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2024届安徽省高考历史考前信息必刷卷01（解析版）
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这是一份2024届安徽省高考历史考前信息必刷卷01（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
(试卷满分：100分 考试时间：75分钟)
根据《安徽省普通高中学业水平选择性考试试卷结构》内容要求，预测2024年安徽省新高考物理试卷的试卷结构为8（单选题）＋2（多选题）＋2（实验题）＋3（计算题）。新高考命题依然是“内容不超过范围，深度不超要求”，注重增强灵活性和创新性为支撑，把考查的重点放在学生思维品质和综合应用所学科知识解决问题能力上。
电磁感应是每年高考的必考点，预计2024年的新高考仍然会涉及考查应用楞次定律、右手定则判断感应电流(电动势)的方向等基础知识；同时还会考查电磁感应的规律与电路、图象、动力学、能量、动量等知识的综合应用问题。从近几年高考命题来看，命题形式和内容比较固定，应该还会延续，但是题目的情景可能向着贴近生活的方向发展。如试卷第8题以生活中人们常常接触的交通工具摩托车和汽车上装的磁性转速表工作原理为情景，考查学生对电磁感应的综合应用问题的掌握。
一、单项选择题:本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．一质点由静止开始做直线运动的v－t关系图像如图所示，则该质点的x－t关系图像可大致表示为选项图中的( )
答案 B
[试题解析] 根据x－t图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的x－t关系图像可大致表示为B图，故选B.
2．随着科技的发展，夜视技术越来越成熟．一切物体都可以产生红外线，即使在漆黑的夜里“红外监控”“红外摄影”也能将目标观察得清清楚楚．为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，下列说法正确的是( )
A．镀膜的目的是尽可能让入射的红外线反射
B．镀膜的目的是尽可能让入射的所有光均能透射
C．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一
D．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的二分之一
答案 C
[试题解析] 镀膜的目的是尽可能让红外线能够透射，而让红外线之外的光反射，从而使红外线图像更加清晰，故A、B错误；当红外线在薄膜前、后表面的反射光恰好干涉减弱时，反射光最弱，透射光最强，根据干涉相消的规律可知，此时红外线在薄膜前、后表面反射光的光程差应为半波长的奇数倍，而为了尽可能增加光的透射程度，镀膜的厚度应该取最薄的值，即红外线在薄膜中波长的四分之一，故C正确，D错误．
3．如图为一小型起重机，A、B为光滑轻质滑轮，C为电动机．物体P和A、B、C之间用不可伸长的轻质细绳连接，滑轮A的轴固定在水平伸缩杆上并可以水平移动，滑轮B固定在竖直伸缩杆上并可以竖直移动．当物体P静止时( )
A．滑轮A的轴所受压力可能沿水平方向
B．滑轮A的轴所受压力一定大于物体P的重力
C．当只将滑轮A向右移动时，A的轴所受压力变大
D．当只将滑轮B向上移动时，A的轴所受压力变大
答案 C
[试题解析] 滑轮A的轴所受压力为BA方向的拉力和物体P重力的合力，BA方向的拉力与物体P的重力大小相等，设两力方向的夹角为θ，其变化范围为90°<θ<180°，根据力的合成法则可知，滑轮A的轴所受压力不可能沿水平方向，θ的大小不确定，滑轮A的轴所受压力可能大于物体P的重力，也可能小于或等于物体P的重力，故A、B错误；当只将滑轮A向右移动时，θ变小，两绳的合力变大，A的轴所受压力变大，故C正确；当只将滑轮B向上移动时，θ变大，两绳的合力变小，A的轴所受压力变小，故D错误．
4．如图所示，小船从河岸的O点沿虚线运动，匀速运动到河对岸的P点，河水的流速v水、船在静水中的速度v静与虚线的夹角分别为α、θ，河宽为L，且v静、v水的大小不变，下列说法正确的是( )
A．渡河时间t＝eq \f(L,v静)
B．渡河时间t＝eq \f(L,v静sinθ＋α)
C．v水越小，渡河时间越短
D．当α＝90°时，渡河的时间最短
答案 B
[试题解析] 根据速度的合成与分解及数学知识可知，渡河时间t＝eq \f(L,v静sinα＋θ)，与v水无关，选项A、C错误，B正确；当α＋θ＝90°时，渡河时间最短，为tmin＝eq \f(L,v静)，选项D错误．
5．如图所示，A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，O为地心，在两卫星运行过程中，AB连线和OA连线的夹角最大为θ，则A、B两卫星( )
A．做圆周运动的周期之比为2eq \r(\f(1,sin3 θ))
B．做圆周运动的周期之比为eq \f(1,sin3 θ)
C．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为eq \r(\f(1,sin θ))
D．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为eq \f(1,sin θ)
答案 C
[试题解析] 夹角最大时，OB与AB垂直，根据几何关系有rB＝rAsin θ，由开普勒第三定律可得eq \f(TA2,TB2)＝eq \f(rA3,rB3)，则eq \f(TA,TB)＝eq \r(\f(1,sin3 θ))，A、B错误；t时间内，卫星与地心连线扫过的面积S＝eq \f(t,T)·πr2，则eq \f(SA,SB)＝eq \f(TB,TA)·eq \f(rA2,rB2)＝eq \r(\f(1,sin θ))，C正确，D错误．
6．如图甲所示，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(－2,0)和S2(4,0)．两波源的振动图像分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为0.50 m/s.0时刻两波源产生的波均已到达质点A(－2,8)和B(1,4)处，则( )
A．质点A位于振动加强区
B．质点A比质点B振动得快
C．0～4 s内，质点A的最小位移为－2 m
D．0～4 s内，质点B的最大位移为2 m
答案 D
[试题解析] 根据题意可知，两波传播到A点的路程差为Δs＝eq \r(62＋82) m－8 m＝2 m，两列波的波速均为v＝0.5 m/s，由题图可得 T＝4 s，所以波长为 λ＝vT＝0.5×4 m＝2 m，所以Δs＝λ，根据题图乙和题图丙可知，两列波的起振方向是反向的，所以质点A位于振动减弱区，故A错误；两波源的振动频率相等，则质点A与质点B振动快慢相同，故B错误；两波传播到B点的路程差为0，B点为振动减弱点，B点的振幅为A＝A2－A1＝4 m－2 m＝2 m,0～4 s内，质点B的最大位移为2 m，故D正确；A点为振动减弱点，0～4 s内，质点A的最小位移为0，故C错误．
7．如图所示电路，电源内阻为r，两相同灯泡L1、L2 电阻均为R，D为理想二极管(具有单向导电性)，电表均为理想电表．闭合S后，一带电油滴恰好在平行板电容器中央静止不动．现把滑动变阻器滑片向上滑动，电压表V1、V2 示数变化量绝对值分别为ΔU1、ΔU2 ，电流表示数变化量绝对值为ΔI，则下列说法中错误的是( )
A．两灯泡逐渐变亮 B．油滴将向下运动
C.eq \f(ΔU2,ΔI)＝R＋r D．ΔU2>ΔU1
答案 B
[试题解析] 滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，总电阻减小，回路中电流变大，两灯泡变亮，选项A正确；总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V1的示数减小，而L1两端的电压变大，所以L2与滑动变阻器部分的电压之和减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，Q不变，则由C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)和E＝eq \f(U,d)得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知E不变，油滴静止不动，选项B错误；把L1的电阻R看作电源内阻一部分，ΔU2就是R＋r两端电压的增加量，则eq \f(ΔU2,ΔI)＝R＋r，选项C正确；由闭合电路欧姆定律可得eq \f(ΔU1,ΔI)＝r，所以ΔU2>ΔU1，选项D正确．
8．电磁驱动是21世纪初问世的新概念，该技术被视为将带来交通工具大革命。多国科学家都致力于此项研究。据2015年央广新闻报道，美国国家航空航天局NASA在真空成功试验了电磁驱动引擎，如果得以应用，该技术将在未来的星际旅行中派上大用场。在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理。如图所示，是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )
A.铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B.永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C.铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相反
D.由于铝盘和永久磁体被同转轴带动，所以两者转动是完全同步的
答案 B
[试题解析] 当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁体转动，要减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C错误；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，D错误.
二、多项选择题:本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9．空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在某平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒( )
A．一定带正电
B．0～3 s内静电力做的功为－9 J
C．运动过程中动能不变
D．0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J
答案 BCD
[试题解析] 由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故A错误；由题图可知，0～3 s内电势能增加9 J，则0～3 s静电力做的功为－9 J，故B正确；由题图可知，电势能均匀增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动，同理，沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，动能不变，故C正确；由功能关系可知，0～3 s内重力势能与电势能共增加12 J，又微粒的动能不变，故0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J，故D正确．
10．如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力大小均为Ff，轻杆S露在薄板外面的长度为l.轻杆S前端固定一个劲度系数为eq \f(3Ff,l)的轻弹簧．一质量为m的物体从左侧以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6).已知弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中k为劲度系数，x为形变量．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是( )
A．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq \f(\r(10),10)v0
B．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq \f(\r(6),3)v0
C．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为eq \f(\r(6),2)v0
D．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为eq \f(2\r(6),3)v0
答案 BD
[试题解析] 当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力大小为F，压缩量为x，由平衡条件知F＝kx＝2Ff，代入k的值可得x＝eq \f(2,3)l，设欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v1，则由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)k(eq \f(2,3)l)2，由题意知，物体以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6)，由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝2Ff×eq \f(l,6)＋eq \f(1,2)mv12，联立可得v1＝eq \f(\r(6),3)v0，故A错误，B正确；设物体m的运动速度大小为v2时，轻杆S左端恰好完全进入薄板，则由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv22＝2Ff×l＋eq \f(1,2)mv12，可解得v2＝eq \f(2\r(6),3)v0，故C错误，D正确．
三、非选择题:本题共5小题，共58分。
11．(6分)某同学探究图甲中台秤的工作原理．他将台秤拆解后发现内部简易结构如图乙所示，托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D可无摩擦转动，与齿条C完全啮合，在齿轮上固定指示示数的轻质指针E，两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳I上．他想根据指针偏转角度测量弹簧的劲度系数，经过调校，托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置．若放上质量为m的物体指针偏转了θ弧度(θ<2π)，齿轮D的直径为d，重力加速度为g.
(1)指针偏转了θ弧度的过程，弹簧变长了________(用题干中所给的参量表示)．
(2)每根弹簧的劲度系数表达式为________(用题干所给的参量表示)．
(3)该同学进一步改进实验，引入了角度传感器测量指针偏转角度，先后做了六次实验，得到数据并在坐标纸上作出图丙，可得到每根弹簧的劲度系数为________ N/m(d＝5.00 cm，g＝9.8 m/s2，结果保留三位有效数字)．
答案 (1)eq \f(θ,2)d (2分) (2)eq \f(mg,θd) (2分) (3)154(151～159均可) (2分)
[试题解析] (1)由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，所以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的弧长，根据数学知识可得s＝θ·eq \f(d,2)，即弹簧的伸长量为Δx＝s＝eq \f(θ,2)d；(2)对托盘A、竖直杆B、水平横杆H、齿条C和物体整体研究，根据平衡条件得mg＝2F，弹簧弹力的胡克定律公式为F＝kΔx，联立解得k＝eq \f(mg,θd)；(3)根据k＝eq \f(mg,θd)，得θ＝eq \f(g,kd)·m，所以θ－m图像是一条过原点的倾斜直线，其斜率k′＝eq \f(g,kd)，由题图丙可得k′＝eq \f(Δθ,Δm)＝eq \f(0.76,0.6) rad/kg≈1.27 rad/kg，将d＝5.00 cm，g＝9.8 m/s2代入k′，解得k≈154 N/m.
12．(10分)为测量甲、乙金属丝的电阻率，小明同学设计了如图(a)、(b)所示的两种实验方案，已知电源的电动势E和内阻r在实验过程中保持不变．
(1)小明先进行了如图(a)方案的测量；
①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙两根不同金属丝的直径，示数分别如图(c)、图(d)所示．则两根金属丝直径的测量值分别为：d甲＝________ mm、d乙＝________ mm；
②实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出甲金属丝接入电路中的长度l＝50.00 cm.闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图(e)所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并在图(e)中画出U－I图线；
③该方案测得的甲金属丝的电阻率ρ＝____ Ω·m(π取3.14，计算结果保留两位有效数字)；
(2)小明又用如图(b)方案测量乙金属丝的电阻率，实验中他可以通过改变接线夹(即图(b)中滑动变阻器符号上的箭头接触金属丝的位置)，以控制接入电路中金属丝的长度；
①实验操作步骤：
a．正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关
b．读出电流表的示数，记录接线夹的位置
c．断开开关，测出接入电路的金属丝的长度
d．闭合开关，重复b、c的操作
②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图(f)所示的关系图线，由图可以算出图线的斜率为k，已测得乙金属丝的直径为d乙，已知电源的电动势为E、内阻为r.则乙金属丝的电阻率为________；(写出电阻率的计算式)
(3)电表的内阻可能使实验产生系统误差，图(b)方案电阻率测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值．
答案 (1)①1.75 (1分) 0.548 (1分)
② (2分)
③2.3×10－5 (2分)
(2)②eq \f(πEd乙2k,4) (2分)
(3)等于 (2分)
[试题解析] (1)①两根金属丝直径的测量值分别为d甲＝1 mm＋0.05 mm×15＝1.75 mm，d乙＝0.5 mm＋0.01 mm×4.8＝0.548 mm②描点并作出U－I图像如图
③由图像可知Rx＝eq \f(U,I)＝eq \f(2.9,0.6) Ω≈4.8 Ω，根据Rx＝ρeq \f(l,S)＝eq \f(4ρl,πd甲2)，解得ρ＝eq \f(πd甲2Rx,4l)＝eq \f(3.14×1.75×10－32×4.8,4×0.5) Ω·m≈2.3×10－5 Ω·m；(2)②由闭合电路欧姆定律E＝I(ρeq \f(L,S)＋r＋R)＝I(ρeq \f(4L,πd乙2)＋r＋R)，即eq \f(1,I)＝eq \f(4ρ,πd乙2E)L＋eq \f(R＋r,E)，则eq \f(4ρ,πd乙2E)＝k，得ρ＝eq \f(πEd乙2k,4)；(3)题图(b)中考虑电流表内阻，则eq \f(1,I)＝eq \f(4ρ,πd乙2E)L＋eq \f(r＋R＋RA,E)，不影响图像的斜率，则电阻率的测量值等于真实值．
13．(10分)王亚平在太空实验授课中，进行了水球光学实验。在空间站中的微重力环境下有一个水球，如果在水球中心注入空气，形成球形气泡，内外两球面球心均在O点，内球面半径为R，外球面半径为 eq \f(8,3) R。现将一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，调整入射角，发现光线与AO直线所成夹角i = 30°，经折射后恰好与内球面相切，已知真空中光速为c，求：
(1)单色光在水中的折射率；
(2)能使光在内球表面上发生全反射的入射角i的取值范围（不考虑球内多次反射）。
解： (1)根据题意，设光线在A点折射角为γ，由几何关系有
sin γ＝ eq \f(R,\f(8,3)R) ＝ eq \f(3,8) (1分)
由折射定律有
n＝ eq \f(sin i,sin γ) ＝ eq \f(\f(1,2),\f(3,8)) ＝ eq \f(4,3) (2分)
(2)根据题意，设在A点的入射角为α时，恰好在C点发生全反射，如图所示
则有 eq \f(sin α,sin ∠CAO) = eq \f(4,3) (1分)
sin∠ACD = eq \f(1,n) = eq \f(3,4) (1分)
由正弦定理有 eq \f(\f(8,3)R,sin(π -∠ACD)) = eq \f(R,sin∠CAO) (2分)
联立解得sin α = eq \f(3,8) (1分)
解得 α =22° (1分)
则能使光在内球表面上发生全反射的入射角i的取值范围22° ≤ i ≤ 30° (1分)
14．(14分)在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，方向均沿x轴水平向右．在O点，一个α粒子(氦原子核)以速度v0沿与x轴夹角为60°的方向射入电、磁场，已知质子质量为m、电荷量为q，不计α粒子的重力．求：
(1)α粒子离x轴的最远距离；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能．
解： (1)由题意可知α粒子的质量为mα＝4m、电荷量为qα＝2q，将α粒子的初速度分解成沿x轴方向的分速度vx与垂直x轴方向的分速度vy，则有
vx＝v0cs 60°＝eq \f(1,2)v0 (1分)
vy＝v0sin 60°＝eq \f(\r(3),2)v0 (1分)
由于vx与磁场方向平行，不受洛伦兹力影响，电场方向沿着x轴方向，只影响vx，不影响vy，故α粒子在电、磁场中的运动可分解为：垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，沿x轴方向做匀加速直线运动．对于垂直于x轴平面内的匀速圆周运动，有qαvyB＝mαeq \f(vy2,r) (2分)
解得圆周运动半径r＝eq \f(mαvy,qαB)＝eq \f(4mvy,2qB)＝eq \f(\r(3)mv0,qB) (1分)
故α粒子离x轴的最远距离是直径的长度，即为eq \f(2\r(3)mv0,qB) (1分) ；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时，由于在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，可知此过程经历的时间t＝3T＝3×eq \f(2πmα,qαB)＝eq \f(12πm,qB) (1分)
沿x轴方向的匀加速直线运动所通过的位移x＝vxt＋eq \f(1,2)at2 (1分)
又加速度a＝eq \f(qαE,mα)＝eq \f(qE,2m) (1分)
解得x＝eq \f(6πm,qB)(v0＋eq \f(6πE,B)) (1分)
α粒子从O点射出后到第3次与x轴相交的过程，由动能定理有qαEx＝Ek－eq \f(1,2)mαv02 (2分)
联立解得α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能
Ek＝2mv02＋eq \f(12πmE,B)(v0＋eq \f(6πE,B)) (2分)
15．(18分)如图甲所示，由粗细均匀的金属丝绕制而成的单匝矩形线圈abcd固定在绝缘滑块上，线圈和滑块的总质量为m=1kg，水平面粗糙，线圈ab边长度为L1=2m，线圈ad边长度为L2=1m，金属丝单位长度的电阻为λ=0.1Ω/m。滑块的右侧有一以EH、EG为界的匀强磁场，磁场区域足够大。滑块在外力F的作用下以速度v=0.6m/s水平向右做匀速直线运动。从某时刻开始计时，得到F随时间t变化的图像如图乙所示。已知ab边到磁场下边界EH的距离x=0.5m，取g = 10m/s2，求：
(1)匀强磁场磁感应强度的大小；
(2)线圈进入磁场过程中cd两点间的电势差Ucd，通过线圈的电荷量和线圈中产生的热量；
(3)从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功。
解： (1)如题图乙所示，设F1=5N，F2=6N，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，在线圈进磁场之前，滑块做匀速运动，由平衡条件可知F1=μmg (1分)
设匀强磁场的磁感应强度为B，在线圈刚进入磁场时，切割磁场线产生的感应电动势为
E=Bxv (1分)
回路中的感应电流方向为cbad，大小为I = eq \f(E,R) = eq \f(Bxv,λ(2L1+2L2)) (1分)
线圈水平方向所受安培力方向为水平向左，大小为F水平 = BIx = eq \f(B2x2v,λ(2L1+2L2)) (2分)
由图可知t0=1s时，线圈bc边刚进入磁场，线圈竖直方向所受安培力方向为竖直向下，大小为F竖直 = Bv(t-t0) = eq \f(B2xv2(t-t0),λ(2L1+2L2)) (1分)
因滑块是匀速运动的，由平衡条件可知F2 =μ(mg+F竖直)+F水平 (1分)
刚进入磁场时，即t=1s时，竖直方向安培力等于零，解得B=2T (1分)
（2）线圈进入磁场过程中的感应电流为I = eq \f(E,R) = eq \f(Bxv,λ(2L1+2L2)) =1A (1分)
cd两点间的电势差为Ucd=-IλL1=-0.2V (1分)
线圈进入磁场过程中通过线圈的电荷量 (1分)
线圈中产生的热量 (1分)
在时间内，外力F做的功为
(1分)
线圈进入磁场过程中，线圈中的电流大小不变，设线圈进入磁场长度为s，则有
(2分)
可知外F随线圈进入磁场的长度呈线性变化，当线圈ad边刚好进入磁场时，有
(1分)
则线圈进入磁场过程，外力F做的功为 (1分)
从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功为 (1分) 实验次数
1
2
3
4
5
6
U/V
0.90
1.20
1.50
1.80
2.10
2.40
I/A
0.18
0.24
0.30
0.37
0.43
0.49
(试卷满分：100分 考试时间：75分钟)
根据《安徽省普通高中学业水平选择性考试试卷结构》内容要求，预测2024年安徽省新高考物理试卷的试卷结构为8（单选题）＋2（多选题）＋2（实验题）＋3（计算题）。新高考命题依然是“内容不超过范围，深度不超要求”，注重增强灵活性和创新性为支撑，把考查的重点放在学生思维品质和综合应用所学科知识解决问题能力上。
电磁感应是每年高考的必考点，预计2024年的新高考仍然会涉及考查应用楞次定律、右手定则判断感应电流(电动势)的方向等基础知识；同时还会考查电磁感应的规律与电路、图象、动力学、能量、动量等知识的综合应用问题。从近几年高考命题来看，命题形式和内容比较固定，应该还会延续，但是题目的情景可能向着贴近生活的方向发展。如试卷第8题以生活中人们常常接触的交通工具摩托车和汽车上装的磁性转速表工作原理为情景，考查学生对电磁感应的综合应用问题的掌握。
一、单项选择题:本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．一质点由静止开始做直线运动的v－t关系图像如图所示，则该质点的x－t关系图像可大致表示为选项图中的( )
答案 B
[试题解析] 根据x－t图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的x－t关系图像可大致表示为B图，故选B.
2．随着科技的发展，夜视技术越来越成熟．一切物体都可以产生红外线，即使在漆黑的夜里“红外监控”“红外摄影”也能将目标观察得清清楚楚．为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，下列说法正确的是( )
A．镀膜的目的是尽可能让入射的红外线反射
B．镀膜的目的是尽可能让入射的所有光均能透射
C．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一
D．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的二分之一
答案 C
[试题解析] 镀膜的目的是尽可能让红外线能够透射，而让红外线之外的光反射，从而使红外线图像更加清晰，故A、B错误；当红外线在薄膜前、后表面的反射光恰好干涉减弱时，反射光最弱，透射光最强，根据干涉相消的规律可知，此时红外线在薄膜前、后表面反射光的光程差应为半波长的奇数倍，而为了尽可能增加光的透射程度，镀膜的厚度应该取最薄的值，即红外线在薄膜中波长的四分之一，故C正确，D错误．
3．如图为一小型起重机，A、B为光滑轻质滑轮，C为电动机．物体P和A、B、C之间用不可伸长的轻质细绳连接，滑轮A的轴固定在水平伸缩杆上并可以水平移动，滑轮B固定在竖直伸缩杆上并可以竖直移动．当物体P静止时( )
A．滑轮A的轴所受压力可能沿水平方向
B．滑轮A的轴所受压力一定大于物体P的重力
C．当只将滑轮A向右移动时，A的轴所受压力变大
D．当只将滑轮B向上移动时，A的轴所受压力变大
答案 C
[试题解析] 滑轮A的轴所受压力为BA方向的拉力和物体P重力的合力，BA方向的拉力与物体P的重力大小相等，设两力方向的夹角为θ，其变化范围为90°<θ<180°，根据力的合成法则可知，滑轮A的轴所受压力不可能沿水平方向，θ的大小不确定，滑轮A的轴所受压力可能大于物体P的重力，也可能小于或等于物体P的重力，故A、B错误；当只将滑轮A向右移动时，θ变小，两绳的合力变大，A的轴所受压力变大，故C正确；当只将滑轮B向上移动时，θ变大，两绳的合力变小，A的轴所受压力变小，故D错误．
4．如图所示，小船从河岸的O点沿虚线运动，匀速运动到河对岸的P点，河水的流速v水、船在静水中的速度v静与虚线的夹角分别为α、θ，河宽为L，且v静、v水的大小不变，下列说法正确的是( )
A．渡河时间t＝eq \f(L,v静)
B．渡河时间t＝eq \f(L,v静sinθ＋α)
C．v水越小，渡河时间越短
D．当α＝90°时，渡河的时间最短
答案 B
[试题解析] 根据速度的合成与分解及数学知识可知，渡河时间t＝eq \f(L,v静sinα＋θ)，与v水无关，选项A、C错误，B正确；当α＋θ＝90°时，渡河时间最短，为tmin＝eq \f(L,v静)，选项D错误．
5．如图所示，A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，O为地心，在两卫星运行过程中，AB连线和OA连线的夹角最大为θ，则A、B两卫星( )
A．做圆周运动的周期之比为2eq \r(\f(1,sin3 θ))
B．做圆周运动的周期之比为eq \f(1,sin3 θ)
C．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为eq \r(\f(1,sin θ))
D．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为eq \f(1,sin θ)
答案 C
[试题解析] 夹角最大时，OB与AB垂直，根据几何关系有rB＝rAsin θ，由开普勒第三定律可得eq \f(TA2,TB2)＝eq \f(rA3,rB3)，则eq \f(TA,TB)＝eq \r(\f(1,sin3 θ))，A、B错误；t时间内，卫星与地心连线扫过的面积S＝eq \f(t,T)·πr2，则eq \f(SA,SB)＝eq \f(TB,TA)·eq \f(rA2,rB2)＝eq \r(\f(1,sin θ))，C正确，D错误．
6．如图甲所示，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(－2,0)和S2(4,0)．两波源的振动图像分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为0.50 m/s.0时刻两波源产生的波均已到达质点A(－2,8)和B(1,4)处，则( )
A．质点A位于振动加强区
B．质点A比质点B振动得快
C．0～4 s内，质点A的最小位移为－2 m
D．0～4 s内，质点B的最大位移为2 m
答案 D
[试题解析] 根据题意可知，两波传播到A点的路程差为Δs＝eq \r(62＋82) m－8 m＝2 m，两列波的波速均为v＝0.5 m/s，由题图可得 T＝4 s，所以波长为 λ＝vT＝0.5×4 m＝2 m，所以Δs＝λ，根据题图乙和题图丙可知，两列波的起振方向是反向的，所以质点A位于振动减弱区，故A错误；两波源的振动频率相等，则质点A与质点B振动快慢相同，故B错误；两波传播到B点的路程差为0，B点为振动减弱点，B点的振幅为A＝A2－A1＝4 m－2 m＝2 m,0～4 s内，质点B的最大位移为2 m，故D正确；A点为振动减弱点，0～4 s内，质点A的最小位移为0，故C错误．
7．如图所示电路，电源内阻为r，两相同灯泡L1、L2 电阻均为R，D为理想二极管(具有单向导电性)，电表均为理想电表．闭合S后，一带电油滴恰好在平行板电容器中央静止不动．现把滑动变阻器滑片向上滑动，电压表V1、V2 示数变化量绝对值分别为ΔU1、ΔU2 ，电流表示数变化量绝对值为ΔI，则下列说法中错误的是( )
A．两灯泡逐渐变亮 B．油滴将向下运动
C.eq \f(ΔU2,ΔI)＝R＋r D．ΔU2>ΔU1
答案 B
[试题解析] 滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，总电阻减小，回路中电流变大，两灯泡变亮，选项A正确；总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V1的示数减小，而L1两端的电压变大，所以L2与滑动变阻器部分的电压之和减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，Q不变，则由C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)和E＝eq \f(U,d)得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知E不变，油滴静止不动，选项B错误；把L1的电阻R看作电源内阻一部分，ΔU2就是R＋r两端电压的增加量，则eq \f(ΔU2,ΔI)＝R＋r，选项C正确；由闭合电路欧姆定律可得eq \f(ΔU1,ΔI)＝r，所以ΔU2>ΔU1，选项D正确．
8．电磁驱动是21世纪初问世的新概念，该技术被视为将带来交通工具大革命。多国科学家都致力于此项研究。据2015年央广新闻报道，美国国家航空航天局NASA在真空成功试验了电磁驱动引擎，如果得以应用，该技术将在未来的星际旅行中派上大用场。在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理。如图所示，是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )
A.铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B.永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C.铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相反
D.由于铝盘和永久磁体被同转轴带动，所以两者转动是完全同步的
答案 B
[试题解析] 当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁体转动，要减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C错误；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，D错误.
二、多项选择题:本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9．空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在某平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒( )
A．一定带正电
B．0～3 s内静电力做的功为－9 J
C．运动过程中动能不变
D．0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J
答案 BCD
[试题解析] 由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故A错误；由题图可知，0～3 s内电势能增加9 J，则0～3 s静电力做的功为－9 J，故B正确；由题图可知，电势能均匀增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动，同理，沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，动能不变，故C正确；由功能关系可知，0～3 s内重力势能与电势能共增加12 J，又微粒的动能不变，故0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J，故D正确．
10．如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力大小均为Ff，轻杆S露在薄板外面的长度为l.轻杆S前端固定一个劲度系数为eq \f(3Ff,l)的轻弹簧．一质量为m的物体从左侧以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6).已知弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中k为劲度系数，x为形变量．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是( )
A．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq \f(\r(10),10)v0
B．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq \f(\r(6),3)v0
C．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为eq \f(\r(6),2)v0
D．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为eq \f(2\r(6),3)v0
答案 BD
[试题解析] 当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力大小为F，压缩量为x，由平衡条件知F＝kx＝2Ff，代入k的值可得x＝eq \f(2,3)l，设欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v1，则由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)k(eq \f(2,3)l)2，由题意知，物体以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6)，由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝2Ff×eq \f(l,6)＋eq \f(1,2)mv12，联立可得v1＝eq \f(\r(6),3)v0，故A错误，B正确；设物体m的运动速度大小为v2时，轻杆S左端恰好完全进入薄板，则由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv22＝2Ff×l＋eq \f(1,2)mv12，可解得v2＝eq \f(2\r(6),3)v0，故C错误，D正确．
三、非选择题:本题共5小题，共58分。
11．(6分)某同学探究图甲中台秤的工作原理．他将台秤拆解后发现内部简易结构如图乙所示，托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D可无摩擦转动，与齿条C完全啮合，在齿轮上固定指示示数的轻质指针E，两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳I上．他想根据指针偏转角度测量弹簧的劲度系数，经过调校，托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置．若放上质量为m的物体指针偏转了θ弧度(θ<2π)，齿轮D的直径为d，重力加速度为g.
(1)指针偏转了θ弧度的过程，弹簧变长了________(用题干中所给的参量表示)．
(2)每根弹簧的劲度系数表达式为________(用题干所给的参量表示)．
(3)该同学进一步改进实验，引入了角度传感器测量指针偏转角度，先后做了六次实验，得到数据并在坐标纸上作出图丙，可得到每根弹簧的劲度系数为________ N/m(d＝5.00 cm，g＝9.8 m/s2，结果保留三位有效数字)．
答案 (1)eq \f(θ,2)d (2分) (2)eq \f(mg,θd) (2分) (3)154(151～159均可) (2分)
[试题解析] (1)由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，所以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的弧长，根据数学知识可得s＝θ·eq \f(d,2)，即弹簧的伸长量为Δx＝s＝eq \f(θ,2)d；(2)对托盘A、竖直杆B、水平横杆H、齿条C和物体整体研究，根据平衡条件得mg＝2F，弹簧弹力的胡克定律公式为F＝kΔx，联立解得k＝eq \f(mg,θd)；(3)根据k＝eq \f(mg,θd)，得θ＝eq \f(g,kd)·m，所以θ－m图像是一条过原点的倾斜直线，其斜率k′＝eq \f(g,kd)，由题图丙可得k′＝eq \f(Δθ,Δm)＝eq \f(0.76,0.6) rad/kg≈1.27 rad/kg，将d＝5.00 cm，g＝9.8 m/s2代入k′，解得k≈154 N/m.
12．(10分)为测量甲、乙金属丝的电阻率，小明同学设计了如图(a)、(b)所示的两种实验方案，已知电源的电动势E和内阻r在实验过程中保持不变．
(1)小明先进行了如图(a)方案的测量；
①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙两根不同金属丝的直径，示数分别如图(c)、图(d)所示．则两根金属丝直径的测量值分别为：d甲＝________ mm、d乙＝________ mm；
②实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出甲金属丝接入电路中的长度l＝50.00 cm.闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图(e)所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并在图(e)中画出U－I图线；
③该方案测得的甲金属丝的电阻率ρ＝____ Ω·m(π取3.14，计算结果保留两位有效数字)；
(2)小明又用如图(b)方案测量乙金属丝的电阻率，实验中他可以通过改变接线夹(即图(b)中滑动变阻器符号上的箭头接触金属丝的位置)，以控制接入电路中金属丝的长度；
①实验操作步骤：
a．正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关
b．读出电流表的示数，记录接线夹的位置
c．断开开关，测出接入电路的金属丝的长度
d．闭合开关，重复b、c的操作
②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图(f)所示的关系图线，由图可以算出图线的斜率为k，已测得乙金属丝的直径为d乙，已知电源的电动势为E、内阻为r.则乙金属丝的电阻率为________；(写出电阻率的计算式)
(3)电表的内阻可能使实验产生系统误差，图(b)方案电阻率测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值．
答案 (1)①1.75 (1分) 0.548 (1分)
② (2分)
③2.3×10－5 (2分)
(2)②eq \f(πEd乙2k,4) (2分)
(3)等于 (2分)
[试题解析] (1)①两根金属丝直径的测量值分别为d甲＝1 mm＋0.05 mm×15＝1.75 mm，d乙＝0.5 mm＋0.01 mm×4.8＝0.548 mm②描点并作出U－I图像如图
③由图像可知Rx＝eq \f(U,I)＝eq \f(2.9,0.6) Ω≈4.8 Ω，根据Rx＝ρeq \f(l,S)＝eq \f(4ρl,πd甲2)，解得ρ＝eq \f(πd甲2Rx,4l)＝eq \f(3.14×1.75×10－32×4.8,4×0.5) Ω·m≈2.3×10－5 Ω·m；(2)②由闭合电路欧姆定律E＝I(ρeq \f(L,S)＋r＋R)＝I(ρeq \f(4L,πd乙2)＋r＋R)，即eq \f(1,I)＝eq \f(4ρ,πd乙2E)L＋eq \f(R＋r,E)，则eq \f(4ρ,πd乙2E)＝k，得ρ＝eq \f(πEd乙2k,4)；(3)题图(b)中考虑电流表内阻，则eq \f(1,I)＝eq \f(4ρ,πd乙2E)L＋eq \f(r＋R＋RA,E)，不影响图像的斜率，则电阻率的测量值等于真实值．
13．(10分)王亚平在太空实验授课中，进行了水球光学实验。在空间站中的微重力环境下有一个水球，如果在水球中心注入空气，形成球形气泡，内外两球面球心均在O点，内球面半径为R，外球面半径为 eq \f(8,3) R。现将一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，调整入射角，发现光线与AO直线所成夹角i = 30°，经折射后恰好与内球面相切，已知真空中光速为c，求：
(1)单色光在水中的折射率；
(2)能使光在内球表面上发生全反射的入射角i的取值范围（不考虑球内多次反射）。
解： (1)根据题意，设光线在A点折射角为γ，由几何关系有
sin γ＝ eq \f(R,\f(8,3)R) ＝ eq \f(3,8) (1分)
由折射定律有
n＝ eq \f(sin i,sin γ) ＝ eq \f(\f(1,2),\f(3,8)) ＝ eq \f(4,3) (2分)
(2)根据题意，设在A点的入射角为α时，恰好在C点发生全反射，如图所示
则有 eq \f(sin α,sin ∠CAO) = eq \f(4,3) (1分)
sin∠ACD = eq \f(1,n) = eq \f(3,4) (1分)
由正弦定理有 eq \f(\f(8,3)R,sin(π -∠ACD)) = eq \f(R,sin∠CAO) (2分)
联立解得sin α = eq \f(3,8) (1分)
解得 α =22° (1分)
则能使光在内球表面上发生全反射的入射角i的取值范围22° ≤ i ≤ 30° (1分)
14．(14分)在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，方向均沿x轴水平向右．在O点，一个α粒子(氦原子核)以速度v0沿与x轴夹角为60°的方向射入电、磁场，已知质子质量为m、电荷量为q，不计α粒子的重力．求：
(1)α粒子离x轴的最远距离；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能．
解： (1)由题意可知α粒子的质量为mα＝4m、电荷量为qα＝2q，将α粒子的初速度分解成沿x轴方向的分速度vx与垂直x轴方向的分速度vy，则有
vx＝v0cs 60°＝eq \f(1,2)v0 (1分)
vy＝v0sin 60°＝eq \f(\r(3),2)v0 (1分)
由于vx与磁场方向平行，不受洛伦兹力影响，电场方向沿着x轴方向，只影响vx，不影响vy，故α粒子在电、磁场中的运动可分解为：垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，沿x轴方向做匀加速直线运动．对于垂直于x轴平面内的匀速圆周运动，有qαvyB＝mαeq \f(vy2,r) (2分)
解得圆周运动半径r＝eq \f(mαvy,qαB)＝eq \f(4mvy,2qB)＝eq \f(\r(3)mv0,qB) (1分)
故α粒子离x轴的最远距离是直径的长度，即为eq \f(2\r(3)mv0,qB) (1分) ；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时，由于在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，可知此过程经历的时间t＝3T＝3×eq \f(2πmα,qαB)＝eq \f(12πm,qB) (1分)
沿x轴方向的匀加速直线运动所通过的位移x＝vxt＋eq \f(1,2)at2 (1分)
又加速度a＝eq \f(qαE,mα)＝eq \f(qE,2m) (1分)
解得x＝eq \f(6πm,qB)(v0＋eq \f(6πE,B)) (1分)
α粒子从O点射出后到第3次与x轴相交的过程，由动能定理有qαEx＝Ek－eq \f(1,2)mαv02 (2分)
联立解得α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能
Ek＝2mv02＋eq \f(12πmE,B)(v0＋eq \f(6πE,B)) (2分)
15．(18分)如图甲所示，由粗细均匀的金属丝绕制而成的单匝矩形线圈abcd固定在绝缘滑块上，线圈和滑块的总质量为m=1kg，水平面粗糙，线圈ab边长度为L1=2m，线圈ad边长度为L2=1m，金属丝单位长度的电阻为λ=0.1Ω/m。滑块的右侧有一以EH、EG为界的匀强磁场，磁场区域足够大。滑块在外力F的作用下以速度v=0.6m/s水平向右做匀速直线运动。从某时刻开始计时，得到F随时间t变化的图像如图乙所示。已知ab边到磁场下边界EH的距离x=0.5m，取g = 10m/s2，求：
(1)匀强磁场磁感应强度的大小；
(2)线圈进入磁场过程中cd两点间的电势差Ucd，通过线圈的电荷量和线圈中产生的热量；
(3)从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功。
解： (1)如题图乙所示，设F1=5N，F2=6N，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，在线圈进磁场之前，滑块做匀速运动，由平衡条件可知F1=μmg (1分)
设匀强磁场的磁感应强度为B，在线圈刚进入磁场时，切割磁场线产生的感应电动势为
E=Bxv (1分)
回路中的感应电流方向为cbad，大小为I = eq \f(E,R) = eq \f(Bxv,λ(2L1+2L2)) (1分)
线圈水平方向所受安培力方向为水平向左，大小为F水平 = BIx = eq \f(B2x2v,λ(2L1+2L2)) (2分)
由图可知t0=1s时，线圈bc边刚进入磁场，线圈竖直方向所受安培力方向为竖直向下，大小为F竖直 = Bv(t-t0) = eq \f(B2xv2(t-t0),λ(2L1+2L2)) (1分)
因滑块是匀速运动的，由平衡条件可知F2 =μ(mg+F竖直)+F水平 (1分)
刚进入磁场时，即t=1s时，竖直方向安培力等于零，解得B=2T (1分)
（2）线圈进入磁场过程中的感应电流为I = eq \f(E,R) = eq \f(Bxv,λ(2L1+2L2)) =1A (1分)
cd两点间的电势差为Ucd=-IλL1=-0.2V (1分)
线圈进入磁场过程中通过线圈的电荷量 (1分)
线圈中产生的热量 (1分)
在时间内，外力F做的功为
(1分)
线圈进入磁场过程中，线圈中的电流大小不变，设线圈进入磁场长度为s，则有
(2分)
可知外F随线圈进入磁场的长度呈线性变化，当线圈ad边刚好进入磁场时，有
(1分)
则线圈进入磁场过程，外力F做的功为 (1分)
从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功为 (1分) 实验次数
1
2
3
4
5
6
U/V
0.90
1.20
1.50
1.80
2.10
2.40
I/A
0.18
0.24
0.30
0.37
0.43
0.49
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