还剩15页未读，
继续阅读
2023-2024学年湖南省长沙市第一中学高三（下）自主检测物理试卷（2月）（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年湖南省长沙市第一中学高三（下）自主检测物理试卷（2月）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图为氢原子的能级图，某金属材料的电子逸出功为2.25 eV，大量处于4能级的氢原子在向低能级跃迁时发出的光子，有几种不同频率的光子能使此金属材料发生光电效应
A. 3B. 4C. 5D. 6
2.电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称。一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是
( )
A. 该离子带正电
B. 离子在a、b两点的电势能满足EpaC. b、d直线是等势面
D. b、c两点的场强相同
3.车辆前进的阻力主要有三个：滚动阻力、空气阻力和上坡阻力，高铁的铁轨非常平缓，大部分时候都可以忽略上坡阻力，所以主要的阻力来源就是滚动阻力和空气阻力，滚动阻力与总重力成正比，空气阻力跟高铁运动的速度的二次方成正比，研究表明，当高铁以200km/h速度运行时，空气阻力占总阻力的约60％，人均百公里能耗约为2.0度电，当高铁以300km/h速度运行时，人均百公里能耗约为多少度电( )
A. 3.0B. 3.5C. 4.0D. 4.5
4.变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究我们将航天器的变轨过程简化为如图所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的中心位于椭圆的一个焦点；③在远地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。忽略地球自转的影响，已知地球表面重力加速度为g，轨道1半径为地球半径R，轨道3半径为4R，椭圆面积为S=πab，a为椭圆半长轴，b为椭圆半短轴。则以下说法正确的是
A. 航天器在轨道2上运行的周期为5π 5R2g
B. 航天器在轨道1和轨道3上的速度之比为3:1
C. 航天器在轨道2上经过B点的速度大于轨道1上的速度
D. 航天器在轨道2上经过A点机械能大于轨道2上经过B点的机械能
5.在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0从同一地点竖直上抛另一物体B。若要使两物体能在B上升过程中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足的条件是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)
A. 2v0g<Δt<3v0gB. 2v0g<Δt<4v0g
C. ( 3+1)v0g<Δt<4v0gD. 3v0g<Δt<4v0g
6.如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd、de四段直导轨组成，其中cd段与x轴平行。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过导体棒的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，金属棒MN两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨的电阻，金属棒电阻不可忽略，金属棒的长度大于cd与x轴间的距离。下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图所示，已知平衡位置坐标为x=4m的质点P在t=0.1s时位于波峰，且该波的传播速度小于30m/s，则( )
A. 该波的周期可能为0.08s
B. 该波的波速一定为20m/s
C. t=0时，质点P的运动方向一定沿y轴正方向
D. t=0.3s时，质点P的加速度最大且沿y轴负方向
8.如图所示，空间中有一竖直向下的匀强磁场，等边三角形AOC在水平面内，边长为L，D为AC中点。粒子a以速度v0沿AO方向从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点。已知两粒子的质量均为m、电荷量的绝对值均为q，粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略，则下列说法中正确的是
( )
A. a、b两粒子都带负电
B. 粒子a粒子b的半径之比为3：2
C. 粒子b的速度为2v0
D. 粒子a从A点出发到第一次经过C点的时间与粒子b从O出发到第一次经过D点的时间之比为2：1
9.在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2:1，原线圈中串一定值电阻R0，副线圈连接定值电阻R1和滑动变阻器R，滑动变阻器的最大阻值等于定值电阻R1，R0:R1=8:1，电压表和电流表均为理想交流电表，a、b两端接有效值恒为U0的正弦交流电源。电压表V1、V2、V3的示数分别为U1、U2、U3，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电压表V1、V2、V3的示数的变化量绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A1、A2的示数的变化量绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则在滑动变阻器R滑片向上调节的过程中，下列说法正确的是
A. U3I2变大B. ΔU2ΔI2变大
C. ΔU1ΔI1=R0D. 变压器的输出功率先增大后减小
10.如图所示，O点和细钉C在小球A正上方，小球B用轻质橡皮筋相连绕过光滑细钉C悬挂于O点，A、B之间用轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态，A、B都可以看成质点，橡皮筋的拉力遵循胡克定律，OC刚好等于橡皮筋的原长，弹簧的弹力大小为F，B球的质量为mB；现竖直向下移动小球A一小段高度，同时调整B球的质量mB，使整个系统再次处于静止状态(B球仍在右侧)，则
A. mB不变B. mB变大C. F不变D. F变大
三、填空题：本大题共1小题，共8分。
11.某同学根据所学知识把理想电压表(量程为3V)改装成一个量程为−10m/s2∼10m/s2测量竖直方向的加速度的加速度计(电压表零刻度改为−10m/s2，3V刻度线改为10m/s2，加速度取竖直向下为正方向)，原理图如图所示，滑片P与电阻丝始终接触良好，与竖直弹簧的上端相连，弹簧下端固定，上端与质量为m=0.1kg的物块相连，电阻丝的阻值R=12Ω，该同学用刻度尺测得电阻丝长度为L=3.0cm。电源电动势E=6V，内阻r=0.5Ω，弹簧劲度系数k=100N/m。
请回答下列问题。
(1)此加速度计的刻度是的_____(填“均匀”或“不均匀”)。
(2)此加速度计滑片P滑动的长度范围为_____cm。
(3)当加速度为零时滑片P离电阻丝下端_____cm处。
(4)电阻箱接入电路的阻值应调到_____Ω。
四、实验题：本大题共1小题，共6分。
12.某同学用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，两块材质相同、长度均为L的薄木板铰接在一起，铰链上方连有一个轻小滑轮，铰链固定在一个高度可以调节的支架上，A、B两个相同的凹槽用跨过滑轮的细线连接，两凹槽上安装有宽度相同的遮光条，细线绷直时与两木3板平行，两遮光条到滑轮的距离之和正好也是L，在两板上离滑轮34L处有两个光电门。
实验步骤如下：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，读数为_____mm；
(2)两个凹槽里面分别装上10个质量均为m的砝码，让A凹槽靠近滑轮，B凹槽靠近右侧木板底端，细线伸直，给光电门通电，现从B凹槽里拿n=1个砝码放在A凹槽里面，给A凹槽一个向下的初速度，调节支架的高度，使得两光电门记录的时间t1=t2，测出高度h；
(3)保持支架高度h不变，重新在两个凹槽里面分别装上10个质量均为m的砝码，让A凹槽靠近滑轮，B凹槽靠近木板底端，细线伸直，给光电门通电，现从B凹槽里拿n=2个砝码放在A凹槽里面，给A凹槽一个向下的初速度，记录A、B两凹槽上的遮光条通过光电门的时间分别为tA、tB，则可以得到两凹槽加速度的大小为a=___；(用字母d，L，tA，tB表示)
(4)重复第4个步骤，取n=3,4,⋯，并测出两凹槽对应的加速度；
(5)现在要用图像法验证牛顿第二定律，图像的纵坐标为a，要使得图像是如图丙所示的过原点的直线，则图像的横坐标应为_____；
A.n−1 B．n+1
C.2n−1 D．2n+1
五、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，汽缸的高度为l，缸体内底面积为S，缸体重力为G。轻杆下端固定在桌面上，上端连接活塞。活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为T0时，缸内气体高为13l，已知大气压强为p0，不计活塞质量及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸。
(1)求初始时气体的压强；
(2)求活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度；
(3)已知此理想气体的内能跟热力学温度成正比，即U=kT，k已知，求该过程缸内气体吸收的热量Q。
14.简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F=−kx的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循x=Asinωt变化规律的运动，其中角频率ω=2πT=
km(k为常数，A为振幅，T为周期)。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为Ep=12kx2。已知H=3mgk，重力加速度为g。求：
(1)B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
(2)小球A被碰后向下运动离O点的最大距离；
(3)小球A从开始向下运动到第一次运动到最低点所用的时间t。
15.如图所示，间距为2d(d=0.5m)的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连一电容C=0.5F的电容器，初始时电容器不带电。空间分布着n个宽度为0.5d、间距为d的匀强磁场区域，从右到左依次记为区域1、区域2、区域3…，磁感应强度B=0.8T，方向垂直水平面向下，磁场边界与导轨垂直，且导体棒ab左侧的无磁场区域导轨表面涂有绝缘涂层。长度为d的绝缘棒将导体棒ab和边长为d的正方形单匝线框连接组成“
”形装置，总质量M=0.08kg；线框电阻R=1Ω，导体棒和导轨的电阻极小。线框右边与导体棒平行且固定在弹射器上，导体棒ab位于磁场右边界外。t0时刻，闭合开关S，同时将“
”形装置以速度v0=10.5m/s向左弹出。导体棒在整个运动过程中始终与导轨接触并且相互垂直。(不计空气和摩擦阻力)
(1)刚进入磁场区域时，比较导体杆两端点a、b的电势高低；
(2)导体棒ab刚进入区域1时，因为导体棒和导轨的电阻极小，会有一个瞬间的强电流，电容器会瞬间充电，“”形装置会瞬间减速到某一速度，之后ab棒会匀速通过区域1，求ab棒离开磁场区域1的速度；
(3)从导体棒ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，正方形线框上产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据玻尔理论判断出氢原子向低能级跃迁所辐射的光的种类，结合光电效应的条件判断能使此金属材料发生光电效应的频率的光子数目;本题难度不大，注意计算不要少结果即可。
【解答】
大量处于4能级的氢原子在向低能级跃迁时发出的光子时，辐射光子种类数目为6种，
由能级差可确定出6种光子的能量为：0.66eV、1.89eV、2.55eV、10.2eV、12.09eV、12.75eV有4种光子的能量大于2.25eV，能使此金属材料发生光电效应，故B正确。
2.【答案】B
【解析】【分析】本题考查了电场线的特征，根据电场线的特点，结合带电粒子轨迹弯曲方向判断点电荷的电性，根据电场线分析电势的特点，进而分析带电粒子在电场中的电势能的变化。
解答本题时，要知道粒子做曲线运动时，所受的电场力指向轨迹的内侧。场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同。
【解答】A.根据离子在电场中做曲线运动，电场力指向内侧，所以离子所受电场力方向与电场线方向相反，故离子带负电，故A错误；
B.离子带负电，由图可知，且a点电势大于b点电势，根据电势能Ep=qφ
可知离子在a、b两点的电势能满足EpaC.根据电场线与等势面垂直，由图可知，b、d直线不是是等势面，故C错误；
D.由对称可知，b、c两点的场强大小相同，方向不同，故D错误。
故选 B。
3.【答案】B
【解析】设滚动阻力为 f ，当高铁以 200km/h 速度运行时，空气阻力为 1.5f ，总阻力为 2.5f ；当高铁以 300km/h 速度运行时，空气阻力为
1.5f×94=278f
总阻力为 358f ；百公里能耗之比等于总阻力之比为
47=2x
解得
x=3.5
故选B。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出轨道1和轨道3上的速度之比和航天器在轨道2上运行的周期，注意根据变轨问题分析可知速度关系。本题主要是考查卫星的运行规律以及卫星的变轨问题。
【解答】A.周期跟半径为2.5R的卫星周期相等，有：
GMm(2.5R)2=m4π2T2×2.5R
GM=gR2
解得：T=5π 5R2g 故A正确
B.GMm(4R)2=mv324R，GMmR2=mv12R解得：v1：v3=2：1，故B错误。
C. 在轨道2上经过B的速度小于轨道3的速度小于轨道1的速度，故C错误。
D.在轨道2上运行时机械能守恒，故D错误。
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据两个物体空中相遇的位移关系，以及上升过程中相遇满足0本题关键是抓住临界情况，运用运动学公式进行求解．
【解答】
设B经过时间t，AB在空中相遇，有：
2v0(t+Δt)−12g(t+Δt)2=v0t−12gt2
上升过程中相遇：0解得：( 3+1)v0g<Δt<4v0g
故选 C。
6.【答案】D
【解析】设金属棒 MN 总长为d，金属棒 MN 与导轨接触的两点之间的距离为L，金属棒单位长度的电阻为 r ；
A.根据
i=BLv0Lr=Bv0r
不随时间变化，故A错误；
B.根据
F=BiL
0∼Lv0 ， F 随时间均匀变化； 2Lv0∼3Lv0 ， F 随时间也均匀变化，故B错误；
C.根据
P=Fv0
P 随时间变化规律跟 F 随时间变化规律相同，故C错误；
D.导轨不计电阻，导轨间的电压为零， α 为 bc 与水平方向夹角；金属棒 MN 产生电压为
U=B(d−L)v0=B(d−v0t⋅tanα)v0
在 0∼Lv0 ，随着金属棒的运动，金属棒两端电压减小；在 Lv0∼2Lv0 ，根据
U=Bdv0
金属棒两端电压不变；在 2Lv0∼3Lv0 ，根据
U=B(v0t−2L)tanα⋅v0
故D正确。
故选D。
7.【答案】BC
【解析】ABC.由图可知波长为 λ=8m ，分情况可得：
当简谐横波沿 x 轴正方向传播时，根据“同侧法”，则质点 P 是向上振动的，到达波峰则需要的时间为
t=T4+nT(n=0,1,2…)
根据题意中 t=0.1s ，代入数据得
T=0.41+4ns(n=0,1,2…)
根据波速公式
v=λT
可得
v=20(1+4n)(n=0,1,2…)
又因为波的传播速度小于 30m/s ，则 n=0 ， T=0.4s ， v=20m/s ，
当简谐横波沿 x 轴负方向传播时，根据“同侧法”，则质点 P 是向下振动的，到达波峰则需要的时间为
t=3T4+nT(n=0,1,2…)
根据题意中 t=0.1s ，代入数据得
T=0.43+4ns(n=0,1,2…)
根据波速公式
v=λT
可得
v=20(3+4n)(n=0,1,2…)
又因为波的传播速度小于 30m/s ，则简谐横波不可能沿 x 轴负方向传播；综上分析，简谐横波只能沿 x 轴正方向传播，故A错误，BC正确；
D. t=0.3s 时，质点 P 已经振动了 3T4 ，则处于波谷的位置，加速度最大且沿 y 轴正方向，故D错误。
故选BC。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用左手定则可以判断粒子电性，应用几何关系求出半径关系结合洛伦兹力提供向心力可以解题。
【解答】
A.粒子a经过C点、粒子b经过D点，由左手定则可知，a、b两粒子都带负电，故A对；
B．a、b两粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：ra=L2sin60°=33L，rb=OD=Lcs30°=32L，ra：rb=2：3
粒子在磁场做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B=mv02ra，qvB=mv2rb
解得b粒子的速度大小：v=1.5v0，
时间之比为2：1
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查理想变压器的动态变化和闭合电路的欧姆定律的应用。
根据滑动变阻器R的滑片向上调节的过程中，使连入电路中的电阻增大可知U3I2的变化；根据变压器电压、电流与匝数的关系可知ΔU2ΔI2的变化；
根据闭合电路欧姆定律可分析ΔU1ΔI1的变化；
根据变压器的输出功率P=U0I1−I12R0 由二次函数知识分析变压器的输出功率的变化。
【解答】
A.U3I2=R变大，A正确
C. U0=I1R0+U1可知：ΔU1ΔI1=R0，C正确
B. ΔU2ΔI2=ΔU14ΔI1=R04，不变，B错误
D.P=(U0R0+4(R+R1))2×4(R+R1)，输出功率一直变大，D错误
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查的一般都是结合物体的受力平衡，此题解题的关键在于竖直向下移动小球A一小段高度，同时调整B球的质量mB，使整个系统再次处于静止状态前后的受力分析图，利用相似三角形规律进行解答．
由题意可知对B小球进行受力分析，由共点力的平衡条件对小球B进行受力分析，列平衡方
程求解。
【解答】
对B做受力分析有：
FBCBC=FAB=mBgAC
设橡皮筋的劲度系数为k1，弹簧的劲度系数为k2，弹簧原长为l0有：
k1BCBC=k2(AB−l0)AB=mBgAC=k1
k1不变，AB不变，F不变，AC变大，mB变大
故BC正确AD错误。
11.【答案】(1)均匀
(2)2.0
(3)1.0
(4)3.5
【解析】(1)为电压表示数与弹簧形变量成正比，被测物体的质量也与弹簧形变量成正比，所以将该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度时均匀的。
(2)由牛顿第二定律可得
mg−kl=ma
a=−10m/s2
解得
l=2cm
3V刻度线改为 10m/s2 ，则此时滑片在最高点，故此加速度计滑片P滑动的长度范围为2cm；
(3)由平衡条件可得
kl′=mg
代入数据解得
l=1cm
3V刻度线改为 10m/s2 ，则此时滑片在最高点，此时滑片下降1cm，电阻丝总长3cm；当加速度为零时滑片P离电阻丝下端1cm。
(4)当加速度为零时滑片P离电阻丝下端1cm，故此时电压表测量的电阻为
R=23×12Ω=8Ω
根据闭合回路的欧姆定律可得
UgR=ER0+r+R
解得
R0=3.5Ω
12.【答案】 5.60 d2LT A2−d2LT B2 A
【解析】(1)[1]游标卡尺的精度为 0.05mm ，读数为
5mm+12×0.05mm=5.60mm
(3)[2]B、A经过光电门的速度分别为
v1=dTB ， v2=dTA
根据速度—位移的公式有
v22−v12=2a×L2
解得
a=d2LTA 2−d2LTB 2
(5)[3]设A、B两凹槽和遮光条的质量均 M ，从B凹槽拿一个砝码到A凹槽，有
2mgsinθ=μ2M+20mgcsθ
若从B凹槽拿 n 个砝码到A凹槽，由牛顿第二定律有
2nmgsinθ−μ2M+20mgcsθ=2M+20ma
解得
2n−2mgsinθ=2M+20ma
变形得
a=n−1mgsinθM+10m
图像的纵坐标为 a ，横坐标应为 n−1 。
故选A。
13.【答案】解：(1)设缸内气体原来压强为p1，汽缸受力平衡得p1S=p0S+G，
则初始时气体的压强 p1=p0S+GS；
(2)缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸过程中，缸内气体发生等压变化，
根据盖−吕萨克定律V1T0=V2T1，解得T1=3T0；
(3)根据气体实验定律，气体发生等压变化，气体对缸做功W=p1⋅ΔV=(p0+GS)2Sl3=2(p0S+G)l3，
由热力学第一定律可知，温度升高气体内能变大，得缸内气体内能增量为：ΔU=3kT0−kT0=Q−W，
解得：Q=2kT0+2(p0S+G)l3。
【解析】本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决；另外要注意一定质量的理想气体的内能只与温度有关，以及气体对缸做功的正负。
(1)根据汽缸受力平衡得初始时气体的压强；
(2)以缸内气体为研究对象可知，缸内气体压强不变，根据盖−吕萨克定律列式求解；
(3)根据W=pΔV结合热力学第一定律列式求解该过程缸内气体吸收的热量。
14.【答案】解：(1)B自由下落H的速度vB，根据机械能守恒有
mgH=12mvB2
解得vB= 2gH
B与A碰撞过程动量守恒，则有
mvB+0=(m+m)v1
解得v1= 3mg22k；
(2)A在O位置，弹簧被压缩x0，根据平衡条件得
x0=mgk
A与B共同体继续向下运动离O点的最大距离为xm
根据能量守恒定律
12(2m)v12+12kx02+2mgxm=12k(x0+xm)2
根据平衡条件有mg=kx0，整理得xm2−2x0xm−3x02=0，
解得xm=3x0，xm=−x0(舍去)
即xm=3mgk；
(3)两小球一起向下运动的过程中，根据平衡条件有2mg=kx，
当两小球偏离平衡位置x′后，两小球所受回复力为F=2mg−k(x+x′)=-kx′，
故两小球一起向下运动的过程，是简谐运动；
由题意T=2π2mk，又振幅A=2x0=2mgk
振动图像如图
由余弦函数知Δt=13×(14T)=T12，所求时间t=Δt+14T=13T
得t=13×2π2mk=23π2mk。
【解析】(1)根据机械能守恒求解小球B自由下落H的速度，根据动量守恒定律求解小球B与小球A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
(2)根据机械能守恒定律求解小球A被碰后向下运动离O点的最大距离；
(3)由题意可得两个小球的振动，画出两个小球再次达到O点过程中的振动图象，根据图象求解时间。
本题主要是考查动量守恒定律和简谐运动的周期公式，关键是掌握机械能守恒定律、动量守恒定律的应用方法，知道简谐运动的周期公式，能够根据运动过程计算时间。
15.【答案】解：(1)刚进入磁场区域时，根据右手定则可知电流方向从a流向b，所以φa<φb
(2)对ab棒根据动量定理−BI×2dΔt=Mv1−Mv0
电容两端的电压为UC=B×2d×v1
电容为C=QUC，其中Q=IΔt
联立解得v1=2.1m/s
(3)ab棒刚离开磁场区域1到ab棒刚离开磁场区域7的过程，根据动量定理
B×2d×C×B×2d×(v1−v7)−Bd(2×5+1)Bd×0.5dR=Mv7−Mv1
解得v7=1m/s
由ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，根据动量定理
−B2d2×2×0.5dR=Mv8−Mv7
代入数据解得v8=0
正方形线框上产生的焦耳热为Q=12Mv72−12Mv82=0.04J。
【解析】解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势E=BLv.以及熟练运用动量定理微分式并结合功能关系求解。
(1)线框刚进入磁场时，左边切割磁感线产生感应电动势，从而产生感应电流，根据右手定则判断电势高低．
(2)根据单杆电容模型的特点，利用动量定理结合电容两端的电压和电容定义式求解．
(3)ab棒刚离开磁场区域1到ab棒刚离开磁场区域7的过程以及由ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，对线框和导体棒根据动量定理求解。再根据功能关系求出热量Q。
1.如图为氢原子的能级图，某金属材料的电子逸出功为2.25 eV，大量处于4能级的氢原子在向低能级跃迁时发出的光子，有几种不同频率的光子能使此金属材料发生光电效应
A. 3B. 4C. 5D. 6
2.电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称。一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是
( )
A. 该离子带正电
B. 离子在a、b两点的电势能满足Epa
D. b、c两点的场强相同
3.车辆前进的阻力主要有三个：滚动阻力、空气阻力和上坡阻力，高铁的铁轨非常平缓，大部分时候都可以忽略上坡阻力，所以主要的阻力来源就是滚动阻力和空气阻力，滚动阻力与总重力成正比，空气阻力跟高铁运动的速度的二次方成正比，研究表明，当高铁以200km/h速度运行时，空气阻力占总阻力的约60％，人均百公里能耗约为2.0度电，当高铁以300km/h速度运行时，人均百公里能耗约为多少度电( )
A. 3.0B. 3.5C. 4.0D. 4.5
4.变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究我们将航天器的变轨过程简化为如图所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的中心位于椭圆的一个焦点；③在远地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。忽略地球自转的影响，已知地球表面重力加速度为g，轨道1半径为地球半径R，轨道3半径为4R，椭圆面积为S=πab，a为椭圆半长轴，b为椭圆半短轴。则以下说法正确的是
A. 航天器在轨道2上运行的周期为5π 5R2g
B. 航天器在轨道1和轨道3上的速度之比为3:1
C. 航天器在轨道2上经过B点的速度大于轨道1上的速度
D. 航天器在轨道2上经过A点机械能大于轨道2上经过B点的机械能
5.在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0从同一地点竖直上抛另一物体B。若要使两物体能在B上升过程中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足的条件是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)
A. 2v0g<Δt<3v0gB. 2v0g<Δt<4v0g
C. ( 3+1)v0g<Δt<4v0gD. 3v0g<Δt<4v0g
6.如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd、de四段直导轨组成，其中cd段与x轴平行。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过导体棒的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，金属棒MN两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨的电阻，金属棒电阻不可忽略，金属棒的长度大于cd与x轴间的距离。下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图所示，已知平衡位置坐标为x=4m的质点P在t=0.1s时位于波峰，且该波的传播速度小于30m/s，则( )
A. 该波的周期可能为0.08s
B. 该波的波速一定为20m/s
C. t=0时，质点P的运动方向一定沿y轴正方向
D. t=0.3s时，质点P的加速度最大且沿y轴负方向
8.如图所示，空间中有一竖直向下的匀强磁场，等边三角形AOC在水平面内，边长为L，D为AC中点。粒子a以速度v0沿AO方向从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点。已知两粒子的质量均为m、电荷量的绝对值均为q，粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略，则下列说法中正确的是
( )
A. a、b两粒子都带负电
B. 粒子a粒子b的半径之比为3：2
C. 粒子b的速度为2v0
D. 粒子a从A点出发到第一次经过C点的时间与粒子b从O出发到第一次经过D点的时间之比为2：1
9.在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2:1，原线圈中串一定值电阻R0，副线圈连接定值电阻R1和滑动变阻器R，滑动变阻器的最大阻值等于定值电阻R1，R0:R1=8:1，电压表和电流表均为理想交流电表，a、b两端接有效值恒为U0的正弦交流电源。电压表V1、V2、V3的示数分别为U1、U2、U3，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电压表V1、V2、V3的示数的变化量绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A1、A2的示数的变化量绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则在滑动变阻器R滑片向上调节的过程中，下列说法正确的是
A. U3I2变大B. ΔU2ΔI2变大
C. ΔU1ΔI1=R0D. 变压器的输出功率先增大后减小
10.如图所示，O点和细钉C在小球A正上方，小球B用轻质橡皮筋相连绕过光滑细钉C悬挂于O点，A、B之间用轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态，A、B都可以看成质点，橡皮筋的拉力遵循胡克定律，OC刚好等于橡皮筋的原长，弹簧的弹力大小为F，B球的质量为mB；现竖直向下移动小球A一小段高度，同时调整B球的质量mB，使整个系统再次处于静止状态(B球仍在右侧)，则
A. mB不变B. mB变大C. F不变D. F变大
三、填空题：本大题共1小题，共8分。
11.某同学根据所学知识把理想电压表(量程为3V)改装成一个量程为−10m/s2∼10m/s2测量竖直方向的加速度的加速度计(电压表零刻度改为−10m/s2，3V刻度线改为10m/s2，加速度取竖直向下为正方向)，原理图如图所示，滑片P与电阻丝始终接触良好，与竖直弹簧的上端相连，弹簧下端固定，上端与质量为m=0.1kg的物块相连，电阻丝的阻值R=12Ω，该同学用刻度尺测得电阻丝长度为L=3.0cm。电源电动势E=6V，内阻r=0.5Ω，弹簧劲度系数k=100N/m。
请回答下列问题。
(1)此加速度计的刻度是的_____(填“均匀”或“不均匀”)。
(2)此加速度计滑片P滑动的长度范围为_____cm。
(3)当加速度为零时滑片P离电阻丝下端_____cm处。
(4)电阻箱接入电路的阻值应调到_____Ω。
四、实验题：本大题共1小题，共6分。
12.某同学用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，两块材质相同、长度均为L的薄木板铰接在一起，铰链上方连有一个轻小滑轮，铰链固定在一个高度可以调节的支架上，A、B两个相同的凹槽用跨过滑轮的细线连接，两凹槽上安装有宽度相同的遮光条，细线绷直时与两木3板平行，两遮光条到滑轮的距离之和正好也是L，在两板上离滑轮34L处有两个光电门。
实验步骤如下：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，读数为_____mm；
(2)两个凹槽里面分别装上10个质量均为m的砝码，让A凹槽靠近滑轮，B凹槽靠近右侧木板底端，细线伸直，给光电门通电，现从B凹槽里拿n=1个砝码放在A凹槽里面，给A凹槽一个向下的初速度，调节支架的高度，使得两光电门记录的时间t1=t2，测出高度h；
(3)保持支架高度h不变，重新在两个凹槽里面分别装上10个质量均为m的砝码，让A凹槽靠近滑轮，B凹槽靠近木板底端，细线伸直，给光电门通电，现从B凹槽里拿n=2个砝码放在A凹槽里面，给A凹槽一个向下的初速度，记录A、B两凹槽上的遮光条通过光电门的时间分别为tA、tB，则可以得到两凹槽加速度的大小为a=___；(用字母d，L，tA，tB表示)
(4)重复第4个步骤，取n=3,4,⋯，并测出两凹槽对应的加速度；
(5)现在要用图像法验证牛顿第二定律，图像的纵坐标为a，要使得图像是如图丙所示的过原点的直线，则图像的横坐标应为_____；
A.n−1 B．n+1
C.2n−1 D．2n+1
五、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，汽缸的高度为l，缸体内底面积为S，缸体重力为G。轻杆下端固定在桌面上，上端连接活塞。活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为T0时，缸内气体高为13l，已知大气压强为p0，不计活塞质量及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸。
(1)求初始时气体的压强；
(2)求活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度；
(3)已知此理想气体的内能跟热力学温度成正比，即U=kT，k已知，求该过程缸内气体吸收的热量Q。
14.简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F=−kx的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循x=Asinωt变化规律的运动，其中角频率ω=2πT=
km(k为常数，A为振幅，T为周期)。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为Ep=12kx2。已知H=3mgk，重力加速度为g。求：
(1)B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
(2)小球A被碰后向下运动离O点的最大距离；
(3)小球A从开始向下运动到第一次运动到最低点所用的时间t。
15.如图所示，间距为2d(d=0.5m)的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连一电容C=0.5F的电容器，初始时电容器不带电。空间分布着n个宽度为0.5d、间距为d的匀强磁场区域，从右到左依次记为区域1、区域2、区域3…，磁感应强度B=0.8T，方向垂直水平面向下，磁场边界与导轨垂直，且导体棒ab左侧的无磁场区域导轨表面涂有绝缘涂层。长度为d的绝缘棒将导体棒ab和边长为d的正方形单匝线框连接组成“
”形装置，总质量M=0.08kg；线框电阻R=1Ω，导体棒和导轨的电阻极小。线框右边与导体棒平行且固定在弹射器上，导体棒ab位于磁场右边界外。t0时刻，闭合开关S，同时将“
”形装置以速度v0=10.5m/s向左弹出。导体棒在整个运动过程中始终与导轨接触并且相互垂直。(不计空气和摩擦阻力)
(1)刚进入磁场区域时，比较导体杆两端点a、b的电势高低；
(2)导体棒ab刚进入区域1时，因为导体棒和导轨的电阻极小，会有一个瞬间的强电流，电容器会瞬间充电，“”形装置会瞬间减速到某一速度，之后ab棒会匀速通过区域1，求ab棒离开磁场区域1的速度；
(3)从导体棒ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，正方形线框上产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据玻尔理论判断出氢原子向低能级跃迁所辐射的光的种类，结合光电效应的条件判断能使此金属材料发生光电效应的频率的光子数目;本题难度不大，注意计算不要少结果即可。
【解答】
大量处于4能级的氢原子在向低能级跃迁时发出的光子时，辐射光子种类数目为6种，
由能级差可确定出6种光子的能量为：0.66eV、1.89eV、2.55eV、10.2eV、12.09eV、12.75eV有4种光子的能量大于2.25eV，能使此金属材料发生光电效应，故B正确。
2.【答案】B
【解析】【分析】本题考查了电场线的特征，根据电场线的特点，结合带电粒子轨迹弯曲方向判断点电荷的电性，根据电场线分析电势的特点，进而分析带电粒子在电场中的电势能的变化。
解答本题时，要知道粒子做曲线运动时，所受的电场力指向轨迹的内侧。场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同。
【解答】A.根据离子在电场中做曲线运动，电场力指向内侧，所以离子所受电场力方向与电场线方向相反，故离子带负电，故A错误；
B.离子带负电，由图可知，且a点电势大于b点电势，根据电势能Ep=qφ
可知离子在a、b两点的电势能满足Epa
D.由对称可知，b、c两点的场强大小相同，方向不同，故D错误。
故选 B。
3.【答案】B
【解析】设滚动阻力为 f ，当高铁以 200km/h 速度运行时，空气阻力为 1.5f ，总阻力为 2.5f ；当高铁以 300km/h 速度运行时，空气阻力为
1.5f×94=278f
总阻力为 358f ；百公里能耗之比等于总阻力之比为
47=2x
解得
x=3.5
故选B。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出轨道1和轨道3上的速度之比和航天器在轨道2上运行的周期，注意根据变轨问题分析可知速度关系。本题主要是考查卫星的运行规律以及卫星的变轨问题。
【解答】A.周期跟半径为2.5R的卫星周期相等，有：
GMm(2.5R)2=m4π2T2×2.5R
GM=gR2
解得：T=5π 5R2g 故A正确
B.GMm(4R)2=mv324R，GMmR2=mv12R解得：v1：v3=2：1，故B错误。
C. 在轨道2上经过B的速度小于轨道3的速度小于轨道1的速度，故C错误。
D.在轨道2上运行时机械能守恒，故D错误。
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据两个物体空中相遇的位移关系，以及上升过程中相遇满足0
【解答】
设B经过时间t，AB在空中相遇，有：
2v0(t+Δt)−12g(t+Δt)2=v0t−12gt2
上升过程中相遇：0
故选 C。
6.【答案】D
【解析】设金属棒 MN 总长为d，金属棒 MN 与导轨接触的两点之间的距离为L，金属棒单位长度的电阻为 r ；
A.根据
i=BLv0Lr=Bv0r
不随时间变化，故A错误；
B.根据
F=BiL
0∼Lv0 ， F 随时间均匀变化； 2Lv0∼3Lv0 ， F 随时间也均匀变化，故B错误；
C.根据
P=Fv0
P 随时间变化规律跟 F 随时间变化规律相同，故C错误；
D.导轨不计电阻，导轨间的电压为零， α 为 bc 与水平方向夹角；金属棒 MN 产生电压为
U=B(d−L)v0=B(d−v0t⋅tanα)v0
在 0∼Lv0 ，随着金属棒的运动，金属棒两端电压减小；在 Lv0∼2Lv0 ，根据
U=Bdv0
金属棒两端电压不变；在 2Lv0∼3Lv0 ，根据
U=B(v0t−2L)tanα⋅v0
故D正确。
故选D。
7.【答案】BC
【解析】ABC.由图可知波长为 λ=8m ，分情况可得：
当简谐横波沿 x 轴正方向传播时，根据“同侧法”，则质点 P 是向上振动的，到达波峰则需要的时间为
t=T4+nT(n=0,1,2…)
根据题意中 t=0.1s ，代入数据得
T=0.41+4ns(n=0,1,2…)
根据波速公式
v=λT
可得
v=20(1+4n)(n=0,1,2…)
又因为波的传播速度小于 30m/s ，则 n=0 ， T=0.4s ， v=20m/s ，
当简谐横波沿 x 轴负方向传播时，根据“同侧法”，则质点 P 是向下振动的，到达波峰则需要的时间为
t=3T4+nT(n=0,1,2…)
根据题意中 t=0.1s ，代入数据得
T=0.43+4ns(n=0,1,2…)
根据波速公式
v=λT
可得
v=20(3+4n)(n=0,1,2…)
又因为波的传播速度小于 30m/s ，则简谐横波不可能沿 x 轴负方向传播；综上分析，简谐横波只能沿 x 轴正方向传播，故A错误，BC正确；
D. t=0.3s 时，质点 P 已经振动了 3T4 ，则处于波谷的位置，加速度最大且沿 y 轴正方向，故D错误。
故选BC。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用左手定则可以判断粒子电性，应用几何关系求出半径关系结合洛伦兹力提供向心力可以解题。
【解答】
A.粒子a经过C点、粒子b经过D点，由左手定则可知，a、b两粒子都带负电，故A对；
B．a、b两粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可知：ra=L2sin60°=33L，rb=OD=Lcs30°=32L，ra：rb=2：3
粒子在磁场做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B=mv02ra，qvB=mv2rb
解得b粒子的速度大小：v=1.5v0，
时间之比为2：1
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查理想变压器的动态变化和闭合电路的欧姆定律的应用。
根据滑动变阻器R的滑片向上调节的过程中，使连入电路中的电阻增大可知U3I2的变化；根据变压器电压、电流与匝数的关系可知ΔU2ΔI2的变化；
根据闭合电路欧姆定律可分析ΔU1ΔI1的变化；
根据变压器的输出功率P=U0I1−I12R0 由二次函数知识分析变压器的输出功率的变化。
【解答】
A.U3I2=R变大，A正确
C. U0=I1R0+U1可知：ΔU1ΔI1=R0，C正确
B. ΔU2ΔI2=ΔU14ΔI1=R04，不变，B错误
D.P=(U0R0+4(R+R1))2×4(R+R1)，输出功率一直变大，D错误
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查的一般都是结合物体的受力平衡，此题解题的关键在于竖直向下移动小球A一小段高度，同时调整B球的质量mB，使整个系统再次处于静止状态前后的受力分析图，利用相似三角形规律进行解答．
由题意可知对B小球进行受力分析，由共点力的平衡条件对小球B进行受力分析，列平衡方
程求解。
【解答】
对B做受力分析有：
FBCBC=FAB=mBgAC
设橡皮筋的劲度系数为k1，弹簧的劲度系数为k2，弹簧原长为l0有：
k1BCBC=k2(AB−l0)AB=mBgAC=k1
k1不变，AB不变，F不变，AC变大，mB变大
故BC正确AD错误。
11.【答案】(1)均匀
(2)2.0
(3)1.0
(4)3.5
【解析】(1)为电压表示数与弹簧形变量成正比，被测物体的质量也与弹簧形变量成正比，所以将该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度时均匀的。
(2)由牛顿第二定律可得
mg−kl=ma
a=−10m/s2
解得
l=2cm
3V刻度线改为 10m/s2 ，则此时滑片在最高点，故此加速度计滑片P滑动的长度范围为2cm；
(3)由平衡条件可得
kl′=mg
代入数据解得
l=1cm
3V刻度线改为 10m/s2 ，则此时滑片在最高点，此时滑片下降1cm，电阻丝总长3cm；当加速度为零时滑片P离电阻丝下端1cm。
(4)当加速度为零时滑片P离电阻丝下端1cm，故此时电压表测量的电阻为
R=23×12Ω=8Ω
根据闭合回路的欧姆定律可得
UgR=ER0+r+R
解得
R0=3.5Ω
12.【答案】 5.60 d2LT A2−d2LT B2 A
【解析】(1)[1]游标卡尺的精度为 0.05mm ，读数为
5mm+12×0.05mm=5.60mm
(3)[2]B、A经过光电门的速度分别为
v1=dTB ， v2=dTA
根据速度—位移的公式有
v22−v12=2a×L2
解得
a=d2LTA 2−d2LTB 2
(5)[3]设A、B两凹槽和遮光条的质量均 M ，从B凹槽拿一个砝码到A凹槽，有
2mgsinθ=μ2M+20mgcsθ
若从B凹槽拿 n 个砝码到A凹槽，由牛顿第二定律有
2nmgsinθ−μ2M+20mgcsθ=2M+20ma
解得
2n−2mgsinθ=2M+20ma
变形得
a=n−1mgsinθM+10m
图像的纵坐标为 a ，横坐标应为 n−1 。
故选A。
13.【答案】解：(1)设缸内气体原来压强为p1，汽缸受力平衡得p1S=p0S+G，
则初始时气体的压强 p1=p0S+GS；
(2)缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸过程中，缸内气体发生等压变化，
根据盖−吕萨克定律V1T0=V2T1，解得T1=3T0；
(3)根据气体实验定律，气体发生等压变化，气体对缸做功W=p1⋅ΔV=(p0+GS)2Sl3=2(p0S+G)l3，
由热力学第一定律可知，温度升高气体内能变大，得缸内气体内能增量为：ΔU=3kT0−kT0=Q−W，
解得：Q=2kT0+2(p0S+G)l3。
【解析】本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决；另外要注意一定质量的理想气体的内能只与温度有关，以及气体对缸做功的正负。
(1)根据汽缸受力平衡得初始时气体的压强；
(2)以缸内气体为研究对象可知，缸内气体压强不变，根据盖−吕萨克定律列式求解；
(3)根据W=pΔV结合热力学第一定律列式求解该过程缸内气体吸收的热量。
14.【答案】解：(1)B自由下落H的速度vB，根据机械能守恒有
mgH=12mvB2
解得vB= 2gH
B与A碰撞过程动量守恒，则有
mvB+0=(m+m)v1
解得v1= 3mg22k；
(2)A在O位置，弹簧被压缩x0，根据平衡条件得
x0=mgk
A与B共同体继续向下运动离O点的最大距离为xm
根据能量守恒定律
12(2m)v12+12kx02+2mgxm=12k(x0+xm)2
根据平衡条件有mg=kx0，整理得xm2−2x0xm−3x02=0，
解得xm=3x0，xm=−x0(舍去)
即xm=3mgk；
(3)两小球一起向下运动的过程中，根据平衡条件有2mg=kx，
当两小球偏离平衡位置x′后，两小球所受回复力为F=2mg−k(x+x′)=-kx′，
故两小球一起向下运动的过程，是简谐运动；
由题意T=2π2mk，又振幅A=2x0=2mgk
振动图像如图
由余弦函数知Δt=13×(14T)=T12，所求时间t=Δt+14T=13T
得t=13×2π2mk=23π2mk。
【解析】(1)根据机械能守恒求解小球B自由下落H的速度，根据动量守恒定律求解小球B与小球A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
(2)根据机械能守恒定律求解小球A被碰后向下运动离O点的最大距离；
(3)由题意可得两个小球的振动，画出两个小球再次达到O点过程中的振动图象，根据图象求解时间。
本题主要是考查动量守恒定律和简谐运动的周期公式，关键是掌握机械能守恒定律、动量守恒定律的应用方法，知道简谐运动的周期公式，能够根据运动过程计算时间。
15.【答案】解：(1)刚进入磁场区域时，根据右手定则可知电流方向从a流向b，所以φa<φb
(2)对ab棒根据动量定理−BI×2dΔt=Mv1−Mv0
电容两端的电压为UC=B×2d×v1
电容为C=QUC，其中Q=IΔt
联立解得v1=2.1m/s
(3)ab棒刚离开磁场区域1到ab棒刚离开磁场区域7的过程，根据动量定理
B×2d×C×B×2d×(v1−v7)−Bd(2×5+1)Bd×0.5dR=Mv7−Mv1
解得v7=1m/s
由ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，根据动量定理
−B2d2×2×0.5dR=Mv8−Mv7
代入数据解得v8=0
正方形线框上产生的焦耳热为Q=12Mv72−12Mv82=0.04J。
【解析】解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势E=BLv.以及熟练运用动量定理微分式并结合功能关系求解。
(1)线框刚进入磁场时，左边切割磁感线产生感应电动势，从而产生感应电流，根据右手定则判断电势高低．
(2)根据单杆电容模型的特点，利用动量定理结合电容两端的电压和电容定义式求解．
(3)ab棒刚离开磁场区域1到ab棒刚离开磁场区域7的过程以及由ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，对线框和导体棒根据动量定理求解。再根据功能关系求出热量Q。
相关试卷
湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三下学期2月自主检测物理试题： 这是一份湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三下学期2月自主检测物理试题，共13页。
2023-2024学年湖南省长沙市雨花区重点中学高三（上）月考 物理试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年湖南省长沙市雨花区重点中学高三（上）月考 物理试卷（含解析），共34页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年湖南省长沙市长郡中学高三上学期暑假作业检测物理试卷（解析版）： 这是一份2023-2024学年湖南省长沙市长郡中学高三上学期暑假作业检测物理试卷（解析版），文件包含湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三上学期暑假作业检测物理试卷docx、湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三上学期暑假作业检测物理答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
