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2021-2022学年山西省运城市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山西省运城市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了φ2等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省运城市高二（上）期末物理试卷
1. 下列有关说法中正确的是( )
A. 电动势就是路端电压
B. 电动势在数值上为电源将正电荷从正极移送到负极时非静电力所做功的大小
C. 由欧姆定律I=UR可知，在任何电路中电流与电压成正比、与电阻成反比
D. 电流的定义式I=qt，适用于任何电荷定向移动形成的电流
2. 如图所示是三种元件的伏安特性曲线，下列说法正确的是( )
A. 1代表标准电阻，温度升高，电阻不变，其斜率等于电阻
B. 三条线代表的元件都是线性元件
C. 2代表某些半导体元件，随着电压、电流的升高，电阻减小
D. 3代表小灯泡的伏安特性曲线，电阻率随温度的变化而保持不变
3. 如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离。下列说法正确的是( )
A. 油滴带正电 B. 静电计指针张角不变
C. 油滴向上运动 D. P点的电势不变
4. 均匀带电、完整的球壳在球外空间产生的电场，等效为电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，半径为r、均匀分布着电荷量为+q的球面，其圆心O与直径AB都在x轴上，x轴上P点有一带正电的点电荷与A点的距离为r。若x轴上与B点的距离为r的C点，其电场强度大小为E0，静电力常量为k，则点电荷的带电量为( )
A. 16E0r2k−4q B. 9E0r2k−94q C. 16E0r2k+4q D. 9E0r2k+94q
5. 示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是( )
A. 如果只在XX′上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)
B. 如果只在YY′上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)
C. 如果在YY′、XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)
D. 如果在YY′、XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)
6. 在方向水平的电场中有一粗糙、绝缘的水平面，将一带电量为+q的小物体轻放在水平面上，此后小物体做直线运动。以小物体的初始位置为坐标原点O，沿运动方向建立x轴，x轴上各点的电势φ随位置坐标x的变化如图所示。图中0∼l为曲线，l∼2l及2l∼3l为直线，图像曲线部分和直线部分在x=l处相切，已知小物体在x=l处速度为最大值，在x=3l处速度恰好为零，下列说法错误的是( )
A. 小物体从O到x=3l的过程中由于摩擦产生的热量为q(φ3−φ2)
B. 小物体运动过程中受到的摩擦力大小为qφ12l
C. φ1、φ2、φ3的关系为3φ1=φ3−φ2
D. 小物体运动过程中的最大动能为q(φ1+φ2)
7. 如图所示，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，那么，下列说法正确的是( )
A. 振子在M、N两点所受弹簧弹力相同
B. 振子在M、N两点相对平衡位置的位移大小相同
C. 振子在M、N两点加速度大小相等
D. 从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动
8. 如图所示，面积为S的长方形线框CDEF放在垂直纸面向里、足够大的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，下列分析正确的是( )
A. 图示位置，穿过线框CDEF中的磁通量Φ=0
B. 以CD边为轴，让线框CDEF转过180∘，这一过程中，线框中的磁通量变化量ΔΦ=0
C. 线框以CF边为轴在磁场中转动，线框中会产生感应电流
D. 线框绕过D点与磁场平行的轴转动，线框中会产生感应电流
9. 质量分别为m和M的物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图(a)所示。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升至某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图(b)所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为( )
A. mv+mu B. mv C. mv+Mu D. Mu
10. 如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kt(k为常数，k>0)，金属棒与导轨间的动摩擦因数一定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是( )
A. B. C. D.
11. 电动自行车凭借环保、节能、省钱获得广大市民的喜爱，成为多数人的代步工具。下图为某种锂电池充电过程中电池电压、充电电流随时间变化的图像。根据图像，可以做出的正确推断是( )
A. 该锂电池的充电电压可能小于4.2V
B. 该锂电池的电动势约为4.2V
C. 若该锂电池的容量为1400mA⋅h，则整个充电过程中，锂电池增加的电能不超过5.88W⋅h
D. 充电的1.0∼3.0小时内，电池充入的电荷量为1000mA⋅h
12. 如图所示电路中，电源内阻不能忽略，电表均为理想电表。闭合开关后，电路处于稳定状态，下列说法正确的是( )
A. 灯泡L2突然变亮，可能因为电阻R发生了短路
B. 灯泡L1突然变亮，可能因为电阻R发生了短路
C. 电流表的示数突然变大，可能因为电容器被击穿
D. 电压表的示数突然变小，可能因为灯泡L2的灯丝烧断
13. 如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30∘，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是( )
A. 电场强度E的最小值为3mg2q
B. 如果电场强度为E=mgq、则小球相对初始位置的最大高度v022g
C. 匀强电场的方向可能竖直向上
D. 如果电场强度为E=mgq，小球电势能的最大值为mv024
14. 如图甲所示，一轻质弹簧两端分别与质量为m1和m2的A、B两物块相连接，并静止在光滑水平面上。现使物块A瞬间获得一个方向水平向右、大小为3m/s的速度并开始计时，此后两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. t3时刻弹簧被压缩到最短
B. A、B的质量之比m1：m2=1：2
C. t2时刻A、B的动量大小之比力p1：p2=1：1
D. t1时刻弹簧具有的弹性势能等于两物块动能之和的两倍
15. 如图甲所示，一个匝数n=100的圆形导体线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω.在线圈中存在面积S2=0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R=2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的有( )
A. 圆形线圈中产生的感应电动势 E=6V
B. 在0∼4s时间内通过电阻R的电荷量 q=6C
C. 设 b端电势为零，则 a端的电势 φa=3V
D. 在0∼4s时间内电阻 R上产生的焦耳热Q=18J
16. 如图甲所示为多用电表中欧姆挡的简易结构图。
(1)关于多用电表欧姆挡的使用，下列说法正确的是______。
A.测量某一电阻时，应在其所在电路中直接测量，不必拆下被测电阻
B.测量电阻时用手指紧紧按住红、黑表笔与电阻接触的部分，这样测量较为准确
C.因流过表头的电流与待测电阻的阻值不成线性关系，所以表盘刻度不均匀
D.若使用一段时间后电源电动势没变，内阻增大但不影响调零，待测电阻的测量值将变大
(2)某同学选取“×100挡”测量一定值电阻，发现指针偏角过大，应将挡位调至______(填“×10”或“×1k”)挡，并且重新进行欧姆调零。换挡后，重新测量该定值电阻，表盘示数如图乙所示，则此定值电阻的测量值为______Ω。
17. 将两个金属电极插入一个水果中就可以做成一个水果电池(比如将锌、铜两电极插入水果中，电动势大约有1V左右)。某学习小组的同学找来了一个水果做成水果电池，并准备测量其电动势和内阻。
实验室除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A.电压表V(量程为0∼3V、内阻约50kΩ)
B.电流表A1(量程为0∼0.6A，内阻为1Ω)
C.电流表A2(量程为0∼200μA，内阻为900Ω)
D.电流表A3(量程为0∼300μA，内阻约为1000Ω)
E.滑动变阻器R1(最大阻值约2kΩ)
F.定值电阻R0(阻值为100Ω)
G.变阻箱R(0∼9999Ω)
(1)该小组准备通过电流表和电阻箱配合尽可能准确地测出该水果电池的电动势和内阻。经分析实验电路中最大电流约1∼2mA，则需选择电流表______(选填“A1”、“A2”或“A3”)并用定值电阻R0对其量程进行扩充，扩充后的量程为______。
(2)在方框中画出设计的电路图。
(3)用(2)中实验电路测得的几组电流表、电阻箱的读数I、R，作出1I−R图线如图所示，根据图线求得E=______V(保留两位有效数字)，r=______Ω(保留一位小数)。
18. 图中所示的电路中，电源电动势为E=45V，内阻为r=3Ω，电阻R1、R2的阻值分别为8Ω、12Ω，平行板电容器的电容C=2×10−4μF。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机的额定电压UM=12V，线圈的电阻RM=2Ω，求：
(1)开关闭合后，电容器的带电量；
(2)电动机正常工作时的效率是多少？
19. 如图所示，空间内存在有方向竖直向下的匀强电场，电场强度E=103V/m，将一长为L=1m且不可伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端系一质量m=0.8kg、带电量q=+0.01C的小球。现将小球拉起至绳子水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂(假设该绳断裂时无能量损失)，小球继续运动并垂直打在一个与水平面成θ=53∘且足够大的挡板MN上的C点，重力加速度g取10m/s2，试求B、C两点的电势差U。
20. 一列横波上有相距21m的A、B两点，波的传播方向是由A向B，如图甲、乙所示是A、B两质点的振动图像，若这列波的波长大于10m，求这列波可能的波速。
21. 如图所示，在一个直角三角形区域ACB内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，AB、BC、AC为磁场边界，AC边长为3a，∠CAB=53∘。一质量为m、电荷量为+q的粒子从AB边上的D点垂直于磁场边界AB射入匀强磁场，恰不从BC边射出磁场区域。已知AD距离为a(不计粒子重力，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6)。求粒子的速率。
22. 碰撞是生活中常见的现象，某同学想对碰撞问题进行研究。
该同学在调平的气垫导轨上研究两个滑块的碰撞。让滑块A以某一速度与原来静止的滑块B发生正碰，已知A的质量为2m，B的质量为m。
(1)若如图1所示，滑块A的右端、滑块B的左端均装有粘扣，碰后A、B将粘在一起运动。已知滑块A的初速度为v0，求此过程中A、B组成的系统损失的机械能是多少？
碰撞前
碰撞后
实验序号
v10(m/s)
v20(m/s)
v1(m/s)
v2(m/s)
1
0.90
0
0.30
1.20
2
0.73
0
0.24
0.97
3
0.81
0
0.27
1.08
(2)若如图2所示，滑块A的右端、滑块B的左端均装有弹簧圈，碰后A、B将分开且沿着相同方向运动。通过传感器分别测得两个滑块碰撞前后的速度如下：
该同学通过处理数据发现碰撞前后有mAv10=mAv1+mBv2，说明滑块的碰撞过程满足动量守恒定律；同时他还发现v2−v1=v10也成立，他认为这是一个运动的滑块与一个静止的滑块发生弹性碰撞的必然结果。请你分析说明该同学的观点是否正确。
23. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度大小为v，导轨的电阻可忽略不计。
(1)求回路中的感应电流I和导体棒两端的电压U；
(2)通过公式推导证明：导体棒向右匀速运动Δt时间内，拉力做的功W等于电路获得的电能W电。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、电动势是表征电源把其他形式能转化为电能本领的物理量，当电压表直接并联在电源两端时，数值上等于电动势大小，故A错误；
B、电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做功，故B错误；
C、由欧姆定律I=UR可知，在纯电阻电路中电流与电压成正比，与电阻成反比，故C错误；
D、电流的定义式I=qt，适用于任何电荷定向移动形成的电流，故D正确。
故选：D。
电动势与路端电压是两个不同的概念；电动势的物理意义：数值上为电源将单位正电荷从正极移送到负极时非静电力所做的功；电流的定义式I=qt，适用于任何电荷定向移动形成的电流；欧姆定律适用于纯电阻电路。
本题考查恒定电流的基本概念，涉及到电动势、路端电压、电流定义式、欧姆定律等知识点，属于基础简单题目。
2.【答案】C
【解析】解：A.元件1的伏安特性曲线是直线，说明其电阻不随电压、电流、温度的变化而变化，是标准电阻，但是在I−U图像中，其斜率的倒数等于电阻，故A错误；
B.三条线中的2、3是曲线，说明其代表的元件不是线性元件，故B错误；
C.曲线2中反应的特征是，随着电压、电流的增大，电阻逐渐减小，说明该元件是半导体元件，故C正确；
D.曲线3中反应的特征是，随着电压、电流的增大，电阻逐渐增大，这符合小灯泡的伏安特性曲线，其电阻率随温度的升高而增大，故D错误。
故选：C。
理解图像的物理意义，结合选项的描述即可完成分析。
本题主要考查了欧姆定律的相关应用，理解图像的物理意义即可完成分析，属于简单题型。
3.【答案】D
【解析】解：A、油滴所受电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，而根据题意知场强方向竖直向下，可知油滴带负电，故A错误；
BC、上极板下移，板间距d减小，根据\(C=\dfrac{Q}{U}\)，\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，及\(E=\dfrac{U}{d}\)，可推导出\(E=\dfrac{4πkQ}{\epsilon S}\)，可知，场强E不变，电场力和重力处于二力平衡状态，油滴静止不动，另据\(U=Ed\)可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小，故BC错误；
D、因下极板接地，电势为零，板间电场强度E=4πkQϵS，与板间距离无关，所以电场强度不变，P点与下极板间距不变，根据UPO=φP=EdP0，知P点的电势不变，故D正确；
故选：D。
根据重力和电场力平衡判断电场力方向，根据场强方向判断粒子电性；
上极板下移，板间距减小，根据场强推论公式E=4πkQϵS判断场强变化，即可判定电场力大小；
根据U=Ed判断两极板间电压，从而判断P点的电势变化，及静电计指针变化情况。
考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)和定义式\(C=\dfrac{Q}{U}\)；同时注意要掌握相关结论的应用，如可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。
4.【答案】A
【解析】解：设p点的点电荷带电量为+Q，它在C点产生的电场强度E1=kQ(4r)2
场强沿x轴的负方向，带电量为+q完整球面在C点产生的电场强度E2=kq(2r)2，场强沿x轴的负方向。
由题意两种带电体在C点产生的合电场强度为E0，则有E1+E2=E0
综合解得：Q=16E0r2k−4q，故A正确；BCD错误；
故选：A。
根据点电荷的场强公式结合题目条件和矢量合成的特点得出点电荷的带电量。
本题主要考查了电场的叠加问题，熟悉场强的计算公式，理解矢量的合成特点即可完成分析。
5.【答案】D
【解析】解：A.如果只在XX′上加图甲所示的电压，则电子只在x轴方向偏转，且偏转距离时刻在变，所以在荧光屏上看到的图形为x轴上的一条亮线，如图(b)所示，故A错误；
B.如果只在YY′上加图乙所示的电压，则电子只在y轴方向偏转，且偏转距离时刻在变，所以在荧光屏上看到的图形为y轴上的一条亮线，如图(a)所示，故B错误；
CD.如果在XX′、YY′上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图(d)所示，故C错误，D正确。
故选：D。
根据电势的高低分析出粒子的受力方向，由此分析出其运动轨迹和对应的图形。
本题主要考查了示波器的相关应用，熟悉粒子的受力分析，结合运动的特点即可完成解答，整体难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.小物体从O到x=3l过程中由能量守恒定律可知，小物体减少的电势能均转化为摩擦生热，所以小物体从O到x=3l过程中由于摩擦产生的热量为q(φ3−φ2)，故A正确；
B.因小物体位于x=l时速度刚好最大，故此时加速度为零，所以其所受摩擦力为f=qφ1l，故B错误；
C.小物体从O到x=3l过程中由能量守恒定律得3fl=q(φ3−φ2)
解得：3φ1=φ3−φ2，故C正确；
D.小物体在x=l到x=3l过程中由动能定理得q(φ1−φ2)−2fl=0−Ekm
解得：Ekm=q(φ1+φ2)，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
根据能量守恒定律得出摩擦产生的热量；
物体的速度最大时，加速度为零，由此分析出摩擦力的大小；
根据能量守恒定律得出电势的高低；
根据动能定力计算出小球运动过程中的最大动能。
本题主要考查了能量守恒定律的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合能量守恒定律和动能定理即可完成分析。
7.【答案】BC
【解析】解：A、弹簧振子做简谐运动，回复力为弹簧的弹力，弹力的方向始终指向平衡位置，可知振子在M、N两点所受弹簧弹力大小相等，方向相反，则弹力不同，故A错误；
B、振子先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，根据对称性可知M、N两点关于平衡位置对称，振子在M、N两点相对于平衡位置的位移大小相等、方向相反，故B正确；
C、M、N两点相对于平衡位置的位移大小相等，根据a=−kxm分析可知振子在M、N两点加速度大小相等，故C正确；
D、从M点到N点，回复力先减小后增大，振子的加速度先减小后增大，所以振子先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故D错误。
故选：BC。
明确弹簧振子的振动模型，知道关于O点对称的两点位移大小相等、方向相反；再根据位移关系分析弹力、回复力和加速度的关系。根据加速度变化情况判断振子的运动情况。
在简谐运动过程中，振子的位移、速度、加速度等物理量相对于平衡位置具有对称性，对于这些物理量的大小和方向的变化一定要熟知。
8.【答案】C
【解析】解：A、图示位置，线框平面与磁场垂直，线框中的磁通量Φ=BS，故A错误；
B、以CD边为轴，让线框CDEF转过180∘，磁感线进入平面的方向发生了改变，线框中的磁通量变化量ΔΦ=2BS，故B错误；
C、线框以CF边为轴在磁场中转动，线框中的磁通量时刻在发生改变，线框中会产生感应电流，故C正确；
D、线框绕过D点的与磁场平行的轴转动线框中的磁通量始终为BS，线框中不会产生感应电流，故D错误。
故选：C。
9.【答案】A
【解析】解：规定向上为正方向，由动量定理得：
对B：−Mgt=−Mu−0
对A：I−mgt=mv−0
联立解得弹簧的弹力对物体A的冲量为：I=m(v+u)，故A正确，BCD错误。
故选：A。
当连接A、B的绳子突然断开后，A受重力和弹力，B受重力；对A、B两物体应用动量定理可以求出弹簧的弹力对A的冲量。
本题考查了求弹簧的冲量，应用动量定理即可正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选择。
10.【答案】B
【解析】解：A、因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动．故A错误，B正确．
C、根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a=f−mgm，f=μN=μFA=μBIL=μBLkt，
联立解得加速度a=μBLKtm−g，与时间成线性关系．故C错误；
D、t=0时刻无电流，无安培力．只有重力，加速度竖直向下，为正值．故D错误．
故选：B
根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．
解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度．
11.【答案】BC
【解析】解：A、锂电池的充电电压必须大于电源电动势才能进行充电操作，即该锂电池的充电电压一定大于4.2V，故A错误；
B、由图象可以看出，在充满电后电池电压稳定在4.2V，说明该锂电池的电动势约为4.2V，故B正确；
C、若该锂电池的容量为1400mA⋅h，根据题意可知整个充电过程中，锂电池增加的电能为E=UQ=4.2×1400×10−3W⋅h=5.88W⋅h，则整个充电过程中，锂电池增加的电能不超过5.88W⋅h，故C正确；
D、电流-时间图象的面积表示电池充入的电荷量，所以在充电的1.0∼3.0小时内，图象面积小于1000mA⋅h，故D错误；
故选：BC。
根据充满电后电池电压稳定在4.2V判断电动势；电池的充电电压必须大于电源电动势；根据电流-时间图象的面积表示电池充入的电荷量判断；根据锂电池增加的电能为E=UQ求解。
本题以某种锂电池充电过程中电池电压、充电电流随时间变化的图象为情景载体，考查了电荷量以及电能问题，要明确电流-时间图象的面积表示电池充入的电荷量。
12.【答案】AC
【解析】解：A.若电阻R发生短路，电路左侧三元件并联部分电阻为零，外电阻减小，外电压变大，灯泡L2两端的电压变大，故而突然变亮，故A正确；
B.若电阻R发生短路，则电路左侧三元件并联部分分得的电压为零，会导致灯泡L1熄灭，故B错误；
C.电容器被击穿短路可使得电路总电阻变小，总电流变大，故C正确；
D.若灯泡L2的灯丝烧断，则电压表的示数将接近于电源电动势，故而示数增大，故D错误。
故选：AC。
理解电路构造的分析，结合选项的现象分析出可能的原因。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，解题的关键点是理解电路构造，结合欧姆定律和电路中各个物理量的关系即可完成分析。
13.【答案】AD
【解析】解：A.因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，当电场力垂直于运动方向时，有最小值，电场力最小为mgcos30∘，如上图所示；
所以电场强度的最小值Emin=mgcos30∘q=3mg2q，故A正确；
BD.如果电场强度为E=mgq，小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30∘，斜向上，如下图所示；
根据牛顿第二定律知，小球的加速度为a=g；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s=v022a=v022g，则小球上升的最大高度h=12s=v024g
在整个过程中电场力做功W=qEscos120∘=−14mv02；电势能增加14mv02，所以小球电势能的最大值为14mv02，故B错误，D正确；
C.因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不可能竖直向上，故C错误。
故选：AD。
根据力的动态平衡及数学知识求解场强的最小值；根据牛顿第二定律及运动学公式求解小球上升的最大高度；根据电场力做功公式及与电场力做功与电势能变化的关系求解；根据曲线运动的条件作答。
本题考查了力的动态变化、平抛运动知识及电场力所做的功与电势能变化的关系。
14.【答案】BD
【解析】解：A.由图象可知两物块的运动过程：开始阶段A逐渐减速，B逐渐加速，A的速度比B的大，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，故A错误；
B.从0时刻到t1过程中弹簧由原长被压缩最短。系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，选择从开始到t1时刻列方程可得
m1v0=(m1+m2)v1
将v1=3m/s，v2=1m/s代入得
m1：m2=1：2，故B正确；
C.t2时刻A、B的动量大小之比为p1p2=m1vAm2vB=12×12=14，故C错误；
D.根据能量守恒定律可得t=t1时刻弹簧具有的弹性势能
Ep=2m=2(Ek1′′+Ek′)，故D正确。
故选：BD。
由于水平面光滑，可知两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。
对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化的关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。
15.【答案】BD
【解析】解：A、由图乙可以得到磁感应强的变化率为△B△t=0.15T/s
根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势为E=n△Φ△t=△B△tnS2=0.15×100×0.3V=4.5V，故A错误；
B、根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的电流为I=ER+r=4.52+1A=1.5A，所以在0∼4s时间内通过电阻R的电荷量为q=It=1.5×4C=6C，故B正确；
C、根据楞次定律可以判断出线圈中的电流方向为顺时针方向，在电源内部电流是从低电势流向高电势，所以a点的电势低于b点的电势，b、a两端的电势差即为R两端的电压U=IR=1.5×2V=3V，即Uba=3V，根据Uba=φb−φa，可因为b端接地，所以φb=0，解得φa=−3V，故C错误；
D、在0∼4s时间内电阻 R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=1.52×2×4J=18J，故D正确。
故选：BD。
根据法拉第电磁感应定律可以计算出线圈中产生的感应电动势；先根据闭合电路的欧姆定律计算出线圈中的电流，然后根据q=It可以计算出通过电阻的电荷量；b端接地，即b点的电势为零，先计算出电阻两端的电压Uba，然后根据Uba=φb−φa可以计算出a端电势；根据焦耳定律可以计算出电阻产生的热量。
在应用电磁感应定律计算电动势的时候，要注意里面的面积应该是线圈在磁场中的有效面积，并不是线圈的面积。
16.【答案】C×10190
【解析】解：(1)A.多用电表欧姆挡存在内置电源，为避免与外置电源发生冲突，故测量电阻时应将电阻从电路中拆下，故A错误；
B.若用手指紧紧按住红、黑表笔与电阻接触的部分，则电阻的测量值为该电阻与人体电阻的并联值，故测量值偏小，故B错误；
C.由Rx=EI−(r+R+Rg)可知，待测电阻与电流不成线性关系，故表盘刻度不均匀，故C正确；
D.若电动势不变，且仍可调零，可知欧姆表中值电阻不变，电源内阻虽然增大，但电阻箱连入的阻值可做相应减少，所以待测电阻的测量值不变，故D错误。
故选：C。
(2)若指针偏角过大，证明所选挡位偏大，表盘示数过小，故重新选择较低挡位，使指针向中值电阻靠近，故选×10挡，而且每次换挡都要重新进行欧姆调零；
该电阻的测量值为R=19.0×10Ω=190Ω
故答案为：(1)C；(2)×10；190
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据指针偏角的特点分析出正确的挡位，结合其读数规则完成分析。
本题主要考查了多用电表的使用规则，理解多用电表的使用特点，同时熟悉其欧姆挡的读数规则即可。
17.【答案】A2 2mA0.91365.0
【解析】解：(1)电路中最大电流约1∼2mA，可以把电流表A2与定值电阻R0并联改装成电流表；
设改装后电流表量程为I，由欧姆定律有Ig2Rg2=(I−Ig2)R0
解得I=Ig2+Ig2Rg2R0=200×10−6A+200×10−6×900100A=2×10−3A=2mA
改装后电流表的内阻为RA=Rg2R0Rg2+R0=900×100900+100Ω=90Ω
(2)用改装后的电流表和电阻箱测电源电动势与内阻，电池、开关、电阻箱与电流表组成串联回路，实验电路图如图1所示。
图1
(3)作图应使越多的点在图像上，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，画出1I−R图像如图2
图2
设电流表A2读数为I，故干路电流为10I，根据图示电路图由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势E=10I(r+R+RA)
整理得1I=10ER+10(r+RA)E
由图像1I−R可知，纵轴截距为b=10(r+RA)E=5.0mA−1=5000A−1
斜率为k=10E=16000−50001000V−1=11V−1
解得E=0.91V，r=365.0Ω
故答案为：(1)A2，2mA；(2)电路图见解析；(3)0.91，365.0
(1)把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，根据电流表的改装原理与所给实验器材分析答题。
(2)用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，根据实验原理作出实验电路图。
(3)根据实验电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查测电池的电动势和内阻实验，理解实验原理是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。
18.【答案】解：(1)当开关S闭合时，电动机恰好正常工作，两端的电压等于额定电压，电容器与电动机并联，两端的电压等于UM=12V
其带电量Q=UMC
计算可得Q=2.4×10−9C
(2)由闭合电路欧姆定律，流过电阻R1的电流为：
I1=E−UMR1+r
计算可得I1=3A
由欧姆定律，流过电阻R2的电流为：
I2=UMR2=1212A=1A
由串并联电路电流的关系，流过电动机的电流为：
IM=I1−I2=3A−1A=2A
电动机消耗的电功率为P=UMIM=12×2W=24W
电动机发热的功率为P0=IM2RM=22×2W=8W
电动机正常工作时的效率η=P−P0P×100%
可得η≈66.7%
答：(1)开关闭合后，电容器的带电量为2.4×10−9C；
(2)电动机正常工作时的效率是为66.7%。
【解析】(1)根据电路构造得出电容器的电压，结合公式Q=CU计算出电容器的带电量；
(2)根据电路的构造结合欧姆定律得出各个电阻的电流的大小，结合功率的计算公式和效率的定义完成分析。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，学会分析电路构造，结合欧姆定律和电容器的计算公式即可完成解答。
19.【答案】解：小球从A到B运动过程中，由动能定理得(mg+qE)L=12mvB2−0
解得vB=35m/s
小球从B到C过程，由动能定理得(mg+qE)hBC=12mvC2−12mvB2
C点速度分解vCsinθ=vB
解得：hBC=916m=0.5625m
电势差与电场强度关系U=EhBC
联立解得U=562.5V
答：B、C两点的电势差为562.5V。
【解析】粒子在电场中受重力和电场力，做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子在C点速度的大小，根据动能定理列式求解BC间竖直分位移，根据U=Ed求解B、C间的电势差。
本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法。粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用。
20.【答案】解：由振动图像可知质点的振动周期：T=0.4s
由振动图像可知，B质点比A质点晚振动的时间为
Δt=nT+34T，(n=0,1,2,3,…)
所以A、B间的距离为s=kλ+34λ，(k=0,1,2,3…)
则波长为λ=4s4k+3=4×214k+3m=844k+3m
因为λ>10m，所以k只能取0、1
当k=0时，λ1=843m=28m，则波速为v1=λ1T=280.4m/s=70m/s
当k=1时，λ2=844×1+3m=12m，则波速为v2=λ2T=120.4m/s=30m/s
答：这列波可能的波速为70m/s、30m/s。
【解析】由两个质点的振动图像分析它们状态关系，确定两个质点间距离21m与波长的关系，结合已知条件求出波长，读出周期，再求出波速。
本题的解题关键是根据两质点的振动状态，结合波的周期性列出波长的通项，要有运用数学知识解决物理问题的能力．
21.【答案】解：如图根据几何关系，有53r+r=4a，
解得：r=32a
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB=mv2r
联立，可得v=3qBa2m
答：粒子的速率为3qBa2m。
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的临界速度，然后分析答题
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握对求解带电粒子在磁场中运动问题的关键步骤找圆心，定半径，在具体的情景中灵活应用还是存在问题。
22.【答案】解：(1)设向右为正方向，碰撞过程满足水平方向动量守恒，则有
2mv0=3mv共
由能量守恒可得损失机械能为
ΔEp=12×2mv02−12×3mv共2
联立解得：ΔEp=13mv02
(2)设向右为正方向，碰撞过程满足水平方向动量守恒
mAv10=mAv1+mBv2
如果碰撞是弹性的，则有碰撞前后机械能守恒，即12mAv102=12mAv12+12mBv22
联立解得：v10=v2−v1
因此该同学的观点正确。
答：(1)此过程中A、B组成的系统损失的机械能是13mv02；(2)见解析。
【解析】(1)A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的共同速度，应用能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能。
(2)发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题，找到速度之间的关系。
本题是一道信息给予题，认真审题理解题意、从题中获取所需信息是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
23.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律得E=BLv
由闭合电路欧姆定律得I=BLvR+r
则导体棒两端的电压为U=IR=BLRvR+r
(2)MN做匀速运动，受力平衡，则拉力F=F安=BILΔt时间内MN运动的距离Δx=vΔt
拉力做功W=F⋅Δx=BIL⋅vΔt=B2L2v2R+r⋅Δt
电路获得的电能W电=EIΔt=BIL⋅vΔt=B2L2v2R+r⋅Δt
可得W=W电
答：(1)回路中的感应电流为BLvR+r，导体棒两端的电压为BLRvR+r；
(2)证明过程见解析。
【解析】(1)求出导体棒切割磁感应线产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流强度，再根据电路连接情况结合欧姆定律求解导体棒两端的电压U；
(2)根据功的计算公式求解拉力做的功，根据电能的计算公式求解电路获得的电能，由此分析。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电能的计算公式列方程求解。
2021-2022学年山西省运城市高二（上）期末物理试卷
1. 下列有关说法中正确的是( )
A. 电动势就是路端电压
B. 电动势在数值上为电源将正电荷从正极移送到负极时非静电力所做功的大小
C. 由欧姆定律I=UR可知，在任何电路中电流与电压成正比、与电阻成反比
D. 电流的定义式I=qt，适用于任何电荷定向移动形成的电流
2. 如图所示是三种元件的伏安特性曲线，下列说法正确的是( )
A. 1代表标准电阻，温度升高，电阻不变，其斜率等于电阻
B. 三条线代表的元件都是线性元件
C. 2代表某些半导体元件，随着电压、电流的升高，电阻减小
D. 3代表小灯泡的伏安特性曲线，电阻率随温度的变化而保持不变
3. 如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离。下列说法正确的是( )
A. 油滴带正电 B. 静电计指针张角不变
C. 油滴向上运动 D. P点的电势不变
4. 均匀带电、完整的球壳在球外空间产生的电场，等效为电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，半径为r、均匀分布着电荷量为+q的球面，其圆心O与直径AB都在x轴上，x轴上P点有一带正电的点电荷与A点的距离为r。若x轴上与B点的距离为r的C点，其电场强度大小为E0，静电力常量为k，则点电荷的带电量为( )
A. 16E0r2k−4q B. 9E0r2k−94q C. 16E0r2k+4q D. 9E0r2k+94q
5. 示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是( )
A. 如果只在XX′上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)
B. 如果只在YY′上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)
C. 如果在YY′、XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)
D. 如果在YY′、XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)
6. 在方向水平的电场中有一粗糙、绝缘的水平面，将一带电量为+q的小物体轻放在水平面上，此后小物体做直线运动。以小物体的初始位置为坐标原点O，沿运动方向建立x轴，x轴上各点的电势φ随位置坐标x的变化如图所示。图中0∼l为曲线，l∼2l及2l∼3l为直线，图像曲线部分和直线部分在x=l处相切，已知小物体在x=l处速度为最大值，在x=3l处速度恰好为零，下列说法错误的是( )
A. 小物体从O到x=3l的过程中由于摩擦产生的热量为q(φ3−φ2)
B. 小物体运动过程中受到的摩擦力大小为qφ12l
C. φ1、φ2、φ3的关系为3φ1=φ3−φ2
D. 小物体运动过程中的最大动能为q(φ1+φ2)
7. 如图所示，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，那么，下列说法正确的是( )
A. 振子在M、N两点所受弹簧弹力相同
B. 振子在M、N两点相对平衡位置的位移大小相同
C. 振子在M、N两点加速度大小相等
D. 从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动
8. 如图所示，面积为S的长方形线框CDEF放在垂直纸面向里、足够大的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，下列分析正确的是( )
A. 图示位置，穿过线框CDEF中的磁通量Φ=0
B. 以CD边为轴，让线框CDEF转过180∘，这一过程中，线框中的磁通量变化量ΔΦ=0
C. 线框以CF边为轴在磁场中转动，线框中会产生感应电流
D. 线框绕过D点与磁场平行的轴转动，线框中会产生感应电流
9. 质量分别为m和M的物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图(a)所示。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升至某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图(b)所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为( )
A. mv+mu B. mv C. mv+Mu D. Mu
10. 如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kt(k为常数，k>0)，金属棒与导轨间的动摩擦因数一定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是( )
A. B. C. D.
11. 电动自行车凭借环保、节能、省钱获得广大市民的喜爱，成为多数人的代步工具。下图为某种锂电池充电过程中电池电压、充电电流随时间变化的图像。根据图像，可以做出的正确推断是( )
A. 该锂电池的充电电压可能小于4.2V
B. 该锂电池的电动势约为4.2V
C. 若该锂电池的容量为1400mA⋅h，则整个充电过程中，锂电池增加的电能不超过5.88W⋅h
D. 充电的1.0∼3.0小时内，电池充入的电荷量为1000mA⋅h
12. 如图所示电路中，电源内阻不能忽略，电表均为理想电表。闭合开关后，电路处于稳定状态，下列说法正确的是( )
A. 灯泡L2突然变亮，可能因为电阻R发生了短路
B. 灯泡L1突然变亮，可能因为电阻R发生了短路
C. 电流表的示数突然变大，可能因为电容器被击穿
D. 电压表的示数突然变小，可能因为灯泡L2的灯丝烧断
13. 如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30∘，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是( )
A. 电场强度E的最小值为3mg2q
B. 如果电场强度为E=mgq、则小球相对初始位置的最大高度v022g
C. 匀强电场的方向可能竖直向上
D. 如果电场强度为E=mgq，小球电势能的最大值为mv024
14. 如图甲所示，一轻质弹簧两端分别与质量为m1和m2的A、B两物块相连接，并静止在光滑水平面上。现使物块A瞬间获得一个方向水平向右、大小为3m/s的速度并开始计时，此后两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. t3时刻弹簧被压缩到最短
B. A、B的质量之比m1：m2=1：2
C. t2时刻A、B的动量大小之比力p1：p2=1：1
D. t1时刻弹簧具有的弹性势能等于两物块动能之和的两倍
15. 如图甲所示，一个匝数n=100的圆形导体线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω.在线圈中存在面积S2=0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R=2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的有( )
A. 圆形线圈中产生的感应电动势 E=6V
B. 在0∼4s时间内通过电阻R的电荷量 q=6C
C. 设 b端电势为零，则 a端的电势 φa=3V
D. 在0∼4s时间内电阻 R上产生的焦耳热Q=18J
16. 如图甲所示为多用电表中欧姆挡的简易结构图。
(1)关于多用电表欧姆挡的使用，下列说法正确的是______。
A.测量某一电阻时，应在其所在电路中直接测量，不必拆下被测电阻
B.测量电阻时用手指紧紧按住红、黑表笔与电阻接触的部分，这样测量较为准确
C.因流过表头的电流与待测电阻的阻值不成线性关系，所以表盘刻度不均匀
D.若使用一段时间后电源电动势没变，内阻增大但不影响调零，待测电阻的测量值将变大
(2)某同学选取“×100挡”测量一定值电阻，发现指针偏角过大，应将挡位调至______(填“×10”或“×1k”)挡，并且重新进行欧姆调零。换挡后，重新测量该定值电阻，表盘示数如图乙所示，则此定值电阻的测量值为______Ω。
17. 将两个金属电极插入一个水果中就可以做成一个水果电池(比如将锌、铜两电极插入水果中，电动势大约有1V左右)。某学习小组的同学找来了一个水果做成水果电池，并准备测量其电动势和内阻。
实验室除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A.电压表V(量程为0∼3V、内阻约50kΩ)
B.电流表A1(量程为0∼0.6A，内阻为1Ω)
C.电流表A2(量程为0∼200μA，内阻为900Ω)
D.电流表A3(量程为0∼300μA，内阻约为1000Ω)
E.滑动变阻器R1(最大阻值约2kΩ)
F.定值电阻R0(阻值为100Ω)
G.变阻箱R(0∼9999Ω)
(1)该小组准备通过电流表和电阻箱配合尽可能准确地测出该水果电池的电动势和内阻。经分析实验电路中最大电流约1∼2mA，则需选择电流表______(选填“A1”、“A2”或“A3”)并用定值电阻R0对其量程进行扩充，扩充后的量程为______。
(2)在方框中画出设计的电路图。
(3)用(2)中实验电路测得的几组电流表、电阻箱的读数I、R，作出1I−R图线如图所示，根据图线求得E=______V(保留两位有效数字)，r=______Ω(保留一位小数)。
18. 图中所示的电路中，电源电动势为E=45V，内阻为r=3Ω，电阻R1、R2的阻值分别为8Ω、12Ω，平行板电容器的电容C=2×10−4μF。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机的额定电压UM=12V，线圈的电阻RM=2Ω，求：
(1)开关闭合后，电容器的带电量；
(2)电动机正常工作时的效率是多少？
19. 如图所示，空间内存在有方向竖直向下的匀强电场，电场强度E=103V/m，将一长为L=1m且不可伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端系一质量m=0.8kg、带电量q=+0.01C的小球。现将小球拉起至绳子水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂(假设该绳断裂时无能量损失)，小球继续运动并垂直打在一个与水平面成θ=53∘且足够大的挡板MN上的C点，重力加速度g取10m/s2，试求B、C两点的电势差U。
20. 一列横波上有相距21m的A、B两点，波的传播方向是由A向B，如图甲、乙所示是A、B两质点的振动图像，若这列波的波长大于10m，求这列波可能的波速。
21. 如图所示，在一个直角三角形区域ACB内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，AB、BC、AC为磁场边界，AC边长为3a，∠CAB=53∘。一质量为m、电荷量为+q的粒子从AB边上的D点垂直于磁场边界AB射入匀强磁场，恰不从BC边射出磁场区域。已知AD距离为a(不计粒子重力，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6)。求粒子的速率。
22. 碰撞是生活中常见的现象，某同学想对碰撞问题进行研究。
该同学在调平的气垫导轨上研究两个滑块的碰撞。让滑块A以某一速度与原来静止的滑块B发生正碰，已知A的质量为2m，B的质量为m。
(1)若如图1所示，滑块A的右端、滑块B的左端均装有粘扣，碰后A、B将粘在一起运动。已知滑块A的初速度为v0，求此过程中A、B组成的系统损失的机械能是多少？
碰撞前
碰撞后
实验序号
v10(m/s)
v20(m/s)
v1(m/s)
v2(m/s)
1
0.90
0
0.30
1.20
2
0.73
0
0.24
0.97
3
0.81
0
0.27
1.08
(2)若如图2所示，滑块A的右端、滑块B的左端均装有弹簧圈，碰后A、B将分开且沿着相同方向运动。通过传感器分别测得两个滑块碰撞前后的速度如下：
该同学通过处理数据发现碰撞前后有mAv10=mAv1+mBv2，说明滑块的碰撞过程满足动量守恒定律；同时他还发现v2−v1=v10也成立，他认为这是一个运动的滑块与一个静止的滑块发生弹性碰撞的必然结果。请你分析说明该同学的观点是否正确。
23. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度大小为v，导轨的电阻可忽略不计。
(1)求回路中的感应电流I和导体棒两端的电压U；
(2)通过公式推导证明：导体棒向右匀速运动Δt时间内，拉力做的功W等于电路获得的电能W电。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、电动势是表征电源把其他形式能转化为电能本领的物理量，当电压表直接并联在电源两端时，数值上等于电动势大小，故A错误；
B、电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做功，故B错误；
C、由欧姆定律I=UR可知，在纯电阻电路中电流与电压成正比，与电阻成反比，故C错误；
D、电流的定义式I=qt，适用于任何电荷定向移动形成的电流，故D正确。
故选：D。
电动势与路端电压是两个不同的概念；电动势的物理意义：数值上为电源将单位正电荷从正极移送到负极时非静电力所做的功；电流的定义式I=qt，适用于任何电荷定向移动形成的电流；欧姆定律适用于纯电阻电路。
本题考查恒定电流的基本概念，涉及到电动势、路端电压、电流定义式、欧姆定律等知识点，属于基础简单题目。
2.【答案】C
【解析】解：A.元件1的伏安特性曲线是直线，说明其电阻不随电压、电流、温度的变化而变化，是标准电阻，但是在I−U图像中，其斜率的倒数等于电阻，故A错误；
B.三条线中的2、3是曲线，说明其代表的元件不是线性元件，故B错误；
C.曲线2中反应的特征是，随着电压、电流的增大，电阻逐渐减小，说明该元件是半导体元件，故C正确；
D.曲线3中反应的特征是，随着电压、电流的增大，电阻逐渐增大，这符合小灯泡的伏安特性曲线，其电阻率随温度的升高而增大，故D错误。
故选：C。
理解图像的物理意义，结合选项的描述即可完成分析。
本题主要考查了欧姆定律的相关应用，理解图像的物理意义即可完成分析，属于简单题型。
3.【答案】D
【解析】解：A、油滴所受电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，而根据题意知场强方向竖直向下，可知油滴带负电，故A错误；
BC、上极板下移，板间距d减小，根据\(C=\dfrac{Q}{U}\)，\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，及\(E=\dfrac{U}{d}\)，可推导出\(E=\dfrac{4πkQ}{\epsilon S}\)，可知，场强E不变，电场力和重力处于二力平衡状态，油滴静止不动，另据\(U=Ed\)可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小，故BC错误；
D、因下极板接地，电势为零，板间电场强度E=4πkQϵS，与板间距离无关，所以电场强度不变，P点与下极板间距不变，根据UPO=φP=EdP0，知P点的电势不变，故D正确；
故选：D。
根据重力和电场力平衡判断电场力方向，根据场强方向判断粒子电性；
上极板下移，板间距减小，根据场强推论公式E=4πkQϵS判断场强变化，即可判定电场力大小；
根据U=Ed判断两极板间电压，从而判断P点的电势变化，及静电计指针变化情况。
考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)和定义式\(C=\dfrac{Q}{U}\)；同时注意要掌握相关结论的应用，如可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。
4.【答案】A
【解析】解：设p点的点电荷带电量为+Q，它在C点产生的电场强度E1=kQ(4r)2
场强沿x轴的负方向，带电量为+q完整球面在C点产生的电场强度E2=kq(2r)2，场强沿x轴的负方向。
由题意两种带电体在C点产生的合电场强度为E0，则有E1+E2=E0
综合解得：Q=16E0r2k−4q，故A正确；BCD错误；
故选：A。
根据点电荷的场强公式结合题目条件和矢量合成的特点得出点电荷的带电量。
本题主要考查了电场的叠加问题，熟悉场强的计算公式，理解矢量的合成特点即可完成分析。
5.【答案】D
【解析】解：A.如果只在XX′上加图甲所示的电压，则电子只在x轴方向偏转，且偏转距离时刻在变，所以在荧光屏上看到的图形为x轴上的一条亮线，如图(b)所示，故A错误；
B.如果只在YY′上加图乙所示的电压，则电子只在y轴方向偏转，且偏转距离时刻在变，所以在荧光屏上看到的图形为y轴上的一条亮线，如图(a)所示，故B错误；
CD.如果在XX′、YY′上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图(d)所示，故C错误，D正确。
故选：D。
根据电势的高低分析出粒子的受力方向，由此分析出其运动轨迹和对应的图形。
本题主要考查了示波器的相关应用，熟悉粒子的受力分析，结合运动的特点即可完成解答，整体难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.小物体从O到x=3l过程中由能量守恒定律可知，小物体减少的电势能均转化为摩擦生热，所以小物体从O到x=3l过程中由于摩擦产生的热量为q(φ3−φ2)，故A正确；
B.因小物体位于x=l时速度刚好最大，故此时加速度为零，所以其所受摩擦力为f=qφ1l，故B错误；
C.小物体从O到x=3l过程中由能量守恒定律得3fl=q(φ3−φ2)
解得：3φ1=φ3−φ2，故C正确；
D.小物体在x=l到x=3l过程中由动能定理得q(φ1−φ2)−2fl=0−Ekm
解得：Ekm=q(φ1+φ2)，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
根据能量守恒定律得出摩擦产生的热量；
物体的速度最大时，加速度为零，由此分析出摩擦力的大小；
根据能量守恒定律得出电势的高低；
根据动能定力计算出小球运动过程中的最大动能。
本题主要考查了能量守恒定律的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合能量守恒定律和动能定理即可完成分析。
7.【答案】BC
【解析】解：A、弹簧振子做简谐运动，回复力为弹簧的弹力，弹力的方向始终指向平衡位置，可知振子在M、N两点所受弹簧弹力大小相等，方向相反，则弹力不同，故A错误；
B、振子先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，根据对称性可知M、N两点关于平衡位置对称，振子在M、N两点相对于平衡位置的位移大小相等、方向相反，故B正确；
C、M、N两点相对于平衡位置的位移大小相等，根据a=−kxm分析可知振子在M、N两点加速度大小相等，故C正确；
D、从M点到N点，回复力先减小后增大，振子的加速度先减小后增大，所以振子先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故D错误。
故选：BC。
明确弹簧振子的振动模型，知道关于O点对称的两点位移大小相等、方向相反；再根据位移关系分析弹力、回复力和加速度的关系。根据加速度变化情况判断振子的运动情况。
在简谐运动过程中，振子的位移、速度、加速度等物理量相对于平衡位置具有对称性，对于这些物理量的大小和方向的变化一定要熟知。
8.【答案】C
【解析】解：A、图示位置，线框平面与磁场垂直，线框中的磁通量Φ=BS，故A错误；
B、以CD边为轴，让线框CDEF转过180∘，磁感线进入平面的方向发生了改变，线框中的磁通量变化量ΔΦ=2BS，故B错误；
C、线框以CF边为轴在磁场中转动，线框中的磁通量时刻在发生改变，线框中会产生感应电流，故C正确；
D、线框绕过D点的与磁场平行的轴转动线框中的磁通量始终为BS，线框中不会产生感应电流，故D错误。
故选：C。
9.【答案】A
【解析】解：规定向上为正方向，由动量定理得：
对B：−Mgt=−Mu−0
对A：I−mgt=mv−0
联立解得弹簧的弹力对物体A的冲量为：I=m(v+u)，故A正确，BCD错误。
故选：A。
当连接A、B的绳子突然断开后，A受重力和弹力，B受重力；对A、B两物体应用动量定理可以求出弹簧的弹力对A的冲量。
本题考查了求弹簧的冲量，应用动量定理即可正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选择。
10.【答案】B
【解析】解：A、因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动．故A错误，B正确．
C、根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a=f−mgm，f=μN=μFA=μBIL=μBLkt，
联立解得加速度a=μBLKtm−g，与时间成线性关系．故C错误；
D、t=0时刻无电流，无安培力．只有重力，加速度竖直向下，为正值．故D错误．
故选：B
根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．
解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度．
11.【答案】BC
【解析】解：A、锂电池的充电电压必须大于电源电动势才能进行充电操作，即该锂电池的充电电压一定大于4.2V，故A错误；
B、由图象可以看出，在充满电后电池电压稳定在4.2V，说明该锂电池的电动势约为4.2V，故B正确；
C、若该锂电池的容量为1400mA⋅h，根据题意可知整个充电过程中，锂电池增加的电能为E=UQ=4.2×1400×10−3W⋅h=5.88W⋅h，则整个充电过程中，锂电池增加的电能不超过5.88W⋅h，故C正确；
D、电流-时间图象的面积表示电池充入的电荷量，所以在充电的1.0∼3.0小时内，图象面积小于1000mA⋅h，故D错误；
故选：BC。
根据充满电后电池电压稳定在4.2V判断电动势；电池的充电电压必须大于电源电动势；根据电流-时间图象的面积表示电池充入的电荷量判断；根据锂电池增加的电能为E=UQ求解。
本题以某种锂电池充电过程中电池电压、充电电流随时间变化的图象为情景载体，考查了电荷量以及电能问题，要明确电流-时间图象的面积表示电池充入的电荷量。
12.【答案】AC
【解析】解：A.若电阻R发生短路，电路左侧三元件并联部分电阻为零，外电阻减小，外电压变大，灯泡L2两端的电压变大，故而突然变亮，故A正确；
B.若电阻R发生短路，则电路左侧三元件并联部分分得的电压为零，会导致灯泡L1熄灭，故B错误；
C.电容器被击穿短路可使得电路总电阻变小，总电流变大，故C正确；
D.若灯泡L2的灯丝烧断，则电压表的示数将接近于电源电动势，故而示数增大，故D错误。
故选：AC。
理解电路构造的分析，结合选项的现象分析出可能的原因。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，解题的关键点是理解电路构造，结合欧姆定律和电路中各个物理量的关系即可完成分析。
13.【答案】AD
【解析】解：A.因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，当电场力垂直于运动方向时，有最小值，电场力最小为mgcos30∘，如上图所示；
所以电场强度的最小值Emin=mgcos30∘q=3mg2q，故A正确；
BD.如果电场强度为E=mgq，小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30∘，斜向上，如下图所示；
根据牛顿第二定律知，小球的加速度为a=g；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s=v022a=v022g，则小球上升的最大高度h=12s=v024g
在整个过程中电场力做功W=qEscos120∘=−14mv02；电势能增加14mv02，所以小球电势能的最大值为14mv02，故B错误，D正确；
C.因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不可能竖直向上，故C错误。
故选：AD。
根据力的动态平衡及数学知识求解场强的最小值；根据牛顿第二定律及运动学公式求解小球上升的最大高度；根据电场力做功公式及与电场力做功与电势能变化的关系求解；根据曲线运动的条件作答。
本题考查了力的动态变化、平抛运动知识及电场力所做的功与电势能变化的关系。
14.【答案】BD
【解析】解：A.由图象可知两物块的运动过程：开始阶段A逐渐减速，B逐渐加速，A的速度比B的大，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，故A错误；
B.从0时刻到t1过程中弹簧由原长被压缩最短。系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，选择从开始到t1时刻列方程可得
m1v0=(m1+m2)v1
将v1=3m/s，v2=1m/s代入得
m1：m2=1：2，故B正确；
C.t2时刻A、B的动量大小之比为p1p2=m1vAm2vB=12×12=14，故C错误；
D.根据能量守恒定律可得t=t1时刻弹簧具有的弹性势能
Ep=2m=2(Ek1′′+Ek′)，故D正确。
故选：BD。
由于水平面光滑，可知两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。
对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化的关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。
15.【答案】BD
【解析】解：A、由图乙可以得到磁感应强的变化率为△B△t=0.15T/s
根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势为E=n△Φ△t=△B△tnS2=0.15×100×0.3V=4.5V，故A错误；
B、根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的电流为I=ER+r=4.52+1A=1.5A，所以在0∼4s时间内通过电阻R的电荷量为q=It=1.5×4C=6C，故B正确；
C、根据楞次定律可以判断出线圈中的电流方向为顺时针方向，在电源内部电流是从低电势流向高电势，所以a点的电势低于b点的电势，b、a两端的电势差即为R两端的电压U=IR=1.5×2V=3V，即Uba=3V，根据Uba=φb−φa，可因为b端接地，所以φb=0，解得φa=−3V，故C错误；
D、在0∼4s时间内电阻 R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=1.52×2×4J=18J，故D正确。
故选：BD。
根据法拉第电磁感应定律可以计算出线圈中产生的感应电动势；先根据闭合电路的欧姆定律计算出线圈中的电流，然后根据q=It可以计算出通过电阻的电荷量；b端接地，即b点的电势为零，先计算出电阻两端的电压Uba，然后根据Uba=φb−φa可以计算出a端电势；根据焦耳定律可以计算出电阻产生的热量。
在应用电磁感应定律计算电动势的时候，要注意里面的面积应该是线圈在磁场中的有效面积，并不是线圈的面积。
16.【答案】C×10190
【解析】解：(1)A.多用电表欧姆挡存在内置电源，为避免与外置电源发生冲突，故测量电阻时应将电阻从电路中拆下，故A错误；
B.若用手指紧紧按住红、黑表笔与电阻接触的部分，则电阻的测量值为该电阻与人体电阻的并联值，故测量值偏小，故B错误；
C.由Rx=EI−(r+R+Rg)可知，待测电阻与电流不成线性关系，故表盘刻度不均匀，故C正确；
D.若电动势不变，且仍可调零，可知欧姆表中值电阻不变，电源内阻虽然增大，但电阻箱连入的阻值可做相应减少，所以待测电阻的测量值不变，故D错误。
故选：C。
(2)若指针偏角过大，证明所选挡位偏大，表盘示数过小，故重新选择较低挡位，使指针向中值电阻靠近，故选×10挡，而且每次换挡都要重新进行欧姆调零；
该电阻的测量值为R=19.0×10Ω=190Ω
故答案为：(1)C；(2)×10；190
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据指针偏角的特点分析出正确的挡位，结合其读数规则完成分析。
本题主要考查了多用电表的使用规则，理解多用电表的使用特点，同时熟悉其欧姆挡的读数规则即可。
17.【答案】A2 2mA0.91365.0
【解析】解：(1)电路中最大电流约1∼2mA，可以把电流表A2与定值电阻R0并联改装成电流表；
设改装后电流表量程为I，由欧姆定律有Ig2Rg2=(I−Ig2)R0
解得I=Ig2+Ig2Rg2R0=200×10−6A+200×10−6×900100A=2×10−3A=2mA
改装后电流表的内阻为RA=Rg2R0Rg2+R0=900×100900+100Ω=90Ω
(2)用改装后的电流表和电阻箱测电源电动势与内阻，电池、开关、电阻箱与电流表组成串联回路，实验电路图如图1所示。
图1
(3)作图应使越多的点在图像上，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，画出1I−R图像如图2
图2
设电流表A2读数为I，故干路电流为10I，根据图示电路图由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势E=10I(r+R+RA)
整理得1I=10ER+10(r+RA)E
由图像1I−R可知，纵轴截距为b=10(r+RA)E=5.0mA−1=5000A−1
斜率为k=10E=16000−50001000V−1=11V−1
解得E=0.91V，r=365.0Ω
故答案为：(1)A2，2mA；(2)电路图见解析；(3)0.91，365.0
(1)把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，根据电流表的改装原理与所给实验器材分析答题。
(2)用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，根据实验原理作出实验电路图。
(3)根据实验电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查测电池的电动势和内阻实验，理解实验原理是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。
18.【答案】解：(1)当开关S闭合时，电动机恰好正常工作，两端的电压等于额定电压，电容器与电动机并联，两端的电压等于UM=12V
其带电量Q=UMC
计算可得Q=2.4×10−9C
(2)由闭合电路欧姆定律，流过电阻R1的电流为：
I1=E−UMR1+r
计算可得I1=3A
由欧姆定律，流过电阻R2的电流为：
I2=UMR2=1212A=1A
由串并联电路电流的关系，流过电动机的电流为：
IM=I1−I2=3A−1A=2A
电动机消耗的电功率为P=UMIM=12×2W=24W
电动机发热的功率为P0=IM2RM=22×2W=8W
电动机正常工作时的效率η=P−P0P×100%
可得η≈66.7%
答：(1)开关闭合后，电容器的带电量为2.4×10−9C；
(2)电动机正常工作时的效率是为66.7%。
【解析】(1)根据电路构造得出电容器的电压，结合公式Q=CU计算出电容器的带电量；
(2)根据电路的构造结合欧姆定律得出各个电阻的电流的大小，结合功率的计算公式和效率的定义完成分析。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，学会分析电路构造，结合欧姆定律和电容器的计算公式即可完成解答。
19.【答案】解：小球从A到B运动过程中，由动能定理得(mg+qE)L=12mvB2−0
解得vB=35m/s
小球从B到C过程，由动能定理得(mg+qE)hBC=12mvC2−12mvB2
C点速度分解vCsinθ=vB
解得：hBC=916m=0.5625m
电势差与电场强度关系U=EhBC
联立解得U=562.5V
答：B、C两点的电势差为562.5V。
【解析】粒子在电场中受重力和电场力，做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子在C点速度的大小，根据动能定理列式求解BC间竖直分位移，根据U=Ed求解B、C间的电势差。
本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法。粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用。
20.【答案】解：由振动图像可知质点的振动周期：T=0.4s
由振动图像可知，B质点比A质点晚振动的时间为
Δt=nT+34T，(n=0,1,2,3,…)
所以A、B间的距离为s=kλ+34λ，(k=0,1,2,3…)
则波长为λ=4s4k+3=4×214k+3m=844k+3m
因为λ>10m，所以k只能取0、1
当k=0时，λ1=843m=28m，则波速为v1=λ1T=280.4m/s=70m/s
当k=1时，λ2=844×1+3m=12m，则波速为v2=λ2T=120.4m/s=30m/s
答：这列波可能的波速为70m/s、30m/s。
【解析】由两个质点的振动图像分析它们状态关系，确定两个质点间距离21m与波长的关系，结合已知条件求出波长，读出周期，再求出波速。
本题的解题关键是根据两质点的振动状态，结合波的周期性列出波长的通项，要有运用数学知识解决物理问题的能力．
21.【答案】解：如图根据几何关系，有53r+r=4a，
解得：r=32a
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB=mv2r
联立，可得v=3qBa2m
答：粒子的速率为3qBa2m。
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的临界速度，然后分析答题
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握对求解带电粒子在磁场中运动问题的关键步骤找圆心，定半径，在具体的情景中灵活应用还是存在问题。
22.【答案】解：(1)设向右为正方向，碰撞过程满足水平方向动量守恒，则有
2mv0=3mv共
由能量守恒可得损失机械能为
ΔEp=12×2mv02−12×3mv共2
联立解得：ΔEp=13mv02
(2)设向右为正方向，碰撞过程满足水平方向动量守恒
mAv10=mAv1+mBv2
如果碰撞是弹性的，则有碰撞前后机械能守恒，即12mAv102=12mAv12+12mBv22
联立解得：v10=v2−v1
因此该同学的观点正确。
答：(1)此过程中A、B组成的系统损失的机械能是13mv02；(2)见解析。
【解析】(1)A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的共同速度，应用能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能。
(2)发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题，找到速度之间的关系。
本题是一道信息给予题，认真审题理解题意、从题中获取所需信息是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
23.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律得E=BLv
由闭合电路欧姆定律得I=BLvR+r
则导体棒两端的电压为U=IR=BLRvR+r
(2)MN做匀速运动，受力平衡，则拉力F=F安=BILΔt时间内MN运动的距离Δx=vΔt
拉力做功W=F⋅Δx=BIL⋅vΔt=B2L2v2R+r⋅Δt
电路获得的电能W电=EIΔt=BIL⋅vΔt=B2L2v2R+r⋅Δt
可得W=W电
答：(1)回路中的感应电流为BLvR+r，导体棒两端的电压为BLRvR+r；
(2)证明过程见解析。
【解析】(1)求出导体棒切割磁感应线产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流强度，再根据电路连接情况结合欧姆定律求解导体棒两端的电压U；
(2)根据功的计算公式求解拉力做的功，根据电能的计算公式求解电路获得的电能，由此分析。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电能的计算公式列方程求解。
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