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2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是( )
A. 判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B. 安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D. 静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
2.如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A. 水桶自身重力的大小
B. 水管每秒出水量的大小
C. 水流对桶撞击力的大小
D. 水桶与水整体的重心高低
3.如图甲所示，一弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一小球，弹簧无形变时小球静止于光滑水平地面上O点处。若把小球拉至A点后由静止释放，小球向左运动最远位置为B点，以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示，则下列正确的是( )
A. A、B之间的距离为6cm
B. 在0.8∼1.6s时间内，小球运动的路程为12cm
C. t=0.8s时刻小球位于B点，且此时小球的加速度最小
D. 在0.4∼0.8s时间内，小球运动的速度逐渐减小，弹簧弹性势能逐渐减小
4.关于下列实验或现象的说法，正确的是( )
A. 图甲说明薄板一定是非晶体
B. 图乙说明气体分子速率分布随温度变化，且T1>T2
C. 图丙的实验情景可以说明气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关
D. 图丁中的现象说明水黾受到了浮力作用，且浮力与重力平衡
5.海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现.某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v=v0sin2πTt，其中的T为海浪上下浮动的周期.现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为( )
A. 2π2B2v02L2TR+rB. 4π2B2v02L2TR+rC. 2B2v02L2TR+rD. 4B2v02L2TR+r
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是( )
A. 每个灯泡两端的电压为40VB. 通过每个灯泡的电流为0.6 2A
C. 通过定值电阻R的电流为0.6AD. 定值电阻R的电功率为54W
7.甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度”的实验，回来后共同绘制了T2−L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法正确的是( )
A. 单摆的固有周期由摆长和摆球质量决定
B. A图线所对应的地点重力加速度较小
C. 若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的重力加速度
D. 如果甲同学减小摆长，他得到的共振曲线的峰将向右移动
8.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭(含燃料、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. 火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M−m
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为m2v02g(M−m)2
D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9.某实验小组采用如图所示的实验装置，对斜槽末端两个小球碰撞过程进行研究。实验步骤如下：
(1)用天平分别测出半径相同的两个小球的质量分别为m1=16.5g和m2=2.7g，并选定质量为______(选填“m1”或“m2”)的小球为入射球。
(2)在水平桌面上安装好实验装置，调整斜槽使其末端______，然后固定。
(3)在桌面适当的位置，上、下铺放好复写纸和白纸，记下悬挂于斜槽末端边缘的重垂线所指的位置O。
(4)将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽的某一高度处无初速滚下，使两球发生碰撞。保持入射小球释放高度不变，重复实验10次。标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，并用刻度尺测量出OM的间距x1、ON的间距x2。
(5)改变入射小球沿斜槽滚下的高度，重复步骤(3)和(4)，多次测量的数据加下表所示：
(6)表中的k3=______(保留2位有效数字)。
(7)x1x2的平均值为______(保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞可由x1x2判断。若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为______(用m1和m2表示)，本实验中其值为______(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在误差允许范围内，则可认为斜槽末端两个小球的碰撞为弹性碰撞。
四、简答题：本大题共1小题，共18分。
10.如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37∘的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v−t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
五、计算题：本大题共2小题，共30分。
11.如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M=0.2kg的小球P和质量为m=0.1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m=0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知桌面高为h=0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能．
12.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、安培力、洛伦兹力的方向都用左手定则，安培力和洛伦兹力是性质相同的力，故A错误；
B、安培力做功，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；
C、磁场中的通电直导线，当磁场与电流平行时，不受到安培力作用，故C正确；
D、静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中也不一定受到洛伦兹力作用，当带电粒子平行于磁场中运动时，不受洛伦兹力作用，故D错误。
故选：C。
通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力，它们均属于磁场力，所以方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功。
本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向。
2.【答案】D
【解析】解：当桶中水增多时，水桶和水的重心上移，当重心上移到某一高度时，竖直向下的重力作用线的作用点偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，所以决定桶能否翻转的主要因素是重心的高低，与自身重力、出水量和撞击力等无关，故 D正确，ABC错误。
故选：D。
明确水桶翻转原理，知道重心的性质。
本题考查重心知识的应用，要注意将所学物理规律用到生活中去，从而激发学习物理的兴趣。
3.【答案】B
【解析】解：A、由乙图可知，A、B之间的距离为12cm，故A错误；
B、由乙图可知，在0.8s∼1.6s时间内小球位于负的最大位移处，振动到最大正位移处，所以小球的路程为2A=2×6cm=12cm，故B正确；
C、在t=0.8s时刻，小球位于最大负位移处，即B点，此时加速度最大，但速度为零，故C错误；
D、小球在0.4∼0.8s时间内，小球从平衡位置振动到最大负位移的B点，速度逐渐减小，但弹性势能越来越大，故D错误。
故选：B。
根据振动图象判断振子的运动状态和受力情况，结合简谐运动的对称性判断弹簧振子的路程和位移。
本题要注意把握弹簧振子的运动具有对称性，在平衡位置时受力平衡。
4.【答案】C
【解析】解：A、图甲说明薄板具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明薄板可能是多晶体，也可能是非晶体，故A错误；
B、图乙看出温度越高，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知T2>T1，故B错误；
C、如图丙可以说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关，故C正确；
D、水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的表面张力的作用，故D错误。
故选：C。
多晶体与非晶体都是各向同性；不同温度下相同速率的分子所占比例不同；气体压强的大小与分子动能和分子的密集程度有关；液体表面存在着表面张力。
本题考查晶体与非晶体的性质、气体分子速率的分布、气体压强的决定因数和表面张力等内容，要求能用相关物理规律解释相关的现象。
5.【答案】A
【解析】解：环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E=Blv环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知l=2πL
联立v=v0sin2πTt，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=2πBLv0sin2πTt
根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E= 2πBLv0
则该发电装置在一个周期内产生的电能E电=E2R+r=2π2B2v02L2TR+r
故BCD错误，A正确。
故选：A。
求出感应电动势的瞬时值表达式，应用欧姆定律求出感应电流的瞬时值表达式，应用焦耳定律求出电能。
本题主要考查了电磁感应与简谐运动的综合，在求解感应电动势的最大值，该题是运动切割，故速度最大时，对应感应电动势最大．
6.【答案】CD
【解析】解：AB、设灯泡阻值为RL，通过灯泡的电流为I，灯泡两端的电压为U，则副线圈两端的电压为U2=U=IRL
副线圈的电流为I2=3I
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，则原线圈两端的电压为U1=3U2=3IRL
原线圈的电流为I1=13I2=I
由e−t图像得，电源电动势的峰值为Em=120 2V
有效值为E=Em 2=120 2 2V=120V
根据串并联规律得：E=U+U1=4U=4IRL
每个灯泡消耗的电功率为P=UI
代入数据联立解得：U=30V
I=0.6A
故AB错误；
C、根据串并联规律得，通过定值电阻R的电流为IR=2I−I=I=0.6A
故C正确；
D、根据串并联规律得，定值电阻R两端的电压UR=U1=3U=3×30V=90V
定值电阻R的电功率PR=URIR=90×0.6W=54W
故D正确。
故选：CD。
根据图像得到电动势的峰值，根据正弦式交变电流规律求解电动势的有效值，根据串并联规律和理想变压器的变压规律求解灯泡两端的电压和通过灯泡的电流；电阻R与原线圈并联，根据串并联规律求解通过电阻R的电流，根据功率公式求解电阻的电功率。
本题考查理想变压器和正弦式交变电流，解题关键是知道理想变压器的变压规律，知道串并联电路的规律，会求解正弦式交变电流的有效值。
7.【答案】BCD
【解析】解：A.单摆的固有周期公式为T=2π Lg可知单摆的固有周期与摆球质量没有关系，故A错误；
B.根据T=2π Lg可得T2=4π2gL所以T2−L图像的斜率为k=4π2g
由图可知图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率，所以A图线对应的地点重力加速度较小，B图象对应的地点的重力加速度较大，故B正确；
C.若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，摆球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；
D.根据T=2π Lg
可知在同一地点减小摆长，则单摆固有周期减小，固有频率增大，则发生共振时的驱动力频率变大，共振曲线的峰向右移动，故D正确。
故选：BCD。
根据单摆的周期公式很容易得到当地的重力加速度；当驱动力的频率和单摆的固有频率相等时，单摆将发生共振；在宇宙飞船中，单摆处于完全失重状态，单摆将不会摆动。
根据单摆的共振曲线可以得到单摆的固有频率，还有要知道在绕地球飞行的宇宙飞船中，单摆是处于完全失重状态的，单摆将不能正常工作。
8.【答案】AB
【解析】解：A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M−m)v−mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M−m，故B正确；
C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h=v22g=m2v022g(M−m)2，故C错误；
D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误；
故选：AB。
本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。
9.【答案】m1 水平 −m22m1 0.42
【解析】解：(1)为了避免碰撞过程入射球发生反弹，入射球的质量需要大于被碰球体的质量，即应该选定质量为m1=16.5g的小球为入射球。
(2)为了确保小球飞出斜槽末端做平抛运动，需要使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，即在水平桌面上安装时，需要调整斜槽使其末端水平。
(6)根据表中的第三组数据有k3=x1x2=≈0.40
(7)根据表中的数据可知，x1x2的平均值为0.40+0.42+0.40+0.41+0.425=0.41
(8)碰撞后被碰小球的速度大于入射球的速度，则M为入射球的落点，N为被碰球的落点。碰撞后两小球均做平抛运动，根据平抛运动规律h=12gt2
可得小球在空中运动的时间t= 2hg
可知x1x2=v1v2
若碰撞为弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，取平抛初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得入射小球碰撞后的速度为：v1=m1−m2m1+m2v0
被碰小球碰撞的速度为：v2=2m1m1+m2v0
可得：
v1v2=x1x2=m1−m22m1
该比值为一个定值，即若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为m1−m22m1
本实验中，上述理论表达式的值为m1−m22m1=16.5−2.72×16.5≈0.42
故答案为：(1)m1；(2)水平；(6)0.40；(7)0.41;(8)m1−m22m1；0.42
(1)(2)根据实验原理可知，本实验要求入射小球和被碰小球都做平抛运动，据此分析作答；
(6)根据表格中的第三组数据求比值；
(7)根据求平均值的方法求解平均值；
(8)根据平抛运动规律求解碰撞后两小球的水平位移之比；根据动量守恒和机械能守恒求解两小球碰撞后的速度之比，在此基础上分析作答。
本题考查了验证碰撞过程中的动量守恒和机械能守恒，理解实验原理是解题的关键。本实验为创新实验，要充分挖掘题中给出的信息，用好平抛运动的规律。
10.【答案】解：(1)由图2可知，金属棒在0∼1s做初速度为零的匀加速直线运动，1s后开始做加速度减小的加速运动，则金属棒在1s时进入磁场，
在0∼1s内，金属棒的加速度为：a=△v△t=41m/s2=4m/s2，
整个过程中，金属棒沿斜面方向受到重力的下滑分力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：mgsin37∘−μmgcs37∘=ma，
解得：μ=0.25；
(2)金属棒达到最大速率时，金属棒此时加速度为零，金属棒此时处于平衡状态，假设金属棒的最大速度为vm，
此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm，
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER，由安培力公式可得：F=BIL，
对金属棒受力分析可得：F+μmgcs37∘=mgsin37∘，联立可得：vm=8m/s；
(3)有闭合电路欧姆定律和欧姆定律以及电流的定义式可得：q=It=ERt=△φtRt=△φR=BLxR，化简可得：x=qRBL=1.3×11×0.5m=2.6m，
由动能定理可得：mgxsin37∘−μmgcs37∘+W=12mv22−12mv12，电阻产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，则Q=W=2.95J；
答：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.25；
(2)金属棒在磁场中能够达到的最大速率为8m/s；
(3)此过程中电阻产生的焦耳热为2.95J。
【解析】(1)已知金属棒在0∼1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律进行分析；
(2)当金属棒速度达到最大时，加速度为零，此时金属棒受力平衡；
(3)由电荷量分析出金属棒走过的位移，由动能定理分析出电阻产生的焦耳热。
本题主要考查了动能定理和安培力公式以及法拉第电磁感应定律，解题关键在于当导体棒的速度达到最大时，导体棒此时受力平衡。
11.【答案】解：(1)小球P恰好通过C点，在C点，由牛顿第二定律得：Mg=MvC2R，
P由B到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12MvP2=Mg⋅2R+12MvC2，
在B点，由牛顿第二定律得：F−Mg=MvP2R，
解得：F=12N，
由牛顿第三定律可知，在B点P对轨道的压力大小为：F′=F=12N；
(2)Q、S碰撞后做平抛运动，平抛运动的时间：t= 2hg= 2×0.210s=0.2s，
做平抛运动的初速度：v=xt=，
Q、S碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvQ=(m+m)v，解得：vQ=2m/s；
(3)释放弹簧过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvQ−MvP=0，解得：vP=1m/s，
由能量守恒定律得：EP=12MvP2+12mvQ2，解得：E=0.3J。
【解析】(1)小球P恰好能通过半圆轨道最高点C，重力提供向心力，由B到C过程机械能守恒，应用牛顿运动定律与机械能守恒定律可以求出小球P在B点对轨道的作用力。
(2)Q与S碰撞后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出碰撞后的速度，Q、S碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞前Q的速度。
(3)释放弹簧过程，P、Q系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出P的速度，应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。
12.【答案】解：(1)感应电动势的大小为：E=BLv；
(2)线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于线框的电功率，则P=E2R=B2L2v2R
(3)线框进入磁场的时间t=Lv
整个线框中产生的焦耳热Q总=E2Rt=B2L2v2R⋅Lv=B2L3vR
ab边产生的焦耳热Q=14Q总=B2L3v4R
答：(1)感应电动势的大小E为BLv。
(2)拉力做功的功率P为B2L3vR。
(3)ab边产生的焦耳热Q为B2L3v4R。
【解析】(1)根据感应电动势计算公式E=BLv求解感应电动势大小；
(2)线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于电功率，根据公式P=E2R求解；
(3)根据焦耳定律求整个线框中产生的焦耳热Q。
解决本题时，要掌握切割感应电动势公式E=BLv，从功与能的关系来研究外力的功率，也可以根据平衡条件和安培力公式F=BIL相结合求出外力大小，再求外力功率。1
2
3
4
5
x1/cm
7.65
11.23
12.30
18.89
23.52
x2/cm
18.95
26.64
30.42
45.97
56.25
k=x1x2
0.40
0.42
k3
0.41
0.42
1.下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是( )
A. 判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B. 安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D. 静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
2.如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A. 水桶自身重力的大小
B. 水管每秒出水量的大小
C. 水流对桶撞击力的大小
D. 水桶与水整体的重心高低
3.如图甲所示，一弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一小球，弹簧无形变时小球静止于光滑水平地面上O点处。若把小球拉至A点后由静止释放，小球向左运动最远位置为B点，以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示，则下列正确的是( )
A. A、B之间的距离为6cm
B. 在0.8∼1.6s时间内，小球运动的路程为12cm
C. t=0.8s时刻小球位于B点，且此时小球的加速度最小
D. 在0.4∼0.8s时间内，小球运动的速度逐渐减小，弹簧弹性势能逐渐减小
4.关于下列实验或现象的说法，正确的是( )
A. 图甲说明薄板一定是非晶体
B. 图乙说明气体分子速率分布随温度变化，且T1>T2
C. 图丙的实验情景可以说明气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关
D. 图丁中的现象说明水黾受到了浮力作用，且浮力与重力平衡
5.海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现.某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为v=v0sin2πTt，其中的T为海浪上下浮动的周期.现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为( )
A. 2π2B2v02L2TR+rB. 4π2B2v02L2TR+rC. 2B2v02L2TR+rD. 4B2v02L2TR+r
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是( )
A. 每个灯泡两端的电压为40VB. 通过每个灯泡的电流为0.6 2A
C. 通过定值电阻R的电流为0.6AD. 定值电阻R的电功率为54W
7.甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度”的实验，回来后共同绘制了T2−L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法正确的是( )
A. 单摆的固有周期由摆长和摆球质量决定
B. A图线所对应的地点重力加速度较小
C. 若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的重力加速度
D. 如果甲同学减小摆长，他得到的共振曲线的峰将向右移动
8.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭(含燃料、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. 火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M−m
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为m2v02g(M−m)2
D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9.某实验小组采用如图所示的实验装置，对斜槽末端两个小球碰撞过程进行研究。实验步骤如下：
(1)用天平分别测出半径相同的两个小球的质量分别为m1=16.5g和m2=2.7g，并选定质量为______(选填“m1”或“m2”)的小球为入射球。
(2)在水平桌面上安装好实验装置，调整斜槽使其末端______，然后固定。
(3)在桌面适当的位置，上、下铺放好复写纸和白纸，记下悬挂于斜槽末端边缘的重垂线所指的位置O。
(4)将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽的某一高度处无初速滚下，使两球发生碰撞。保持入射小球释放高度不变，重复实验10次。标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，并用刻度尺测量出OM的间距x1、ON的间距x2。
(5)改变入射小球沿斜槽滚下的高度，重复步骤(3)和(4)，多次测量的数据加下表所示：
(6)表中的k3=______(保留2位有效数字)。
(7)x1x2的平均值为______(保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞可由x1x2判断。若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为______(用m1和m2表示)，本实验中其值为______(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在误差允许范围内，则可认为斜槽末端两个小球的碰撞为弹性碰撞。
四、简答题：本大题共1小题，共18分。
10.如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37∘的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v−t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
五、计算题：本大题共2小题，共30分。
11.如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M=0.2kg的小球P和质量为m=0.1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m=0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知桌面高为h=0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能．
12.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、安培力、洛伦兹力的方向都用左手定则，安培力和洛伦兹力是性质相同的力，故A错误；
B、安培力做功，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；
C、磁场中的通电直导线，当磁场与电流平行时，不受到安培力作用，故C正确；
D、静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，运动的电荷在磁场中也不一定受到洛伦兹力作用，当带电粒子平行于磁场中运动时，不受洛伦兹力作用，故D错误。
故选：C。
通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力，它们均属于磁场力，所以方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功。
本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向。
2.【答案】D
【解析】解：当桶中水增多时，水桶和水的重心上移，当重心上移到某一高度时，竖直向下的重力作用线的作用点偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，所以决定桶能否翻转的主要因素是重心的高低，与自身重力、出水量和撞击力等无关，故 D正确，ABC错误。
故选：D。
明确水桶翻转原理，知道重心的性质。
本题考查重心知识的应用，要注意将所学物理规律用到生活中去，从而激发学习物理的兴趣。
3.【答案】B
【解析】解：A、由乙图可知，A、B之间的距离为12cm，故A错误；
B、由乙图可知，在0.8s∼1.6s时间内小球位于负的最大位移处，振动到最大正位移处，所以小球的路程为2A=2×6cm=12cm，故B正确；
C、在t=0.8s时刻，小球位于最大负位移处，即B点，此时加速度最大，但速度为零，故C错误；
D、小球在0.4∼0.8s时间内，小球从平衡位置振动到最大负位移的B点，速度逐渐减小，但弹性势能越来越大，故D错误。
故选：B。
根据振动图象判断振子的运动状态和受力情况，结合简谐运动的对称性判断弹簧振子的路程和位移。
本题要注意把握弹簧振子的运动具有对称性，在平衡位置时受力平衡。
4.【答案】C
【解析】解：A、图甲说明薄板具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明薄板可能是多晶体，也可能是非晶体，故A错误；
B、图乙看出温度越高，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知T2>T1，故B错误；
C、如图丙可以说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关，故C正确；
D、水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的表面张力的作用，故D错误。
故选：C。
多晶体与非晶体都是各向同性；不同温度下相同速率的分子所占比例不同；气体压强的大小与分子动能和分子的密集程度有关；液体表面存在着表面张力。
本题考查晶体与非晶体的性质、气体分子速率的分布、气体压强的决定因数和表面张力等内容，要求能用相关物理规律解释相关的现象。
5.【答案】A
【解析】解：环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E=Blv环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知l=2πL
联立v=v0sin2πTt，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=2πBLv0sin2πTt
根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E= 2πBLv0
则该发电装置在一个周期内产生的电能E电=E2R+r=2π2B2v02L2TR+r
故BCD错误，A正确。
故选：A。
求出感应电动势的瞬时值表达式，应用欧姆定律求出感应电流的瞬时值表达式，应用焦耳定律求出电能。
本题主要考查了电磁感应与简谐运动的综合，在求解感应电动势的最大值，该题是运动切割，故速度最大时，对应感应电动势最大．
6.【答案】CD
【解析】解：AB、设灯泡阻值为RL，通过灯泡的电流为I，灯泡两端的电压为U，则副线圈两端的电压为U2=U=IRL
副线圈的电流为I2=3I
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，则原线圈两端的电压为U1=3U2=3IRL
原线圈的电流为I1=13I2=I
由e−t图像得，电源电动势的峰值为Em=120 2V
有效值为E=Em 2=120 2 2V=120V
根据串并联规律得：E=U+U1=4U=4IRL
每个灯泡消耗的电功率为P=UI
代入数据联立解得：U=30V
I=0.6A
故AB错误；
C、根据串并联规律得，通过定值电阻R的电流为IR=2I−I=I=0.6A
故C正确；
D、根据串并联规律得，定值电阻R两端的电压UR=U1=3U=3×30V=90V
定值电阻R的电功率PR=URIR=90×0.6W=54W
故D正确。
故选：CD。
根据图像得到电动势的峰值，根据正弦式交变电流规律求解电动势的有效值，根据串并联规律和理想变压器的变压规律求解灯泡两端的电压和通过灯泡的电流；电阻R与原线圈并联，根据串并联规律求解通过电阻R的电流，根据功率公式求解电阻的电功率。
本题考查理想变压器和正弦式交变电流，解题关键是知道理想变压器的变压规律，知道串并联电路的规律，会求解正弦式交变电流的有效值。
7.【答案】BCD
【解析】解：A.单摆的固有周期公式为T=2π Lg可知单摆的固有周期与摆球质量没有关系，故A错误；
B.根据T=2π Lg可得T2=4π2gL所以T2−L图像的斜率为k=4π2g
由图可知图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率，所以A图线对应的地点重力加速度较小，B图象对应的地点的重力加速度较大，故B正确；
C.若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，摆球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；
D.根据T=2π Lg
可知在同一地点减小摆长，则单摆固有周期减小，固有频率增大，则发生共振时的驱动力频率变大，共振曲线的峰向右移动，故D正确。
故选：BCD。
根据单摆的周期公式很容易得到当地的重力加速度；当驱动力的频率和单摆的固有频率相等时，单摆将发生共振；在宇宙飞船中，单摆处于完全失重状态，单摆将不会摆动。
根据单摆的共振曲线可以得到单摆的固有频率，还有要知道在绕地球飞行的宇宙飞船中，单摆是处于完全失重状态的，单摆将不能正常工作。
8.【答案】AB
【解析】解：A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M−m)v−mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M−m，故B正确；
C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h=v22g=m2v022g(M−m)2，故C错误；
D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误；
故选：AB。
本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。
9.【答案】m1 水平 −m22m1 0.42
【解析】解：(1)为了避免碰撞过程入射球发生反弹，入射球的质量需要大于被碰球体的质量，即应该选定质量为m1=16.5g的小球为入射球。
(2)为了确保小球飞出斜槽末端做平抛运动，需要使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，即在水平桌面上安装时，需要调整斜槽使其末端水平。
(6)根据表中的第三组数据有k3=x1x2=≈0.40
(7)根据表中的数据可知，x1x2的平均值为0.40+0.42+0.40+0.41+0.425=0.41
(8)碰撞后被碰小球的速度大于入射球的速度，则M为入射球的落点，N为被碰球的落点。碰撞后两小球均做平抛运动，根据平抛运动规律h=12gt2
可得小球在空中运动的时间t= 2hg
可知x1x2=v1v2
若碰撞为弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，取平抛初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得入射小球碰撞后的速度为：v1=m1−m2m1+m2v0
被碰小球碰撞的速度为：v2=2m1m1+m2v0
可得：
v1v2=x1x2=m1−m22m1
该比值为一个定值，即若两小球的碰撞为弹性碰撞，则x1x2的理论表达式为m1−m22m1
本实验中，上述理论表达式的值为m1−m22m1=16.5−2.72×16.5≈0.42
故答案为：(1)m1；(2)水平；(6)0.40；(7)0.41;(8)m1−m22m1；0.42
(1)(2)根据实验原理可知，本实验要求入射小球和被碰小球都做平抛运动，据此分析作答；
(6)根据表格中的第三组数据求比值；
(7)根据求平均值的方法求解平均值；
(8)根据平抛运动规律求解碰撞后两小球的水平位移之比；根据动量守恒和机械能守恒求解两小球碰撞后的速度之比，在此基础上分析作答。
本题考查了验证碰撞过程中的动量守恒和机械能守恒，理解实验原理是解题的关键。本实验为创新实验，要充分挖掘题中给出的信息，用好平抛运动的规律。
10.【答案】解：(1)由图2可知，金属棒在0∼1s做初速度为零的匀加速直线运动，1s后开始做加速度减小的加速运动，则金属棒在1s时进入磁场，
在0∼1s内，金属棒的加速度为：a=△v△t=41m/s2=4m/s2，
整个过程中，金属棒沿斜面方向受到重力的下滑分力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：mgsin37∘−μmgcs37∘=ma，
解得：μ=0.25；
(2)金属棒达到最大速率时，金属棒此时加速度为零，金属棒此时处于平衡状态，假设金属棒的最大速度为vm，
此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm，
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER，由安培力公式可得：F=BIL，
对金属棒受力分析可得：F+μmgcs37∘=mgsin37∘，联立可得：vm=8m/s；
(3)有闭合电路欧姆定律和欧姆定律以及电流的定义式可得：q=It=ERt=△φtRt=△φR=BLxR，化简可得：x=qRBL=1.3×11×0.5m=2.6m，
由动能定理可得：mgxsin37∘−μmgcs37∘+W=12mv22−12mv12，电阻产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，则Q=W=2.95J；
答：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.25；
(2)金属棒在磁场中能够达到的最大速率为8m/s；
(3)此过程中电阻产生的焦耳热为2.95J。
【解析】(1)已知金属棒在0∼1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律进行分析；
(2)当金属棒速度达到最大时，加速度为零，此时金属棒受力平衡；
(3)由电荷量分析出金属棒走过的位移，由动能定理分析出电阻产生的焦耳热。
本题主要考查了动能定理和安培力公式以及法拉第电磁感应定律，解题关键在于当导体棒的速度达到最大时，导体棒此时受力平衡。
11.【答案】解：(1)小球P恰好通过C点，在C点，由牛顿第二定律得：Mg=MvC2R，
P由B到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12MvP2=Mg⋅2R+12MvC2，
在B点，由牛顿第二定律得：F−Mg=MvP2R，
解得：F=12N，
由牛顿第三定律可知，在B点P对轨道的压力大小为：F′=F=12N；
(2)Q、S碰撞后做平抛运动，平抛运动的时间：t= 2hg= 2×0.210s=0.2s，
做平抛运动的初速度：v=xt=，
Q、S碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvQ=(m+m)v，解得：vQ=2m/s；
(3)释放弹簧过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvQ−MvP=0，解得：vP=1m/s，
由能量守恒定律得：EP=12MvP2+12mvQ2，解得：E=0.3J。
【解析】(1)小球P恰好能通过半圆轨道最高点C，重力提供向心力，由B到C过程机械能守恒，应用牛顿运动定律与机械能守恒定律可以求出小球P在B点对轨道的作用力。
(2)Q与S碰撞后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出碰撞后的速度，Q、S碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞前Q的速度。
(3)释放弹簧过程，P、Q系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出P的速度，应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。
12.【答案】解：(1)感应电动势的大小为：E=BLv；
(2)线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于线框的电功率，则P=E2R=B2L2v2R
(3)线框进入磁场的时间t=Lv
整个线框中产生的焦耳热Q总=E2Rt=B2L2v2R⋅Lv=B2L3vR
ab边产生的焦耳热Q=14Q总=B2L3v4R
答：(1)感应电动势的大小E为BLv。
(2)拉力做功的功率P为B2L3vR。
(3)ab边产生的焦耳热Q为B2L3v4R。
【解析】(1)根据感应电动势计算公式E=BLv求解感应电动势大小；
(2)线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于电功率，根据公式P=E2R求解；
(3)根据焦耳定律求整个线框中产生的焦耳热Q。
解决本题时，要掌握切割感应电动势公式E=BLv，从功与能的关系来研究外力的功率，也可以根据平衡条件和安培力公式F=BIL相结合求出外力大小，再求外力功率。1
2
3
4
5
x1/cm
7.65
11.23
12.30
18.89
23.52
x2/cm
18.95
26.64
30.42
45.97
56.25
k=x1x2
0.40
0.42
k3
0.41
0.42
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