2024年湖北省重点中学高考物理二模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年湖北省重点中学高考物理二模试卷(含详细答案解析)，共15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.我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要，研制了一种小型核能电池，将核反应释放的核能转变为电能，需要的功率并不大，但要便于防护其产生的核辐射。请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是( )
A. 13H+12H→24He+01nB. 92235U+01n→56141Ba+3692kr+301n
C. 94238Pu→95238Am+−10eD. 1327Al+24He→1530P+01n
2.如图甲所示，每年夏季，我国多地会出现日晕现象，日晕是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。如图乙所示为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是( )
A. a光的频率比b光的频率大
B. 在冰晶中，b光的传播速度较小
C. 用同一装置做单缝衍射实验，b光中央亮条纹更宽
D. 从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
3.“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是( )
A. 火星公转的线速度比地球的大B. 火星公转的角速度比地球的大
C. 火星公转的半径比地球的小D. 火星公转的加速度比地球的小
4.如图(a)所示，点电荷−q绕点电荷+Q做半径为r的匀速圆周运动，角速度为ω1；如图(b)所示，点电荷−q在相距为r的两个固定点电荷+Q所在连线的中垂面上，做角度为ω2的匀速圆周运动，−q到+Q的距离始终为r。则ω1：ω2为( )
A. 1： 2B. 1：1C. 1： 3D. 2： 3
5.如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。t=0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则P做简谐运动的表达式为( )
A. x=Rsin(ωt−π2)B. x=Rsin(ωt+π2)
C. x=2Rsin(ωt−π2)D. x=2Rsin(ωt+π2)
6.如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中，中国选手张洋铭沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动，张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为( )
A. 8L1B. 87L3C. L1+L3D. 12(L1+L3)
7.如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到想要的商品。如图是某快递公司分拣邮件的倾斜传输装置：传送带A、B间长度为L=10m，倾角为θ=30∘，正以恒定速率v=5m/s顺时针运转。现将一质量为m=1kg的邮件(可视为质点)轻放在传送带底端A点，则邮件从A运动到B过程中，传送带对邮件的冲量大小为(已知邮件与传送带之间的动摩擦因数为μ= 32，重力加速度g=10m/s2)( )
A. 5N⋅sB. 20N⋅sC. 15 3N⋅sD. 5 43N⋅s
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动(该曲线属于圆滚线)，到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则( )
A. A点运动到B点的时间为πmqBB. A、B点位于同一高度
C. 该离子电势能先增大后减小D. 到达C点时离子速度最大
9.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=1：2，一个二极管和阻值为R=10Ω的负载电阻串联后接到副线圈的两端。现在a、b两端接入如图乙所示的电压，c、d间接入理想电压表。已知二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则( )
A. 电压表读数为100V
B. R的功率为500W
C. 若将二极管短路，电压表示数为200V
D. 若将二极管短路，变压器的输入功率为2000W
10.如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一带电粒子从A点沿半圆ABC的直径方向以某一速度水平射入电场，恰好经过半圆的最低点B。粒子重力不计，下列分析正确的是( )
A. 经过B点时的速度方向沿半圆的半径
B. 无论射入速度多大，粒子都不可能沿着半径方向离开半圆
C. 若仅将下板下移少许，板间电压增大
D. 若将下板下移少许，该粒子以相同的速度从原处射入电场，仍会经过B点
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图甲所示是一个研究向心力大小与哪些因素有关的DIS实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m，放置在未画出的水平圆盘上，圆周轨道的半径为r，力电传感器测定的是向心力的大小，光电传感器测定的是圆柱体的线速度大小，表格中是所得数据，图乙分别为F−v图像、F−v2图像、F−v3图像。
(1)数据表格和图乙中的三个图像分别是在探究向心力F和圆柱体线速度大小v的关系时，保持圆柱体质量不变、半径r=0.1m的条件下得到的。研究图像后，可得出向心力F和圆柱体线速度大小v的关系式______。
(2)为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持______不变。
(3)若已知向心力公式为F=mv2r，根据上面的图线可以推算出，本实验中圆柱体的质量为______。
12.多用电表是实验室必备仪器，某实验小组把一欧姆挡等效为一个直流电源，用一个滑动变阻器和一个电压表测量该多用电表内电源电动势和欧姆“×1”挡内部总电阻，他所采用的实验电路如图甲所示。实验器材：待测多用电表(欧姆挡部分刻度损坏)；电压表V：量程6V，内阻约15kΩ；滑动变阻器最大阻值50Ω；导线若干。
根据以下操作步骤，回答有关问题：
(1)将待测多用电表调到欧姆“×1”挡，将表笔A、B短接，调节欧姆调零旋钮，进行欧姆挡调零。
(2)调零完毕，将表笔A、B分别与图甲中1、2两端相接，其中A为______表笔(填“红”或“黑”)。
(3)图乙是多用电表某次测量的示数，该示数为______Ω。
(4)多次调节变阻器的滑片位置，改变其接入电路的阻值，记录多用电表的示数R和电压表的示数U，以1R为纵坐标、1U为横坐标作出如图丙所示图像，根据图像可得电源电动势E=______ V；欧姆“×1”挡内部总电阻r=______Ω。
四、简答题：本大题共1小题，共15分。
13.如图所示，半径为0.5m的光滑圆弧曲面与倾角为37∘足够长的固定粗糙斜面MN在N点平滑相接，质量为0.04kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为0.25m。另一质量为0.2kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)物块A运动到N点时对曲面的压力；
(2)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。
五、计算题：本大题共2小题，共25分。
14.如图所示，是一种血压计的气路系统，血压计未工作时，气路系统内部封闭一定质量的空气，其压强为p0，体积为V0，血压计工作时，气泵工作，向气路系统充入压强为p0的空气，气路系统体积膨胀，当气路系统的压强达到1.5p0时，气路系统内的空气体积变为1.2V0，然后打开机械阀放出部分空气后，气路系统的压强变为1.2p0时，气路系统内的空气体积变为1.1V0，已知外界大气压强为p0，假定气路系统气体可视为理想气体，空气的温度不发生变化且与外界相同。
(1)当气路系统的压强达到1.5p0时，充入的外部空气体积；
(2)打开机械阀门放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比。
15.如图1所示某种风力发电装置，轻质钕磁铁固定在带状薄膜的末端，上下各固定一个完全相同的线圈，当风通过薄膜，使薄膜产生周期性的颤振位移，从而在线圈中产生交变电流。如图2所示为简化原理图，两线圈与磁铁共轴，以薄膜平衡位置为原点0建立竖直向上x轴，线圈与磁铁相距均为x0，当风力作用时薄膜带动磁铁在竖直方向上下振动时，振幅为A。已知线圈的匝数为n、横截面积为S；磁铁中轴线上各点磁感应强度B的大小与该点到磁铁中心距离x的关系如图3所示，图中B0、B1、B2为已知量，忽略线圈的长度，线圈内各处磁感应强度的竖直分量近似等于线圈中心位置的磁感应强度大小。负载电阻R的e端与上线圈的a端连接，f端与下线圈的某端连接，使两线圈作为电源处于串联状态。不计线圈电阻和自感互感的影响，重力加速度为g。
(1)上线圈的b端应与下线圈的哪一端连接？(选“c端”或“d端”)
(2)在磁铁从平衡位置向上运动到最大位移的过程中，求通过电阻R的电荷量；
(3)图3中x0随磁感应强度B的变化关系式为B0=kx0(其中k为未知常数)，当磁铁以速率v0经平衡位置向上运动时，求此时负载电阻R的电功率。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、此核反应是聚变反应，反应剧烈，至今可控聚变反应还处于各种实验研究阶段，所以不宜采用，故A错误；
B、此核反应是重核裂变反应，虽然实现了人工控制，但因反应剧烈，防护要求高还不能小型化，目前只是一些大型的核电站采用，故B错误；
C、此核反应是人工放射性同位素的衰变反应，是小型核能电池主要采用的反应方式，故C正确；
D、此核反应是人工核转变反应，需要高能α粒子，在月球上不宜实现，故D错误。
故选：C。
根据“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要，将核反应释放的核能转变为电能，需要的功率并不大，便于防护其产生的核辐射，只有人工放射性同位素的衰变反应符合这些要求。
本题考查的是四种核反应的特点以及在实际生产生活中的应用，关键是要熟悉相关核反应的内容并强化记忆。
2.【答案】B
【解析】解：AB、太阳光射入六角形冰晶时，a光的折射角大于b光的折射角，由折射定律可知六角形冰晶对a光的折射率小于对b光的折射率，a光的频率比b光的频率小，由v=cn，故b光的传播速度较小，故A错误，B正确；
C、由于c=λf，所以a光的波长大于b光的波长，根据单缝衍射实验中，入射光的波长越长，中央亮条纹越宽，故a光中央亮条纹更宽，故C错误；
D、由临界角公式sinC=1n，a光的折射率小，a光的临界角大，故D错误；
故选：B。
太阳光射入六角形冰晶时，a光的折射角大于b光的折射角，由折射定律得出折射率关系，从而得出频率、波长和波速关系；依据临界角公式sinC=1n比较临界角的大小；根据单缝衍射实验中，入射光的波长越长，中央亮条纹越宽判断谁的中央条纹宽。
本题可以取特例用红光与紫光类比a光和b光，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，是考试的热点，要牢固掌握。
3.【答案】D
【解析】C、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2rT2，因此T= 4π2r3GM
因为火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍，即火星的公转周期大于地球的公转周期，由此可知火星公转的半径大于地球的公转半径，故C错误；
ABD、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r=ma=mω2r
可知：v= GMr；a=GMr2；ω= GMr3，根据上述的半径关系可知，火星公转的线速度、角速度和加速度都比地球的小，故D正确，AB错误；
故选D。
根据行星的周期大小关系得出半径的大小关系，结合万有引力提供向心力的公式得出加速度、角速度和线速度的大小关系。
本题主要考查了卫星运行规律，可以利用口诀“高轨低速长周期”直接进行判断。
4.【答案】A
【解析】解：点电荷−q绕点电荷+Q做半径为r的匀速圆周运动，由库仑引力提供向心力，如下图(a)所示，
依据牛顿第二定律，则有：
kQqr2=mω12r
点电荷−q在相距为r的两个固定点电荷+Q所在连线的中垂面上，做角度为ω2的匀速圆周运动，如上图(b)所示，
由库仑引力的合力提供向心力，依据库仑定律，结合矢量的法则，及三角知识，则有：
3kQqr2=mω22⋅ 32r
联立上两式，解得：ω1：ω2=1： 2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
依据库仑定律与向心力表达式，结合库仑引力提供向心力，及矢量的合成法则与三角知识，即可求解。
考查库仑定律与牛顿第二定律的应用，掌握匀速圆周运动的向心力表达式，理解三角知识的正确运用，注意两者圆周运动的半径不同。
5.【答案】B
【解析】解：t时刻转动角度为ωt，总角度为ωt+π2，所以x=Rsin(ωt+π2)，故B正确，ACD错误。
故选：B。
首先求解t时刻的角度，然后根据三角函数知识求解。
解答本题的关键是：求解t时刻的总角度。
6.【答案】C
【解析】解：张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，则对应时间之比为1：2：1，有
L1=v0t+12at2
L2=(v0+at)⋅2t+12a(2t)2=2v0t+4at2
L3=(v0+3at)⋅t+12at2=v0t+72at2
根据数学知识观察可得
L2=L1+L3
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据匀变速直线运动公式求解，需注意每段的末速度是下一段的初速度。
本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。
7.【答案】D
【解析】解：设邮件在AB上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmgcsθ−mgsinθ=ma
代入数据得a=2.5m/s2
则与传送带共速时邮件运动的距离为x=v22a=522×2.5=5m所用时间为t1=va
共速后邮件摩擦力较大，向上做匀速运动，时间为t2=L−xv
则邮件在传送带运动的时间为t=t1+t2
整个过程传送带对邮件的冲量大小为I= (μmgcsθt)2+(mgcsθt)2
解得I=5 43N⋅s
故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据牛顿第二定律结合运动学规律解得邮件的运动时间，根据冲量的公式计算。
本题考查冲量的计算，解题关键掌握物体在传送带运动的分析，注意摩擦力的方向及运动情况的分析。
8.【答案】BD
【解析】解：A、由题意可知轨迹为圆滚线的运动是匀速圆周运动与匀速直线运动的合运动。离子在电磁场中运动的轨迹属于圆滚线，可将离子的运动分解为匀速圆周运动与匀速直线运动，如下图所示，在A点使离子具有一对等大反向的速度，水平向右的分速度v所对应的洛伦兹力的分力与电场力平衡(即qvB=qE)，则离子具有水平向右速度为v的匀速直线运动；水平向左的分速度v在其所对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。
由A到B的时间恰好是分运动的匀速圆周运动的一个周期，故A点运动到B点的时间为2πmqB，故A错误；
B、由A到B的过程，初末速度均为零，根据动能定理，因洛伦兹力不做功，故此过程电场力做功为零，根据W=qU，可知A、B两位于同一等势面上，故A、B点位于同一高度，故B正确；
CD、由A到C电场力做做正功，由C到B电场力做负功，根据动能定理可知在C点动能最大，速度最大。由功能关系可知，该离子电势能先减小后增大，故C错误，D正确。
故选：BD。
由题意可将离子的运动分解为匀速圆周运动与匀速直线运动，根据力与运动的关系，结合匀速圆周运动的周期解答；根据动能定理，电场力做功的公式，功能关系解答。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动问题，属于知识给于类题型，理解题意是关键。掌握轨迹为“圆滚线”的运动的处理方法，根据分运动具有独立性与等时性解答。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、设副线圈两端交变电压的峰值为Um=n2n1U =21×100V=200V，.则由W=U2Rt计算R的电能得：
(Um 2)2R⋅T2=Ucd2RT
R两端的有效值：Ucd=Um2=2002V=100V
所以：PR=Ucd2R=1000W，故A正确，B错误；
CD、二极管短路后有：Ucd′=Um 2=200 2V=100 2V
副线圈中的最大电流：Im=UmR=20010A=20A
流经定值电阻R的电流：Icd′=Im 2=20 2A=10 2A
变压器的输出功率：P=Ucd′Icd′=100 2×10 2W=2000W
理想变压器原副线圈功率相等，故输入功率为2000W，故C错误，D正确。
故选：AD。
先根据变压器原副线圈之比求出副线圈最大电压，再根据二极管具有单向导电性，求出cd端的电压，再求出R的功率；二极管短路时，相当于导线，根据变压器原副线圈关系分析求解电流关系，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，以此分析。
正确理解变压器的电压与匝数的关系，掌握闭合电路欧姆定律的应用，理解二极管单向导电性，注意原副线圈的功率相等，是解题的关键。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、设粒子经过B点时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子抛出时的初速度为v0，粒子从A运动B的时间为t，粒子在极板间做类平抛运动，则tanθ=v0vy=v0t2×vy2×t=x2y=R2R=0.5，粒子速度方向与半径方向的夹角的正切值是0.5，粒子经过B点时的速度方向不沿半圆的半径，故A错误；
B、设粒子离开半圆时速度方向与竖直方向的夹角为α，粒子抛出时的初速度为v0，粒子在极板间做类平抛运动，运动时间为t，则tanα=v0vy=v0t2×vy2×t=x2y=≠1，粒子都不可能沿着半径方向离开半圆，故B正确；
C、若仅将下板下移少许，板间距离d变大，由C=εS4πkd可知，电容C变小，两极板所带电荷量Q不变，两板间电压U=QC增大，故C正确；
D、极板间的电场强度E=εS4πkQ，若将下板下移少许，极板间的电场强度E不变，该粒子以相同的速度从原处射入电场，粒子的受力情况与运动情况不变，仍会经过B点，故D正确。
故选：BCD。
根据平行板电容器的电容公式判断极板移动时电容器的电容如何变化，然后判断极板间电压如何变化；粒子在极板间做类平抛运动，应用类平抛运动的规律分析答题。
本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用类平抛运动知识与电容知识即可解题。
11.【答案】F=0.88v2 线速度大小v0.088kg
【解析】解：(1)研究数据表格和题图乙中B图不难得出F∝v2，进一步研究知题图乙B中图线的斜率k=ΔFΔv2=10.512Ns2/m2≈0.88Ns2/m2，故F与v的关系式为F=0.88v2.
(2)还应保持线速度大小v不变．
(3)根据向心力的计算公式有F=mv2r=0.88v2，半径r=0.1m
代入数据解得m=0.088kg
故答案为：(1)F=0.88v2；(2)线速度大小v；(3)0.088kg
(1)根据图象很容易得到F与v2成正比，求出F−v2图象的斜率，即可得到向心力F和圆柱体速度v的关系式；
(2)根据控制变量法，除了F与r外都要不变；
(3)根据已经学习过的向心力公式F=mv2r，即可求得。
本题关键根据图象的形状，由数学知识得到F与v的关系式．同时要掌握向心力的公式。
12.【答案】黑
【解析】解：(2)欧姆表的内接电源正极是接黑接柱，而外部电压表又要求电流从+流进，所以A端接黑接线柱；
(3)欧姆表的读数是指针示数与倍率的乘积，所以结果为7.0×1Ω=7.0Ω；
(4)把欧姆表看成待测电源，欧姆表测定的是滑动变阻器和电压表的总内阻，设为R，根据闭合电路欧姆定律有U=RR+rE，变形后得：1R=Er×1U−1r，结合图丙中的特殊点，有：纵截距b=−1r=−120，所以r=20Ω，斜率k=Er=0+12013A，所以解得：E=3.0V。
故答案为：(2)黑；(3)7.0；(4)3.0、20
(2)根据欧姆表的内部结构和红进黑出的接线规则分析表笔的接法；
(3)欧姆表的读数是指针示数与倍率的乘积；
(4)根据闭合电路欧姆定律写出公式，然后整理出 1R和1U的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解电源电动势和内阻；
解决该题的关键是明确多用电表内部结构，知道黑表笔与内部电源的正极相连，掌握欧姆表测电阻的注意事项，能正确推导出1R和1U的函数表达式。
13.【答案】解：(1)物块A从静止开始下滑到底端的过程中，由机械能守恒得：
m0gRcs37∘=12m0v02
设物块A运动到N点时受到曲面的支持力为FN，由牛顿第二定律得：
FN−m0gcs37∘=m0v02R
联立解得FN=4.8N
由牛顿第三定律得曲面受到的压力F′N=FN=4.8N
与竖直方向夹角37∘斜向下；
(2)滑上斜面后，对物块A，设加速度为a，与物块B碰撞前速度为v，由牛顿第二定律可得：
mAgsin37∘−μAmAgcs37∘=mAa
由运动运动学公式可得：
v2−v02=2ax0
联立解得v=3m/s
物块A与物块B发生弹性碰撞，选物块A的初速度方向为正方向，碰撞后物块A速度为v′，物块B速度为v1，满足动量守恒定律、动能守恒定律，即
mAv=mAv′+mBv1
12mAv2=12mAv′2+12mBv12
联立解得v′=2m/s；v1=5m/s
因为物块B恰好静止在斜面上，碰撞后物块B匀速运动，物块A与物块B碰后，物块A以加速度a匀加速运动，设经时间t第二次碰撞，由运动学公式可得：
v′t+12at2=v1t
解得：t=3s
答：(1)物块A运动到N点时对曲面的压力为4.8N，与竖直方向夹角37∘斜向下；
(2)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间为3s。
【解析】(1)由机械能守恒定律得出物块的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出对曲面的压力；
(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律得出物块的速度，结合运动学公式得出对应的运动时间。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)假设充入的外部空气的体积为V，根据玻意耳定律可得：p0V0+p0V=p1V1
由题意可知充入后的压强和体积：p1=1.5p0，V1=1.2V0
可得充入的外部空气的体积为：V=0.8V0
(2)假设放出的气体在p2=1.2p0时，对应的体积为ΔV，根据玻意耳定律可得：p1V1=p2(V2+ΔV)
其中由题意可知：V2=1.1V0
解得：ΔV=0.4V0
放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为：Δm：m=ΔV：V2=4：11
答：(1)当气路系统的压强达到1.5p0时，充入的外部空气体积为0.8V0；
(2)打开机械阀门放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为4：11。
【解析】(1)对充气问题，由玻意耳定律求流入的气体的体积；
(2)放气时，根据玻意耳定律求出放出的气体的体积，从而得到质量之比。
此题考查充气放气问题，这种情况一定要选择所有气体为研究对象，应用等温规律，即玻意耳定律可以解决问题。
15.【答案】解：(1)根据右手定则可知，上线圈的b端应与下线圈的d端连接；
(2)设上线圈产生感应电动势E1，下线圈产生感应电动势E2，由法拉第电磁感应定律得
E1=nΔΦ1Δt=n(B2−B0)SΔt
E2=nΔΦ2Δt=n(B0−B1)SΔt
设回路总电动势为E，两电源串联，则
E=E1+E2=n(B2−B1)SΔt
设回路电流为I，由闭合回路欧姆定律得
I=ER=n(B2−B1)SRΔt
设通过电阻R的电荷量为q，则
q=IΔt=n(B2−B1)SR
(3)由题意可知
B0=kx0
可得：k=B0x0
设磁铁经平衡位置向上位移Δx，所用时间Δt，上线圈产生感应电动势E3，则
E3=nΔΦ3Δt=nSΔB3Δt=nS(kx0−Δx−kx0)Δt
即得E3=nSkΔx(x0−Δx)x0Δt=nSkv0(x0−Δx)x0=nSB0v0(x0−Δx)
设下线圈产生感应电动势E4，由上同理可得
E4=nSB0v0(x0+Δx)
设回路电动势为E，则
E=E3+E4=2nSB0v0x0(x02−Δx2)=2nSB0v0x0
设负载电阻R的电功率为P1，则
P1=E2R=4n2S2B02v02Rx02
答：(1)上线圈的b端应与下线圈的d端连接；
(2)通过电阻R的电荷量为n(B2−B1)SR；
(3)此时负载电阻R的电功率为4n2S2B02v02Rx02。
【解析】(1)根据右手定则分析。
(2)由法拉第电磁感应定律求出上、下两个线圈产生的感应电动势，两个电动势串联。根据闭合回路欧姆定律求出回路中电流，再由q=IΔt求解通过电阻R的电荷量。
(3)根据法拉第电磁感应定律求出回路中总的电动势，再由P=E2R求负载电阻R的电功率。
解答本题时，要理解风力发电装置的工作原理，搞清电路的结构，熟练运用法拉第电磁感应定律、闭合回路欧姆定律、功率公式进行解答。要注意线圈产生的感应电动势是串联关系。v/(m⋅s−1)
1
1.5
2
2.5
3
F/N
0.88
2
3.5
5.5
7.9