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2022-2023学年天津市红桥区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年天津市红桥区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共11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.在水平方向做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v，则下列说法正确的是( )
A. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做功不一定为零
B. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做的功可能是0到12mv2之间的某一个值
C. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量一定为零
D. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量可能是0到2mv之间的某一个值
2.根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是( )
A. 变化的电场一定产生变化的磁场B. 均匀变化的电场产生均匀变化的磁场
C. 振荡电场能够产生振荡磁场D. 振荡磁场不能够产生振荡电场
3.如图所示为一理想变压器的电路图，图中S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流，则下列说法中正确的是( )
A. 若保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B. 若保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，R消耗的功率将增大
C. 若保持U1不变，S接在a处，使P向上滑时，I1将增大
D. 若保持P的位置不变，S接在a处，使U1增大时，I1将减小
4.如图所示为两个同心闭合线圈的俯视图，若内线圈中通有图示的电流I1，则当I1增大时关于外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向，下列判断正确的是( )
A. I2沿顺时针方向，F沿半径指向圆心B. I2沿逆时针方向，F沿半径背离圆心
C. I2沿逆时针方向，F沿半径指向圆心D. I2沿顺时针方向，F沿半径背离圆心
5.如下图所示为一列简谐波在t=0时刻的图象，这列波刚好传到Q点，已知t=0.6s时，P点第三次出现波峰，下列说法中正确的是( )
A. 这列波的传播速度为500m/sB. 当t=0.4s时，这列波传播到M点
C. 当t=0.48s时，M点第一次出现波峰D. 当t=0.36s时，M点第一次出现波峰
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图甲中所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是( )
A. t1时刻线圈中感应电动势为零B. t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直
C. t3时刻线圈平面与中性面垂直D. t2、t4时刻线圈中感应电流方向相同
7.如图所示，电灯A和B与固定电阻的电阻均为R，L是自感系数很大线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是( )
A. B立即熄灭B. A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C. 有电流通过B灯，方向为c→dD. 有电流通过A灯，方向为a→b
8.如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3：2，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中，则以下说法中正确的是( )
A. A、B系统动量守恒B. A、B、C系统动量守恒
C. 小车向左运动D. 小车向右运动
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9.(一)关于单摆，下列说法正确的是______。
A.单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力
B.单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力
C.在最大位移处，重力势能最大，摆球动能为零
D.在平衡位置时，摆线弹力最大，回复力为零
(二)用单摆测定重力加速度实验，下列说法正确的是______。
A.摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长L′，用游标卡尺量出摆球直径算出半径r，则摆长L=L′+r
B.开始摆动时需注意：摆角要较小(保证接近做简谐运动)；不要使摆动成为圆锥摆。
C.必须从摆球通过最高点时开始计时，测出单摆做几十次全振动所用的时间，算出周期的平均值T。
D.改变摆长重做几次实验，计算每次实验得到的周期，再用平均摆长和平均周期，利用公式求出重力加速度值。
(三)在“碰撞中的动量守恒”实验中，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录下重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，设入射小球和被碰小球的质量依次为m1、m2，则下列说法中正确的有______。
A.第一、二次入射小球的落点依次是A、B
B.第一、二次入射小球的落点依次是B、A
C.第二次入射小球和被碰小球将同时落地
D.m1⋅AB=m2⋅OC
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
10.一个士兵，坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共200kg，这个士兵用自动枪在2S时间内沿水平方向射出10发子弹，每颗子弹质量10g，子弹离开枪口时相对地面的速度都是1000m/s，射击前皮划艇是静止的。
(1)射击后皮划艇的速度是多大？
(2)士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有多大？
11.如图所示，MN、PQ是两条水平放置的平行光滑导轨，其阻值可以忽略不计，轨道间距L=0.9m。匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度B=1.0T，金属杆ab垂直于导轨放置与导轨接触良好，ab杆在导轨间部分的电阻r=1.0Ω，在导轨的左侧连接有电阻R1、R2，阻值分别为R1=3.0Ω，R2=6.0Ω，ab杆在外力作用下以v=10.0m/s的速度向右匀速运动。
(1)ab杆哪端的电势高？
(2)求通过ab杆的电流I；
(3)求电阻r上每分钟产生的热量Q。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
12.在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿−x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷qm；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60∘角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB.弹力做的功等于弹性势能的变化量；从某时刻起，在半个周期内，由于位移大小具有对称性，弹性势能相等，所以弹力做功之和为零；故AB错误；
CD.对于简谐运动，经过半个周期后速度与之前的速度关系是大小相等、方向相反；若以初速度为+v1，则末速度为−v1，故速度变化为−2v1，若开始时在最大位移处，初速度为0，末速度也是0，所以速度的变化也是0.根据动量定理，弹力的冲量：I=ΔP=Δmv=mΔv，所以弹力的冲量大小可能是0∼2mv间的某个值。故C错误，D正确。
故选：D。
对于简谐运动，经过半个周期后位移与之前的位移关系是大小相等、方向相反，根据弹力做功与弹性势能关系分析；对于简谐运动，经过半个周期后速度与之前的速度关系是大小相等、方向相反，根据动量定理分析弹力的冲量。
本题考查简谐运动的知识，注意简谐运动的振子半个周期内，路程为振幅的两倍，弹力做功一定为零，当在14周期内，弹力做功不一定为零；弹力的冲量为矢量。
2.【答案】C
【解析】解：根据麦克斯韦电磁场理论知道，均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场；振荡电场产生振荡磁场，振荡磁场产生振荡电场，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据麦克斯韦电磁场理论可以判断。
熟练记忆麦克斯韦的电磁场理论是解题的基础。
3.【答案】A
【解析】解、A.保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，原线圈匝数变少，由U1U2=n1n2可知副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=PU1 得知I1将增大，故A正确；
B、保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，原线圈匝数变大，由U1U2=n1n2可知副线圈电压变小，根据P=U22R，知R的功率变小，故B错误；
C、保持U1不变，S合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流I2减小，原副线圈匝数比不变，根据I1I2=n2n1，知I1将减小，故C错误；
D、保持P的位置不变，S合在a处，U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，原线圈电流也变大，故D错误。
故选：A。
根据输出电压是由输入电压和变压比决定的，输入功率是由输出功率决定的，原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可。
解答本题时，要掌握理想变压器所遵守的物理规律，知道理想变压器的输入功率是由输出功率决定的。
4.【答案】B
【解析】解：如图内线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则分析得知，外线圈中磁场方向向里，当I1增大时，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向为逆时针，外线圈所在处磁场方向向外，根据左手定则分析得到：I2受到的安培力F方向是沿半径背离圆心向外。
故选：B。
当电流I1增大时，磁场增强，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向，根据左手定则判断I2受到的安培力F方向．
本题是安培定则、楞次定律、左手定则的综合应用．也可以直接根据楞次定律判断安培力F的方向，注意明确I1中电流变化使外围线圈产生电磁感应．
5.【答案】A
【解析】解：A、t=0.6s时，P点第三次出现波峰，可知2T+12T=0.6s，解得T=0.24s，由图可知波长λ=120m
根据v=λT，解得
v=500m/s
故A正确；
BCD、这列波传播到M点用时t=xv=270−180500s=0.18s，所以当t=0.18s时，这列波传播到M点，根据波的平移法可知，M点第一次出现波峰为t′=t+14T=0.18s+0.06s=0.24s，故BCD错误；
故选：A。
根据波的图象得出波长的大小，根据P点第三次到达波峰的时间求出振动的周期，根据波长和周期求出波速．根据t=xv结合波的平移法分析BCD。
解决本题的关键知道波动和振动的联系，知道波速与波长的关系。
6.【答案】AB
【解析】解：A、t1时刻穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，故A正确；
B、t2时刻，穿过线圈的磁通量为零，则导线ad的速度方向与磁感线垂直，故B正确；
C、t3时刻穿过线圈的磁通量最大，处于中性面，故C错误；
D、t2、t4时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，电流最大；相差半个周期，电流方向相反，故D错误。
故选：AB。
根据Φ−t图像分析磁通量的变化，结合正弦式交变电流规律分析电动势的变化，当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变。
本题关键是掌握磁通量与感应电动势关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，感应电动势最大。
7.【答案】AD
【解析】ACD、S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R.闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等。当断开S1后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成c→L→a→b的电流，所以AD正确C错误；
B、由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误。
故选：AD。
在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路．
做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向．
8.【答案】BC
【解析】解：A、弹簧释放后，A、B组成的系统所受合外力不为零，故A、B系统动量不守恒，故A错误；
B、弹簧释放后，A、B、C组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，故B正确；
C、当压缩弹簧突然释放将A、B弹开过程中，A、B相对C发生相对运动，A向左运动，A受到的摩擦力向右，故C受到A的滑动摩擦力向左，
B向右运动，B受到的摩擦力向左，故C受到B的滑动摩擦力向右，而A、B与平板车的上表面的滑动摩擦力之比为3：2，所以C受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故C向左运动，故C正确，D错误．
故选：BC.
系统动量守恒的条件是合外力为零，根据动量守恒的条件即可判断AC，分析小车的受力情况即可分析小车的运动情况．
本题主要考查了动量守恒的条件以及滑动摩擦力的方向判断，难度适中．
9.【答案】BCD B BC
【解析】解：(一)AB、单摆做简谐运动的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，故A错误，B正确。
C、在最大位移处，重力势能最大，摆球速度为零，所以动能为零；故C正确。
D、但在平衡位置处，速度最大，根据
F−mg=mv2r
解得F=mg+mv2r
此时弹力最大，但回复力为零，故D正确。
故选：BCD。
(二)A、摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长L′，用游标卡尺量出摆球直径算出半径r，则摆长L=L′+r2，故A错误；
B、开始摆动时需注意：摆角要较小(保证接近做简谐运动)；不要使摆动成为圆锥摆，故B正确；
C、为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C错误；
D、先计算几次实验的重力加速度，再求平均值，故D错误；
故选：B。
(三)AB、入射小球和被碰小球相撞后，入射小球的速度减小，小于第一次没有与被碰球碰撞时的速度，两球碰撞后被碰球的速度大于入射球的速度，入射球与被碰球离开轨道后都做平抛运动，抛出点的高度相同，做平抛运动的时间相同，速度越大平抛运动的水平位移越大，因此碰撞后入射球的水平位移小于第一次没有碰撞时的水平位移，A点是第二次落地位置，B点是入射球第一次落点位置，故A错误，B正确；
CD、两球碰后都做平抛运动，抛出点高度相同，两球做平抛运动的时间相同，碰撞后两球同时开始做平抛运动，因此第二次入射小球和被碰小球将同时落地；
小球做平抛运动，高度决定时间，故时间相等，设为t，则有
OB=v10t
OA=v1t
OC=v2t
规定向右为正方向，根据动量守恒得：m1v10t=m1v1t+m2v2t
即m1OB=m1OA+m2OC
故C正确，D错误；
故选：BC。
故答案为：(一)BCD；(二)B；(三)BC
(一)根据单摆做简谐运动的特点分析判断；
(二)根据单摆测定重力加速度的实验原理分析解答；
(三)根据动量守恒定律分析判断。
本题考查验证动量守恒定律与单摆测定重力加速度的实验，解题关键掌握实验原理，注意动量守恒定律的运用。
10.【答案】解：(1)对人、船、装备整体，由动量守恒得，取子弹的运动方向为正
0=10mv0+(M−10m)v1
代入数据得船速为
v1=−0.5m/s
(2)对2s内射出的子弹，由动量定理得
Ft=10mv0
得子弹受到的作用力为
F=50N
由作用力与反作用力得，枪所受到的平均反冲作用力
F′=50N
答：(1)射击后皮划艇的速度是0.5m/s；
(2)士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有50N。
【解析】(1)水的阻力可忽略不计，在射击过程中，士兵连同装备、皮划艇和子弹组成系统动量守恒由动量守恒定律可以求出皮划艇的速度；
(2)对士兵、皮划艇(包括枪与剩余子弹)，运用动量定理可以求出射击时的平均反冲作用力。
本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，解题时要注意研究对象的选择、正方向的规定，运用动量定理求射击过程、作用力，是常用方法。
11.【答案】解：(1)根据右手定则可知：ab杆中产生的感应电流方向为b→a，因ab杆相当于电源，电流从负极流向正极，则a端的电势高；
(2)ab杆产生的感应电动势为：E=BLv=1.0×0.9×10.0V=9V
由电路可知，电阻R1、R2并联后，再与电阻r串联，R1、R2并联电阻为
R=R1R2R1+R2=3.0×6.03.0+6.0Ω=2.0Ω
根据闭合电路欧姆定律得：
I=ER+r=92.0+1.0A=3.0A
(3)电阻r上每分钟产生的热量：Q=I2rt=3.02×1.0×60J=540J
答：(1)ab杆的a端电势高；
(2)通过ab杆的电流I为3.0A；
(3)电阻r上每分钟产生的热量为540J。
【解析】(1)根据右手定则判断金属杆ab中感应电流方向，即可判断a、b端电势高低；
(2)金属杆ab相当于电源，由闭合电路欧姆定律求解通过ab杆的电流I；
(3)根据焦耳定律求电阻r上每分钟产生的热量Q。
本题比较简单考查电磁感应与电路的结合，解决这类问题的关键是正确分析外电路的结构，然后根据有关电学知识求解。
12.【答案】解：(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．
粒子由 A点射入，由 C点飞出，其速度方向改变了 90∘，
则粒子轨迹半径R=r
由qvB=mv2R，得粒子的比荷qm=vBr
(2)粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60∘角，故 AD 弧所对圆心角 60∘，粒子做圆周运动的半径R′=rct30∘= 3r
又R′=mvqB′
得B′= 33B
粒子在磁场中飞行时间t=16T=16×2πmqB′= 3πr3v
答：(1)该粒子带负电荷，其比荷qm=vBr；
(2)磁感应强度B′= 33B，粒子在磁场中飞行时间t= 3πr3v；
【解析】(1)粒子向上偏转，在A点受到的洛伦兹力方向向上，根据左手定则可判断粒子的电性．画出轨迹可知，粒子轨迹半径等于r，根据牛顿第二定律求解比荷．
(2)根据粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，求出轨迹的圆心角，来确定时间与周期的关系，求出时间．
本题是带电粒子在磁场中运动的轨迹问题，关键运用几何知识画轨迹、求半径．要注意区别轨迹半径与磁场范围半径．
1.在水平方向做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v，则下列说法正确的是( )
A. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做功不一定为零
B. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做的功可能是0到12mv2之间的某一个值
C. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量一定为零
D. 从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量可能是0到2mv之间的某一个值
2.根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是( )
A. 变化的电场一定产生变化的磁场B. 均匀变化的电场产生均匀变化的磁场
C. 振荡电场能够产生振荡磁场D. 振荡磁场不能够产生振荡电场
3.如图所示为一理想变压器的电路图，图中S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流，则下列说法中正确的是( )
A. 若保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B. 若保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，R消耗的功率将增大
C. 若保持U1不变，S接在a处，使P向上滑时，I1将增大
D. 若保持P的位置不变，S接在a处，使U1增大时，I1将减小
4.如图所示为两个同心闭合线圈的俯视图，若内线圈中通有图示的电流I1，则当I1增大时关于外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向，下列判断正确的是( )
A. I2沿顺时针方向，F沿半径指向圆心B. I2沿逆时针方向，F沿半径背离圆心
C. I2沿逆时针方向，F沿半径指向圆心D. I2沿顺时针方向，F沿半径背离圆心
5.如下图所示为一列简谐波在t=0时刻的图象，这列波刚好传到Q点，已知t=0.6s时，P点第三次出现波峰，下列说法中正确的是( )
A. 这列波的传播速度为500m/sB. 当t=0.4s时，这列波传播到M点
C. 当t=0.48s时，M点第一次出现波峰D. 当t=0.36s时，M点第一次出现波峰
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图甲中所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是( )
A. t1时刻线圈中感应电动势为零B. t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直
C. t3时刻线圈平面与中性面垂直D. t2、t4时刻线圈中感应电流方向相同
7.如图所示，电灯A和B与固定电阻的电阻均为R，L是自感系数很大线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是( )
A. B立即熄灭B. A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C. 有电流通过B灯，方向为c→dD. 有电流通过A灯，方向为a→b
8.如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3：2，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中，则以下说法中正确的是( )
A. A、B系统动量守恒B. A、B、C系统动量守恒
C. 小车向左运动D. 小车向右运动
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9.(一)关于单摆，下列说法正确的是______。
A.单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力
B.单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力
C.在最大位移处，重力势能最大，摆球动能为零
D.在平衡位置时，摆线弹力最大，回复力为零
(二)用单摆测定重力加速度实验，下列说法正确的是______。
A.摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长L′，用游标卡尺量出摆球直径算出半径r，则摆长L=L′+r
B.开始摆动时需注意：摆角要较小(保证接近做简谐运动)；不要使摆动成为圆锥摆。
C.必须从摆球通过最高点时开始计时，测出单摆做几十次全振动所用的时间，算出周期的平均值T。
D.改变摆长重做几次实验，计算每次实验得到的周期，再用平均摆长和平均周期，利用公式求出重力加速度值。
(三)在“碰撞中的动量守恒”实验中，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录下重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，设入射小球和被碰小球的质量依次为m1、m2，则下列说法中正确的有______。
A.第一、二次入射小球的落点依次是A、B
B.第一、二次入射小球的落点依次是B、A
C.第二次入射小球和被碰小球将同时落地
D.m1⋅AB=m2⋅OC
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
10.一个士兵，坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共200kg，这个士兵用自动枪在2S时间内沿水平方向射出10发子弹，每颗子弹质量10g，子弹离开枪口时相对地面的速度都是1000m/s，射击前皮划艇是静止的。
(1)射击后皮划艇的速度是多大？
(2)士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有多大？
11.如图所示，MN、PQ是两条水平放置的平行光滑导轨，其阻值可以忽略不计，轨道间距L=0.9m。匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度B=1.0T，金属杆ab垂直于导轨放置与导轨接触良好，ab杆在导轨间部分的电阻r=1.0Ω，在导轨的左侧连接有电阻R1、R2，阻值分别为R1=3.0Ω，R2=6.0Ω，ab杆在外力作用下以v=10.0m/s的速度向右匀速运动。
(1)ab杆哪端的电势高？
(2)求通过ab杆的电流I；
(3)求电阻r上每分钟产生的热量Q。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
12.在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿−x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷qm；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60∘角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB.弹力做的功等于弹性势能的变化量；从某时刻起，在半个周期内，由于位移大小具有对称性，弹性势能相等，所以弹力做功之和为零；故AB错误；
CD.对于简谐运动，经过半个周期后速度与之前的速度关系是大小相等、方向相反；若以初速度为+v1，则末速度为−v1，故速度变化为−2v1，若开始时在最大位移处，初速度为0，末速度也是0，所以速度的变化也是0.根据动量定理，弹力的冲量：I=ΔP=Δmv=mΔv，所以弹力的冲量大小可能是0∼2mv间的某个值。故C错误，D正确。
故选：D。
对于简谐运动，经过半个周期后位移与之前的位移关系是大小相等、方向相反，根据弹力做功与弹性势能关系分析；对于简谐运动，经过半个周期后速度与之前的速度关系是大小相等、方向相反，根据动量定理分析弹力的冲量。
本题考查简谐运动的知识，注意简谐运动的振子半个周期内，路程为振幅的两倍，弹力做功一定为零，当在14周期内，弹力做功不一定为零；弹力的冲量为矢量。
2.【答案】C
【解析】解：根据麦克斯韦电磁场理论知道，均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场；振荡电场产生振荡磁场，振荡磁场产生振荡电场，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据麦克斯韦电磁场理论可以判断。
熟练记忆麦克斯韦的电磁场理论是解题的基础。
3.【答案】A
【解析】解、A.保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，原线圈匝数变少，由U1U2=n1n2可知副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=PU1 得知I1将增大，故A正确；
B、保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，原线圈匝数变大，由U1U2=n1n2可知副线圈电压变小，根据P=U22R，知R的功率变小，故B错误；
C、保持U1不变，S合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流I2减小，原副线圈匝数比不变，根据I1I2=n2n1，知I1将减小，故C错误；
D、保持P的位置不变，S合在a处，U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，原线圈电流也变大，故D错误。
故选：A。
根据输出电压是由输入电压和变压比决定的，输入功率是由输出功率决定的，原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可。
解答本题时，要掌握理想变压器所遵守的物理规律，知道理想变压器的输入功率是由输出功率决定的。
4.【答案】B
【解析】解：如图内线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则分析得知，外线圈中磁场方向向里，当I1增大时，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向为逆时针，外线圈所在处磁场方向向外，根据左手定则分析得到：I2受到的安培力F方向是沿半径背离圆心向外。
故选：B。
当电流I1增大时，磁场增强，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向，根据左手定则判断I2受到的安培力F方向．
本题是安培定则、楞次定律、左手定则的综合应用．也可以直接根据楞次定律判断安培力F的方向，注意明确I1中电流变化使外围线圈产生电磁感应．
5.【答案】A
【解析】解：A、t=0.6s时，P点第三次出现波峰，可知2T+12T=0.6s，解得T=0.24s，由图可知波长λ=120m
根据v=λT，解得
v=500m/s
故A正确；
BCD、这列波传播到M点用时t=xv=270−180500s=0.18s，所以当t=0.18s时，这列波传播到M点，根据波的平移法可知，M点第一次出现波峰为t′=t+14T=0.18s+0.06s=0.24s，故BCD错误；
故选：A。
根据波的图象得出波长的大小，根据P点第三次到达波峰的时间求出振动的周期，根据波长和周期求出波速．根据t=xv结合波的平移法分析BCD。
解决本题的关键知道波动和振动的联系，知道波速与波长的关系。
6.【答案】AB
【解析】解：A、t1时刻穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，故A正确；
B、t2时刻，穿过线圈的磁通量为零，则导线ad的速度方向与磁感线垂直，故B正确；
C、t3时刻穿过线圈的磁通量最大，处于中性面，故C错误；
D、t2、t4时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，电流最大；相差半个周期，电流方向相反，故D错误。
故选：AB。
根据Φ−t图像分析磁通量的变化，结合正弦式交变电流规律分析电动势的变化，当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变。
本题关键是掌握磁通量与感应电动势关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，感应电动势最大。
7.【答案】AD
【解析】ACD、S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R.闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等。当断开S1后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成c→L→a→b的电流，所以AD正确C错误；
B、由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误。
故选：AD。
在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路．
做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向．
8.【答案】BC
【解析】解：A、弹簧释放后，A、B组成的系统所受合外力不为零，故A、B系统动量不守恒，故A错误；
B、弹簧释放后，A、B、C组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，故B正确；
C、当压缩弹簧突然释放将A、B弹开过程中，A、B相对C发生相对运动，A向左运动，A受到的摩擦力向右，故C受到A的滑动摩擦力向左，
B向右运动，B受到的摩擦力向左，故C受到B的滑动摩擦力向右，而A、B与平板车的上表面的滑动摩擦力之比为3：2，所以C受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故C向左运动，故C正确，D错误．
故选：BC.
系统动量守恒的条件是合外力为零，根据动量守恒的条件即可判断AC，分析小车的受力情况即可分析小车的运动情况．
本题主要考查了动量守恒的条件以及滑动摩擦力的方向判断，难度适中．
9.【答案】BCD B BC
【解析】解：(一)AB、单摆做简谐运动的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，故A错误，B正确。
C、在最大位移处，重力势能最大，摆球速度为零，所以动能为零；故C正确。
D、但在平衡位置处，速度最大，根据
F−mg=mv2r
解得F=mg+mv2r
此时弹力最大，但回复力为零，故D正确。
故选：BCD。
(二)A、摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长L′，用游标卡尺量出摆球直径算出半径r，则摆长L=L′+r2，故A错误；
B、开始摆动时需注意：摆角要较小(保证接近做简谐运动)；不要使摆动成为圆锥摆，故B正确；
C、为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C错误；
D、先计算几次实验的重力加速度，再求平均值，故D错误；
故选：B。
(三)AB、入射小球和被碰小球相撞后，入射小球的速度减小，小于第一次没有与被碰球碰撞时的速度，两球碰撞后被碰球的速度大于入射球的速度，入射球与被碰球离开轨道后都做平抛运动，抛出点的高度相同，做平抛运动的时间相同，速度越大平抛运动的水平位移越大，因此碰撞后入射球的水平位移小于第一次没有碰撞时的水平位移，A点是第二次落地位置，B点是入射球第一次落点位置，故A错误，B正确；
CD、两球碰后都做平抛运动，抛出点高度相同，两球做平抛运动的时间相同，碰撞后两球同时开始做平抛运动，因此第二次入射小球和被碰小球将同时落地；
小球做平抛运动，高度决定时间，故时间相等，设为t，则有
OB=v10t
OA=v1t
OC=v2t
规定向右为正方向，根据动量守恒得：m1v10t=m1v1t+m2v2t
即m1OB=m1OA+m2OC
故C正确，D错误；
故选：BC。
故答案为：(一)BCD；(二)B；(三)BC
(一)根据单摆做简谐运动的特点分析判断；
(二)根据单摆测定重力加速度的实验原理分析解答；
(三)根据动量守恒定律分析判断。
本题考查验证动量守恒定律与单摆测定重力加速度的实验，解题关键掌握实验原理，注意动量守恒定律的运用。
10.【答案】解：(1)对人、船、装备整体，由动量守恒得，取子弹的运动方向为正
0=10mv0+(M−10m)v1
代入数据得船速为
v1=−0.5m/s
(2)对2s内射出的子弹，由动量定理得
Ft=10mv0
得子弹受到的作用力为
F=50N
由作用力与反作用力得，枪所受到的平均反冲作用力
F′=50N
答：(1)射击后皮划艇的速度是0.5m/s；
(2)士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有50N。
【解析】(1)水的阻力可忽略不计，在射击过程中，士兵连同装备、皮划艇和子弹组成系统动量守恒由动量守恒定律可以求出皮划艇的速度；
(2)对士兵、皮划艇(包括枪与剩余子弹)，运用动量定理可以求出射击时的平均反冲作用力。
本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，解题时要注意研究对象的选择、正方向的规定，运用动量定理求射击过程、作用力，是常用方法。
11.【答案】解：(1)根据右手定则可知：ab杆中产生的感应电流方向为b→a，因ab杆相当于电源，电流从负极流向正极，则a端的电势高；
(2)ab杆产生的感应电动势为：E=BLv=1.0×0.9×10.0V=9V
由电路可知，电阻R1、R2并联后，再与电阻r串联，R1、R2并联电阻为
R=R1R2R1+R2=3.0×6.03.0+6.0Ω=2.0Ω
根据闭合电路欧姆定律得：
I=ER+r=92.0+1.0A=3.0A
(3)电阻r上每分钟产生的热量：Q=I2rt=3.02×1.0×60J=540J
答：(1)ab杆的a端电势高；
(2)通过ab杆的电流I为3.0A；
(3)电阻r上每分钟产生的热量为540J。
【解析】(1)根据右手定则判断金属杆ab中感应电流方向，即可判断a、b端电势高低；
(2)金属杆ab相当于电源，由闭合电路欧姆定律求解通过ab杆的电流I；
(3)根据焦耳定律求电阻r上每分钟产生的热量Q。
本题比较简单考查电磁感应与电路的结合，解决这类问题的关键是正确分析外电路的结构，然后根据有关电学知识求解。
12.【答案】解：(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．
粒子由 A点射入，由 C点飞出，其速度方向改变了 90∘，
则粒子轨迹半径R=r
由qvB=mv2R，得粒子的比荷qm=vBr
(2)粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60∘角，故 AD 弧所对圆心角 60∘，粒子做圆周运动的半径R′=rct30∘= 3r
又R′=mvqB′
得B′= 33B
粒子在磁场中飞行时间t=16T=16×2πmqB′= 3πr3v
答：(1)该粒子带负电荷，其比荷qm=vBr；
(2)磁感应强度B′= 33B，粒子在磁场中飞行时间t= 3πr3v；
【解析】(1)粒子向上偏转，在A点受到的洛伦兹力方向向上，根据左手定则可判断粒子的电性．画出轨迹可知，粒子轨迹半径等于r，根据牛顿第二定律求解比荷．
(2)根据粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，求出轨迹的圆心角，来确定时间与周期的关系，求出时间．
本题是带电粒子在磁场中运动的轨迹问题，关键运用几何知识画轨迹、求半径．要注意区别轨迹半径与磁场范围半径．
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