2023-2024学年江苏省南京市鼓楼区宁海中学高二（上）期末物理模拟试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市鼓楼区宁海中学高二（上）期末物理模拟试卷（含解析），共17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.下列说法正确的是( )
A. 红外线的频率比紫外线的频率高
B. 电磁波只能传递信息，不能传递能量
C. 电磁波在真空中的传播速度约为3×108m/s
D. 随时间变化的电场一定能产生稳定的磁场
2.关于下列实验及现象的说法正确的是( )
A. 液晶的光学性质具有各向同性
B. 气体失去容器的约束就会散开，是因为分子间存在斥力
C. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了炭粒分子运动的无规则性
D. 由于液体表面层内的分子间距大于r0，从而形成表面张力
3.如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻和灯泡电阻相等(不计温度变化引起的灯泡电阻的变化)，下列说法正确的是( )
A. 合上S，B先亮，A逐渐变亮
B. 合上S，A、B一起亮，稳定时A比B暗
C. 闭合S稳定后，断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭
D. 闭合S稳定后，断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭
4.如图所示，将一个小玻璃瓶开口向下放入密封的塑料矿泉水㼛中，小玻璃瓶中封闭一段空气。现用手挤压矿泉水瓶，小玻璃瓶缓慢下沉到底部；适当减小挤压矿泉水瓶的程度，使小玻璃瓶缓慢上浮。若小玻璃瓶上浮过程中其内部的空气温度保持不变，忽略气体分子个数变化，则在此过程中小玻璃瓶中的空气( )
A. 体积不变，内能不变
B. 体积减小，内能减小
C. 体积增大，对外界做正功
D. 对外界做正功，并放出热量
5.如图，光滑无电阻的金属框架MON竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于MON平面指向纸里。质量为m，长度为l，电阻为R的金属棒ab从∠abO=45°的位置由静止释放，两端沿框架在重力作用下滑动。若当地的重力加速度为g，金属棒与轨道始终保持良好接触，下列说法正确的是( )
A. 棒下滑过程机械能守恒
B. 下滑过程中棒产生从b到a方向的电流
C. 从释放到棒全部滑至水平轨道过程中产生的电能等于 2mgl4
D. 从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，通过棒的电荷量等于Bl24R
6.如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2：1，且两段圆弧对应圆心角相同，下列判断正确的是( )
A. Ⅰ、Ⅱ两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1：2
B. 该粒子在Ⅰ、Ⅱ两个磁场中的磁场力大小之比为1：1
C. 该粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1：1
D. 弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比为3：1
7.关于下列四幅图的说法正确的是( )
A. 图甲是速度选择器示意图，由图可以判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=EB
B. 图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的负极，且增大磁感应强度可以增大电路中的电流
C. 图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越小
D. 图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压U
8.特高压输电技术已成为继高铁、核电之后中国在世界范围内的第三张高科技名片。如图为特高压远距离输电示意图，变压器为理想变压器，特高压输电电压U保持不变，输电线路的等效电阻为R0，用户电路为纯电阻电路，总电阻为R，当R变小时，不考虑其他因素的影响，则下列说法正确的是( )
A. 变压器原线圈中的电流变小
B. 变压器输出端的电压变大
C. 用户获得的功率一定变大
D. 输电线损耗的功率与用户获得的功率的比值变大
9.某物理实验操作社团成员测得一只小灯泡的伏安特性曲线如图所示，小组讨论时，你认为正确的说法是( )
A. 甲同学认为图线斜率减小，所以灯泡电阻在减小
B. 乙同学认为图线与横轴所围面积代表功率，所以电压为3V时，小灯泡功率约为0.52W
C. 丙同学认为根据欧姆定律，可以算出当电压为1.5V时，灯泡电阻约7.5Ω
D. 丁同学认为图线不是直线，且小灯泡会发光，所以小灯泡不是纯电阻
二、多选题：本大题共1小题，共4分。
10.直流发电机的工作原理可以简化为如图所示的情景。在竖直向下的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，两轨道左端点M、P间接一电阻R。导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。导体棒ab在水平向右的外力F作用下向右做匀速直线运动时，电阻R上就可以产生电热。根据其工作原理，在导体棒ab向右做匀速直线运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab所受的安培力水平向右
B. 导体棒ab所受的安培力对导体棒ab做正功
C. 导体棒a端的电势比b端的电势高
D. 通过电阻R的电流方向由M指向P
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
11.在“研究电磁感应现象”的实验中。
(1)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈M连接，如图甲所示。当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。将磁体N极向下从线圈上方竖直插入M时，发现指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为沿______(选填“顺时针”或“逆时针”)由a端开始绕至b端。
(2)如图乙所示，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关S后，将A线圈迅速从B线圈拔出时，电流计指针将______；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将______。(以上两空选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”)
四、计算题：本大题共5小题，共54分。
12.在“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用的油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸0.5mL，用注射器测得1mL上述溶液有80滴，把1滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中正方形格的边长为1cm，则可求得：
(1)油酸薄膜的面积是_______cm2；
(2)油酸分子的直径是_______m；(结果保留两位有效数字)
(3)某同学实验中最终得到的计算结果数据偏大，可能是由于______；
A.油膜中含有大量未溶解的酒精
B.计算油膜面积时，错将全部不完整的方格作为完整方格处理
C.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D.水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开
(4)利用单分子油膜法可以粗测分子大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为_______。(分子看成球体)
(5)本实验体现的物理思想方法为_______。
A.控制变量法 B.理想化模型 C.极限思想法 D.整体法与隔离法
13.如图所示，在开口向上、竖直放置的薄壁圆柱形容器内用质量m=4.0kg的活塞密封一部分气体，活塞在容器内能自由滑动且保持水平，容器的底面积S=40cm2，开始时气体的温度T1=300K，活塞到容器底的距离h1=20.0cm。在气体从外界吸收Q=100.0J热量的过程中，活塞缓慢上升的距离△h=4.0cm。已知大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2.求：
(1)开始时封闭气体的压强p1；
(2)活塞停止上升时容器内气体的温度T2；
(3)此过程密闭气体内能的增加量△U。
14.如图所示，面积为0.05m2、总电阻为1Ω、共100匝的矩形线圈abcd处于磁感应强度B=1πT的匀强磁场中，其外接阻值R=9Ω的电阻，线圈以300r/min的转速绕OO′匀速旋转。
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)画出线圈中感应电动势随时间变化的图像。
(3)求出线圈转过130s时，线圈中感应电动势的瞬时值。
15.竖直平面内有如图所示的直角坐标系xOy，第一象限内有水平向左，大小相等的匀强电场；第三、四象限有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。在y轴P点的水平绝缘光滑的小支架上静止放置一质量m、带电量为+q的绝缘小球b(恰好在电场边界外一点)，另一与小球b一样大、质量为13m、带电量也为+q的绝缘小球a，从x轴的Q点，垂直于x轴以速度v0竖直向上射入第一象限，运动一段时间后以速度v0沿x轴负方向与小球b发生弹性正碰(碰撞时间极短)；小球b过一段时间从M点进入第三象限的磁场区域。不计两球之间的库仑力和空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)电场强度的大小E；
(2)P点和M点的位置坐标；
(3)若B=6mg5qv0，小球b第一次在磁场中运动离x轴最远距离hm和最大速度vm。
16.如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d=0.5m，其右端接有阻值为R=0.4Ω的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B=0.8T的匀强磁场中。一质量为M=0.01kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.5。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F=1N作用下从静止开始沿导轨运动距离l=0.5m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r=0.1Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为10m/s2。在此过程中，求：
(1)杆的最大速度(保留三位有效数字)；
(2)通过电阻R的焦耳热(保留三位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】A.红外线的波长大于紫外线的波长，红外线的频率小于紫外线的频率，故A错误；
B.电磁波能传递信息，也能传递能量，故B错误；
C.电磁波在真空中的传播速度约为 3×108m/s ，故C正确；
D.随时间均匀变化的电场产生稳定的磁场，而随时间周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：A、液晶具有单晶体的特性，所以光学性质具有各向异性，故A错误；
B.气体失去容器的约束就会散开，是因为气体分子之间的作用力非常小，气体分子在做无规则的热运动，所以不能使分子束缚在一起，并不是因为分子间存在斥力，故B错误；
C.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这属于布朗运动，布朗运动是小碳粒被水分子撞击的不平衡，所做的运动，间接反映了水分子运动的无规则性，故C错误；
D.由于液体表面层内的分子间距大于r0，分子之间作用力表现为引力，从而形成表面张力，故D正确。
故选D。
根据液晶的的性质判断是否具有光学各向异性；根据气体分子间距离分析气体扩散是不是由于分子间斥力的作用；根据布朗运动的本质分析小碳粒的运动反映的是什么的无规则运动；根据分子间距离与分子力的关系，分析液体表面张力的形成原因。
本题考查热学的基本知识，解决本题的关键是理解基本概念，理解布朗运动的本质，以及分子间距离与分子力的关系。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】AB.开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。由于流过线圈的电流逐渐增大，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，稳定时B灯电流大于A灯电流，因此稳定时A比B暗，故A错误，B正确；
CD.断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯；由于线圈的电阻和灯泡电阻相等，则原先通过L的电流等于通过A灯的电流，所以A灯逐渐变暗后再熄灭，故C错误，D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】解：小玻璃瓶上浮过程中其内部的空气温度保持不变，小玻璃瓶缓慢上浮压强减小，根据pV=C可知，体积变大，对外做功，温度不变，内能不变，根据ΔU=Q+W可知，吸收热量，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据体积的变化判断做功的情况，根据气体的内能有关的因素判断内能的变化，根据热力学第一定律判断吸收的热量与内能变化量的大小关系。
该题考查理想气体得状态方程的应用以及热力学第一定律的应用，解答的关键是正确判断出气体的体积增大，气体对外做功。
5.【答案】D
【解析】解：A、棒在下滑过程中，棒与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，棒将受到安培力作用，安培力对棒做功，棒的机械能不守恒，故A错误。
B、棒下滑过程中，围成的面积减小，根据楞次定律可知，产生感应电流，方向为a到b，故B错误。
C、棒从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小12⋅ 22mgl，产生的电能和棒的动能，由能量守恒定律得知：棒上产生的电能小于 2mgl4，故C错误。
D、棒与金属导轨组成闭合回路磁通量的变化量为△Φ=B⋅12⋅ 22l⋅ 22l，根据推论q=△ΦR，得到通过棒的电荷量为q=Bl24R，故D正确。
故选：D。
棒在下滑过程中，棒与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，产生感应电流，棒受到安培力作用，可知其机械能不守恒。
根据楞次定律判断棒中感应电流的方向。
棒从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小，产生的电能和棒的动能，由能量守恒定律分析棒上产生的电能。
根据推论q=△ΦR，求出磁通量的变化量，即可求出电荷量。
本题要抓住题中隐含的条件：导轨是金属的，可与棒组成导电回路，磁通量在改变，回路中会产生感应电流，有电荷通过棒。
6.【答案】A
【解析】解：AD、由于粒子在Ⅰ、Ⅱ两个磁场交界处的P点受到的洛伦兹力方向相反，则可知两个磁场的方向相反；
两段圆弧对应圆心角相同，根据弧长s=Rθ可知半径之比为R1：R2=s1：s2=2：1，
由于洛伦兹力不做功，所以在两个磁场中运动时速度大小不变，根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2R，
解得：B=mvqR，所以Ⅰ、Ⅱ两个磁场的磁感应强度大小之比为：B1：B2=R2：R1=1：2，故A正确、D错误；
B、根据F=qvB可知，该粒子在Ⅰ、Ⅱ两个磁场中的磁场力大小之比为：F1：F2=B1：B2=1：2，故B错误；
C、根据t=θ2πT=θRv可知粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为：t1：t2=R1：R2=2：1，故C错误。
故选：A。
根据洛伦兹力的方向判断磁场方向，根据弧长s=Rθ可知半径之比，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度之比；根据F=qvB分析洛伦兹力之比；根据t=θ2πT=θRv分析运动时间之比。
带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来也可以由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
7.【答案】B
【解析】【分析】
粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径，磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理，速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动，质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素。
解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，根据粒子的受力情况结合带电粒子在电场、磁场中的运动的规律进行分析。
【解答】
A.图甲是速度选择器示意图，由图无法判断出带电粒子的电性，粒子做匀速直线运动，列平衡方程，则有qE=qvB，所以v=EB，A错误；
B.根据左手定则可知，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，B正确；
C.粒子先经历加速电场，则有qU=12mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，则有qvB=mv2r，所以r=1B 2mUq，所以越靠近狭缝半径越小，比荷越大，C错误；
D.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，则有qvB=mv2r，故v=qBrm，所以速度与电压无关，最大动能与加速电压无关，D错误。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查远距离输电问题，关键是要掌握理想变压器的工作原理，熟悉原副线圈的端电压、电流与匝数的关系。
由电阻变化，判断变压器原线圈中的电流和变压器输出端的电压变化情况；根据P=I2R判断功率变化情况。
【解答】
解：A.设降压变压器的匝数比为k，由于降压变压器的电压比为k，电流比为1k，设输电线上的电流为I0，原线圈中U1=U−I0R0，则副线圈电压U2=U−I0R0k，又副线圈U2=I2R，
联立则有I0=UR0+k2R，当用户电阻变小时可知I0变大，A错误；
B.根据U2=U−I0R0k可知，由于电流变大，则变压器输出端的电压变小，故B错误；
C.输电线上消耗的功率P0=I02R0，即可知输电线上消耗的功率P0变大，用户获得的功率P=I02k2R=(UR0+k2R)2k2R可知，用户电阻变小时，由于不确定R与R0的大小关系，用户获得的功率变化情况无法判断，C错误；
D.输电线上损耗的功率与用户获得的功率的比值为I02R0I02k2R，用户电路总电阻R变小时该比值变大，D正确。
9.【答案】C
【解析】解：A、图线上的点与坐标原点连线斜率的倒数表示电阻，所以图线斜率减小，灯泡电阻在增大，故A错误；
B、由图示图象可知，电压为UL=3V时，电流为IL=0.25A，所以小灯泡功率为PL=ULIL=3×0.25W=0.75W，故B错误；
C、丙同学认为根据欧姆定律，可以算出当电压为U=1.5V时，电流为I=0.2A，则灯泡电阻约RL=UI=1.50.2Ω=7.5Ω，故C正确；
D、小灯泡是纯电阻，故D错误。
故选：C。
I−U图线上的点与坐标原点连线斜率的倒数等于电阻；由图示图象求出电压对应的电流，然后求出灯泡电功率与电阻；灯泡是纯电阻。
知道I−U图象的物理意义，根据图示图象求出电压对应的电流是解题的前提，应用电功率公式与欧姆定律即可解题。
10.【答案】CD
【解析】CD
【详解】A.根据右手定则可知，导体棒中的感应电流方向为从b流向a，根据左手定则可知，安培力的方向为水平向左，故A错误；
B.安培力的方向水平向左，导体棒的运动方向向右，安培力对导体棒做负功，故B错误；
CD.导体棒相当于电源，且导体棒中的感应电流方向为从b流向a，a端相当于电源正极，b端相当于电源负极，外部电路中，电流从正极流向负极，故CD正确。
故选CD。
11.【答案】顺时针 向左偏 向右偏
【解析】解：(1)将磁体N极向下从线圈上方竖直插入M时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，电流计指针向左偏转，说明电流从左端流入电流计，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为沿顺时针方向由a端开始绕至b端。
(2)如图乙所示，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明B中磁通量增加时电流计指针向右偏转；合上开关S后，将A线圈迅速从B线圈拔出时，穿过B线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏转；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，穿过B线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转。
故答案为：(1)顺时针；(2)向左偏，向右偏
(1)根据题意判断电流方向，然后应用楞次定律判断线圈的绕向．
(2)根据题意判断指针偏转方向与磁通量变化间的关系，然后根据题意判断磁通量如何变化，再判断指针偏转方向．
熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键；要掌握安培定则与楞次定律的内容，注意看线圈的方向是解题的关键．
12.【答案】(1)72(2)8.7×10−10； (3)CD；(4)6MS3πρV3 ；(5)B．
【解析】【分析】
(1,2,)根据体积和浓度求解纯油酸的体积．在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径，掌握估算油膜面积的方法：所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于一半的舍去；
(3)根据实验的原理d=VS，分析误差形成的原因；
(4)结合油酸分子个数酸与油分子的物质的量求解阿伏加德罗常数。
(5)本实验采用理想模型法。
掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径。
【解答】
(1)轮廓包围方格约为72个，故油酸薄膜的面积为72 cm2。
(2)每滴溶液中含有纯油酸的体积为V=180×0.5103 mL=6.25×10−6 mL，油酸分子的直径为d=VS=8.7×10−10 m。
(3)如果油膜中含有大量未溶解的酒精，导致油酸的实际面积比统计面积小，计算时采用统计的油酸面积S偏大，由d=VS可知，油酸分子直径d的计算值将比真实值偏小，故A项错误。
计算油膜面积时，如果错将全部不完整的方格作为完整方格处理，导致统计的油膜面积比实际油膜面积大，计算结果将偏小，故B项错误。
如果计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致统计的油膜面积偏小，计算结果将偏大，故C项正确。
如果水面上痱子粉撒得较多，油酸没有充分展开，导致统计的油酸面积比充分展开的油酸面积小，计算结果将偏大，故D项正确。
(4)油酸分子个数为N=V43πV2S3个，油酸分子的物质的量为n=ρVM，故阿伏加德罗常数为NA=Nn=6MS3πρV3。
(5)实验中把油酸分子简化为球形，忽略分子间隙，并且认为油膜为单层分子，是一种理想化模型，故B项正确。
13.【答案】解：(1)开始活塞处于平衡状态，
由p1S=p0S+mg。
代入数据解得，p1=1.1×105Pa。
(2)封闭气体发生的等压膨胀
由 h1T1=h1+△hT2
解得，T2=360K。
(3)气体体积增大对外做功，W=p1S⋅△h=17.6J。
则：△U=−W+Q。
解得△U=82.4J。
答：(1)开始时封闭气体的压强p1=1.1×105Pa。
(2)活塞停止上升时容器内气体的温度T2=360K。
(3)此过程密闭气体内能的增加量△U=82.4J。
【解析】①分析活塞的受力得到封闭气体的压强；
②封闭气体做等压变化，根据盖−吕萨克定律求解温度；
③气体对外做功，根据热力学第一定律求解内能增加量。
本题考查了受力分析、平衡状态、等压变化和热力学第一定律，涉及知识较多，难度适中，关键是了解气体体积增大对外做功，根据热力学第一定律求解内能变化。
14.【答案】(1) e=50sin10πt(V) ；(2)见解析；(3) e1=25 3V
【详解】(1)线圈转动的角速度为
ω=2πn=10π rad/s
感应电动势的最大值为
Em=NBSω=NBS⋅2πn=50V
从线圈处于中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为
e=Emsinωt=50sin10πt(V)
(2)交流电的最大电动势为50V，周期为
T=2πω=0.2s
则一个周期内的电动势变化图像如图所示
(3)当 t=130s 时，瞬时电动势为
e1=50sin(10π×130)=25 3V

【解析】略
15.【答案】解：(1)在第一象限中，小球a做匀变速曲线运动，水平方向做匀加速直线运动，设加速度大小为ax，经过t1时间到达P点，由运动学公式v0=axt1，
由牛顿第二定律qE=m3ax，
竖直方向做竖直上抛运动，加速度为−g，由运动学公式0=v0−gt1，
联立得E=mg3q。
(2)小球a、b在P点发生弹性碰撞，设碰后两球速度分别为va、vb，由动量守恒m3v0=m3va+mvb，
由能量守恒12×m3v02=12×m3va2+12mvb2，
联立可得va=−v02，vb=v02，
由小球a在竖直方向上做竖直上抛运动，则P点纵坐标为yP=v022g，
则P点的坐标为(0,v022g)；
小球b在第二象限做平抛运动，则M点的横坐标为xM=−vbt1=−v022g，
则M点的坐标为(−v022g,0)。
(3)由(2)可得，小球b进入磁场时水平方向和竖直方向的速度分别为vx=vb=v02 (方向水平向左)，vy=gt1=v0(方向竖直向下)，
小球b进入磁场时，受到洛伦兹力及重力，将速度分解，水平向右的大小为vx′速度和方向与x轴负方向成θ ，大小v′= vy2+(vx+vx′)2 的速度。
其中qBvx′=mg，tanθ=vyvx+vx′，
则vx′=56v0，v′= vy2+(vx+vx′)2=53v0，tanθ=34，
即小球在磁场的运动可分解为水平向右的匀速直线运动和入射速度为v′=53v0，方向与x轴负方向夹角为tanθ=34的在磁场中的匀速圆周运动，由qBv′=mv′2R 可得，此匀速圆周运动的半径R=mv′qB=25v0218g，
则小球b第一次在磁场中运动离x轴最远距离hm，
hm=R+Rcsθ=5v022g，
此时小球b的速度最大，为vm=v′+vx′=52v0。

【解析】(1)小球在第一象限内，做匀变速曲线运动，水平方向为匀加速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式列式求电场强度；
(2)小球a、b发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，据此求出碰后两者速度，然后分别分析a、b接下来的运动，根据运动学公式求P、M点的坐标;
(3)小球b进入磁场后，分析其受到的力，将其运动进行分解(匀速直线运动和匀速圆周运动的叠加)，结合牛顿第二定律、运动学公式求解。
16.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律E=Bdv，根据闭合电路欧姆定I=ER+r，根据安培力F=BIL
当杆的速度达到最大时，安培力F安=B2d2vR+r
杆受力平衡，故F−μmg−F安=0
所以v=(F−μmg)(R+r)B2d2，解得v=2.97m/s
(2)对杆，由动能定理有：Fl−μmgl−WA=12mv2
系统总的焦耳热：Q=WA
故电阻R产生的焦耳热：QR=RR+rQ
联立得：QR=RR+r[Fl−μmgl−m(F−μmg)2(R+r)22B4d4]，解得，QR=0.431J
答：(1)杆的最大速度为2.97m/s；
(2)通过电阻R的焦耳热为0.413J。
【解析】(1)当杆速度最大时，杆受力平衡，根据平衡条件列式求解；
(2)根据动能定理列式求解。
本题考查电磁感应中的能量转化、闭合电路欧姆定律等，难度中等，杆速度最大时，受力平衡，是解题关键。