2017-2018学年福建省三明市高二下学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建省三明市高二下学期期末考试物理试题 解析版

福建省三明市2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一项符合题目要求，第11~14题有多项符合题目要求。全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分 ‎1. 如图从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了 A. 减小冲量 B. 减小动量的变化量 C. 增大与地面的冲击时间，从而减小冲力 D. 增大人对地面的压强，起到安全作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处．‎ 解：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F﹣mg）t=△mv；‎ 而脚尖着地可以增加人着地的时间，可以减小动量的变化率，故减小受到地面的冲击力；‎ 故选：C．‎ 点评：本题考查动量定理的定性的应用，物理知识在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意体会．‎ ‎2. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合物理学发展史实的是 A. 汤姆逊通过对天然放射性现象的研究发现了电子 B. 波尔进行了α粒子散射实验提出了著名的原子核式模型 C. 约里奥居里夫妇用α粒子轰击金属铍发现并命名了中子 D. 卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子，并预言了中子的存在 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、汤姆孙通过对阴极射线的研究，发现了电子，故A错误；‎ B、卢瑟福通过α 粒子的散射实验，提出了原子核式结构学说，故B错误；‎ C、居里夫人过对天然放射性的研究，发现了两种放射性新元素镭和钋，查德威克用α粒子轰击金属铍并发现了中子，故C错误；‎ D、卢瑟福用α粒子轰击氦原子核发现了质子，并预言了中子的存在，原子核是由质子和中子组成的，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】汤姆生发现电子，卢瑟福提出了原子核式结构学说．居里夫人过对天然放射性的研究，发现了两种放射性新元素镭和钋，查德威克用α粒子轰击金属铍并发现了中子，卢瑟福预言了原子核是由质子和中子组成的。‎ ‎3. 随着科技的不断发展，手机无线充电已经实现了从理论研发到实际应用的转化，下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图，关于无线充电，下列说法错误的是 A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”‎ B. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电 C. 只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电 D. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A错误；‎ B、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故B错误；‎ C、当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电，故C正确；‎ D、接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故D正确；‎ 说法错误的故选AB。‎ ‎【点睛】根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件，即可一一求解。‎ ‎4. 如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，下列说法正确的是 A. 这群氢原子能发出3种不同频率的光，其中从n=3跃迁到n=2所发出的光波长最短 B. 这群氢原子能发出2种不同频率的光，其中从n=3跃迁到n=1所发出的光频率最小 C. 金属钠表面发出的光电子的最大初动能为9.60eV D. 这群氢原子发出不同频率的光，只有一种频率的光可使金属钠发生光电效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 一群氢原子处于n=3的激发态，可能发出3中不同频率的光子，因为n=3和n=2间能级差最小，所以从n=3跃迁到n=2发出的光子频率最低，根据，所以波长最长，故AB错误；所以从n=3跃迁到n=1发出的光子频率最高，发出的光子能量为△E=13.60-1.51eV=12.09eV．根据光电效应方程EKm=hv-W0得，最大初动能EKm=12.09-2.49eV=9.60Ev，故C正确；从n=2到n=1和n=3到n=1能级发出的光均可以使金属钠发生光电效应，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎5. 在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是 A. 合上开关后，c先亮，a、b后亮 B. 断开开关时，N点电势高于M点 C. 断开开关后，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭 D. 断开开关后，c马上熄灭，b闪一下后缓慢熄灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，故A错误；‎ BCD、断开开关S的瞬间，因线圈L的电流减小，产生自感电动势，根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同，N点电势高于M点；L和a、b组成的回路中有电流，由于原来a灯的电流小于b灯的电流，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流减小，所以b灯会闪暗后a、b一起缓慢熄灭，而c没有电流，马上熄灭，故B正确，C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】闭合S和断开S瞬间，通过线圈L的电流发生变化，产生自感电动势，相当瞬时电源，从而可以进行分析。‎ ‎6. 如图为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘顺时针旋转（从上往下看），下列说法正确的是 A. 穿过圆盘的磁通量发生变化 B. 圆盘中心电势比边缘要高 C. R上的热功率与圆盘转动角速度正正比 D. 产生的电动势大小与圆盘半径成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、实验过程中，穿过圈盘的磁通量不变，产生感应电动势可等效看成无数轴向导体切割磁感线产生的，故A错误；‎ B、从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，感应电流方向是从边缘流向圆心，故B正确；‎ CD、根据法拉第电磁感应定律可知，故产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比；R上的热功率，可知R上的热功率与圆盘转动角速度的平方成正比，故C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径r，根据右手定则分析电动势情况和感应电流方向。‎ ‎7. 如图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开，当K接通时，以下说法正确的是 A. 副线圈两端M、N的输出电压减小 B. 副线圈输电线等效电阻R上的电压降减小 C. 通过灯泡L1的电流增大 D. 原线圈中的电流增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，故A错误；‎ B、由于副线圈的输出电压不变，当K接通时，副线圈的电阻减小，所以总的电流变大，所以副线圈输电线效电阻R上的电压增大，故B错误；‎ C、当K接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，故C错误；‎ D、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。‎ ‎8. 如图，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域，从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方形）是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 感应电流，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小；当线框完全进入磁场时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，I=0，线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小；故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎9. 如图甲为风速测量仪的简易模型，在风力的作用下，风叶通过杆带动与其固定在一起的永磁铁转动，假设杆的转速与风速成正比，在某一风速作用下，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，下列说法中正确的是 A. 风叶带动杆的转速为10r/s B. 电流的表达式为 C. 风速加倍时线圈中电流的有效值为A D. 风速加倍时电流的表达式为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、根据可知转速为5 r/s，故A错误；‎ B、由图象可知，线圈转动周期T=0.2s，则，由交流电的电流表达式：，故B错误；‎ D、由转速与风速成正比，当风速加倍时，转速也加倍，电流的最大值，则电流的表达式为：，故D错误；‎ C、风速加倍时线圈中电流的有效值，故C正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据i-t图象判断出电流的最大值与周期，明确交流电的最大值和有效值间的关系，知道转速加倍时，产生的感应电流加倍，角速度加倍即可判断。‎ ‎10. 甲为质量M=1kg的绝缘底板座静止在动摩擦因数μ1=0.1的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1kg，边长为1m，电阻为Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2=0.4，为AD、BC的中线，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，CD区域内磁场的磁感应强度随时间t的变化情况如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；区域内磁场的磁感应强度 随时间t的变化情况如图并所示，AB恰在磁场边缘以内，若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从t=0时刻由静止释放金属框，则金属框由静止释放瞬间（） ‎ A. 金属框产生的感应电动势为1V B. 金属框受到的安培力大小16N C. 若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为 D. 若金属框不固定，金属框的加速度为，绝缘板的加速度为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ABC、金属框固定在绝缘板上，由题意得，则电流为：，那么安培力为：，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律有：‎ ‎，解得：，故A、B、C错误；‎ D、金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，有：，对金属框应用牛顿第二定律得：，解得；对绝缘板应用牛顿第二定律得：，，解得：，a1>a2，假设正确，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】面积O′OAB内磁通量发生变化，回路中有感应电流产生，由此可以求出回路中电流的大小，线框受安培力和摩擦力作用，由此可以求出线框的加速度大小以及安培力的大小。‎ ‎11. 下列说法正确的是 A. 比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定释放核能 B. 碘131的半衰期约为8天，32个碘131经过40天后只剩下1个 C.‎ ‎ 根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子带走能量后，氢原子的电势能，核外电子的动能均减小 D. 经过一系列衰变后变成，此过程一共发生了7次衰变和4次衰变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能，故A正确；‎ B、半衰期是大量放射性元素的原子衰变过程中的统计规律，对个别的粒子没有意义，故B错误；‎ C、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子从高轨道跃迁到低轨道，电子与原子核之间的距离变小，由库仑力提供向心力可得，核外电子的运动速度增大，核外电子的动能增大，故C错误；‎ D、设经过一系列衰变后变成，需要经过x次α衰变和y次β衰变，根据质量数和电荷数守恒则有：93=2x-y+83，4x=237-209，所以解得：x=7，y=4，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎12. 图甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有磁铁与飞轮不接触，人用力蹬车带动飞轮旋转时，需要克服磁铁对飞轮产生的阻碍，通过调节旋钮拉线可以实现不同强度的健身需求（当拉紧旋钮拉线时可以减少磁铁与飞轮间的距离），下列说法正确的是 A. 飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力 B. 人蹬车频率一定时，拉紧旋钮拉线，飞轮受到的阻力越小 C. 控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，受到的阻力越小 D. 控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，内部的涡流越强 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，故A正确；‎ B、拉紧旋钮拉线，磁铁越靠近飞轮，飞轮处于的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大；飞轮受到的阻力越大，故B错误；‎ CD、控制旋钮拉线不动时，则有磁铁和飞轮间的距离一定，飞轮转速越大，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，内部的涡流越强，故D正确，C错误；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】金属飞轮在磁场中运动的过程中产生感应电流，与磁场之间产生相互作用的电磁阻力，由此分析即。‎ ‎13. 放在光滑水平面的小车上AC间夹了一压缩轻质弹簧（未栓接在一起），用两手分别控制小车A端和滑块C处于静止状态，释放C会离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，ABC组成系统，下面说法中正确的是 A. 先放开右手，再放开左手后，系统动量不守恒 B. 先放开左手，再放开右手，ABC的总动量向左 C. 两手同时放开后，C与油泥粘在一起时，车立即停止运动 D. 无论先放哪个手，C与油泥粘在一起时，车都立即停止运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、先放开右手，再放开左手后，系统在水平方向不受外力作用，系统的动量守恒，故A错误；‎ B、先放开左手，后放开右手，放开右手时，小车已经有向左的速度，系统的动量不为零，所以ABC的总动量向左，故B正确；‎ C、两手同时放开后，系统的总动量为零，C与油泥粘在一起时，根据动量守恒可知车立即停止运动，故C正确；‎ D、先放开左手，后放开右手，此后ABC的总动量向左，C与油泥粘在一起时，车向左运动，先放开右手，后放开左手，此后ABC的总动量向右，C与油泥粘在一起时，车向右运动，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】动量守恒的条件是：系统所受的合外力为零，通过分析系统的受力情况，进行分析判断。‎ ‎14. 如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部，环中维持恒定的电流I不变，之后圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全过程上升的最大高度为H，已知重力加速度为g，磁场的范围足够大，在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是 A. 圆环开始减速时加速度大于g B. 在时间t内安培力对圆环做功为mgH C. 圆环先有收缩后有扩张的趋势 D. 圆环运动的最大速度为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向俯视为逆时针，由左手定则可知圆环所受安培力方向垂直磁感线向下，重力竖直向下，所以圆环开始减速时加速度大于g，故A正确；‎ B、由功能关系可知，在上升全过程中，在t时间内安培力对圆环做的功等于全过程重力做的功mgH和t时间后圆环克服安培力做的功，所以在时间t内安培力对圆环做功大于mgH，故B错误；‎ C、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故C正确；‎ D、环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为，则在竖直方向的分力为，由牛顿第二定律,可得：，则圆环向上的加速度为 ‎，竖直向上；在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得，故D正确；‎ 故选ACD。‎ ‎【点睛】根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据功能关系，结合电磁感应与安培力，即可求解。‎ 二、实验探究题 ‎15. 如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。‎ ‎（1）按实验的要求将图中所缺的导线用笔画线代替，请补画完整______________。‎ ‎（2）电键闭合后，下列说法中正确的是__________‎ A只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转 B线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流指针偏转的角度越大 C如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了以下，那么合上电键后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针向左偏一下 ‎（3）上述实验中，原线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计连接如图所示，当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转。则当条形磁铁迅速向上拔出时，图中灵敏电流计指针向_____________接线柱方向偏转（填：正、负）‎ ‎【答案】 (1). (2). BC ‎ ‎ (3). 正 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答；当穿过闭合回路磁通量发生变化，会产生感应电流，产生的感应电动势越大，感应电流越大，电流计的指针偏转角度越大；‎ ‎【详解】(1)将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示；‎ ‎(2)A、当将线圈A放在线圈B中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；‎ B、线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，则产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；‎ C、在闭合电键时，电流增大，穿过线圈的磁通量的增大，根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下；那么合上电键后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量的减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏一下，故C正确；‎ 故选BC。‎ ‎(3) 当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据题目中图可知，螺线管的感应电流由上向下，则当条形磁铁迅速向上拔出时，穿过线圈的磁通量的减小，根据楞次定律，螺线管的感应电流由上向下，图中灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转。‎ ‎16. 用如图的装置做“验证动量守恒定律”的实验 ‎（1）下列操作或说法正确的是__________。‎ A．将斜槽末端调成水平 B．在斜槽上涂润滑油可以减少实验误差 C．使入射球A每次都从同一高度由静止滚下 D．从P点附近多个落点中选取最清晰的一个点作为P的标记 ‎（2）实验中小球的质量，若其表达式满足______________________，则可验证相碰前后的动量守恒。（选择以下物理量表示、水平槽到地面距离H、小球的直径d、OP、OM、ON）‎ ‎【答案】 (1). AC (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)A、为了使小球做平抛运动，斜槽的末端需调成水平，故A正确；‎ B、小球每次从斜槽的同一位置滚下，不需要减小摩擦。故不需要涂润滑油，故B错误。‎ C、为了让入射球每次到达碰撞位置的速度相同，应让小球每次从同一位置开始下滑，故C正确；‎ D、通过多次实验确定小球所落的平均位置，不是找最清晰的位置，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎(2)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OM是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OP是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON-d是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度,当所测物理量满足表达式，说明两球碰撞遵守动量守恒定律。‎ ‎17. 如图所示，图甲为热敏电阻的R-t图像，图乙为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100Ω。当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E=9.0V，内阻不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．‎ ‎ ‎ ‎（1）应该把恒温箱内的加热器接在________________（填“A、B”端或“C、D”端）；‎ ‎（2）若恒温箱系统要保持温度为50℃，则需把滑动变阻器调节到____________Ω；为了实现调节滑动变阻器到此阻值进行了下列步骤：‎ ‎①电路接通前，滑动变阻器调节最大，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值应为_______Ω；‎ ‎②将单刀双掷开关向______________（填“c”或“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至继电器的衔铁被吸合。‎ ‎③保持滑动变阻器的位置不变，将单刀双掷向另一端闭合，恒温箱系统即可正常使用。‎ ‎【答案】 (1). A、B端 (2). 260 (3). 90 (4). c ‎【解析】‎ ‎(1)由图知，热敏电阻R的阻值随温度的升高而减小，由闭合电路欧姆定律得，干路电流增大，当大到继电器的衔铁被吸合时的电流，恒温箱内的加热器，停止加热，故恒温箱内的加热器接在A、B端；‎ ‎(2)当恒温箱内的温度保持50℃，应调节可变电阻R′的阻值使电流达到20mA，由闭合电路欧姆定律得，即，即可变电阻R′的阻值应调节为260Ω；‎ ‎①电路接通前，滑动变阻器调节最大，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，电阻箱的阻值应等于热敏电阻的电阻，应为90Ω，②将单刀双掷开关向c端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至继电器的衔铁被吸合；‎ 三、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ‎18. 如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，它们的电阻忽略不计，在M和P之间接有阻值R为4Ω的定值电阻，现有一质量m为0.5kg的导体棒ab，长L=0.5m，其电阻r为1.0Ω，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，现使导体棒ab以v=8m/s的速度向右做匀速运动。求：‎ ‎（1）导体棒ab中电流的方向；‎ ‎（2）ab两端电压U；‎ ‎（3）导体棒ab所受的外力大小。‎ ‎【答案】（1）b→a（2）U=3.2V（3）0.4N ‎【解析】‎ ‎【分析】由右手定则判断出感应电流方向，由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电压；由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力；‎ 解：（1）由右手定则：导体棒ab中感应电流的方向：从b→a；‎ ‎（2）由法拉第电磁感应定律可知E=BLv 解得E=4V 根据闭合电路欧姆定律 解得I=0.8A 根据欧姆定律U=IR 解得U=3.2V ‎（3）F安=BIL 解得F=0.4N 导体棒ab匀速运动，F=F安=0.4N ‎19. 北京奥运场馆的建设提现了“绿色奥运”的理念，作为北京奥运台主场之一的国家体育馆“鸟巢”拥有9.1万个座位，其扇型屋面和大面积的玻璃幕墙不仅给人以赏心悦目之感，还隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统在有太阳照射时的直接输出功率为1×105W，该发电系统的输出电压为250V，现向远处输电，示意图如下，所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器原副线圈匝数比为1：16，求：‎ ‎（1）输电线损耗的电功率；‎ ‎（2）若用户获得220V电压，则降压变压器原副线圈的匝数比。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 解：（1）得 解得 解得 ‎（2），解得 ‎，解得 ‎，‎ ‎20. 如图所示，水平固定的长滑竿上套有2个质量均为m的薄滑扣（即可以滑动的圆环）A和B，两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线连接，细线长度为l，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑竿正压力大小的k倍，开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起（但未相互挤压）。今给滑扣A一个向左的初速度，使其在滑竿上开始向左滑行，细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）细线拉紧后两滑扣的共同的速度；‎ ‎（2）整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 由动能定理求出滑扣A滑行到细线拉紧时的速度，由动量守恒定律求出细线拉紧后两滑扣的共同的速度；根据细线拉紧前后两滑扣的速度求得机械能损失；‎ 解：（1）由动能定理 ①‎ 由动量守恒定律 ②‎ 由①②解得 ‎（2） ③‎ 联立解得 ‎21. 如图所示，质量为M=5.0kg的小车在光滑水平面上以速度向右运动，一人背靠竖直墙壁为避免小车撞向自己，拿起水枪以的水平速度将一股水流自右向左射向小车后壁，射到车壁的水全部流入车厢内，忽略空气阻力，已知水枪的水流流量恒为（单位时间内流过横截面的水流体积），水的密度为。求：‎ ‎（1）经多长时间可使小车速度减为零；‎ ‎（2）小车速度减为零之后，此人继续持水枪冲击小车，若要维持小车速度为零，需提供多大的水平作用力。‎ ‎【答案】（1）50s（2）0.2N ‎【解析】‎ 解：（1）取水平向右为正方向，‎ 由于水平面光滑，经t时间，流入车内的水的质量为，①‎ 对车和水流，在水平方向没有外力，动量守恒 ②‎ 由①②可得t=50s ‎（2）设时间内，水的体积为，质量为，则 ③‎ 设小车队水流的水平作用力为，根据动量定理 ④‎ 由③④可得 根据牛顿第三定律，水流对小车的平均作用力为，由于小车匀速，根据平衡条件 ‎22. 如图甲所示，有两根足够长、不计电阻，相距L=1m的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成θ=30°固定放置，顶端接一阻值为R=2Ω的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场，方向垂直轨道平面向上，现有一质量为m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab，平行于ce且垂直于导轨，以一定初速度沿轨道向上运动，此时金属杆的加速度，到达某一高度后，再沿轨道向下运动，若金属杆上滑过程中通过电阻R的电量q=0.5C，，求：‎ ‎（1）金属杆的初速度大小；‎ ‎（2）金属杆上滑过程中电阻R上产生的焦耳热Q；‎ ‎（3）若将金属导轨之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，现用外力使金属杆（仍平行于ce且垂直于导轨）以沿金属导轨匀速上升，撤去外力发现，杆沿金属导轨匀减速上升，请证明撤去外力后，金属杆做匀减速直线运动的加速度大小为。‎ ‎【答案】（1）（2）Q=2.2J（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式结合求解初速度；由欧姆定律和电荷量公式求出路程，再由动能定理求焦耳热；减速过程电容放电形成电流，根据牛顿第二定律和电荷量公式、运动学公式求出金属杆做匀减速直线运动的加速度大小；‎ 解：（1）根据牛顿第二定律 解得 ‎（2） ①‎ ‎ ②‎ Q=W ③‎ 联立解得s=2m，Q=2.2J ‎（3）减速过程电容放电形成电流： ④‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ ‎ ⑦‎ ‎ ⑧‎ 由④⑤⑥⑦⑧解得 ‎ ‎