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2022-2023学年山西省大同市浑源中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年山西省大同市浑源中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16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.公路匀速行使的货车受一扰动，车上货物随车厢底板下振动但不脱离底板。一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，即t=0，其振动图像如图所示，则( )
A. t=14T时，货物对车厢底板的压力最小
B. t=12T时，货物对车厢底板的压力最小
C. t=34T时，货物对车厢底板的压力最小
D. t=34T时，货物对车厢底板的压力等于重力
2.一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.02s时刻的波形如图中虚线所示。若该波的周期T小于0.02s，则该波传播速度可能是( )
A. 1m/sB. 3m/sC. 5m/sD. 10m/s
3.如图所示的三维坐标系中，一圆形线圈放置在yOz平面内，其圆心为坐标原点O，沿着x轴正方向看线圈中有逆时针方向的电流I，P为x轴正半轴上一点，线圈在P处的磁感应强度为B，M、N为y、z轴与线圈的交点.则( )
A. O处的磁感应强度为0
B. x轴上磁感应强度为B的点只有P点
C. ON间和OM间各点磁感应强度方向相同
D. 通过四分之一圆面OMN和平面PMN的磁通量相同
4.可调磁控阻力健身车原理如图所示，通过拉杆可以控制磁铁与铝制飞轮之间的距离，健身时带动飞轮转动，可感受到车轮转动时的阻尼感。则( )
A. 阻尼感是磁铁与车轮间摩擦所致
B. 若拉杆位置不动，转速越小阻尼感越强
C. 若飞轮转速不变，磁铁与飞轮距离越远阻尼感越强
D. 若其它条件相同情况下，铜制的飞轮阻尼感更强
5.2022年3月23日，中国航天员王亚平给地球上的小朋友们又上了一堂精彩的空中课堂，如图所示王亚平把一个冰墩墩水平抛出，从空间站视角看，抛出后的冰墩墩( )
A. 不受地球引力作用
B. 沿原有方向做匀速直线运动
C. 沿原有方向做匀加速直线运动
D. 如在地面上一样做平抛运动
6.下列物理学史符合事实的是( )
A. 普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念
B. 德布罗意发现X射线通过石墨散射时，散射光中出现波长大于入射波长的成分
C. 康普顿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
D. 玻尔把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性
7.2022年5月10日1时56分，搭载天舟四号货运飞船的长征七号遥五运载火箭点火发射，约10分钟后，火箭与飞船成功分离，飞船进入预定轨道。图中P、Q分别是“天舟四号”飞船和“天和核心舱”对接前各自在预定轨道运行的情景，下列说法正确的是( )
A. 在预定轨道运行时，P的周期小于Q的周期
B. 为了实现对接，P应减速
C. 对接时，P相对于Q在以很大的速度运动
D. 对接时，P对Q的作用力大于Q对P的作用力
8.某水上乐园的滑道示意图如图，重50kg的人从螺旋滑道顶端由静止开始滑下，经过倾斜滑道和水平滑道后落入水中。螺旋滑道顶端到水平滑道的高度H=5.0m，水平滑道到水面的高度h=1.8m。取重力加速度g=10m/s2，将人视为质点，若人的落水点到水平滑道末端的水平距离为x=5.4m，则人在滑道上滑动过程中克服阻力做的功为( )
A. 500JB. 475JC. 50JD. 425J
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，弹簧秤下挂一条形磁铁，其中条形磁铁N极的一部分位于未通电的螺线管内，则下列说法正确的是( )
A. 若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤的示数将减小
B. 若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤的示数将增大
C. 若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤的示数将增大
D. 若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤的示数将减小
10.如图，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡。将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法中正确的是( )
A. K闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮
B. K闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样
C. K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭
D. K断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭
11.发电机输出交流电的电压图像如图甲所示，分别经图乙、丙的理想变压器给同一电热器供电，电热器上标有“220V，880W”字样，图中两变压器的原，副线圈匝数比相同，二极管为理想二极管，电流表为理想电表，已知图乙中电热器恰好正常工作，则下列说法正确的是( )
A. 变压器原、副线圈匝数比为1:5 2
B. 图丙中电热器的实际功率为440W
C. 图丙中电流表的示数为2 2A
D. 乙、丙两变压器副线圈中电流频率之比为2：1
12.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4，输电线总电阻为R=5Ω。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，各互感器和电表均是理想的，则下列说法正确的是( )
A. 图中甲为电压互感器，甲中〇应该为电压表
B. 若图中电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为2200kW
C. 若图中电流表的示数为10A，则输电损失电功率为1000W
D. 若发电机输出电压U1一定，用户数增加，则用户电压U4一定降低
三、实验题：本大题共2小题，共24分。
13.某同学先用图1所示装置测弹簧的劲度系数，再用该弹簧以图2所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数，重力加速度g取9.8m/s2。
(1)测劲度系数的实验步骤：
a.将轻弹簧悬挂在铁架台的横杆上，将刻度尺竖直固定在轻弹簧旁将刻度尺的零刻度与轻弹簧的上端对齐；
b.在弹簧下端依次挂上不同质量的钩码，记录每次钩码的总质量m及对应指针所指刻度值x；
c.在m−x坐标系上描点作图，作出的图像如图3所示。
由图像可知，弹簧的原长l0=______cm，弹簧的劲度系数k=______N/m。
(2)用图2所示装置测动摩擦因数，长木板B放在水平面上，物块A放在长木板上，并用(1)问中轻弹簧将物块A与竖直墙面连接，弹簧保持水平，用水平力F拉长木板B向左运动，A保持静止，测得这时弹簧的长度为l=10cm，已知物块A的质量为1kg，则物块A与长木板间的动摩擦因数μ=______；实验中由于弹簧悬挂时的原长比平放时的自然长度长，因此实验测得的动摩擦因数比实际值偏______(填“大”或“小”)。
14.为较准确地测量一节干电池的电动势和内电阻(约2Ω)，可使用的主要器材有：
A.电流表G：测量范围0∼10mA，内电阻为100Ω；
B.电流表A：测量范围0∼0.4A，内电阻为1.5Ω；
C.电阻箱R0：电阻变化范围0∼999.9Ω；
D.滑动变阻器R：电阻变化范围0∼20Ω；
E.开关一个、导线若干
(1)将电流表G改装成2V的电压表，则与G串联的电阻箱R0的阻值应调为______(选填正确选项前字母)。
A.50.0Ω
B.70.0Ω
C.100Ω
D.100.0Ω
(2)将改装后的电流表G和电流表A接入电路，为了让测量及结果更方便准确，应选择的电路是______(选填“a”或“b”)。
(3)若选择正确的R0与电路图进行实验，得到电流表G和A的几组数据，并根据数据绘出了Ig−I图线如图(c)所示(Ig、I分别对应电流表G和A的示数)，分析Ig−I图线可知，干电池的电动势为______ V，内电阻为______Ω。(保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共2小题，共28分。
15.北京冬奥会开幕式的浪漫烟花让人惊叹不已，假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开如图所示。已知礼花弹质量m=0.1kg，从炮筒射出的速度v0=36m/s，上升的最大高度h=54m，整个过程中礼花弹所受的空气阻力大小始终是其重力大小的k倍，忽略炮筒的高度，计算结果可以带根号，求：
(1)k值的大小；
(2)从炮筒射出到上升最大高度过程中合外力的冲量I；
(3)若礼花弹在空中没有爆炸，落回地面时的速度v的大小。
16.如图所示，间距为L=1m且足够长的光滑平行金属导轨MM1M2与NN1N2，由倾斜与水平两部分平滑连接组成。倾角θ=37∘的倾斜导轨间区域Ⅰ有垂直导轨平面斜向，上的匀强磁场，磁感应强度B1=1T。水平导轨间区域Ⅱ有一个长度d=1m、竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2=2T。质量m1=0.1kg、阻值R=5Ω的金属棒a从倾斜导轨某位置由静止开始释放，穿过M1N1前已做匀速直线运动，以大小不变的速度进入水平导轨，穿出水平磁场区域Ⅱ与另一根质量m2=0.3kg、阻值R=5Ω的静止金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属导轨电阻不计，求：
(1)金属棒a到达斜面底端M1N1时的速度v0的大小；
(2)金属棒a第一次穿过区域Ⅱ的过程中，电路中产生的总焦耳热Q；
(3)金属棒a最终停在距区域Ⅱ右边界距离x。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.在t=14T时，由图看出，货物的位移正向最大，则货物的加速度为负向最大，即加速度向下最大，货物失重，根据牛顿第二定律可知，货物受到的弹力最小，则货物对车厢底板的压力最小，故A正确；
B.在t=12T时，货物的位移为零，加速度为零，车厢底板的弹力大小等于货物的重力，而在t=14T时，车厢底板的弹力小于货物的重力，说明在t=12T时，车厢底板的弹力不是最小，则货物对车厢底板的压力不是最小，故B错误。
CD.在t=34T时，由图看出，货物的位移为负向最大，则货物的加速度为正向最大，货物超重，根据牛顿第二定律可知，受到的弹力最大，则货物对车厢底板的压力最大，且大于重力，故CD错误；
故选：A。
货物的回复力由重力和弹簧的弹力产生，振动图象反映货物的位移随时间的变化情况，根据简谐运动的特征：F=−kx，以货物为研究对象，根据加速度的方向，由牛顿第二定律分析弹簧的弹力的变化情况.当货物的加速度方向竖直向上，而且达到最大时，弹簧对货物的弹力最.大，货物对车厢底板的压力最大.当货物的加速度方向竖直向下，而且达到最大时，弹簧对货物的弹力最小，货物对车厢底板的压力最小.
本题考查运用牛顿第二定律分析简谐运动中物体受力情况的能力，也可以应用超重、失重观点进行分析.
2.【答案】C
【解析】解：若波向x轴正向传播，根据题意有：nT+T4=t
解得：T=0.084n+1s
因该波的周期T小于0.02s，则n=1、2、3……；
则波速为：v=λT=+1=4n+1(m/s) n=1、2、3……，
当n=1时v=5m/s；
若波向x轴负向传播，根据题意有：nT+3T4=t
解得T=0.084n+3s
因该波的周期T小于0.02s，则n=1、2、3……；
则波速为：v=λT=+3=4n+3(m/s) n=1、2、3……，
则波速不可能为1m/s、3m/s和10m/s；
故ABD错误，C正确
故选：C。
由图象读出波长．根据两个时刻的波形，结合周期的范围，求出波长的可能值，并求出波速可能值．
本题关键考查运用数学知识解决物理问题的能力，处理好通项式与特殊值的关系，要注意波的双向性，不能漏解．
3.【答案】C
【解析】解：A、根据安培定则可知O处的磁感应强度方向沿x轴负方向，不为零，故A错误；
B、根据对称性可知，在x轴负半轴上，P点关于O点对称的点的磁感应强度也为B，故B错误；
C、根据安培定则可知，ON和OM间各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，故C正确；
D、平面PMN在yOz平面的投影面积等于△MON的面积，而△MON的面积小于四分之一圆面OMN的面积，并且距离线圈平面越远，磁感应强度越小，所以通过四分之一圆面OMN的磁通量一定大于通过平面PMN的磁通量，故D错误。
故选：C。
根据安培定则判断磁场方向；线圈所产生的磁场具有对称性，据此可以比较磁感应强度的大小与方向；根据磁通量的定义判断。
磁通量的定义式Φ=BS中的面积S，表示是在垂直磁场方向的有效面积。另外还要知道距离线圈越远的地方，磁感应强度越小。
4.【答案】D
【解析】解：AD.飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生电源电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，故A错误；在相同条件下，铜制的飞轮的电阻更小，感应电流更大，安培力更大，电磁阻尼效果更好，故D正确。
BC.若拉杆位置不动，转速越小，产生的感应电动势越小，感应电流越小，安培力越小，阻尼感越弱，故B错误；若飞轮转速不变，磁铁与飞轮距离越近，飞轮磁通量的变化越大，感应电动势越大，感应电流越小，安培力越小，阻尼感越强，故C错误。
故选：D。
飞轮转动相当于导体棒在磁场中切割磁感线运动，从而产生感应电流；改变磁铁与铝制飞轮之间的距离，飞轮所处磁场的磁感应强度增大，电磁阻尼增大。
研究电磁感应问题，常常有两条思路，一条是力的角度，一条是能量的角度，本题关键是弄清楚健身车的磁控阻力原理，知道阻力大小的决定因素。
5.【答案】B
【解析】解：A、抛出后的冰墩墩受到地球对它的引力作用，故A错误
BCD、冰墩墩随空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，由于万有引力指向地心，则冰墩墩水平方向不受外力作用，从空间站视角看，沿原有方向做匀速直线运动，故B正确，CD错误；
故选：B。
冰墩墩受地球的万有引力的作用，合力都不为零，都随空间站一起做圆周运动。
此题考查受力分析和运动分析，注意完全失重不是不受重力。
6.【答案】A
【解析】解：A、普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故A正确；
B、康普顿发现X射线通过石墨散射时，散射光中出现波长大于入射波长的成分，故B错误；
C、玻尔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，故C错误；
D、德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故D错误。
故选：A。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
7.【答案】A
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力有GMmr2=mr4π2T2，解得：T= 4π2r3GM，因P的轨道半径小，所以周期也小，故A正确；
B、P的轨道半径小于Q的轨道半径，则为了完成对接，P应加速，故B错误；
C、对接过程，P相对于Q近似静止，故C错误；
D、对接过程，P对Q的作用力和Q对P的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力判断周期之间的关系；根据变轨原理分析。
本题考查了万有引力定律的应用，知道变轨原理、知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据题意应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
8.【答案】B
【解析】解：人离开水平滑道后做平抛运动，
水平方向：x=vt
竖直方向：h=12gt2
人在滑道上滑动过程，由动能定理有：mgH−W=12mv2−0
代入数据解得，人在滑道上滑动过程中克服阻力做的功：W=475J，故B正确，ACD错误。
故选：B。
人离开水平滑道后做平抛运动，应用运动学公式求出人做平抛运动时的初速度，然后应用动能定理求解。
分析清楚人的运动过程，应用平抛运动规律与动能定理可以解题。
9.【答案】AC
【解析】解：A、当螺线管将a接电源正极，b接负极时，线圈中产生磁场，由安培定则判断得知，螺线管内部磁场方向向上，上端相当于N极，对磁铁产生向上的斥力，所以弹簧秤示数减小，故A正确；B错误；
C、当螺线管将b接电源正极，a接负极时，线圈中产生磁场，由安培定则判断得知，螺线管内部磁场方向向下，上端相当于S，对磁铁产生向下的引力，所以弹簧秤示数增大，故C正确；D错误；
故选：AC。
当螺线管通电时，线圈中将产生磁场，根据安培定则判断磁场方向，分析螺线管与磁铁之间存在引力还是斥力，来确定弹簧秤示数的变化．
本题考查安培定则的基本应用，基础题．对于安培定则抓住两点：一是何时用；二是怎样用．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
电感总是阻碍电流的变化。线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向与原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向与原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡D1构成回路。线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势。
【解答】
L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡。
AB、K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于L电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮。故A正确，B错误；
CD、K断开时，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C错误，D正确；
故选：AD。
11.【答案】BC
【解析】解：A、图乙中变压器原线圈的输入电压的有效值为U1=22 2 2V=22V，电容器正常工作，则副线圈的输出电压U2=220V，则变压器原、副线圈匝数比为n1n2=U1U2=22220=110，故A错误；
B、设图丙中变压器原线圈输入电压的有效值为U1′，则：U1′2RT=U12RT2，代入数据解得：U1′=11 2V，由理想变压器的变压比可知：U1′U2′=n1n2，代入数据解得，副线圈输出电压的有效值U2′=110 2V，由电功率公式得：P额=U额2R，电容器的电阻R=U额2P额=2202880Ω=55Ω，此时电热器的实际功率为P′=U′22R=(110 2)255W=440W，故B正确；
C、图丙中电流表的示数为I=U2′R=110 255A=2 2A，故C正确；
D、变压器和二极管都不改变交流电的频率，则乙、丙两变压器副线圈中电流频率之比为1：1，故D错误。
故选：BC。
求出变压器原副线圈电压，然后根据变压器的变压比求出变压器的匝数比；
求出图丙变压器副线圈电压的有效值，然后根据欧姆定律与功率公式求解；
根据图示电路图求出电流的频率，然后求出频率之比。
求出原副线圈的电压，应用理想变压器的电压比、欧姆定律与电功率公式即可解题；解题时要注意有效值与最大值间的关系。
12.【答案】AD
【解析】解：A.图甲的互感器原线圈分别接输电线的火线和零线，是电压互感器，〇应该为电压表，故A正确；
C.若图中电流表的示数为10A，由I2IA=10
可得I2=100A
则输电损失电功率为P损=I22R=1002×5W=5×104W
故C错误；
B.设输电电流为I2对电压互感器，U5U6=U5220v=101，即U2=U5=2200v，对电流互感器有I5I6=101，I5=10×10A=100A，即I2=100A，所以线路输送的电功率为P=U2I2=2200×100W=220kW，故B错误；
D.若发电机输出电压U1一定，用户数增加，输电线中电流I2增大，输电线损失电压增大，导致U3减小，U4减小，故D正确。
故选：AD。
根据电流互感器，电压互感器的在电路中的连接方式，来判A选项，由变压器绕组之间的电流，电压，功率关系，线路上损失的功率来判断其它选项。
要注意线上损失的功率的几种算法。
13.【答案】(1)4；68.6；(2)0.42；小。
【解析】解：(1)由图像可知，弹簧的原长即为图线的横轴截距l0=4cm.
由公式
F=k(l−l0)
弹簧的劲度系数为图线的斜率，
k=700×10−3×9.8(14−4)×10−2N/m=68.6N/m.
(2)分析物体A的受力，可知
k[(l−l0)×10−2]=μmg
解得
μ=0.42
实验中由于弹簧悬挂时的原长比平放时的自然长度长，由此弹簧平放计算出来的形变量偏小，直接导致实验测得的动摩擦因数比实际值偏小。
故答案为：(1)4，68.6；(2)0.42，小
(1)由图读出弹簧的原长；由F=k(l−l0)计算劲度系数；
(2)根据平衡条件解得动摩擦因数，实验中由于弹簧悬挂时的原长比平放时的自然长度长，由此弹簧平放计算出来的形变量偏小。
本题考查了探究弹簧伸长量与所受拉力的关系实验，关键是弄清实验原理，能够根据图像求解弹簧原长和劲度系数。
14.【答案】
【解析】解：(1)电阻箱的精确度为0.1Ω，将电流表G改装成电压表，需要串联一个大电阻，其阻值为R0=U−IgRgIg将Ig=10mA=0.01A代入解得：R0=100.0Ω
故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)由于电流表的内阻已知，为了减小实验误差，采用电流表相对于电源内接的方式，故选b。
(3)由闭合电路欧姆定律可得E=Ig(Rg+R0)+I(r+RA)
整理得Ig=ERg+R0−(r+RA)Rg+R0I
由Ig−I图可得(r+RA)Rg+R0=k=3×10−30.32−0.15
解得r=2.02Ω
当Ig=3.0mA，I=0.32A时，代入Ig=ERg+R0−(r+RA)Rg+R0I
解得E=1.72V
故答案为：(1)D；(2)b；(3)1.72，2.02
(1)根据欧姆定律结合电路特点得出电阻的阻值；
(2)根据电表的内阻分析出正确的电路图；
(3)根据图线的斜率和坐标点得出电源电动势和内阻。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义完成分析。
15.【答案】(1)礼花弹弹出后匀减速上升，到达最大高度时速度为零，02−v02=2(−a1)h
解得a1=12m/s2
上升过程中重力和竖直向下空气阻力合力提供加速度mg+kmg=ma1
解得k=0.2
(2)礼花弹弹出匀减速上升过程，以向上为正方向，由动量定理I=0−mv0
解得I=−3.6kg⋅m/s
冲量大小为3.6kg⋅m/s，方向竖直向下；
(3)回落过程中重力和竖直向上空气阻力合力提供加速度mg−kmg=ma2，
解得a2=8m/s2
礼花弹回落过程中做匀加速直线运动v2−02=2a2h
解得v=12 6m/s
答：(1)k值的大小为0.2；
(2)从炮筒射出到上升最大高度过程中合外力的冲量为3.6kg⋅m/s，方向竖直向下；
(3)若礼花弹在空中没有爆炸，落回地面时的速度v的大小为12 6m/s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律与运动学规律解得；
(2)根据动量定理解得冲量大小；
(3)根据牛顿第二定律与运动学规律解得。
本题考查力学三大规律的应用，解题关键在于分析弹片不同状态的运动情况，同时结合牛顿第二定律与运动学公式解答。
16.【答案】(1)导体棒a匀速穿过M1N1，由受力平衡得
m1gsin37∘−B12L2v02R=0，
解得v0=6m/s；
(2)规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
−B22L2d2R=m1v10−m1v0，
解得v10=2m/s，
金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，
即Q=12m1v02−12m1v102，
联立并带入数据得Q=1.6J；
(3)规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
m1v10=m1v1+m2v2，
12m1v102=12m1v12+12m2v22，
联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为v1=−1m/s；
设金属棒a最终停在距磁场右边界x处，规定向右为正方向，对金属棒a，
根据动量定理得B22L2x2R=0−m1v1，
联立并带入数据解得
x=0.25m；
答：(1)金属棒a到达斜面底端M1N1时的速度v0的大小为2m/s；
(2)金属棒a第一次穿过区域Ⅱ的过程中，电路中产生的总焦耳热Q为1.6J；
(3)金属棒a最终停在距区域Ⅱ右边界距离x为0.25m。
【解析】(1)对导体棒a受力分析，据牛顿第二定律和安培力公式结合求解；
(2)对a导体棒应用动量定理求得末速度，再由能量守恒定律求电路产生的热量Q；
(3)根据动量守恒、机械能守恒以及动能定理联立列式可求得滑行的距离。
本题是导轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意求解电热时用功能关系列式分析。
1.公路匀速行使的货车受一扰动，车上货物随车厢底板下振动但不脱离底板。一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，即t=0，其振动图像如图所示，则( )
A. t=14T时，货物对车厢底板的压力最小
B. t=12T时，货物对车厢底板的压力最小
C. t=34T时，货物对车厢底板的压力最小
D. t=34T时，货物对车厢底板的压力等于重力
2.一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.02s时刻的波形如图中虚线所示。若该波的周期T小于0.02s，则该波传播速度可能是( )
A. 1m/sB. 3m/sC. 5m/sD. 10m/s
3.如图所示的三维坐标系中，一圆形线圈放置在yOz平面内，其圆心为坐标原点O，沿着x轴正方向看线圈中有逆时针方向的电流I，P为x轴正半轴上一点，线圈在P处的磁感应强度为B，M、N为y、z轴与线圈的交点.则( )
A. O处的磁感应强度为0
B. x轴上磁感应强度为B的点只有P点
C. ON间和OM间各点磁感应强度方向相同
D. 通过四分之一圆面OMN和平面PMN的磁通量相同
4.可调磁控阻力健身车原理如图所示，通过拉杆可以控制磁铁与铝制飞轮之间的距离，健身时带动飞轮转动，可感受到车轮转动时的阻尼感。则( )
A. 阻尼感是磁铁与车轮间摩擦所致
B. 若拉杆位置不动，转速越小阻尼感越强
C. 若飞轮转速不变，磁铁与飞轮距离越远阻尼感越强
D. 若其它条件相同情况下，铜制的飞轮阻尼感更强
5.2022年3月23日，中国航天员王亚平给地球上的小朋友们又上了一堂精彩的空中课堂，如图所示王亚平把一个冰墩墩水平抛出，从空间站视角看，抛出后的冰墩墩( )
A. 不受地球引力作用
B. 沿原有方向做匀速直线运动
C. 沿原有方向做匀加速直线运动
D. 如在地面上一样做平抛运动
6.下列物理学史符合事实的是( )
A. 普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念
B. 德布罗意发现X射线通过石墨散射时，散射光中出现波长大于入射波长的成分
C. 康普顿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
D. 玻尔把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性
7.2022年5月10日1时56分，搭载天舟四号货运飞船的长征七号遥五运载火箭点火发射，约10分钟后，火箭与飞船成功分离，飞船进入预定轨道。图中P、Q分别是“天舟四号”飞船和“天和核心舱”对接前各自在预定轨道运行的情景，下列说法正确的是( )
A. 在预定轨道运行时，P的周期小于Q的周期
B. 为了实现对接，P应减速
C. 对接时，P相对于Q在以很大的速度运动
D. 对接时，P对Q的作用力大于Q对P的作用力
8.某水上乐园的滑道示意图如图，重50kg的人从螺旋滑道顶端由静止开始滑下，经过倾斜滑道和水平滑道后落入水中。螺旋滑道顶端到水平滑道的高度H=5.0m，水平滑道到水面的高度h=1.8m。取重力加速度g=10m/s2，将人视为质点，若人的落水点到水平滑道末端的水平距离为x=5.4m，则人在滑道上滑动过程中克服阻力做的功为( )
A. 500JB. 475JC. 50JD. 425J
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，弹簧秤下挂一条形磁铁，其中条形磁铁N极的一部分位于未通电的螺线管内，则下列说法正确的是( )
A. 若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤的示数将减小
B. 若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤的示数将增大
C. 若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤的示数将增大
D. 若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤的示数将减小
10.如图，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡。将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法中正确的是( )
A. K闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮
B. K闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样
C. K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭
D. K断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭
11.发电机输出交流电的电压图像如图甲所示，分别经图乙、丙的理想变压器给同一电热器供电，电热器上标有“220V，880W”字样，图中两变压器的原，副线圈匝数比相同，二极管为理想二极管，电流表为理想电表，已知图乙中电热器恰好正常工作，则下列说法正确的是( )
A. 变压器原、副线圈匝数比为1:5 2
B. 图丙中电热器的实际功率为440W
C. 图丙中电流表的示数为2 2A
D. 乙、丙两变压器副线圈中电流频率之比为2：1
12.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4，输电线总电阻为R=5Ω。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，各互感器和电表均是理想的，则下列说法正确的是( )
A. 图中甲为电压互感器，甲中〇应该为电压表
B. 若图中电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为2200kW
C. 若图中电流表的示数为10A，则输电损失电功率为1000W
D. 若发电机输出电压U1一定，用户数增加，则用户电压U4一定降低
三、实验题：本大题共2小题，共24分。
13.某同学先用图1所示装置测弹簧的劲度系数，再用该弹簧以图2所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数，重力加速度g取9.8m/s2。
(1)测劲度系数的实验步骤：
a.将轻弹簧悬挂在铁架台的横杆上，将刻度尺竖直固定在轻弹簧旁将刻度尺的零刻度与轻弹簧的上端对齐；
b.在弹簧下端依次挂上不同质量的钩码，记录每次钩码的总质量m及对应指针所指刻度值x；
c.在m−x坐标系上描点作图，作出的图像如图3所示。
由图像可知，弹簧的原长l0=______cm，弹簧的劲度系数k=______N/m。
(2)用图2所示装置测动摩擦因数，长木板B放在水平面上，物块A放在长木板上，并用(1)问中轻弹簧将物块A与竖直墙面连接，弹簧保持水平，用水平力F拉长木板B向左运动，A保持静止，测得这时弹簧的长度为l=10cm，已知物块A的质量为1kg，则物块A与长木板间的动摩擦因数μ=______；实验中由于弹簧悬挂时的原长比平放时的自然长度长，因此实验测得的动摩擦因数比实际值偏______(填“大”或“小”)。
14.为较准确地测量一节干电池的电动势和内电阻(约2Ω)，可使用的主要器材有：
A.电流表G：测量范围0∼10mA，内电阻为100Ω；
B.电流表A：测量范围0∼0.4A，内电阻为1.5Ω；
C.电阻箱R0：电阻变化范围0∼999.9Ω；
D.滑动变阻器R：电阻变化范围0∼20Ω；
E.开关一个、导线若干
(1)将电流表G改装成2V的电压表，则与G串联的电阻箱R0的阻值应调为______(选填正确选项前字母)。
A.50.0Ω
B.70.0Ω
C.100Ω
D.100.0Ω
(2)将改装后的电流表G和电流表A接入电路，为了让测量及结果更方便准确，应选择的电路是______(选填“a”或“b”)。
(3)若选择正确的R0与电路图进行实验，得到电流表G和A的几组数据，并根据数据绘出了Ig−I图线如图(c)所示(Ig、I分别对应电流表G和A的示数)，分析Ig−I图线可知，干电池的电动势为______ V，内电阻为______Ω。(保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共2小题，共28分。
15.北京冬奥会开幕式的浪漫烟花让人惊叹不已，假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开如图所示。已知礼花弹质量m=0.1kg，从炮筒射出的速度v0=36m/s，上升的最大高度h=54m，整个过程中礼花弹所受的空气阻力大小始终是其重力大小的k倍，忽略炮筒的高度，计算结果可以带根号，求：
(1)k值的大小；
(2)从炮筒射出到上升最大高度过程中合外力的冲量I；
(3)若礼花弹在空中没有爆炸，落回地面时的速度v的大小。
16.如图所示，间距为L=1m且足够长的光滑平行金属导轨MM1M2与NN1N2，由倾斜与水平两部分平滑连接组成。倾角θ=37∘的倾斜导轨间区域Ⅰ有垂直导轨平面斜向，上的匀强磁场，磁感应强度B1=1T。水平导轨间区域Ⅱ有一个长度d=1m、竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2=2T。质量m1=0.1kg、阻值R=5Ω的金属棒a从倾斜导轨某位置由静止开始释放，穿过M1N1前已做匀速直线运动，以大小不变的速度进入水平导轨，穿出水平磁场区域Ⅱ与另一根质量m2=0.3kg、阻值R=5Ω的静止金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属导轨电阻不计，求：
(1)金属棒a到达斜面底端M1N1时的速度v0的大小；
(2)金属棒a第一次穿过区域Ⅱ的过程中，电路中产生的总焦耳热Q；
(3)金属棒a最终停在距区域Ⅱ右边界距离x。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.在t=14T时，由图看出，货物的位移正向最大，则货物的加速度为负向最大，即加速度向下最大，货物失重，根据牛顿第二定律可知，货物受到的弹力最小，则货物对车厢底板的压力最小，故A正确；
B.在t=12T时，货物的位移为零，加速度为零，车厢底板的弹力大小等于货物的重力，而在t=14T时，车厢底板的弹力小于货物的重力，说明在t=12T时，车厢底板的弹力不是最小，则货物对车厢底板的压力不是最小，故B错误。
CD.在t=34T时，由图看出，货物的位移为负向最大，则货物的加速度为正向最大，货物超重，根据牛顿第二定律可知，受到的弹力最大，则货物对车厢底板的压力最大，且大于重力，故CD错误；
故选：A。
货物的回复力由重力和弹簧的弹力产生，振动图象反映货物的位移随时间的变化情况，根据简谐运动的特征：F=−kx，以货物为研究对象，根据加速度的方向，由牛顿第二定律分析弹簧的弹力的变化情况.当货物的加速度方向竖直向上，而且达到最大时，弹簧对货物的弹力最.大，货物对车厢底板的压力最大.当货物的加速度方向竖直向下，而且达到最大时，弹簧对货物的弹力最小，货物对车厢底板的压力最小.
本题考查运用牛顿第二定律分析简谐运动中物体受力情况的能力，也可以应用超重、失重观点进行分析.
2.【答案】C
【解析】解：若波向x轴正向传播，根据题意有：nT+T4=t
解得：T=0.084n+1s
因该波的周期T小于0.02s，则n=1、2、3……；
则波速为：v=λT=+1=4n+1(m/s) n=1、2、3……，
当n=1时v=5m/s；
若波向x轴负向传播，根据题意有：nT+3T4=t
解得T=0.084n+3s
因该波的周期T小于0.02s，则n=1、2、3……；
则波速为：v=λT=+3=4n+3(m/s) n=1、2、3……，
则波速不可能为1m/s、3m/s和10m/s；
故ABD错误，C正确
故选：C。
由图象读出波长．根据两个时刻的波形，结合周期的范围，求出波长的可能值，并求出波速可能值．
本题关键考查运用数学知识解决物理问题的能力，处理好通项式与特殊值的关系，要注意波的双向性，不能漏解．
3.【答案】C
【解析】解：A、根据安培定则可知O处的磁感应强度方向沿x轴负方向，不为零，故A错误；
B、根据对称性可知，在x轴负半轴上，P点关于O点对称的点的磁感应强度也为B，故B错误；
C、根据安培定则可知，ON和OM间各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，故C正确；
D、平面PMN在yOz平面的投影面积等于△MON的面积，而△MON的面积小于四分之一圆面OMN的面积，并且距离线圈平面越远，磁感应强度越小，所以通过四分之一圆面OMN的磁通量一定大于通过平面PMN的磁通量，故D错误。
故选：C。
根据安培定则判断磁场方向；线圈所产生的磁场具有对称性，据此可以比较磁感应强度的大小与方向；根据磁通量的定义判断。
磁通量的定义式Φ=BS中的面积S，表示是在垂直磁场方向的有效面积。另外还要知道距离线圈越远的地方，磁感应强度越小。
4.【答案】D
【解析】解：AD.飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生电源电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，故A错误；在相同条件下，铜制的飞轮的电阻更小，感应电流更大，安培力更大，电磁阻尼效果更好，故D正确。
BC.若拉杆位置不动，转速越小，产生的感应电动势越小，感应电流越小，安培力越小，阻尼感越弱，故B错误；若飞轮转速不变，磁铁与飞轮距离越近，飞轮磁通量的变化越大，感应电动势越大，感应电流越小，安培力越小，阻尼感越强，故C错误。
故选：D。
飞轮转动相当于导体棒在磁场中切割磁感线运动，从而产生感应电流；改变磁铁与铝制飞轮之间的距离，飞轮所处磁场的磁感应强度增大，电磁阻尼增大。
研究电磁感应问题，常常有两条思路，一条是力的角度，一条是能量的角度，本题关键是弄清楚健身车的磁控阻力原理，知道阻力大小的决定因素。
5.【答案】B
【解析】解：A、抛出后的冰墩墩受到地球对它的引力作用，故A错误
BCD、冰墩墩随空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，由于万有引力指向地心，则冰墩墩水平方向不受外力作用，从空间站视角看，沿原有方向做匀速直线运动，故B正确，CD错误；
故选：B。
冰墩墩受地球的万有引力的作用，合力都不为零，都随空间站一起做圆周运动。
此题考查受力分析和运动分析，注意完全失重不是不受重力。
6.【答案】A
【解析】解：A、普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故A正确；
B、康普顿发现X射线通过石墨散射时，散射光中出现波长大于入射波长的成分，故B错误；
C、玻尔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，故C错误；
D、德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故D错误。
故选：A。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
7.【答案】A
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力有GMmr2=mr4π2T2，解得：T= 4π2r3GM，因P的轨道半径小，所以周期也小，故A正确；
B、P的轨道半径小于Q的轨道半径，则为了完成对接，P应加速，故B错误；
C、对接过程，P相对于Q近似静止，故C错误；
D、对接过程，P对Q的作用力和Q对P的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力判断周期之间的关系；根据变轨原理分析。
本题考查了万有引力定律的应用，知道变轨原理、知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据题意应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
8.【答案】B
【解析】解：人离开水平滑道后做平抛运动，
水平方向：x=vt
竖直方向：h=12gt2
人在滑道上滑动过程，由动能定理有：mgH−W=12mv2−0
代入数据解得，人在滑道上滑动过程中克服阻力做的功：W=475J，故B正确，ACD错误。
故选：B。
人离开水平滑道后做平抛运动，应用运动学公式求出人做平抛运动时的初速度，然后应用动能定理求解。
分析清楚人的运动过程，应用平抛运动规律与动能定理可以解题。
9.【答案】AC
【解析】解：A、当螺线管将a接电源正极，b接负极时，线圈中产生磁场，由安培定则判断得知，螺线管内部磁场方向向上，上端相当于N极，对磁铁产生向上的斥力，所以弹簧秤示数减小，故A正确；B错误；
C、当螺线管将b接电源正极，a接负极时，线圈中产生磁场，由安培定则判断得知，螺线管内部磁场方向向下，上端相当于S，对磁铁产生向下的引力，所以弹簧秤示数增大，故C正确；D错误；
故选：AC。
当螺线管通电时，线圈中将产生磁场，根据安培定则判断磁场方向，分析螺线管与磁铁之间存在引力还是斥力，来确定弹簧秤示数的变化．
本题考查安培定则的基本应用，基础题．对于安培定则抓住两点：一是何时用；二是怎样用．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
电感总是阻碍电流的变化。线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向与原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向与原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡D1构成回路。线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势。
【解答】
L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡。
AB、K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于L电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮。故A正确，B错误；
CD、K断开时，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C错误，D正确；
故选：AD。
11.【答案】BC
【解析】解：A、图乙中变压器原线圈的输入电压的有效值为U1=22 2 2V=22V，电容器正常工作，则副线圈的输出电压U2=220V，则变压器原、副线圈匝数比为n1n2=U1U2=22220=110，故A错误；
B、设图丙中变压器原线圈输入电压的有效值为U1′，则：U1′2RT=U12RT2，代入数据解得：U1′=11 2V，由理想变压器的变压比可知：U1′U2′=n1n2，代入数据解得，副线圈输出电压的有效值U2′=110 2V，由电功率公式得：P额=U额2R，电容器的电阻R=U额2P额=2202880Ω=55Ω，此时电热器的实际功率为P′=U′22R=(110 2)255W=440W，故B正确；
C、图丙中电流表的示数为I=U2′R=110 255A=2 2A，故C正确；
D、变压器和二极管都不改变交流电的频率，则乙、丙两变压器副线圈中电流频率之比为1：1，故D错误。
故选：BC。
求出变压器原副线圈电压，然后根据变压器的变压比求出变压器的匝数比；
求出图丙变压器副线圈电压的有效值，然后根据欧姆定律与功率公式求解；
根据图示电路图求出电流的频率，然后求出频率之比。
求出原副线圈的电压，应用理想变压器的电压比、欧姆定律与电功率公式即可解题；解题时要注意有效值与最大值间的关系。
12.【答案】AD
【解析】解：A.图甲的互感器原线圈分别接输电线的火线和零线，是电压互感器，〇应该为电压表，故A正确；
C.若图中电流表的示数为10A，由I2IA=10
可得I2=100A
则输电损失电功率为P损=I22R=1002×5W=5×104W
故C错误；
B.设输电电流为I2对电压互感器，U5U6=U5220v=101，即U2=U5=2200v，对电流互感器有I5I6=101，I5=10×10A=100A，即I2=100A，所以线路输送的电功率为P=U2I2=2200×100W=220kW，故B错误；
D.若发电机输出电压U1一定，用户数增加，输电线中电流I2增大，输电线损失电压增大，导致U3减小，U4减小，故D正确。
故选：AD。
根据电流互感器，电压互感器的在电路中的连接方式，来判A选项，由变压器绕组之间的电流，电压，功率关系，线路上损失的功率来判断其它选项。
要注意线上损失的功率的几种算法。
13.【答案】(1)4；68.6；(2)0.42；小。
【解析】解：(1)由图像可知，弹簧的原长即为图线的横轴截距l0=4cm.
由公式
F=k(l−l0)
弹簧的劲度系数为图线的斜率，
k=700×10−3×9.8(14−4)×10−2N/m=68.6N/m.
(2)分析物体A的受力，可知
k[(l−l0)×10−2]=μmg
解得
μ=0.42
实验中由于弹簧悬挂时的原长比平放时的自然长度长，由此弹簧平放计算出来的形变量偏小，直接导致实验测得的动摩擦因数比实际值偏小。
故答案为：(1)4，68.6；(2)0.42，小
(1)由图读出弹簧的原长；由F=k(l−l0)计算劲度系数；
(2)根据平衡条件解得动摩擦因数，实验中由于弹簧悬挂时的原长比平放时的自然长度长，由此弹簧平放计算出来的形变量偏小。
本题考查了探究弹簧伸长量与所受拉力的关系实验，关键是弄清实验原理，能够根据图像求解弹簧原长和劲度系数。
14.【答案】
【解析】解：(1)电阻箱的精确度为0.1Ω，将电流表G改装成电压表，需要串联一个大电阻，其阻值为R0=U−IgRgIg将Ig=10mA=0.01A代入解得：R0=100.0Ω
故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)由于电流表的内阻已知，为了减小实验误差，采用电流表相对于电源内接的方式，故选b。
(3)由闭合电路欧姆定律可得E=Ig(Rg+R0)+I(r+RA)
整理得Ig=ERg+R0−(r+RA)Rg+R0I
由Ig−I图可得(r+RA)Rg+R0=k=3×10−30.32−0.15
解得r=2.02Ω
当Ig=3.0mA，I=0.32A时，代入Ig=ERg+R0−(r+RA)Rg+R0I
解得E=1.72V
故答案为：(1)D；(2)b；(3)1.72，2.02
(1)根据欧姆定律结合电路特点得出电阻的阻值；
(2)根据电表的内阻分析出正确的电路图；
(3)根据图线的斜率和坐标点得出电源电动势和内阻。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义完成分析。
15.【答案】(1)礼花弹弹出后匀减速上升，到达最大高度时速度为零，02−v02=2(−a1)h
解得a1=12m/s2
上升过程中重力和竖直向下空气阻力合力提供加速度mg+kmg=ma1
解得k=0.2
(2)礼花弹弹出匀减速上升过程，以向上为正方向，由动量定理I=0−mv0
解得I=−3.6kg⋅m/s
冲量大小为3.6kg⋅m/s，方向竖直向下；
(3)回落过程中重力和竖直向上空气阻力合力提供加速度mg−kmg=ma2，
解得a2=8m/s2
礼花弹回落过程中做匀加速直线运动v2−02=2a2h
解得v=12 6m/s
答：(1)k值的大小为0.2；
(2)从炮筒射出到上升最大高度过程中合外力的冲量为3.6kg⋅m/s，方向竖直向下；
(3)若礼花弹在空中没有爆炸，落回地面时的速度v的大小为12 6m/s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律与运动学规律解得；
(2)根据动量定理解得冲量大小；
(3)根据牛顿第二定律与运动学规律解得。
本题考查力学三大规律的应用，解题关键在于分析弹片不同状态的运动情况，同时结合牛顿第二定律与运动学公式解答。
16.【答案】(1)导体棒a匀速穿过M1N1，由受力平衡得
m1gsin37∘−B12L2v02R=0，
解得v0=6m/s；
(2)规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
−B22L2d2R=m1v10−m1v0，
解得v10=2m/s，
金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，
即Q=12m1v02−12m1v102，
联立并带入数据得Q=1.6J；
(3)规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
m1v10=m1v1+m2v2，
12m1v102=12m1v12+12m2v22，
联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为v1=−1m/s；
设金属棒a最终停在距磁场右边界x处，规定向右为正方向，对金属棒a，
根据动量定理得B22L2x2R=0−m1v1，
联立并带入数据解得
x=0.25m；
答：(1)金属棒a到达斜面底端M1N1时的速度v0的大小为2m/s；
(2)金属棒a第一次穿过区域Ⅱ的过程中，电路中产生的总焦耳热Q为1.6J；
(3)金属棒a最终停在距区域Ⅱ右边界距离x为0.25m。
【解析】(1)对导体棒a受力分析，据牛顿第二定律和安培力公式结合求解；
(2)对a导体棒应用动量定理求得末速度，再由能量守恒定律求电路产生的热量Q；
(3)根据动量守恒、机械能守恒以及动能定理联立列式可求得滑行的距离。
本题是导轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意求解电热时用功能关系列式分析。
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