2022-2023学年山东省济南市莱芜重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省济南市莱芜重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年山东省济南市莱芜重点中学高二（上）期末
物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 下列说法中正确的是(    )
A. 周期性变化的电场可以产生恒定的磁场
B. 若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为0
C. 麦克斯韦最早通过实验证实了电磁波的存在
D. 磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量
2. A、B、C、D是以AD为直径的半圆弧上的四个点，O为半圆弧的圆心，∠AOB=∠DOC=30∘。在A、D处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，此时O点的磁感应强度大小为B0。若将A、D处的长直导线分别移至B、C处，则此时O点的磁感应强度大小为(    )

A. B0 B. B02 C. 2 33B0 D. 32B0
3. 如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计，下列说法正确的(    )

A. S闭合瞬间，A先亮
B. S闭合瞬间，A、B同时亮
C. S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭
D. S断开瞬间，A逐渐熄灭，但不会闪亮一下
4. 如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程错误的是(    )

A. 杆的速度最大值为(F−μmg)RB2d2
B. 流过电阻R的电荷量为BdLR+r
C. 从静止到速度恰好达到最大经历的时间t=m(R+r)B2d2+B2d2L(F−μmg)(R+r)
D. 恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
5. 玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为(    )

A. 1.2πd2ρv2 B. 0.3πd2ρv2 C. 1.2πd2ρv D. 0.3πd2ρv
6. 如图所示，回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子(初速度不计)电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为R，则(    )

A. 粒子在盒内一直做加速圆周运动
B. 所加交流电源的周期为πmqB
C. 粒子加速后获得的最大动能小于qBR22m
D. 若将交流电源电压U减小，粒子在D形盒内运动的时间变长
7. 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，电阻RA、RB的阻值与滑动变阻器的最大阻值相等。在滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 电压表示数U与电流表示数I的比值不变
B. 电流表的示数增大
C. 电压表的示数先增大后减小
D. 电源的效率一直增大
8. 我国超级电网，将热、水、风、光、核发电及电动汽车电池储能并入电网．如图所示为某小型发电站高压输电示意图．升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4.在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确酌是(    )

A. 两互感器均起到降压作用
B. 若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kW
C. 若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D. 若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P下移
9. 如图所示，电源电动势E=6V，小灯泡L标有“2V，2W”字样，开关S接1，当电阻箱调到R=3Ω时，小灯泡L正常发光；然后将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。电动机线圈的电阻RM=1Ω。则(    )

A. 电源内阻为1Ω B. 电动机的正常工作电流为1.5A
C. 电动机的输出功率为2W D. 电源效率约为93.3%
10. 图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t=0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n=50，线圈的电阻r=5Ω，线圈与外电路连接的定值电阻R=45Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断不正确的是(    )

A. 线圈转动的周期为6.28s
B. t=0时刻线圈平面与磁感线平行
C. 线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100 2V
D. 电压表的示数为45 2V
11. 如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中，下列说法中正确的是(    )

A. 小球的加速度一直增大
B. 小球的机械能和电势能的总和逐渐不变
C. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=2μqE−mg2μqB
D. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=2μqE+mg2μqB
12. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，相距为2L的两条直线MN、PQ之间存在着竖直向下的匀强磁场，一个用相同材料且粗细均匀的电阻丝制成的、边长为L的正方形线框以速度v1从MN左侧沿垂直于MN的方向进入磁场区，线框完全离开磁场区域时速度大小变为v2，且v2=12v1，则以下说法正确的是(    )

A. 整个线框处于磁场区域运动时，A、B两点电势不相等
B. 线框进入磁场过程与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量不相等
C. 线框在进入磁场过程与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比为7：5
D. 若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，则线框穿出磁场时的速度v2会为原来的三倍
二、非选择题（52分）
13. 小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M=200.0g，槽码和挂钩的总质量m=50.0g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv。

(1)游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d=_____mm；

(2)打开气泵，带气流稳定后，观察到_____，说明气垫导轨水平。
(3)多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出Δv−Δt图线。

Δt/s
0.721
0.790
0.854
0.913
0.968
Δv/m⋅s−1
1.38
1.52
1.64
1.75
1.86
(4)查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，根据动量定理，Δv−Δt图线斜率的理论值为_____m/s2；
(5)实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因(    )
A.选用的槽码质量偏小
B.细线与气垫导轨不完全平行
C.每次释放滑块的位置不同
D.实验中Δt的测量值偏大

14. 某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18Ω.为了进一步精确测量该电阻，实验台上备有以下器材：
A.电流表(量程15mA，内阻未知)
B.电阻箱(0～99.99Ω)
C.电阻箱(0～999.9Ω)
D.电源(电动势约3V，内阻约1Ω)
E.开关2只
F.导线若干
(1)甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：
a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电流表指针有较大的偏转，读出此时电阻箱的阻值R1和电流表的示数I；
b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，记下此时电阻箱的阻值R2．
①根据实验步骤和实验器材规格可知，电阻箱应选择____(选填器材前的字母)；
②根据实验步骤可知，待测电阻Rx=____(用步骤中所测得的物理量表示)．
(2)乙同学认为该电路也可以用来测量电源的电动势和内阻．若已知所选电流表的内阻为RA，同时闭合开关S1和S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的1I−R图象如图乙所示，图象的斜率为k、截距为b，由此可求得电源电动势E=____，内阻r=____(用本题所给物理量表示)．


15. 如图所示，运动员练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6m，被重新顶起，离开头部后竖直上升至1m处。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，足球在空中时空气阻力为1N，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度g取10m/s2，在此过程中，求：
(1)足球在空中时空气阻力对它的冲量；
(2)足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量。


16. 如图所示，线框由裸导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有垂直线框所在平面向里的匀强磁场且B2=2T。已知ab长L=0.1m，整个电路总电阻R=0.5Ω，螺线管匝数n=4，螺线管横截面积S=0.1m2，在螺线管内有如图所示方向的磁场B1，若磁场B1以ΔB1Δt=10T/s均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，g取10m/s2，试求：
(1)通过导体棒ab的电流I的大小；
(2)导体棒ab的质量m的大小；
(3)现去掉磁场B1，导体棒ab下落时能达到的最大速度。


17. 如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向未知，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；在第二象限的某个三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以某一速度v(大小未知)沿与x轴负方向成θ角(θ<π2)的方向从A点进入第一象限，在第一象限内做直线运动，而后从y轴上的C点进入三角形磁场区域。一段时间后，粒子经过x轴上的D点且速度方向与x轴负方向成θ角。已知A点坐标为(L,0)，D点坐标为(−3L,0)，不计粒子所受的重力。求：
(1)匀强电场E的方向与x轴正方向的夹角α的大小和粒子速度的大小；
(2)三角形区域内磁场的磁感应强度B′的大小；
(3)三角形区域磁场的最小面积。


18. 如图所示，质量为m的物块A与质量为2m的物块B静置于光滑水平面上，B与一个水平轻质弹簧拴接。现使物块A获得水平向右的初速度v0，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，全过程中弹簧始终处于弹性限度内。
(1)求两物块最终分离时各自的速度；
(2)在两物块相互作用过程中，求当物块A的速度大小为v04时弹簧的弹性势能；
(3)如果在物块B的右侧固定一挡板(挡板的位置未知，图中未画出)，在物块A与弹簧分离之前，物块B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后物块B以碰撞前的速率反向弹回，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，求碰撞后的过程中弹簧最大弹性势能可能的取值范围。


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】A.根据麦克斯韦电磁理论，周期性变化得电场可以产生周期性变化的磁场，故A错误；
B.通电导体在磁场中受到的磁场力为安培力，安培力的表达式为
F=BIL
当通电导体所受的安培力为零时有可能磁感应强度为零，也可能导体与磁场方向平行，故B错误；
C.赫兹最早通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D.磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量，故D正确。
故选D。


2.【答案】D 
【解析】设长直导线在O点的磁感应强度大小为B，根据安培定则和叠加原理
B0=2B
B′=2Bcos30∘
解得
B′= 32B0
故选D。


3.【答案】C 
【解析】AB.开关S闭合时，灯泡A所在支路由于二极管的单向导电性而处于断路状态，所以灯泡A不会亮。由于线圈的自感作用，灯泡B逐渐亮起来，故AB错误；
CD.开光S断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈、二极管、灯泡A构成了一个闭合回路，自感电流的方向符合二极管的导通方向，所以灯泡A开始发光，随着自感电流减小，灯泡A熄灭，即灯泡A闪亮一下，然后逐渐熄灭。灯泡B则立即熄灭，故C正确，D错误。
故选C。


4.【答案】A 
【解析】A.当杆的速度达到最大时，安培力为
F安=B2d2vR+r
此时杆受力平衡，则有
F−μmg−F安=0
解得
v=(F−μmg)(R+r)B2d2
A错误，符合题意；
B.流过电阻R的电荷量为
q=It=ΔΦR+r=BdLR+r
B正确，不符合题意；
C.根据动量定理有
F−μmgt−BIt=mv ， q=It
结合上述解得
t=mg(R+r)B2d2+B2d2L(F−μmg)(R+r)
C正确，不符合题意；
D.对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D正确，不符合题意。
故选A。


5.【答案】B 
【解析】设t时间内水枪喷出的水柱长度为l，则有
v=lt
t时间内冲击墙壁的水的质量为
m=ρV=ρSl=14πd2ρl
设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F，根据动量定理有
Ft=0.2mv−(−mv)
联立以上三式解得
F=0.3πd2ρv2
根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平均冲击力大小为
F′=F=0.3πd2ρv2
故选B。


6.【答案】CD 
【解析】A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，A错误；
B.所加交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期 2πmqB ，B错误；
C.根据动能的定义
Ek=12mv2
根据牛顿第二定律
qvB=mv2R
解得
Ek=(qBR)22m
C正确；
D.若将交流电源电压U减小，粒子加速次数增多，在D形盒内运动的时间变长，D正确。
故选CD。


7.【答案】C 
【解析】A.由电路图可知，电压表示数U与电流表示数I的比值表示的是外电路的总电阻，滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端，外电路的总电阻变化，则电压表示数U与电流表示数I的比值变化，A错误；
BC.当滑动变阻器的滑片处于中点时，两个并联支路的电阻相等，并联后电阻最大，则滑片P从a端滑到b端的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，则电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小，B错误，C正确；
D.电源的效率可表示为
η=UIEI×100%=RR+r×100%=11+rR×100%
外电路的总电阻先增大后减小，电源的效率先增大后减小，D错误。
故选C。


8.【答案】B 
【解析】A.电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流(升压)作用，故A错误。
B.电压互感器原线圈两端电压
U2=n1′n2′U=101×220V=2200V
电流互感器原线圈中的电流
I2=n4′n3′I=101×10A=100A
对于理想变压器，输送功率
P=P2=U2I2=2200×100W=220000W
故B正确。
C.将滑动片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2，根据理想变压器的规律
U2=n2n1U1
升压变压器副线圈两端的电压增大；降压变压器原线圈两端电压U3增大，副线圈两端电压U4增大，通过负载的电流
I4=U4R
当R不变时，I4增大，降压变压器原线圈中的电流
I3=n4n3I4
匝数比不变，I3增大，输电线上损失功率
ΔP=I32r
增大，故C错误。
D.当用户数增加，负载电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，通过副线圈的电流
I4=U4R
增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失
ΔU=I3r
增大；原线圈两端电压
U3=U2−ΔU
将减小，根据
U4=n4n3U3
可知，当U3减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将降压变压器的滑动片P上移，故D错误。
故选B。


9.【答案】AC 
【解析】A.开关S接1，当电阻箱调到R=3Ω时，小灯泡L正常发光，此时电路中的电流为
I=PLUL=1A
电源内阻
r=E−ULI−R=1Ω
A正确；
B.将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则此时通过电动机的电流为I=1A，B错误；
C.电动机两端的电压
UM=E−UL−Ir=3V
则电动机的输出功率为
P=IUM−I2RM=2W
C正确；
D.电源效率约为

D错误。
故选AC。


10.【答案】AC 
【解析】A.由题图乙可知，线圈转动的周期为
T=6.28×10−2s
A错误，符合题意；    
B.由题图乙可知， t=0时刻线圈磁通量是零，则线圈平面与磁感线平行，B正确，不符合题意；
C.线圈转动过程中产生的最大感应电动势为
Em=nBSω=nΦmω=50×2×10−2×2π6.28×10−2V=100V
C错误，符合题意；
D.由闭合电路欧姆定律，可知电压表的示数为
U=ER+r×R=100 245+5×45V=45 2V
D正确，不符合题意。
故选AC。


11.【答案】CD 
【解析】A.当小球刚开始下滑速度较小时，所受电场力向左，重力向下，洛伦兹力向右，滑动摩擦力向上，一开始洛伦兹力小于电场力，故弹力向右，水平方向由平衡条件可得
qE=FN+qvB
竖直方向上有
mg−Ff=ma
又
Ff=μFN
随着速度逐渐增大，洛伦兹力增大，弹力减小，摩擦力减小，加速度增大，当
qE=qvB
加速度为重力加速度，保持不变，故A错误；
B.由能量守恒可知机械能和电势能总量的减小量等于系统因摩擦产生的热量，所以机械能和电势能总和逐渐减少，故B错误；
CD.当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g，当加速度为 g2 ，洛伦兹力较小时有
f=qE−FN
mg−μFN=ma
f=qvB
可求得
v=2μqE−mg2μqB
当洛伦兹力较大时有
f=qE+FN
mg−μFN=ma
可求得
v=2μqE+mg2μqB
CD正确。
故选CD。


12.【答案】ACD 
【解析】A.整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势，可知A、D两点电势相等，B、C两点电势相等，由右手定则可知，A、D两点电势高于B、C两点电势，即A、B两点电势不相等，A正确；
B.线框进入磁场过程中，由电磁感应定律可得
E=ΔΦΔt
则有
I=ER
q=IΔt
ΔΦ=BL2
解得
q=BL2R
同理可知，线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量也为
q=BL2R
可知线框进入磁场过程中与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量相等，B错误；
C.设线框在完全进入磁场后的速度为v，对线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
−BI1L⋅Δt1=mv−mv1
线框穿出磁场过程，以向右方向为正方向，由动量定理可得
−BIL⋅Δt=mv2−mv
又有
I1Δt1=IΔt
解得
v=34v1
由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功为
W1=12mv12−12mv2=732mv12
线框穿出磁场过程中克服安培力做功
W2=12mv2−12mv22=532mv12
可得
W1:W2=7:5
C正确；    
D.若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
−BI′1L⋅Δt′1=mv′−2mv1
线框穿出磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
−BI′L⋅Δt′=mv2′−mv′
又有
I1△t1′=I′△t′=BL2R
解得
v′=74v1
v2′=32v1=3v2
则线框穿出磁场时的速度v2会为原来的三倍，D正确。
故选ACD。


13.【答案】  10.20     滑块在不受拉力作用下能够在短时间内保持静止     1.96     BD##DB 
【解析】(1)[1]20分度游标卡尺的精确值为 0.05mm ，由图2可知遮光条宽度为
d=10mm+4×0.05mm=10.20mm
(2)[2]打开气泵，带气流稳定后，观察到滑块在不受拉力作用下能够在短时间内保持静止，说明气垫导轨水平；
(4)[3]以 M 、 m 为系统，根据动量定理可得
mgΔt=(M+m)Δv
可得
Δv=mgM+mΔt
则 Δv−Δt 图线斜率的理论值为
k=mgM+m=50.0×10−3×9.80(200.0+50.0)×10−3m/s2=1.96m/s2
(5)[4]
AC.槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑块的位置也不会影响图线的斜率，故AC错误；
B.细线与气垫导轨不完全平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平分力越小，从而使加速度越小，速度变化量 ΔvΔt 越小，故B正确；
D.实验中 Δt 的测量值偏大，则速度变化量 ΔvΔt 偏小，会使图线斜率偏小，故D正确。
故选BD。


14.【答案】 C     R2−R1     1k       bk −RA 
【解析】(1)[1]电源电动势为 3V ，电流表量程为 15mA=0.015A ，由欧姆定律： I=UR ，可知电路中的最小电阻应为：
Rmin=EIA=30.015Ω=200Ω
所以电阻箱应选C；
[2]根据闭合电路欧姆定律得：
S2断开时有：
E=IRx+R1+RA+r
S2闭合时有：
E=IR2+RA+r
解得：
Rx=R2−R1
(2)[3][4]闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：
E=IR+RA+r
整理得：
1I=1ER+RA+rE
由 1I−R 图象可知：
k=1E
b=RA+rE
电源电动势：
E=1k
电源内阻
r=bk−RA


15.【答案】(1)0；(2) 3.2kg⋅m/s ，方向竖直向上 
【解析】(1)足球下落过程中有
mg−f=ma1
解得
a1=7.5m/s2
根据动力学公式
ℎ1=12a1t12
解得
t1=0.4s
足球上升过程中有
mg+f=ma2
解得
a2=12.5m/s2
根据动力学公式
ℎ2=12a2t22
解得
t2=0.4s
足球在空中时空气阻力对它的冲量为
If=ft1−ft2=0
(2)取竖直向上为正方向，足球与头部接触前的速度
v1=−a1t1=−3m/s
足球与头部接触后的速度
v2=a2t2=5m/s
根据动量定理足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量为
I=mv2−mv1=0.4×(5+3)kg⋅m/s=3.2kg⋅m/s
合力对足球的冲量方向竖直向上。


16.【答案】.(1)8A；(2)0.16kg；(3)20m/s 
【解析】(1)根据楞次定律，螺线管产生的感应电动势
E1=nSΔB1Δt=4V
由闭合电路欧姆定律
I1=E1R=8A
(2)导体棒静止时有安培力等于重力，即
F1=B2I1L=mg=1.6N
求得
m=0.16kg
(3)去掉磁场 B1 后，导体棒ab向下做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到最大，有
mg=B2I2L
I2=E2R=B2LvmaxR
联立解得
vmax=20m/s


17.【答案】解：(1)粒子在第一象限内做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动。这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，α=90°−θ，
由平衡条件有Eq=Bqv，得v=EB。
(2)粒子从C点进入第二象限的磁场Bˈ中，粒子的运动轨迹如图所示，

设粒子在第二象限做圆周运动的半径为R，
由几何关系可得2Rsinθ=3L−L，
由牛顿第二定律得qvB′=mv2R，
解得B′=mEqBLsinθ。
(3)由图可知，C、F点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，三角形磁场的最小区域应该是以切线AC、DF为邻边的等腰三角形CFG，CF为底边，由几何关系得，底边CF=2L，高ℎ=L·tanθ，
所求磁场的最小面积为S=12CF·ℎ=L2·tanθ。 
【解析】(1)粒子在第一象限内做直线运动，必定有洛伦兹力与电场力平衡。
(2)做出粒子轨迹图，根据几何关系求粒子的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度。
(3)根据粒子的运动轨迹确定磁场的最小区域，利用几何关系求磁场的最小面积。

18.【答案】解：(1)取水平向右为正方向，设物块A与弹簧分离时物块A、B的速度分别为vA1、vB1，
有mv0=mvA1+2mvB1
12mv02=12mva12+12⋅2mvb12
解得vA1=−13v0，vB1=23v0，
(2)由动量守恒定律有mv0=mvA+2mvB，
由能量守恒，有12mv02=12mvA2+12⋅2mvB2+Ep
当vA=14v0时，Ep1=2164mv02；当vA=−14v0时，Ep2=564mv02；
(3)物块A与弹簧分离前某时刻，设物块A的速度为vA2，物块B的速度为vB2，物块B与挡板碰撞前，有mv0=mvA2+2mvA2
物块B与挡板碰撞后，当物块A、B共速时弹簧弹性势能最大，设为E2，有
mvA2−2mvB2=3mv2
12mv02=12(m+2m)v22+E2
 解得：E2=8m3[−(vB2−14v0)+316v02]
由(3)问可知：0 当vB2=14v0时，E2最大，解得：E2max=12mv02，
当vB2=23v0时，E2最小，解得：E2min=127mv02
所以弹簧最大弹性势能可能的取值范围为：127mv02≤E2≤12mv02
答：(1)AB两物块最终分离时各自的速度为−13v0、23v0(−表示方向向左)；
(2)在两物块相互作用过程中，当物块A的速度大小为v04时，弹簧的弹性势能为：当vA=14v0时，Ep1=2164mv02；当vA=−14v0时，Ep2=564mv02；
(3)碰撞后的过程中弹簧最大弹性势能E2可能的取值范围为：127mv02≤E2≤12mv02。 
【解析】(1)根据碰撞过程动量守恒，结合题意机械能也守恒，求出AB最终分离的速度；
(2)找准A的速度大小为±14v0时的状态，由动量守恒和机械能守恒可以求出此刻的弹性势能；
(3)根据动量守恒和机械能守恒表示出两物体共速度时的弹性势能E2的表达式，结合B物体的速度范围求当什么条件下E2表达式有最大值和最小值，从而得到范围。
本题考查碰撞过程中的动量守恒、能量守恒的问题，考点较为全面，要求学生综合运用所学知识，对整个运动过程的功能关系进行分析，难度较大。