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2022-2023学年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波不能在真空中传播
B. 电磁波是在空间传播的周期性变化的电磁场
C. 电场或磁场随时间变化时一定会产生电磁波
D. 麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
2.手机上一般会有两个麦克风，一个比较大的位于手机下方，另一个位于手机顶部。小明同学查阅手机说明书后知道手机顶部的麦克风为降噪麦克风。该同学进一步查阅资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。理想情况下的降噪过程如图所示，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。下列说法正确的是( )
A. 降噪声波的频率大于环境噪声的频率B. 降噪声波的频率小于环境噪声的频率
C. 降噪麦克风的工作原理是声波的衍射D. 降噪麦克风的工作原理是声波的干涉
3.一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示。比较内芯中的a、b两束光，a光的( )
A. 频率小，发生全反射的临界角小B. 频率大，发生全反射的临界角小
C. 频率小，发生全反射的临界角大D. 频率大，发生全反射的临界角大
4.如图所示，两根同一竖直方向平行放置的长直导线a和b中通有大小不同、方向均垂直于纸面向里的电流时，a对地面的压力恰好为零。已知长直导线a的质量为m，当地的重力加速度为g。如果长直导线b的电流改为垂直于纸面向外，大小不变，则a对地面的压力为( )
A. 0B. mgC. 2mgD. 3mg
5.如图甲所示为一小型发电机的原理图，矩形线圈的电阻为1Ω。在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端与R=10Ω的电阻构成闭合回路。通过电阻R的电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该发电机线圈转动的角速度为200πrad/s
B. 线圈转至图甲位置时，线圈中感应电流最大
C. 该发电机产生交流电的感应电动势峰值为200 2V
D. 电阻R消耗的电功率为4000W
6.如图所示，磁场方向垂直纸面向里，金属导轨EF、CD在竖直平面内垂直磁场平行放置，并通过绕在竖直铁芯上的导线连接，铁芯正上方有一水平放置的金属环，金属杆AB竖直放置，与导轨EF、CD垂直且始终接触良好，现突然用外力向右拉动金属杆AB，下列说法正确的是( )
A. AB中电流由A到B，金属环受到的安培力向上
B. AB中电流由A到B，金属环受到的安培力向下
C. AB中电流由B到A，金属环受到的安培力向上
D. AB中电流由B到A，金属环受到的安培力向下
7.如图所示，在半径为R的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30∘角，经磁场偏转后从b点飞出，已知粒子在磁场中运动的时间为t，不计粒子所受重力，则( )
A. 该带电粒子带负电
B. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
C. 若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为12t
D. 若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为2t
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，理想变压器原线圈加上交变电压，副线圈上接有电阻R、灯泡L1、L2。闭合开关S，滑片P处于图示位置，灯泡发光。下列说法正确的是( )
A. 保持开关S闭合，将滑片P向下移，灯泡变暗
B. 保持开关S闭合，将滑片P向上移，灯泡变暗
C. 保持滑片P位置不变，断开开关S，灯泡L1变暗
D. 保持滑片P位置不变，断开开关S，灯泡L1变亮
9.电视机显像管应用了电子束磁偏转原理。如图所示，电子束经电子枪加速后进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，经磁场偏转后打在荧光屏上产生亮点。已知电子的比荷为k，加速电子束的电子枪电压为U。电子束按图中方向偏转，在匀强磁场中运动轨迹所对应的圆心角为π4，由此可知( )
A. 图中偏转磁场的方向为垂直纸面向外
B. 电子进入偏转磁场时的速度为 2Uk
C. 电子在偏转磁场中运动轨迹的半径为 2UkB2
D. 电子在偏转磁场中的运动时间为kπ4B
10.如图(a)，质量M=4kg、倾角为θ的斜面体置于粗糙水平面上，质量m=1kg的小物块置于斜面顶端，物块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ.t=0时刻对物块施加一平行于斜面向下的推力F，推力F的大小随时间t变化的图象如图(b)所示，t=2s时物块到达斜面底端。斜面体始终保持静止，重力加速度g=10m/s2，在物块沿斜面下滑过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块到达斜面底端时的动能为32J
B. 斜面的长度为8m
C. 斜面体对水平面的压力大小始终为50N
D. 水平面对斜面体的摩擦力水平向右且逐渐增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“验证动量守恒定律”实验中，装置如图所示，按照以下步骤进行操作：
①在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从同一位置由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道最右端，让小球a仍从同一位置由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。
(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质m1、m2间的关系是m1______m2。(填“>”、“<”或“=”)
(2)下列器材选取或实验操作符合实验要求的是______(填序号)。
A.小球a、b半径可以不同
B.斜槽轨道末端必须保持水平
C.需用秒表测定小球在空中飞行的时间
(3)实验测得，小球a、b质量分别为m1、m2、O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3，若碰撞前后ab总动量守恒，则需要验证的表达式为______。(用所测物理量的字母表示)
12.某同学用单摆测定当地的重力加速度。
(1)他在组装单摆时，在摆线上端的悬点处，采用了甲、乙两种方式，正确的方式是______(填“甲”或“乙”)；
(2)该同学组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度为l，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图丙所示，则该摆球的直径d为______ mm，单摆摆长L=______(用l、d表示)。
(3)该同学通过多次实验得出数据画出摆长L和周期T2图像，如图丁，请根据图像求出重力加速度的值______m/s2。(已知π2≈9.86，结果保留三位有效数字)
(4)如果测得的g值偏大，可能的原因是______(填序号)。
A.计算摆长时用摆线长度
B.开始计时时，停表没有及时按下
C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
D.实验中误将30次全振动记为31次
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，t=0时刻的波动图像如图甲所示，质点M的振动图像如图乙所示。已知t=0时刻质点M恰好完成一次全振动，M、N两质点的平衡位置均在x轴上，N点的坐标为19m。求：
(1)此简谐横波传播速度的大小；
(2)0∼10s内质点N运动的路程。
14.如图所示，某光滑金属导轨由水平平行轨道和竖直14圆周轨道组成，水平平行轨道MN、ST相距L=0.5m，轨道左端用阻值R=10Ω的电阻相连。水平轨道的某段区域有竖直向上、磁感应强度B=6T的匀强磁场。光滑金属杆ab的质量m=0.2kg、电阻r=5Ω，金属杆以v=5m/s的初速度沿水平导轨从左端冲入磁场，离开磁场后沿竖直圆周轨道上升的最大高度H=0.2m。设金属杆ab与轨道接触良好，并始终与导轨垂直，导轨电阻忽略不计，且不考虑ab的返回情况，取g=10m/s2。求：
(1)金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小和方向；
(2)电阻R产生的焦耳热；
(3)磁场区域的长度。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
15.在光滑水平面上静置有质量均为m的木板和滑块CD，木板上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的14圆弧，其始端D点切线水平且在木板上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为v02，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ.求：
(1)物块滑到B处时木板的速度vAB；
(2)木板的长度L；
(3)滑块CD圆弧的半径。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解；A.电磁波本身是一种物质波，且电磁波的传播不需要介质，则电磁波能在真空中传播，故A错误；
B.周期性变化的电场产生磁场，周期变化的磁场产生电场，由近及远地传播形成电磁波，故B正确；
C.均匀变化的电场(磁场)产生稳定的磁场(电场)，则不能形成电磁波，故C错误；
D.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：B。
电磁波的传播不需要介质；根据麦克斯韦的电磁场理论可以解释BC选项；赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在。
这部分知识需要强化记忆，尤其是涉及到的物理学史问题，更要熟练记忆。
2.【答案】D
【解析】解：由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，所以降噪麦克风的工作原理是声波的干涉，故ABC错误，D正确。
故选：D。
降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。
本题以手机上的两个麦克风为背景，考查了干涉现象在实际问题中的应用，解决本题时要明确机械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等，要掌握波的叠加原理和干涉的条件。
3.【答案】C
【解析】【分析】
比较两束光对应的折射角的大小，根据光的折射定律和全反射的条件进行分析。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。
【解答】
一束复色光从空气射入光导纤维后，两束光的入射角相同，b光对应的折射角小，根据折射定律可知，a光的折射率小，则a光的频率小；根据全反射的条件可知：sinC=1n，所以a光对应的临界角大，故C正确，ABD错误。
4.【答案】C
【解析】解：长直导线a和b的电流方向相同，导线a和b相互吸引，因为a对地面的压力恰好为零，对a受力分析可知b对a的引力大小等于重力，方向竖直向上；当b的电流反向时，导线a和b相互排斥，再次对a受力分析可知地面对a的支持力等于2mg，根据牛顿第三定律，a对地面的压力为2mg。故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据同向电流相互吸引，判断导线a所受的安培力方向，根据平衡条件求出导线a受到的安培力大小，当电流变为反向时，根据异向电流相互排斥判断导线a所受的安培力方向，根据平衡条件求出地面对导线a的支持力，从而求得a对水平面的压力大小。
本题考查安培力作用下导体的平衡问题，解答本题的关键是明确安培力方向变化，熟练运用左手定则判断导线a受到的安培力方向。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据乙图可知线圈转动的周期T=0.02s，角速度为ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，故A错误；
B、线圈转至图甲位置时，线圈平面与磁场垂直，线圈中感应电流最小，故B错误；
C、由乙图可知，感应电流的最大值为Im=20 2A，感应电动势的最大值为Em=Im(R+r)=20 2×(10+1)V=220 2V，故C错误；
D、根据乙图可知，感应电流的有效值为I=Im 2=20 2 2A=20A，电阻R消耗的电功率P=I2R=202×10W=4000W，故D正确；
故选：D。
根据线圈所在的位置，判断出与中性面间的关系，根据乙图判断出产生的感应电动势的最大值，根据闭合电路的欧姆定律求得产生的感应电压的最大值，根据周期求得频率，根据电流的最大值求得有效值，即可求得电阻R产生的热功率。
本题主要考查了交流发电机的相关知识，要熟悉“四值”之间的相互转换，同时结合欧姆定律和焦耳定计算求解。
6.【答案】C
【解析】解：突然用外力向右拉动金属杆AB，AB向右加速切割磁感线，根据右手定则判断，可知AB中感应电流方向为B→A，因穿过金属环的磁通量突然增加，根据楞次定律推论可知，金属环受到的安培力向上。故ABD错误，C正确。
故选：C。
突然用外力向右拉动金属杆AB，AB向右加速切割磁感线，根据右手定则判断AB中感应电流方向；根据楞次定律的推论，金属环中磁通量突然增加，其所受安培力会使其向磁通量减小的方向有运动趋势，依此推论判断金属环受到的安培力方向。
本题考查了电磁感应现象中楞次定律的应用，以及电流磁效应和磁场对电流的作用。要能够区分左手定则、右手定则、安培定则(即右手螺旋定则)以及楞次定律所对应的应用的场景。
7.【答案】D
【解析】解：A.根据左手定则判断知，该带电粒子带正电，故A错误；
B.设粒子以速度2v飞入磁场中时，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何知识可得
sin30∘=Rr
粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r=2R
故B错误；
CD.画出粒子以2v和v两种情况下在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子以速度大小为2v飞入磁场时，半径为2R，根据几何知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为θ=60∘，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，根据洛伦兹力提供向心力有qBv=mv2r
则r=mvqB
则粒子在磁场中运动的半径变为R，利用几何知识可判断知，此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为θ′=120∘，粒子在磁场中运动的时间
t=θ360∘T
根据
T=2πrv=2πmqB
可知粒子在磁场中运动的周期与速度无关，则可得粒子以速度v飞入磁场时，在磁场中运动的时间为
t′=2t
故C错误，D正确。
故选：D。
粒子在磁场中运动，根据左手定则分析粒子的电性，根据几何关系分析B，分析粒子的运动的情况，可以判断粒子的运动的时间．
根据粒子的运动的轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动的时间．
8.【答案】AD
【解析】解：AB、保持开关S闭合，滑片P向下移动，副线圈匝数减小，根据变压器变压之比得：
U1U2=n1n2，
解得：U2=U1n2n1，因为U1、n1 不变，n2 减小，所以U2减小，副线圈构成的回路中电流减小，即通过两个灯泡的电流均减小，故灯泡功率减小，灯泡变暗，故A正确，B错误。
CD、滑片P位置不变，则副线圈输出电压不变，断开开关S，副线圈构成的回路中总电阻增大，总电流减小，R分得的电压减小，灯L1两端的电压增大，故灯泡L1变亮，故D正确，C错误。
故选：AD。
滑片P向下移动，副线圈匝数减小，根据变压器变压之比，得出副线圈两端的电压变化情况，进而根据串并联电路的特点，即可分析出灯泡的亮度变化情况；滑片P位置不变，则副线圈输出电压不变，断开开关S，副线圈构成的回路中总电阻增大，总电流减小，R分得的电压减小，灯L1两端的电压增大，即可确定灯的亮度变化。
本题考查了变压器动态分析问题，掌握变压器的变压、变流特点，是解决本题的关键。
9.【答案】AC
【解析】解：A、由左手定则可判断出偏转磁场的方向为垂直纸面向外，故A正确；
B、设电子质量为m，电量为e，电子束射入到偏转磁场的速度为v，由动能定理有：eU=12mv2，解得：v= 2eUm= 2kU，故B错误；
C、电子偏转磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有：evB=mv2r，解得：r=mveB= 2UkB2，故C正确；
D、电子中磁场中的运动时间t=θrv=θmeB=π4kB，故D错误。
故选：AC。
根据左手定则由电子的偏转方向判断磁场的方向；根据动能定理求电子离开电场即进入磁场的速度；由洛伦兹力提供向心力求轨迹半径；由偏转角求时间。
本题是典型的带电粒子先在加速电场加速然后在匀强磁场的偏转问题，认真审题找到关键已知量，应用动能定理、半径公式、周期公式、时间公式就能得到正确结果。
10.【答案】AC
【解析】解：A、因为μ=tanθ，则有：mgsinθ=μmgcsθ，所以物块受到的滑动摩擦力的与支持力的合力与小物块的重力大小相等，方向相反，
因为F−t图象的面积表示F的冲量，根据动量定理有：Ft=mv
则小物块达到斜面底端时的速度为：v=Ftm=81m/s=8m/s
则物块到达斜面底端时的动能为：Ek=12mv2=32J，故A正确
B、如物块做匀加速直线运动，则物块整段过程发生的位移为：x=v2t=8m
但根据外力逐渐增大可知，物块做加速度增大的加速运动，所以物块发生的位移不等于8m，分析两种情形的v−t图像可知物体位移小于8m，故B错误；
C、斜面的受力如图所示：
改变外力F，不会影响小物块受到的滑动摩擦力以及支持力的大小，所以小物块受到的滑动摩擦力和支持力的合力一直竖直向上，大小等于小物块的重力，
根据牛顿第三定律可知，斜面受到的小物块对它的滑动摩擦力f以及压力N1的合力竖直向下，大小等于mg，则斜面体在水平方向上无相对运动趋势，不受到水平面对它的静摩擦力作用，根据平衡条件有，水平面对斜面体的支持力为：N=Mg+mg=50N，由牛顿第三定律可知斜面对水平面压力为50N，故C正确，D错误。
故选：AC。
解决该题的关键是明确知道小物块在运动过程中，外力F为小物块受到的合力，知道小物块受到的摩擦力和支持力的合力和它的重力大小相等，方向相反。
11.【答案】>Bm1 y2=m1 y3+m2 y1
【解析】解：(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质m1、m2间的关系是m1>m2。
(2)A.小球a、b半径必须相同，从而保证两球能发生正碰，故A错误；
B.斜槽轨道末端必须保持水平，从而保证做平抛运动，故B正确；
C.小球离开斜槽后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t
平抛运动水平方向做匀速运动，水平位移x=vt
平抛运动竖直方向做自由落体运动，竖直位移y=12gt2
解得水平速度v=x g2y
因此不需要用秒表测定小球在空中飞行的时间，故C错误。
故选：B。
(3)根据上述可得水平速度v=x g2y
碰撞前小球a的速度v0=x g2y2
碰撞后小球a的速度v1=x g2y3
碰撞后小球b的速度v2=x g2y1
以向右为正方向，若两球碰撞过程系统动量守恒，应满足m1v0=m1v1+m2v2
代入数据整理得m1 y2=m1 y3+m2 y1。
故答案为：(1)>；(2)B；(3)m1 y2=m1 y3+m2 y1。
(1)若两球碰撞后入射球反弹，则会影响速度的测定，据此分析入射球与被碰球的质量的大小关系；
(2)为使两球发生对心碰撞，两球半径应相等；小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，根据实验注意事项与实验原理分析答题；
(3)小球离开斜槽后做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球做平抛运动的初速度，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一竖直面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中竖直方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。
12.【答案】乙 12.0l−d2 9.66BD
【解析】解：(1)甲图在实验过程摆长会变大，乙图摆长不变，正确发方式是乙；
(2)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，读数为12mm+0×0.1mm=12.0mm，故摆球的直径为d=12.0mm；
单摆的长度为L=l+d2
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg，得L=g4π2T2，由图像可得g4π2=1.20−0.605.0−2.55m/s2，解得g=9.66m/s2；
(4)A.计算摆长时用摆线长度，使摆长偏小，g值偏小，故A错误；
B.开始计时时，停表没有及时按下，使周期偏小，g值偏大，故B正确；
C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，g值偏小，故C错误；
D.实验中误将30次全振动记为31次，使周期偏小，g值偏大，故D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)乙；(2)l−d2；(3)9.66；(4)BD。
(1)根据细线长度变化分析判断；
(2)根据游标卡尺最小分度值，先读主尺读数、再读游标尺读数，之和为游标卡尺读数；
(3)根据周期和图像计算；
(4)根据实验原理分析判断。
本题考查用单摆测定当地的重力加速度实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：(1)根据图甲可知，简谐波的波长为4m，周期为0.8s，所以简谐波的传播速度为大小为
v=λT=40.8m/s=5m/s
(2)t=0时刻质点M恰好完成一次全振动可知，此时波恰好传到7m处，简谐波传播到N点需要的时间为
t0=19−75s=2.4s
所以质点N振动的时间为
Δt=t−t0=(10−2.4)s=7.6s=9.5T
0∼10s内质点N运动的路程
s=9.5×4A=9.5×4×20cm=760cm
答：(1)此简谐横波传播速度的大小为5m/s；
(2)0∼10s内质点N运动的路程为760cm。
【解析】(1)由图甲得到波长大小，由图乙得到周期大小，利用波速公式v=λT可求得波速大小；
(2)根据MN间的距离，先求出该波传到N点所用的时间，然后计算出剩余的时间，再结合质点在一个周期内运动的路程为4A，即可算出质点N的路程。
本题考查机械波的传播，解题关键掌握波速的计算公式，注意质点运动状态的判断。
14.【答案】解：(1)导体杆刚进入磁场时，切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv=6×0.5×5V=15V
感应电流大小为
I=ER+r=1510+5A=1.0A
由右手定则知通过金属杆的电流方向从a沿杆流向b；
(2)设金属杆出离磁场时的速度大小为v′。从离开磁场到最高点运动过程中，根据机械能守恒定律得
mgH=12mv′2
解得：v′=2m/s
金属杆通过磁场的过程，根据能量守恒定律得
12mv2=Q+12mv′2
电阻R上的焦耳热为
QR=RR+rQ
解得：QR=1.4J
(3)设金属杆通过磁场时流过金属杆的电荷量为q，在磁场长度为x，金属杆在磁场中的运动过程，取向右为正方向，根据动量定理得
−BI−Lt=mv′−mv
又因为q=I−t=E−tR+r=ΔΦR+r=BLxR+r
解得：x=1m
答：(1)金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小为1A，方向从a沿杆流向b；
(2)电阻R产生的焦耳热为1.4J；
(3)磁场区域的长度为1m。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律、右手定则进行解答；
(2)根据机械能守恒定律求出金属杆离开磁场时的速度。金属杆通过磁场的过程，根据能量守恒定律和能量分配关系求解电阻R产生的焦耳热；
(3)金属杆在磁场中的运动过程，根据动量定理求解磁场区域的长度。
本题主要考查电磁感应现象，对于安培力作用下金属杆的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
15.【答案】解：(1)物块P在AB上滑行时，AB、CD和P组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
mv0=mv02+2mvAB。
解得vAB=v04
(2)设木板的长度为L。
物块P在AB上滑行时，对AB、CD和P组成的系统，根据能量守恒定律得
μmgL=12mv02−[12⋅m(v02)2+12⋅2mvAB2]
解得L=5v0216μg
(3)设滑块CD圆弧的半径为R。
物块P在滑块CD上滑行时，CD和P组成的系统水平动量守恒，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得：
mv02+mvAB=2mv
根据系统的机械能守恒得mgR+12⋅2mv2=12⋅m(v02)2+12⋅mvAB2。
联立解得R=v0264g
答：(1)物块滑到B处时木板的速度vAB是v04。
(2)木板的长度L是5v0216μg；
(3)滑块CD圆弧的半径是v0264g。
【解析】(1)物块P在AB上滑行时，AB、CD和P组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求物块滑到B处时木板的速度vAB；
(2)根据能量守恒定律求木板的长度乙；
(3)物块P在滑块CD上滑行时，CD和P组成的系统水平动量守恒，根据系统的水平动量守恒和机械能守恒求圆弧的半径。
解决本题的关键要能够熟练运用动量守恒定律和机械能守恒定律列出等式求解，注意题目中的条件，物块恰好能滑到圆弧的最高点C处，则物块与圆弧轨道CD具有相同的速度。
1.关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波不能在真空中传播
B. 电磁波是在空间传播的周期性变化的电磁场
C. 电场或磁场随时间变化时一定会产生电磁波
D. 麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
2.手机上一般会有两个麦克风，一个比较大的位于手机下方，另一个位于手机顶部。小明同学查阅手机说明书后知道手机顶部的麦克风为降噪麦克风。该同学进一步查阅资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。理想情况下的降噪过程如图所示，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。下列说法正确的是( )
A. 降噪声波的频率大于环境噪声的频率B. 降噪声波的频率小于环境噪声的频率
C. 降噪麦克风的工作原理是声波的衍射D. 降噪麦克风的工作原理是声波的干涉
3.一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示。比较内芯中的a、b两束光，a光的( )
A. 频率小，发生全反射的临界角小B. 频率大，发生全反射的临界角小
C. 频率小，发生全反射的临界角大D. 频率大，发生全反射的临界角大
4.如图所示，两根同一竖直方向平行放置的长直导线a和b中通有大小不同、方向均垂直于纸面向里的电流时，a对地面的压力恰好为零。已知长直导线a的质量为m，当地的重力加速度为g。如果长直导线b的电流改为垂直于纸面向外，大小不变，则a对地面的压力为( )
A. 0B. mgC. 2mgD. 3mg
5.如图甲所示为一小型发电机的原理图，矩形线圈的电阻为1Ω。在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端与R=10Ω的电阻构成闭合回路。通过电阻R的电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该发电机线圈转动的角速度为200πrad/s
B. 线圈转至图甲位置时，线圈中感应电流最大
C. 该发电机产生交流电的感应电动势峰值为200 2V
D. 电阻R消耗的电功率为4000W
6.如图所示，磁场方向垂直纸面向里，金属导轨EF、CD在竖直平面内垂直磁场平行放置，并通过绕在竖直铁芯上的导线连接，铁芯正上方有一水平放置的金属环，金属杆AB竖直放置，与导轨EF、CD垂直且始终接触良好，现突然用外力向右拉动金属杆AB，下列说法正确的是( )
A. AB中电流由A到B，金属环受到的安培力向上
B. AB中电流由A到B，金属环受到的安培力向下
C. AB中电流由B到A，金属环受到的安培力向上
D. AB中电流由B到A，金属环受到的安培力向下
7.如图所示，在半径为R的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30∘角，经磁场偏转后从b点飞出，已知粒子在磁场中运动的时间为t，不计粒子所受重力，则( )
A. 该带电粒子带负电
B. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
C. 若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为12t
D. 若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为2t
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，理想变压器原线圈加上交变电压，副线圈上接有电阻R、灯泡L1、L2。闭合开关S，滑片P处于图示位置，灯泡发光。下列说法正确的是( )
A. 保持开关S闭合，将滑片P向下移，灯泡变暗
B. 保持开关S闭合，将滑片P向上移，灯泡变暗
C. 保持滑片P位置不变，断开开关S，灯泡L1变暗
D. 保持滑片P位置不变，断开开关S，灯泡L1变亮
9.电视机显像管应用了电子束磁偏转原理。如图所示，电子束经电子枪加速后进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，经磁场偏转后打在荧光屏上产生亮点。已知电子的比荷为k，加速电子束的电子枪电压为U。电子束按图中方向偏转，在匀强磁场中运动轨迹所对应的圆心角为π4，由此可知( )
A. 图中偏转磁场的方向为垂直纸面向外
B. 电子进入偏转磁场时的速度为 2Uk
C. 电子在偏转磁场中运动轨迹的半径为 2UkB2
D. 电子在偏转磁场中的运动时间为kπ4B
10.如图(a)，质量M=4kg、倾角为θ的斜面体置于粗糙水平面上，质量m=1kg的小物块置于斜面顶端，物块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ.t=0时刻对物块施加一平行于斜面向下的推力F，推力F的大小随时间t变化的图象如图(b)所示，t=2s时物块到达斜面底端。斜面体始终保持静止，重力加速度g=10m/s2，在物块沿斜面下滑过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块到达斜面底端时的动能为32J
B. 斜面的长度为8m
C. 斜面体对水平面的压力大小始终为50N
D. 水平面对斜面体的摩擦力水平向右且逐渐增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“验证动量守恒定律”实验中，装置如图所示，按照以下步骤进行操作：
①在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从同一位置由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道最右端，让小球a仍从同一位置由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。
(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质m1、m2间的关系是m1______m2。(填“>”、“<”或“=”)
(2)下列器材选取或实验操作符合实验要求的是______(填序号)。
A.小球a、b半径可以不同
B.斜槽轨道末端必须保持水平
C.需用秒表测定小球在空中飞行的时间
(3)实验测得，小球a、b质量分别为m1、m2、O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3，若碰撞前后ab总动量守恒，则需要验证的表达式为______。(用所测物理量的字母表示)
12.某同学用单摆测定当地的重力加速度。
(1)他在组装单摆时，在摆线上端的悬点处，采用了甲、乙两种方式，正确的方式是______(填“甲”或“乙”)；
(2)该同学组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度为l，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图丙所示，则该摆球的直径d为______ mm，单摆摆长L=______(用l、d表示)。
(3)该同学通过多次实验得出数据画出摆长L和周期T2图像，如图丁，请根据图像求出重力加速度的值______m/s2。(已知π2≈9.86，结果保留三位有效数字)
(4)如果测得的g值偏大，可能的原因是______(填序号)。
A.计算摆长时用摆线长度
B.开始计时时，停表没有及时按下
C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
D.实验中误将30次全振动记为31次
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，t=0时刻的波动图像如图甲所示，质点M的振动图像如图乙所示。已知t=0时刻质点M恰好完成一次全振动，M、N两质点的平衡位置均在x轴上，N点的坐标为19m。求：
(1)此简谐横波传播速度的大小；
(2)0∼10s内质点N运动的路程。
14.如图所示，某光滑金属导轨由水平平行轨道和竖直14圆周轨道组成，水平平行轨道MN、ST相距L=0.5m，轨道左端用阻值R=10Ω的电阻相连。水平轨道的某段区域有竖直向上、磁感应强度B=6T的匀强磁场。光滑金属杆ab的质量m=0.2kg、电阻r=5Ω，金属杆以v=5m/s的初速度沿水平导轨从左端冲入磁场，离开磁场后沿竖直圆周轨道上升的最大高度H=0.2m。设金属杆ab与轨道接触良好，并始终与导轨垂直，导轨电阻忽略不计，且不考虑ab的返回情况，取g=10m/s2。求：
(1)金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小和方向；
(2)电阻R产生的焦耳热；
(3)磁场区域的长度。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
15.在光滑水平面上静置有质量均为m的木板和滑块CD，木板上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的14圆弧，其始端D点切线水平且在木板上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为v02，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ.求：
(1)物块滑到B处时木板的速度vAB；
(2)木板的长度L；
(3)滑块CD圆弧的半径。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解；A.电磁波本身是一种物质波，且电磁波的传播不需要介质，则电磁波能在真空中传播，故A错误；
B.周期性变化的电场产生磁场，周期变化的磁场产生电场，由近及远地传播形成电磁波，故B正确；
C.均匀变化的电场(磁场)产生稳定的磁场(电场)，则不能形成电磁波，故C错误；
D.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：B。
电磁波的传播不需要介质；根据麦克斯韦的电磁场理论可以解释BC选项；赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在。
这部分知识需要强化记忆，尤其是涉及到的物理学史问题，更要熟练记忆。
2.【答案】D
【解析】解：由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，所以降噪麦克风的工作原理是声波的干涉，故ABC错误，D正确。
故选：D。
降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。
本题以手机上的两个麦克风为背景，考查了干涉现象在实际问题中的应用，解决本题时要明确机械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等，要掌握波的叠加原理和干涉的条件。
3.【答案】C
【解析】【分析】
比较两束光对应的折射角的大小，根据光的折射定律和全反射的条件进行分析。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。
【解答】
一束复色光从空气射入光导纤维后，两束光的入射角相同，b光对应的折射角小，根据折射定律可知，a光的折射率小，则a光的频率小；根据全反射的条件可知：sinC=1n，所以a光对应的临界角大，故C正确，ABD错误。
4.【答案】C
【解析】解：长直导线a和b的电流方向相同，导线a和b相互吸引，因为a对地面的压力恰好为零，对a受力分析可知b对a的引力大小等于重力，方向竖直向上；当b的电流反向时，导线a和b相互排斥，再次对a受力分析可知地面对a的支持力等于2mg，根据牛顿第三定律，a对地面的压力为2mg。故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据同向电流相互吸引，判断导线a所受的安培力方向，根据平衡条件求出导线a受到的安培力大小，当电流变为反向时，根据异向电流相互排斥判断导线a所受的安培力方向，根据平衡条件求出地面对导线a的支持力，从而求得a对水平面的压力大小。
本题考查安培力作用下导体的平衡问题，解答本题的关键是明确安培力方向变化，熟练运用左手定则判断导线a受到的安培力方向。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据乙图可知线圈转动的周期T=0.02s，角速度为ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，故A错误；
B、线圈转至图甲位置时，线圈平面与磁场垂直，线圈中感应电流最小，故B错误；
C、由乙图可知，感应电流的最大值为Im=20 2A，感应电动势的最大值为Em=Im(R+r)=20 2×(10+1)V=220 2V，故C错误；
D、根据乙图可知，感应电流的有效值为I=Im 2=20 2 2A=20A，电阻R消耗的电功率P=I2R=202×10W=4000W，故D正确；
故选：D。
根据线圈所在的位置，判断出与中性面间的关系，根据乙图判断出产生的感应电动势的最大值，根据闭合电路的欧姆定律求得产生的感应电压的最大值，根据周期求得频率，根据电流的最大值求得有效值，即可求得电阻R产生的热功率。
本题主要考查了交流发电机的相关知识，要熟悉“四值”之间的相互转换，同时结合欧姆定律和焦耳定计算求解。
6.【答案】C
【解析】解：突然用外力向右拉动金属杆AB，AB向右加速切割磁感线，根据右手定则判断，可知AB中感应电流方向为B→A，因穿过金属环的磁通量突然增加，根据楞次定律推论可知，金属环受到的安培力向上。故ABD错误，C正确。
故选：C。
突然用外力向右拉动金属杆AB，AB向右加速切割磁感线，根据右手定则判断AB中感应电流方向；根据楞次定律的推论，金属环中磁通量突然增加，其所受安培力会使其向磁通量减小的方向有运动趋势，依此推论判断金属环受到的安培力方向。
本题考查了电磁感应现象中楞次定律的应用，以及电流磁效应和磁场对电流的作用。要能够区分左手定则、右手定则、安培定则(即右手螺旋定则)以及楞次定律所对应的应用的场景。
7.【答案】D
【解析】解：A.根据左手定则判断知，该带电粒子带正电，故A错误；
B.设粒子以速度2v飞入磁场中时，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何知识可得
sin30∘=Rr
粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r=2R
故B错误；
CD.画出粒子以2v和v两种情况下在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子以速度大小为2v飞入磁场时，半径为2R，根据几何知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为θ=60∘，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，根据洛伦兹力提供向心力有qBv=mv2r
则r=mvqB
则粒子在磁场中运动的半径变为R，利用几何知识可判断知，此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为θ′=120∘，粒子在磁场中运动的时间
t=θ360∘T
根据
T=2πrv=2πmqB
可知粒子在磁场中运动的周期与速度无关，则可得粒子以速度v飞入磁场时，在磁场中运动的时间为
t′=2t
故C错误，D正确。
故选：D。
粒子在磁场中运动，根据左手定则分析粒子的电性，根据几何关系分析B，分析粒子的运动的情况，可以判断粒子的运动的时间．
根据粒子的运动的轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动的时间．
8.【答案】AD
【解析】解：AB、保持开关S闭合，滑片P向下移动，副线圈匝数减小，根据变压器变压之比得：
U1U2=n1n2，
解得：U2=U1n2n1，因为U1、n1 不变，n2 减小，所以U2减小，副线圈构成的回路中电流减小，即通过两个灯泡的电流均减小，故灯泡功率减小，灯泡变暗，故A正确，B错误。
CD、滑片P位置不变，则副线圈输出电压不变，断开开关S，副线圈构成的回路中总电阻增大，总电流减小，R分得的电压减小，灯L1两端的电压增大，故灯泡L1变亮，故D正确，C错误。
故选：AD。
滑片P向下移动，副线圈匝数减小，根据变压器变压之比，得出副线圈两端的电压变化情况，进而根据串并联电路的特点，即可分析出灯泡的亮度变化情况；滑片P位置不变，则副线圈输出电压不变，断开开关S，副线圈构成的回路中总电阻增大，总电流减小，R分得的电压减小，灯L1两端的电压增大，即可确定灯的亮度变化。
本题考查了变压器动态分析问题，掌握变压器的变压、变流特点，是解决本题的关键。
9.【答案】AC
【解析】解：A、由左手定则可判断出偏转磁场的方向为垂直纸面向外，故A正确；
B、设电子质量为m，电量为e，电子束射入到偏转磁场的速度为v，由动能定理有：eU=12mv2，解得：v= 2eUm= 2kU，故B错误；
C、电子偏转磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有：evB=mv2r，解得：r=mveB= 2UkB2，故C正确；
D、电子中磁场中的运动时间t=θrv=θmeB=π4kB，故D错误。
故选：AC。
根据左手定则由电子的偏转方向判断磁场的方向；根据动能定理求电子离开电场即进入磁场的速度；由洛伦兹力提供向心力求轨迹半径；由偏转角求时间。
本题是典型的带电粒子先在加速电场加速然后在匀强磁场的偏转问题，认真审题找到关键已知量，应用动能定理、半径公式、周期公式、时间公式就能得到正确结果。
10.【答案】AC
【解析】解：A、因为μ=tanθ，则有：mgsinθ=μmgcsθ，所以物块受到的滑动摩擦力的与支持力的合力与小物块的重力大小相等，方向相反，
因为F−t图象的面积表示F的冲量，根据动量定理有：Ft=mv
则小物块达到斜面底端时的速度为：v=Ftm=81m/s=8m/s
则物块到达斜面底端时的动能为：Ek=12mv2=32J，故A正确
B、如物块做匀加速直线运动，则物块整段过程发生的位移为：x=v2t=8m
但根据外力逐渐增大可知，物块做加速度增大的加速运动，所以物块发生的位移不等于8m，分析两种情形的v−t图像可知物体位移小于8m，故B错误；
C、斜面的受力如图所示：
改变外力F，不会影响小物块受到的滑动摩擦力以及支持力的大小，所以小物块受到的滑动摩擦力和支持力的合力一直竖直向上，大小等于小物块的重力，
根据牛顿第三定律可知，斜面受到的小物块对它的滑动摩擦力f以及压力N1的合力竖直向下，大小等于mg，则斜面体在水平方向上无相对运动趋势，不受到水平面对它的静摩擦力作用，根据平衡条件有，水平面对斜面体的支持力为：N=Mg+mg=50N，由牛顿第三定律可知斜面对水平面压力为50N，故C正确，D错误。
故选：AC。
解决该题的关键是明确知道小物块在运动过程中，外力F为小物块受到的合力，知道小物块受到的摩擦力和支持力的合力和它的重力大小相等，方向相反。
11.【答案】>Bm1 y2=m1 y3+m2 y1
【解析】解：(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质m1、m2间的关系是m1>m2。
(2)A.小球a、b半径必须相同，从而保证两球能发生正碰，故A错误；
B.斜槽轨道末端必须保持水平，从而保证做平抛运动，故B正确；
C.小球离开斜槽后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t
平抛运动水平方向做匀速运动，水平位移x=vt
平抛运动竖直方向做自由落体运动，竖直位移y=12gt2
解得水平速度v=x g2y
因此不需要用秒表测定小球在空中飞行的时间，故C错误。
故选：B。
(3)根据上述可得水平速度v=x g2y
碰撞前小球a的速度v0=x g2y2
碰撞后小球a的速度v1=x g2y3
碰撞后小球b的速度v2=x g2y1
以向右为正方向，若两球碰撞过程系统动量守恒，应满足m1v0=m1v1+m2v2
代入数据整理得m1 y2=m1 y3+m2 y1。
故答案为：(1)>；(2)B；(3)m1 y2=m1 y3+m2 y1。
(1)若两球碰撞后入射球反弹，则会影响速度的测定，据此分析入射球与被碰球的质量的大小关系；
(2)为使两球发生对心碰撞，两球半径应相等；小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，根据实验注意事项与实验原理分析答题；
(3)小球离开斜槽后做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球做平抛运动的初速度，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一竖直面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中竖直方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。
12.【答案】乙 12.0l−d2 9.66BD
【解析】解：(1)甲图在实验过程摆长会变大，乙图摆长不变，正确发方式是乙；
(2)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，读数为12mm+0×0.1mm=12.0mm，故摆球的直径为d=12.0mm；
单摆的长度为L=l+d2
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg，得L=g4π2T2，由图像可得g4π2=1.20−0.605.0−2.55m/s2，解得g=9.66m/s2；
(4)A.计算摆长时用摆线长度，使摆长偏小，g值偏小，故A错误；
B.开始计时时，停表没有及时按下，使周期偏小，g值偏大，故B正确；
C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，g值偏小，故C错误；
D.实验中误将30次全振动记为31次，使周期偏小，g值偏大，故D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)乙；(2)l−d2；(3)9.66；(4)BD。
(1)根据细线长度变化分析判断；
(2)根据游标卡尺最小分度值，先读主尺读数、再读游标尺读数，之和为游标卡尺读数；
(3)根据周期和图像计算；
(4)根据实验原理分析判断。
本题考查用单摆测定当地的重力加速度实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：(1)根据图甲可知，简谐波的波长为4m，周期为0.8s，所以简谐波的传播速度为大小为
v=λT=40.8m/s=5m/s
(2)t=0时刻质点M恰好完成一次全振动可知，此时波恰好传到7m处，简谐波传播到N点需要的时间为
t0=19−75s=2.4s
所以质点N振动的时间为
Δt=t−t0=(10−2.4)s=7.6s=9.5T
0∼10s内质点N运动的路程
s=9.5×4A=9.5×4×20cm=760cm
答：(1)此简谐横波传播速度的大小为5m/s；
(2)0∼10s内质点N运动的路程为760cm。
【解析】(1)由图甲得到波长大小，由图乙得到周期大小，利用波速公式v=λT可求得波速大小；
(2)根据MN间的距离，先求出该波传到N点所用的时间，然后计算出剩余的时间，再结合质点在一个周期内运动的路程为4A，即可算出质点N的路程。
本题考查机械波的传播，解题关键掌握波速的计算公式，注意质点运动状态的判断。
14.【答案】解：(1)导体杆刚进入磁场时，切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv=6×0.5×5V=15V
感应电流大小为
I=ER+r=1510+5A=1.0A
由右手定则知通过金属杆的电流方向从a沿杆流向b；
(2)设金属杆出离磁场时的速度大小为v′。从离开磁场到最高点运动过程中，根据机械能守恒定律得
mgH=12mv′2
解得：v′=2m/s
金属杆通过磁场的过程，根据能量守恒定律得
12mv2=Q+12mv′2
电阻R上的焦耳热为
QR=RR+rQ
解得：QR=1.4J
(3)设金属杆通过磁场时流过金属杆的电荷量为q，在磁场长度为x，金属杆在磁场中的运动过程，取向右为正方向，根据动量定理得
−BI−Lt=mv′−mv
又因为q=I−t=E−tR+r=ΔΦR+r=BLxR+r
解得：x=1m
答：(1)金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小为1A，方向从a沿杆流向b；
(2)电阻R产生的焦耳热为1.4J；
(3)磁场区域的长度为1m。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律、右手定则进行解答；
(2)根据机械能守恒定律求出金属杆离开磁场时的速度。金属杆通过磁场的过程，根据能量守恒定律和能量分配关系求解电阻R产生的焦耳热；
(3)金属杆在磁场中的运动过程，根据动量定理求解磁场区域的长度。
本题主要考查电磁感应现象，对于安培力作用下金属杆的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
15.【答案】解：(1)物块P在AB上滑行时，AB、CD和P组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
mv0=mv02+2mvAB。
解得vAB=v04
(2)设木板的长度为L。
物块P在AB上滑行时，对AB、CD和P组成的系统，根据能量守恒定律得
μmgL=12mv02−[12⋅m(v02)2+12⋅2mvAB2]
解得L=5v0216μg
(3)设滑块CD圆弧的半径为R。
物块P在滑块CD上滑行时，CD和P组成的系统水平动量守恒，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得：
mv02+mvAB=2mv
根据系统的机械能守恒得mgR+12⋅2mv2=12⋅m(v02)2+12⋅mvAB2。
联立解得R=v0264g
答：(1)物块滑到B处时木板的速度vAB是v04。
(2)木板的长度L是5v0216μg；
(3)滑块CD圆弧的半径是v0264g。
【解析】(1)物块P在AB上滑行时，AB、CD和P组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求物块滑到B处时木板的速度vAB；
(2)根据能量守恒定律求木板的长度乙；
(3)物块P在滑块CD上滑行时，CD和P组成的系统水平动量守恒，根据系统的水平动量守恒和机械能守恒求圆弧的半径。
解决本题的关键要能够熟练运用动量守恒定律和机械能守恒定律列出等式求解，注意题目中的条件，物块恰好能滑到圆弧的最高点C处，则物块与圆弧轨道CD具有相同的速度。
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