速度是磁场的QN(Q'N')边界刚扫上金属杆时定向移动速度的14，且从磁场的QN(Q'N')边界刚扫上金属杆到磁场的PM(P'M')边界恰好扫到金属杆的过程中，电阻R上产生的热量为Q。求外力对磁场生成装置所做的功W和磁场MN(M'N')边界L2的大小。
16.甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为2.5cm/s，两列波在t=0时的部分波形曲线如图所示。求：
(1)t=0时，介质中偏离平衡位置位移为8cm的所有质点的x坐标；
(2)从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-8cm的质点的时间。
17.如图所示，一根与水平地面成θ=30∘的倾斜玻璃管，上端开口，管内用水银柱封闭有理想气体。已知水银柱长度L=10cm，大气压强p0=76cmHg，封闭气体此时温度为27℃。
①求封闭气体的压强(用cmHg表示)；
②若给封闭气体加热，使其温度升高了30℃，然后缓慢加注水银，为使封闭气体体积恢复到加热前的大小，求需注入水银的长度△L。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、该核反应是原子核人工核转变的方程，故A错误；
B、半衰期是针对大量原子核的统计规律，对个别的原子核没有意义，故B错误；
C、放热的核反应都存在着质量亏损，所以核聚变反应中存在质量亏损，故C正确；
D、根据狭义相对论的两个基本假设可知：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故D错误。
故选：C。
根据生成产物确定核反应类型；半衰期是统计规律；根据质能方程分析；知道狭义相对论中的惯性参考系问题是解决此题的关键。
本题考查核反应的类型、半衰期、质能方程等内容，解题关键是能够根据核反应方程正确判断是什么过程。
2.【答案】A
【解析】【分析】
对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题，
对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题。
【解答】
导体棒受力如图所示，tanθ=Fmg=BILmg；
A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；
B、两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；
C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；
D、磁感应强度变大，θ角变大，故D错误；
故选：A。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据开普勒第三定律：r13T12=a3T22，将a=r1+r22、T1=T代入解得：T2=r1+r22r1 r1+r22r1T，从B到A的时间是转椭圆轨道时间的一半，即t=T22，故A错误；
B、根据赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星，即三天相距最近5次，则有：3T0T-3T0T0=5，解得：T=38T0，故B正确；
C、在椭圆轨道上由A到B运动中，只受引力作用，所以机械能守恒，故C错误；
D、在大圆轨道上的A点和椭圆轨道上的A点，受到的引力相同，所以加速度也相同，故D错误。
故选：B。
根据开普勒第三定律，求出时间t；根据赤道上的人三天看到五次，计算T；从A到B只受引力作用，机械能不变，在同一点引力相同，所以加速度相同。
本题主要考查万有引力的应用，在做题中要注意开普勒第三定律在应用时，对于椭圆轨道要用半长轴代入计算。
4.【答案】B
【解析】解：设重心上升高度为h，根据几何关系得：h0.5=1.01.0+0.5
解得：h=13m
故做一次俯卧撑克服重力做功为：W0=mgh=55×10×13J=5503J
所以一分钟克服重力做功为：W=36W0=36×5503J=6600J
功率为：P=Wt=660060W=110W，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据几何关系计算出重心的上升高度，先计算出克服重力做的功，结合功率的计算公式计算出功率的大小。
本题主要考查了功和功率的计算，熟悉相应的计算公式，解题的关键点是根据几何关系求出人做俯卧撑时的重心的上升高度。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据平行四边形定则可知，h点与g点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；
B、根据点电荷的电势可知，d点和b点电势均为零，故B错误；
C、根据等量异号电荷的电场分布特点，正电荷沿eh动，电场力先做正功后做负功，故C错误；
D、根据点电荷的电场强度公式可得：Eaf=kq( 2R)2=kq2R2，Ecf=kq (2R)2+( 2R)2=kq 6R2，合成可得f点的电场强度大小为：Ef= 10kq6R，故D正确。
故选：D。
根据点电荷的场强公式结合几何关系，由平行四边形定则判断 h，g的电场强度的关系及求出f点的电场强度的大小，由电场力的方向与运动的位移关系判断电场力的做功情况。
本题考查了电场强度、电势、功这些知识点；
6.【答案】AD
【解析】解：A、变压器的工作条件为交流电源，由此可知利用该装置只能采用交流电源为电动汽车充电，故A正确；
B、根据f=ω2π=100π2πHz=50Hz，又因为接收线圈交变电流的频率与发射线圈交变电流频率相同，故B错误；
C、根据理想变压器输入功率等于输出功率，可知发射线圈中电流的有效值I=PU=8.8kW220V=40A，故C错误；
D、根据变压比公式U1U2=n1n2可知，U2=U1n2n1，解得U2=440 2V，故D正确；
故选：AD。
根据变压器的工作条件为交流电源即可判断；根据频率与角速度之间的关系式即可分析；由理想变压器输入功率等于输出功率分析；根据变压比公式计算。
本题考查理想变压器的工作条件、频率的计算办法以及变压比公式的应用等知识点，属于常见知识点的考查，题目难度适中。
7.【答案】BD
【解析】解：A.电子带负电，加速电场上板带正电，下板带负电，无法起到加速电子的作用，所以电子无法进入偏转磁场，则无法测定电子的比荷，故A错误；
B.由题知带正电粒子能在加速电场中加速，则它在速度选择器中做匀速直线运动，静电力与洛伦兹力等大反向，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向左，则静电力水平向右，故a板接电源的正极，故B正确；
C.带电粒子在速度选择器中受力平衡，qE=qvB1，而E=Ud，v=π×L2t=πL2t，则电容器的电荷量Q=CU，联立解得Q=πCdLB12t，故C错误；
D.匀强磁场中匀速圆周运动的半径为r=L2，洛伦兹力提供向心力，qvB2=mv2r，联立得qm=πtB2，故D正确。
故选：BD。
A.根据加速电场的极板分析能加速粒子的种类进行判断；
B.根据速度选择器粒子所受的力分析电场的方向和极板的极性；
C.根据平衡条件结合匀强电场的电场强度公式，速度公式和电容电荷量的计算公式联立解答；
D.根据牛顿第二定律列式求解比荷。
考查带电粒子在电磁场中的运动问题，要求学生熟练掌握带电粒子在电场和磁场中的受力分析和运动状态的分析，利用相关规律进行分析和解答。
8.【答案】AC
【解析】解：如下图所示：
三个容器中都是重力和支持力的合力提供向心力，设支持力与竖直方向的夹角为θ，则合力都可以写成mgtanθ。
A、甲容器中A球和B球所受支持力与竖直方向的夹角一样大，则向心力一样大，根据牛顿第二定律得mgtanθ=mv2r，由于A球圆周运动的半径大，所以甲容器中A球的线速度比B球大，故A正确；
B、设乙容器半球的半径为R，根据几何知识，两球圆周运动的半径r=Rsinθ，有mgtanθ=mω2Rsinθ，ω= gRcsθ，由于A球受支持力与竖直方向的夹角大，则乙容器中A球的角速度比B球大，故B错误；
CD、根据数学导数知识，抛物线在某点的斜率与横坐标成正比，由于支持力与接触的切面垂直，根据几何可知，切面与水平面的夹角等于支持力与竖直方向的夹角θ，所以mgtanθ=mgkx=mω2r，又r=x，所以ω= gk，k是常数，与两球高度无关，所以丙容器中两球角速度大小相等，故C正确，D错误。
故选：AC。
小球做匀速圆周运动的向心力由合力提供，三个容器中都是重力和支持力的合力提供，设支持力与竖直方向的夹角为θ，用重力以及夹角表示出合力以及圆周运动的半径表达式，进而可以讨论分析出正确答案。
本题基本的解题思路比较简单，就是合力提供向心力，难点在于合力以及半径的数学表达和讨论，数学表达注意用共同的量表示变化的量，这样就好讨论了。
9.【答案】ABE
【解析】解：A、根据热力学第二定律可知，宏观热现象，具有方向性，热传递和扩散现象具有方向性，故A正确；
B、分子永不停息做无规则运动，水结冰，水分子的热运动不会停止，故B正确；
C、单晶体具有规则的几何外形，多晶体没有规则的几何外形，故C错误；
D、布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体微粒的运动，气溶胶颗粒可以是气态颗粒，故气溶胶颗粒所做的运动不一定是布朗运动，故D错误；
E、温度是分子平均动能的标志，增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高，故E正确。
故选：ABE。
根据热力学第二定律分析。
分子永不停息做无规则运动。
单晶体具有规则的几何外形。
根据布朗运动的定义分析。
温度是分子平均动能的标志。
此题考查了热力学第二定律、分子运动、晶体、布朗运动等相关知识，综合性较强，难度较小，对教材基本知识、基本概念牢记，并能灵活运用是解题的关键。
10.【答案】AD
【解析】解：A、干涉是波特有的现象，薄膜干涉说明光具有波动性，故A正确；
B、如果薄膜的厚度是均匀变化，则产生的干涉条纹平行，故B错误；
C、白光的干涉条纹为彩色条纹，单色光的干涉条纹为该单色光的颜色，故C错误；
D、设薄膜的厚度为d，若两反射光的路程差2d=λ2，则d=λ4，两反射光叠加后减弱则会“增透”，故D正确。
故选：AD。
A、根据干涉是波特有的现象分析；
B、薄膜的厚度均匀变化，干涉条纹平行；
C、单色光条纹不是彩色条纹；
D、根据两反射光路程差等于半个波长的奇数倍分析。
本题考查了薄膜干涉，解题的关键是知道干涉是波特有的现象，知道干涉条纹的特点，注意路程差是半个波长的奇数倍则光叠加后减弱。
11.【答案】大 ；1.5
【解析】解：光纤通信过程光从内层玻璃射向外层玻璃时要发生全反射，因此内层玻璃的折射率大于外层玻璃的折射率；
根据临界角公式：sinC=1n可知，
内芯的折射率：n=1sinC=1sin43∘=10.68≈1.5；
故答案为：大；1.5。
光纤通信在传输信号时利用了全反射，根据发生全反射的条件判断内外层玻璃的折射率关系；根据临界角公式求出玻璃的折射率。
本题考查了全反射问题，知道全反射的条件与临界角公式是解题的前提与关键，根据题意应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
12.【答案】C9.714π2L1-L2T12-T22
【解析】解：(1)A、摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，故A错误
B、测量周期时，从小球到达平衡位置处开始计时，测出摆球完成50次全振动的时间，然后求出完成一次全振动的时间，故B错误；
C、单摆要做简谐运动，要保让单摆始终在同一竖直面内摆动，故C正确；
D、小球应在同一竖直平面内振动，摆角不大于5∘，故D错误；
故选：C；
(2)单摆的摆长为L=98.49cm=0.9849m
单摆振动50次所用的时间为100s，则单摆的周期为T=tn=10050s=2s；
由单摆周期公式T=2π Lg
可知重力加速度为g=9.71m/s2
(3)设摆球的半径为r，由单摆周期公式T=2π Lg
可知T1=2π L1+rg，T2=2π L2+rg
解得g=4π2L1-L2T12-T22
故答案为：(1)C；(2)9.71；(3)4π2L1-L2T12-T22
(1)当小球的摆角较小时，小球的运动可以看作简谐运动，摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和；测定周期需从平衡位置开始计时误差较小；
(2)根据实验数据应用单摆周期公式可以求出重力加速度；
(3)根据单摆周期公式可以求出重力加速度。
简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素。
13.【答案】R2 串 增大 0.21
【解析】解：(1)由于小灯泡的额定电压超过2V，为了增大电压表的量程，应该串联一个电阻R2，使其量程扩大为4V；
(2)电路图如图所示
(3)由图乙可知，随着小灯泡两端电压增大，IU逐渐减小，根据图像的斜率表示小灯泡电阻的倒数，即1R灯逐渐减小，则灯丝的电阻R灯逐渐增大；
根据闭合电路欧姆定律可得
U灯=-r(I灯+U灯R)+E
解得I灯=-R+rRrU灯+1rE
代入数据得
I灯=-110U灯+310
在小灯泡的伏安特性曲线图中绘制该函数图像，如图所示
交点对应的电流、电压就是小灯泡两端电压及流过小灯泡的电流。图中可知，小灯泡两端电压U灯=1.15V，流过小灯泡的电流I灯=0.185A，所以小灯泡消耗的功率为
P灯=U灯I灯=1.15×0.185W≈0.21W；
故答案为：(1)R2，串：(2)见解析；(3)增大，0.21。
(1)根据电压表的改装进行解答；
(2)根据小灯泡的电阻较小可知电流表外接，再补全电路即可；
(3)根据闭合电路欧姆定律列式，再对表达式进行整理，代入数据得到小灯泡的电流与小灯泡电压之间的函数关系，最后在小灯泡的伏安特性曲线图中绘制该函数图像，根据图像交点求解小灯泡的实际功率。
该实验考查描绘小灯泡的伏安特性曲线，要掌握实验原理，根据小灯泡的电阻较小可知，电流表外接，该题的易错点为实验数据的分析，题目综合性较强，难度较大。
14.【答案】解：(1)设每个格子在小滑块运动方向的宽度为d，频闪照相机闪光周期为T。根据匀变速运动的推论，上滑时有
15d-9d=a1T12
下滑时有
7d-5d=a2T12
根据牛顿第二定律，上滑时有
mgsinθ+f=ma1
下滑时有
mgsinθ-f=ma2
得
f=0.3mg
(2)下滑过程中，在距底端x2处重力势能是其动能的三倍，则
mgsinθ⋅x2=3×12mv22
有
(mgsinθ-f)(s-x2)=12mv22-0
联立解得
x2=35s
答：(1)小滑块所受摩擦力的大小为0.3mg；
(2)小滑块下滑过程中，在距离板底端35s处其重力势能是动能的3倍。
【解析】(1)根据逐差法原理结合牛顿第二定律解答；
(2)根据功能关系列式解答。
本题考查功能关系的应用，解题关键掌握频闪照片的处理方法，注意能量守恒定律的运用。
15.【答案】解：(1)磁场生成装置以水平速度v向右匀速地扫过金属杆，则相对于磁场生成装置，金属杆向左运动，根据右手定则，金属杆中电流的方向向下，则电阻R中的电流方向为：b→R→a方向；
(2)根据法拉第电磁感应定律，金属杆上产生的电动势为
E=BL1v
则R上的电压为
UR=RR+rE=RBL1vR+r
R上的热功率为
PR=UR2R=RB2L12v2(R+r)2
(3)因为金属杆中的自由电子定向移动速度是磁场的QN(Q'N')边界刚扫上金属杆时定向移动速度的14，即金属杆中的电流变为原来的14，
根据E=I(R+r)
可得，产生的感应电动势也变为原来的14，设此时金属杆的速度大小为v1，则
E1=BL1(v-v1)
E1=14E
解得：v1=34v
根据功能关系，外力做功转化为系统的焦耳热和金属杆的动能，系统的焦耳热为
Q总=R+rRQ
则外力做功为
W=Q总+12mv12=R+rRQ+932mv2
对金属杆
BI-L1t=mv1-0
又q=I-t
根据法拉第电磁感应定律
E-=ΔΦΔt
I-=E-R+r
ΔΦ=BL1L2
以上各式联立，解得：L2=3mv(R+r)4B2L12；
答：(1)通过电阻R中的电流方向为b→R→a；
(2)电阻R上的电压值和热功率分别为UR=RBL1vR+r，PR=RB2L12v2(R+r)2；
(3)外力对磁场生成装置所做的功W和磁场MN(M'N')边界L2的大小为分别为W=R+rRQ+932mv2，L2=3mv(R+r)4B2L12。
【解析】(1)根据右手定则判断金属杆中电流的方向；
(2)根据法拉第电磁感应定律求解金属杆产生的电动势，再根据欧姆定律以及功率公式求解；
(3)根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律求解金属杆此时的速度，再根据功能关系求解外力做的功；再结合动量定理以及法拉第电磁感应定律求解磁场边界。
解答该题要熟练掌握法拉第电磁感应定律、功能关系以及动量定理，题目过程较多，综合性强，难度大。
16.【答案】解：(1)由图可知，两列波的振幅都为4cm，介质中偏离平衡位置位移为8cm的质点即为两列波的波峰相遇。
设质点x坐标为x，根据波形图可知，甲、乙的波长分别为λ乙=6cm，λ甲=5cm
则甲、乙两列波的波峰坐标分别为x1=5+k1×5(k1=0,±1,±2,±3)……；x2=0，5+k2×6(k2=±1,±2,±3)……
综上，所有波峰和波峰相遇的质点坐标为x=(5+30n)cm，n=0，±1，±2，±3，……
(2)偏离平衡位置位移为-8cm是两列波的波谷相遇的点，t=0时，波谷之差Δx=(5+2n1+12×6)-(5+2n2+12×5)，n=±1，±2，±3，……
整理可得Δx=(6n1-5n2)+0.5……
波谷之间最小的距离为Δx'=0.5cm……
两列波相向传播，相对速度为2v=5cm/s……
所以出现偏离平衡位置位移为-8cm的最短时间t=Δx'2v=0.5cm5cm/s=0.1s
答：(1)t=0时，介质中偏离平衡位置位移为8cm的所有质点的x坐标为(5+30n)cm，n=0，±1，±2，±3，……；
(2)从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-8cm的质点的时间为0.1s。
【解析】(1)由图读出两列波的波长和振幅，介质中偏离平衡位置位移为8cm的质点应是两列波的波峰与波峰相遇的点，对波峰相遇时的点的坐标进行分别列式，即可求出介质中偏离平衡位置位移为8cm的所有质点的x坐标。
(2)先通过图表示出t=0时，两波波谷间的x坐标之差的表达式，从而可计算出相向传播的波谷间的最小距离，也就可以计算出从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-8cm的质点的时间。
解决本题时，要理解波的空间周期性，解答过程中要注意数学知识在物理学中的应用，尤其是对于通式的表述。同时要求学生要有较强的计算能力，计算过程中要细心。
17.【答案】解：①封闭气体压强：p=p0+pLsin30∘=(76+10sin30∘)cmHg=81cmHg；
②封闭气体初状态温度：T=(273+27)K=300K，末状态温度：T'=(300+30)K=330K，
气体体积不变，气体发生等容变化，由查理定律得：pT=p'T'，
末状态压强：p'=p0+pL'sin30∘，
注入水银柱的长度：△L=L'-L，
代入数据解得：△L=16.2cm；
答：①封闭气体的压强是81cmHg；
②需注入水银的长度△L为16.2cm。
【解析】①根据题意求出封闭气体的压强。
②根据题意求出气体的状态参量，然后应用理查理定律求出气体末状态的压强，然后求处注入的水银。
本题考查了求封闭气体压强、查理定律的应用问题，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量，应用查理定律可以解题。