2022-2023学年山东省青岛一中高二（下）期初物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省青岛一中高二（下）期初物理试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.单摆在振动过程中，对摆球的分析正确的是( )
A. 摆球在最低点加速度为零B. 合外力方向始终与速度方向垂直
C. 摆球在最高点合外力为零D. 摆球在任何位置加速度都不等于零
2.在双缝干涉实验中，光屏上某点P到双缝S1、S2的路程差为7.5×10−2m，如果用频率为6.0×1014Hz的单色光照射双缝，则( )
A. 单色光的波长是2×10−7m；P点出现暗条纹
B. 单色光的波长是2×10−7m；P点出现亮条纹
C. 单色光的波长是5×10−7m；P点出现暗条纹
D. 单色光的波长是5×10−7m；P点出现亮条纹
3.如图所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O点沿光滑的半径为r的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R，导体杆和框架电阻不计，导体棒与框架接触良好，则所施外力的功率为( )
A. B2ω2r2RB. B2ω2r4RC. B2ω2r44RD. B2ω2r48R
4.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时刻的波的图象，a、b、c为介质中的三个质点，图乙表示该波x=6m处a质点的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负向传播
B. t=4s时刻，质点b振动的速度方向与加速度方向相同
C. t=3.5s时刻，质点c振动的速度方向沿y轴正方向
D. 质点c的位移随时间变化的关系式y=10sin(πt2−56π)cm
5.在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用，如图所示，在水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑的圆管轨道(R远大于圆管直径)，A、B、C、D四个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从D点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球发生弹性碰撞，小球(可视为质点)直径略小于轨道内径，已知，m甲=7m乙，则下列说法错误的是( )
A. 第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回
B. 第二次碰撞在C点
C. 第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为7：9
D. 第二次碰撞后瞬间甲球的速度为0
6.如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是( )
A. 小球离车后，对地将做自由落体运动
B. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
C. 小球在弧形槽上上升的最大高度为v026g
D. 此过程中小球对车做的功为56mv02
7.如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则( )
A. 从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B. 圆管的感应电动势大小为kπr2h
C. 圆管的热功率大小为πdhk2r32ρ
D. 轻绳对圆管的拉力随时间减小
8.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4小题，共16分。
9.在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10Ω，R3=20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是
( )
A. 所用交流电的频率为50HzB. 电压表的示数为100V
C. 电流表的示数为1.0AD. 变压器传输的电功率为15.0W
10.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，Oy竖直向下，Ox水平。在第一象限(空间足够大)存在垂直平面向外的磁场区域，磁感应强度大小沿y轴正方向不变，沿x轴正方向按照B=kx(k>0)且为已知常数)规律变化。一个质量为m、边长为L的正方形导线框，电阻为R，初始时一边与x轴重合，一边与y轴重合。将导线框以速度v0沿x轴正方向抛出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度恰好竖直向下的过程中，导线框下落高度为h，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 导线框受到的安培力总是与运动方向相反
B. 导线框下落高度为h时的速度为 2gh
C. 整个过程中导线框中产生的热量为mgh
D. 导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为x=mRv0k2L4
11.如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在MM′处平滑连接组成。导轨间距为L，水平部分处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为R的电阻。现让质量为m、阻值为2R的金属棒a从距离水平面高度为h处静止释放。金属棒a到达磁场中OO′时，动能是该金属棒运动到MM′时动能的14，最终静止在水平导轨上。金属棒a与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2.以下说法正确的是( )
A. 金属棒a运动到MM′时回路中的电流大小为BL3R 2gh
B. 金属棒a运动到OO′时的加速度大小为a=B2L2 2gh3mR
C. 金属棒a从h处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为13mgh
D. 金属棒a若从h处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是m 2gh，方向向左
12.物理课上老师做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀的铜板固定在绝缘支架上，将一质量为m的永磁体放置在铜板的上端，t=0时刻给永磁体一沿斜面向下的瞬时冲量，永磁体将沿斜面向下运动，如图所示。若永磁体下滑过程中所受的摩擦力f大小不变，且fA. B. C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验．在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g.采用的实验步骤如下：
A.在小滑块上固定一个宽度为d的窄挡光片；
B.用天平分别测出小滑块(含挡光片)和小球b的质量m、mb；
C.在和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上；
D.细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；
E.记录滑块通过光电门时挡光片的遮光时间t；
F.小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离sb；
G.改变弹簧压缩量，进行多次测量．
(1)用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度为______mm．
(2)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，即______=______.(用上述实验所涉及物理量的字母表示)
14.某同学要将一量程为3V的电压表V1改装成量程为15V的电压表V2。
(1)先将V1直接接到内阻很小的电源两端，读数为2.0V；再将V1与阻值为3000Ω的电阻串联后，接到该电源两端，读数为0.8V，则V1的内阻为______Ω。
(2)要改装成量程为15V的电压表V2，需要将V1表与合适的电阻R ______(选填“串联”、“并联”)
(3)将改装后的电压表V2与一标准电压表校对，完成下面的实物连接。
(4)在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片P置于最______端(选填“左”、“右”)。
(5)闭合开关，移动滑片P，标准表示数为10.5V时，V1表示数为2.5V。要达到预期目的，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=______(保留三位有效数字)。
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.电视机遥控器中有一个用透明介质封装的发光二极管；如图(a)所示，它发出红外光来控制电视机的各种功能。一兴趣小组找来一个用此种材料制成的半圆柱体，利用插针法测定该透明介质的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路，C、D两个大头针确定出射光路。P和Q分别是入射点和出射点，且AB⊥MN，如图(b)所示。测得半圆柱体的半径R=5cm，OP=1cm，DQ=4cm，D到法线OQ的距离DG=2cm。已知光速c=3.0×108m/s。
(1)求该透明介质的折射率和光在该介质中传播的速度；
(2)实际测得封装二极管的半球直径d=5mm，发光二极管的发光面是以EF为直径的发光圆盘，其圆心位于半球的球心点O，如图(c)所示。为确保发光面发出的红外光第一次到达半球面时都不发生全反射，发光二极管的发光面半径r最大应为多大？
16.半径为R的金属圆环水平固定，电阻忽略不计。圆环内存在与环面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B。导体棒长为L(L>2R)，其单位长度电阻值为r。图(a)中导体棒与圆环相切于O1点，t=0时刻起，从图示位置以速度v匀速向右运动，棒始终与速度方向垂直。图(b)中导体棒与圆环相切于O2点，t=0时刻起，以O2点为轴从图示位置起在水平面内顺时针匀速转过180°，角速度为ω；导体棒扫过整个环面时与环接触良好。
(1)分析说明图(a)中导体棒扫过整个环面过程中流过导体棒的电流变化情况；
(2)求图(b)中导体棒两端产生的感应电动势E与时间t的关系式；
(3)若图(a)、图(b)中导体棒扫过整个环面所用时间相同，试比较两种情况中导体棒运动到虚线(圆环上直径位置)处，流过两导体棒的感应电流大小。
17.如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点，已知A的质量mA=0.1kg，B的质量mB=0.3kg，A与B的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.225，v0=4m/s，取重力加速度g=10m/s2，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)B光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf；
(4)实现上述运动过程，MmA的取值范围(结果用cs5°表示)。
18.利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用．如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为+q的带电粒子，其初速度为v0，经过可调的加速电压U(0≤U≤3mv022q)加速后，以一定速度垂直平面MNN1M1射入边长为2L的正方体区域MNPQ−M1N1P1Q1.可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在长方形MHIJ区域(MH=3L2,MJ=L)内入射，不计粒子重力及其相互作用。(说明：本题中为了计算方便，取cs36°=0.8，sin36°=0.6)
(1)若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求所加匀强电场电场强度的最小值E0；
(2)若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1(含边界)，求所加匀强磁场的磁感应强度的大小满足的条件；
(3)同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且加速电压为零时，从M点射入的粒子恰好打在底面M1N1P1Q1的中心，求所加的B、E的大小；
(4)同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且电场强度为E1=4mv02π2qL，磁场的磁感应强度为B1=mv0qL，画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界，并求出面积。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、摆球在最低点时速度最大，有向心加速度，即加速度不为零，故A错误；
B、单摆振动时不是做匀速圆周运动，则合外力方向不是始终与速度方向垂直，故B错误；
C、摆球在最高点时，回复力最大，此时合外力不为零，故C错误；
D、摆球在任何位置合外力均不为零，即加速度都不等于零，故D正确。
故选：D。
根据单摆的振动特点判断加速度和合外力。
本题中要注意区别单摆振动和圆周运动的差别。
2.【答案】D
【解析】解：由波长、频率、波速的计算公式可得λ=cf=3×1086×1014m=5×10−7m，该光的波长为5×10−7m，由于n=Δxλ2=7.5×10−25×10−72=300000，路程差为半波长的偶数倍，P点是振动的加强点，出现亮条纹。
故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据波长、频率、波速的计算公式解得波长，结合波程差与波长的关系分析判断P点的条纹情况。
本题考查双缝干涉，解题关键掌握光在叠加时出现亮、暗条纹的条件。
3.【答案】C
【解析】解：导体杆切割磁感线产生感应电动势为：
E=Brv−=Br⋅0+ωr2=12Br2ω，
因为OC是匀速转动的，外力功率与电功率相等，即：P外=P电=E2R=B2ω2r44R，故C正确，ABD错误。
故选：C。
杆匀速转动，外力做功完全转化为电能，外力功率等于电功率，由E=BLv求出感应电动势，应用电功率公式与P=Fv求出外力功率。
本题是电磁感应与力学、电路相结合的一道综合体，应用E=BLv求出感应电动势，应用电功率公式即可解题。
4.【答案】B
【解析】解：A.由图乙可知，t=2s时a质点正在向y轴负方向振动，根据质点振动方向与波的传播方向的关系可判断出，波沿x轴正方向传播，故A错误；
时刻，波形图与原波形图反向，质点b位移x轴下方的对称位置，正在向平衡位置振动，做加速运动，速度方向与加速度方向相同，故B正确；
C.t=3.5s时，甲图刚好经过1.5s，质点c过波谷不久，速度方向沿y轴负方向，故C错误；
D.波向右传播，质点c正在向y轴正方向振动，可知，其函数关系式为y=10sin(2π4t+π6)cm=10sin(π2t+π6)cm，故D错误。
故选：B。
A.根据振动图像确定t=2s时质点的振动方向，然后根据质点振动方向与波的传播方向的关系确定波的传播方向；
B.t=4s时刻，波形图反向，据此分析质点b的振动方向以及加速度方向，然后作答；
C.由于t=3.5s=34T+0.5s，据此确定质点c的位置，在结合波形图分析作答；
D.根据y=Asin(2πTt+φ)求振动方程。
本题属于波的图象的识图和对质点振动的判断问题，关键是根据波速与波长的关系公式得到周期，然后由波形图得到各个质点的运动情况。
5.【答案】B
【解析】解：A、第一次碰撞时，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以乙球碰前瞬间方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m乙v=m乙v1+m甲v2
12m乙v2=12m乙v12+12m甲v22
联立解得：v1=m乙−m甲m乙+m甲v、v2=2m乙m乙+m甲v
因为m甲=7m乙，代入可得：v1=−34v、v2=14v
故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，故A正确；
B、由上分析可知，碰后，乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，所以第二次碰撞恰好发生在B点，乙球运动34圆周，甲球运动14圆周，故B错误；
C、根据轨道弹力提供向心力有F=mv2R因为m甲=7m乙、v1=−34v、v2=14v
则F1F2=7：9，根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为F1′F2′=7：9，故C正确；
D.两球第二次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m乙v1+m甲v2=m乙v1′+m甲v2′、12m乙v12+12m甲v22=12m乙v′12+12m甲v′22
联立解得：v′1=v、v2′=0，故D正确。
本题是选错误的，故选：B。
根据弹性碰撞动量守恒和机械能守恒，算出碰后速度，然后分析选项。
本题主要考查动量守恒，根据动量守恒和能量守恒联立求解，在做题时要注意碰撞类型。
6.【答案】C
【解析】解：AB.设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=2mv1+mv2
由机械能守恒定律得：12×2mv02=12mv12+12×2mv22
解得：v1=13v0，v2=43v0，
分离时两者速度分析均向左，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故AB错误；
C.当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，
以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：2mv0=3mv
由机械能守恒定律得：12×2mv02=12×3mv2+2mgh
解得：h=v026g，故C正确；
D.对小车运用动能定理得，小球对小车做功：W=12×mv22−0=89mv02，故D错误。
故选：C。
整个过程中水平方向动量守恒，由动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解小球又返回小车右端时速度大小，由此判断小球的运动情况；当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，由动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解；对小车运用动能定理求解小球对小车做的功。
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小，根据闭合电路的欧姆定律求出电流的大小，根据电功率的公式求出电功率的大小，根据安培力的公式求出安培力的大小变化，然后判断轻绳对圆管的拉力。
该题属于电磁感应定律的综合应用，解答的过程中要注意圆管的横截面积与管壁的横截面积是不同的，计算感应电动势与计算电阻时要注意区分。
【解答】
A、根据安培定则可知螺线管产生的磁场的方向向上，由于螺线管产生的磁场随时间增强，根据楞次定律，圆管产生的感应电流方向从上向下看为顺时针方向，故A错误；
B、圆管的横截面积：S=πr2，根据法拉第电磁感应定律，则产生的电动势：E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=kΔtπr2Δt=kπr2，故B错误；
C、根据电阻定律，圆管的电阻：R=ρ⋅2πrhd，
圆管内的感应电流的大小：I=ER=kπr2hd2πρr=krhd2ρ，
圆管的热功率大小为：P=I2R=πdhk2r32ρ，故C正确；
D、根据左手定则可知，圆管受到的安培力的方向指向圆管的圆心，虽然安培力变化，但安培力的大小对轻绳对圆管的拉力没有影响，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，所以轻绳对圆管的拉力不变，故D错误。
故选C
8.【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．
9.【答案】AD
【解析】解：A、分析图(b)可知，交流电的周期为0.02s，则频率为50Hz，故A正确；
BCD、分析副线圈电路，两电阻并联，电流之比等于电阻的反比，通过电阻R2的电流有效值为 2 2A=1A，则通过电阻R3的电流为0.5A，电流表示数为0.5A，副线圈输出电流：I2=1.5A，根据变流比可知，原线圈输入电流：I1=n2n1I2=0.15A，变压器的输出功率：P2=IR22R2+IR32R3=10W+5W=15W，则输入功率：P1=15W，分析原线圈电路，根据能量守恒可知，总功率：UI1=P1+I12R1，解得电阻R1=800Ω，则电压表示数：UR1=I1R1=120V，故BC错误，D正确。
故选：AD。
根据周期确定频率。分析副线圈电路，得到流过电阻R3的电流，根据变流比确定原线圈输入电流。根据能量守恒，得到电压表示数和变压器传输电功率。
此题考查了变压器的构造和原理，明确变压比、变流比是解题的关键，对于原线圈串联电阻的电路，需要从电流入手分析。
10.【答案】BD
【解析】解：A.根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边框产生方向向右的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培力，下边框产生方向向上的安培力，再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小于右边框产生的安培力，上、下边框产生的安培力大小相等，可知导线框受到向左的安培力的作用，即沿x轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向相反，故A错误；
B.导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下落高度h时水平方向的速度为零，此时的速度为竖直方向的速度，根据运动学公式有
v22g=h
解得
v= 2gh，故B正确；
C.当导线框速度恰好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直方向所受合力与重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线框中产生的热量大小等于水平方向动能的损失，故
ΔE=12mv02，故C错误；
D.设导线框在时间t时的水平分速度大小为v，水平位移为x，则在此时刻导线框产生感应电动势大小为e=B右Lv−B左Lv=k(x+L)Lv−kxLv=kL2v
根据闭合电路的欧姆定律，导线框内的感应电流大小为
i=eR=kL2vR
所以导线框受到安培力的大小为
F=B右iL−B左iL=kL⋅iL=k2L4vR
取向右为正方向，根据动量定理有
−F−t=−k2L4v−Rt=0−mv0
其中
x=v−t
整理可得
k2L4xR=mv0
解得导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
x=mRv0k2L4，故D正确。
故选：BD。
A：根据右手定则判断线框中感应电流的方向，再根据左手定则判断线框各边所受安培力方向，再根据磁感应强度的分布判断线框各边所受安培力的大小并求解线框所受安培力的合力方向；
B：竖直方向根据运动学公式求解线框下落的高度h时的速度；
C：分析可知，线框中产生的热量等于线框损失的机械能，竖直方向做自由落体运动，没有机械能损失，水平方向损失的动能即为线框中产生的热量；
D：根据法拉第电磁感应定律求解时刻t线框中的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解线框中的电流，进一步求解此时线框所受的安培力，最根据动量定理求解导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标。
本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、金属棒沿斜轨道下滑过程，据动能定理有mgh=12mv2，解得：v= 2gh，
此时的电动势E=BLv，电流I=ER+2R，
联立解得：I=BL3R 2gh，
B、由题意知，金属棒到达OO′时的速度为v2，根据牛顿第二定律得F安=BIL=BBL⋅v2R+2RL=ma，解得：a=B2L2 2gh6mR，故B错误；
C、对金属棒运动全过程，据能量守恒定律有mgh=Q，其中电阻R上产生的焦耳热与金属棒上的焦耳热按阻值分配有QR=RR+2RQ，
联立解得：QR=13mgh，故C正确；
D、取水平向右为正方向，根据动量定理有I=−F安−⋅t=0−mv=−m 2gh，方向水平向左，故D正确。
故选：ACD。
由动能定理求出金属棒刚进入水平轨道时的速度，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，由欧姆定律求解回路电流；
根据安培力公式结合牛顿第二定律求解金属棒到达OO′时的加速度；
根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热；
根据动量定理求解安培力的冲量；
解决本题的关键是明确金属棒的运动情况，抓住牛顿第二定律的瞬时表达式、瞬时加速度的定义式，电磁感应中热量问题，要想到能否用能量守恒定律解答。
12.【答案】ACD
【解析】解：AB、由于钢板是导体，所以永磁体下滑时，由于涡流的产生电磁阻尼，且随速度的增大而增大，根据动能定理可得：Ek=(mgsinθ−f−f阻尼)hsinθ
结合图像易知，图线的斜率表示：k=mgsinθ−f−f阻尼sinθ
随下滑高度的增加，速度增加，电磁阻尼增加，那么斜率k变小。故A正确，B错误；
C、永磁体下滑过程中机械能为：E=E0−(f+f阻尼)hsinθ
结合图像易知，图线的斜率表示：k=−f+f阻尼sinθ，随下滑高度的增加，斜率变大，故C正确；
D、若开始下落时永磁体满足：mgsinθ−f−f阻尼=0
将匀速下滑，机械能表示为：E=E0−mgh，故D正确。
故选：ACD。
考虑永磁体在钢板上滑过时，由于涡流的产生，将阻碍永磁体向下滑动，应用动能定理求出永磁体的动能与h的关系，然后判断动能与h的关系；
根据能量守恒定律求出永磁体的机械能表达式，然后分析答题。
应用动能定理求出永磁体的动能与h的关系，然后判断动能与h的关系；应用能量守恒定律求出永磁体的机械能表达式，然后分析答题。
13.【答案】2.550 madt mbsb g2h
【解析】解：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.01×5.0mm=0.050mm，所以最终读数为：5.5mm+0.050mm=2.550mm．
(2)烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度为：va=dt；
故a的动量为：Pa=madt
b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
h=12gt2
sb=vbt
解得：vb=sb g2h
动量大小：Pb=mbsb g2h
若动量守恒，设向右为正，则有：0=mbvb−mava
即madt=mbsb g2h
故答案为：(1)2.550；(2)madt，mbsb g2h
(1)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
(2)根据两小球的运动过程进行分析，根据平抛运动和光电门的性质明确两球的速度，再根据动量守恒定律列式进行分析即可明确如何才能保证动量守恒；
本题为探究型实验，解题的关键在于分析题意，明确实验原理，再根据对应的物理规律进行分析求解；要注意明确验证动量守恒定律以及光电门和平抛运动规律的正确应用．
14.【答案】(1)2000；(2)串联；
(3)；
(4)左；(5)1.25
【解析】【分析】
(1)(2)根据电压表的改装原理即串联电路规律解得；
(3)(4)根据电压表校准原理连接实物图，并调节滑动变阻器滑片位置；
(5)根据欧姆定律可解得。
本题考查电压表的改装及校准，解题关键掌握实验原理，注意闭合电路欧姆定律的应用。
【解答】
(1)先将V1直接接到内阻很小的电源两端，读数为2.0V，则电源电压为2V，再将V1与阻值为3000Ω的电阻串联后，接到该电源两端，读数为0.8V，根据串联电路电压规律可知UVRV=E−UVR，代入数据解得：RV=2000Ω；
(2)根据电压表改装原理可知应将V1表与合适的电阻串联；
(3)校准电压表时滑动变阻器应选用分压式接法，连接实物图如图：
(4)在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片P置于最左端，起保护电路作用；
(5)标准表示数为10.5V时，V1表示数为2.5V，根据闭合电路欧姆定律有：I=UV1RV，则R=U−UV1I，代入数据解得：R=6400Ω；
要达到预期即U′V1=3V，此时I′=UV1′RV，U′=15V
则kR=U′I′−RV
联立代入数据解得：k=1.25
15.【答案】解：(1)设∠DQG为i，∠OQP为r，由几何关系
sini=DGDQ，sinr=OPOQ
由折射定律
n=sinisinr
代入数据解得
n=2.5
由n=cv可得
v=1.2×108m/s。

(2)设E点发出的光线ES、ET与法线的夹角分别为θ和α，ES⊥EF，光线ET为任一光线，过O点向E作垂线OZ，设OZ为h，则
sinα=hR，sinθ=rR
又hsinα可得
α<θ
即光线在ES的入射角最大。分析可知，θ达到临界角时r最大，则
sinθ=rR=1n
解得
r=0.1cm=lmm
答：(1)该透明介质的折射率为2.5，光在该介质中传播的速度为1.2×108m/s；
(2)发光二极管的发光面半径r最大应为lmm。
【解析】(1)根据折射定律结合几何关系解得折射率从而解得光速；
(2)根据全反射临界角公式结合几何关系解得。
本题是几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定折射角是关键，结合折射定律求解。
16.【答案】解：(1)设导体棒切割磁感线的有效长度为 l，流过导体棒的电流：
I=E1lr=Blvlr=Bvr
则电流不变；
(2)当0<ωt<π2时，l=2Rsinωt
当π2<ωt<π时，l=2Rsin(π−ωt)=2Rsinωt
导体棒内产生的感应电动势为：E2=Blv=2BωR2sinωt(0≤t≤πω)
(3)设导体棒的电阻为r，由图可知，此时的有效切割长度均为2R
用时相同，t=2Rv=πω
可得：v=2Rωπ
图(a)：I1=E1r=Blvr=2BRωπr
图(b)：I2=E2r=Bl×2ωR2r=BRωr
因为：2π<1，所以：I1答：(1)根据上述的分析可知，流过导体棒的电流不变；
(2)导体棒两端产生的感应电动势E与时间t的关系式为：E2=Blv=2BωR2sinωt(0≤t≤πω)；
(3)两种情况中导体棒运动到虚线(圆环上直径位置)处，流过两导体棒的感应电流大小为I1【解析】(1)分析出运动过程中的切割磁感线的有效长度，结合动生电动势的计算公式和欧姆定律分析电流的变化；
(2)分析出不同时刻导体棒的有效切割长度，结合动生电动势的公式得出电动势与时间的关系式；
(3)根据动生电动势和欧姆定律的公式分析两种情况下的电流大小关系。
本题主要考查了电磁感应现象的应用，熟练应用公式计算出电动势的大小，结合欧姆定律分析电流的大小关系，整体难度不大。
17.【答案】解：(1)设水平向右为正方向，因为O′点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
代入数据联立解得
vA=−2m/s，vB=2m/s，负号代表方向向左；
(2)因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有
−μ1mAgx0=−12mAvA2
根据动量定理有
−μ1mAgt2=0−mAvA
代入数据解得
x0=0.5m，t2=0.5s
此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程对B根据牛顿第二定律有：
μ2(mA+mB) g=mBa1
根据位移—时间关系有：x0=vBt1−12a1t12
联立代入数据解得
t1=13s或1s(含去)
故根据几何关系有
d=vAt1+x0
代入数据解得
d=76m
(3)在A刚开始减速时，B物体的速度为
v2=vB−a1t1
在A减速过程中，对B分析根据牛顿第二定律可知μ1mAg+μ2(mA+mB) g=mBa2
设B物体停下来的时间为t3，则有
v2=a2t3
解得
t3=313s可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
xB=v222a2
所以A对B的摩擦力所做的功为
Wf=−μ1mAgxB=3
联立代入数据解得：Wf=−365J
(4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有
t4=dvA
由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有
14T=t1+t2+t4
T=2π Lg
小球下滑过程根据动能定理有
MgL=12Mv2
小球与A碰撞过程根据动里守恒定律有
Mv=mAv0+Mv1
当碰后小球摆角恰为5°时，有
MgL (1−cs5°)=12Mv12
则有：MmA=3 2π85(1− 1−cs5∘)
当碰后小球速度恰为0时，有：Mv=mAv0
则有：MmA=3 2π85
所以实现上述运动过程，MmA的取值范围为3 2π85答：(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小为2m/s；
(2)B光滑部分的长度为76m；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功为−365J；
(4)实现上述运动过程，MmA的取值范围为3 2π85【解析】(1)A与B碰撞过程根据动量守恒和能量守恒可解得；
(2)根据牛顿第二定律结合运动学公式可解得；
(3)分析AB的运动情况，根据运动学公式解得B的位移，从而计算摩擦力做功；
(4)利用单摆周期公式，结合动能定理解得。
本题考查力学综合问题，解题关键掌握动量守恒定律，能量守恒定律，牛顿第二定律与运动学公式的结合应用。
18.【答案】解：(1)粒子经过加速电场加速有
qU=12mv2−12mv02
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的例子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平面NPP1N1，由类平抛规律可得
qE0=ma
2L=12at2
2L=vt
联立解得：E0=4mv02qL；
(2)仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时所加的磁场为最小值，由圆周运动规律可得
r1=2L
qv0B0=mv02r1
联立解得：B≤mv2Lq=mv0Lq；
当从M点射入的粒子恰好到达M1点时所加的磁场为最大值，有
r2=L
qv0Bm=mv02r2
联立解得：B≥mv0Lq
综上可知B=mv0Lq；
(3)X方向的运动：L=qE2mt2
Yz平面的运动：(2L−r)2+L2=r2
得r=5L4，csθ=Lr=45
又r=mv0qB
t=90+θ3602πrv0
解得：B=4mv05qL，E=128mv0249π2qL；
(4)画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界如图

面积为S=6−π4L2。
答：(1)若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，所加匀强电场电场强度的最小值E0为4mv02qL；
(2)若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1(含边界)，所加匀强磁场的磁感应强度的大小为mv0Lq；
(3)同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且加速电压为零时，从M点射入的粒子恰好打在底面M1N1P1Q1的中心，所加的B、E的大小分别为4mv05qL、128mv0249π2qL；
(4)同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且电场强度为E1=4mv02π2qL，磁场的磁感应强度为B1=mv0qL，画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界如图所示，面积为6−π4L2。
【解析】(1)根据动能定理求粒子在电场中加速获得的速度。仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强电场，粒子在正方体区域中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分运动的规律相结合求解所加匀强电场电场强度的最小值E0；
结合洛伦兹力提供向心力可解得；
(2)根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可解得；
(3)分析比较粒子仅在磁场或者电场运动的时间，根据时间关系解得坐标；
(4)作出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界，根据几何关系求面积。
解决该题的关键是掌握粒子在各段的运动情况，尤其是在磁场中的运动情况，能根据几何关系求解粒子做圆周运动的最大和最小半径，进而解得磁感应强度。