2025-2026学年黑龙江省齐齐哈尔市高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年黑龙江省齐齐哈尔市高三（上）期末物理试卷（含解析），共16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.学习物理的过程中我们需要定义很多物理量，如速度定义式为v=ΔxΔt，下列物理量表达式不是定义式的是( )
A. 电场强度E=FqB. 电容C=QU
C. 电流I=qtD. 磁感应强度B=ΦS
2.如图所示，一个光滑的半球固定在水平面上，一个小滑块静止在半圆球的顶端，经扰动以初速度为零沿半球面下滑，则滑块从半球顶端运动到地面的过程中( )
A. 滑块一直沿球面运动
B. 滑块的加速度不断增大
C. 滑块重力的功率不断增大
D. 滑块沿水平方向的速度先增大后减小
3.一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B=0.1T的匀强磁场中，以导线为中心，R为半径的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a点磁感应强度为0。则下列说法正确的是( )
A. 直导线中电流方向垂直纸面向外
B. b点的磁感应强度为0.1T
C. c点的磁感应强度为0.2T
D. 如果将通电导线撤去，匀强磁场的磁感应强度就为零
4.如图所示，实线表示某电场的电场线，一带电粒子(不计重力)在该电场中，从a点运动到b点的运动轨迹为虚线所示，则在粒子从a到b的过程中，下列说法正确的是( )
A. 粒子带负电
B. 粒子在a点的加速度小于在b点的加速度
C. 电场力对粒子做负功
D. 粒子的电势能减小
5.在如图所示的电路中R1、R2为定值电阻，电容器的电容为C，A、B间的电压恒定。若调节电阻箱R接入电路的阻值，使电容器的带电量减少ΔQ，则在该过程中( )
A. 电阻箱R接入电路的阻值减小
B. 电阻R1两端的电压增大，增加量大于ΔQC
C. 通过电阻R1的电流增大，增加量小于ΔQCR1
D. 通过电阻箱R的电流减小，减小量大于ΔQCR2
6.如图，“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab⊥bc，ab长为l，bc长为34l，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则( )
A. F=74BIl，tanθ=43
B. F=74BIl，tanθ=34
C. F=54BIl，tanθ=43
D. F=54BIl，tanθ=34
7.2030年之前，中国航天员将登上月球。如图所示，月球的半径为R，假设甲、乙两艘宇宙飞船分别绕月球做椭圆轨道和圆轨道运动，甲的近地点正好在月面，远地点与月面的最近距离为2R，甲的远地点与乙轨道的最近距离为R，则甲、乙的周期之比为( )
A. 1：1B. 2：1
C. 2 2：1D. 3 3：2 2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲为一列简谐横波在t=0.1s时刻的波形图，P，Q为波的传播方向上的两质点，图乙为x=2m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴正方向传播
B. 在t=0～0.05s内，质点Q的加速度先增大后减小
C. 在接下来的四分之一周期内，质点P和质点Q通过的路程可能相等
D. 在任意一个周期内，质点P和质点Q一定有两个时刻位移相同
9.如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下。已知O点比M点高1.25m，滑道MN长4m，滑块与滑
道MN间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 滑块运动到M点的速度大小为6m/sB. 滑块运动到N点的速度大小为4m/s
C. 缓冲墙对滑块的冲量大小为5N⋅sD. 缓冲墙对滑块做的功为−2.5J
10.如图所示为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一个氘核从加速器的A处由静止开始加速，运动一段时间后从加速器出口C处射出。已知D型盒的半径为R，高频交变电源的电压为U、频率为f，氘核质量为m。下列说法正确的是( )
A. 核在D形盒中运动时间与加速电压U无关
B. 氘核的最大动能为2mπ2f2R2
C. 氘核第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2：1
D. 若要加速α粒子，交流电的频率f不需要改变
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组利用如图甲所示的装置做“探究加速度与合外力关系”实验。当地的重力加速度为g，滑块和遮光条的总质量为M。
(1)为了使滑块受到的合外力近似等于钩码的重力，下列操作必要的是______(多选)。
A.平衡摩擦力
B.调节气垫导轨水平
C.调节牵引滑块的细线水平
D.使钩码质量远小于滑块质量
(2)先用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d= ______mm。
(3)按正确的操作，接通气源，将滑块由A点静止释放(A点到光电门的距离为x)，记录钩码的质量及滑块通过光电门时遮光条遮光时间，改变悬挂钩码的质量进行多次实验，每次滑块均从A点由静止释放，实验测得多组钩码的质量m及对应的遮光条遮光时间t，作出1t2−m图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，图像的斜率等于______，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比。若要用此实验过程验证动能定理，只要验证表达式______成立即可。(用题中物理量符号表示)
12.实验小组的同学通过测绘小灯泡的I−U图像，研究小灯泡的电阻随电压变化的规律，并准确测出小灯泡在额定电压下的电阻及功率。实验室提供的器材有：
待测小灯泡：额定电压约为2.4V，电阻约为几欧；
直流电源E：电动势为3.0V，内阻约1Ω；
电压表V：量程为3.0V，内阻约3kΩ；
电流表A：量程为0.6A.内阻RA=0.5Ω；
滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值为1kΩ；
开关S和导线若干。

(1)要测绘小灯泡的I−U图像，并准确测出小灯泡在额定电压下的电阻及功率，应选择图甲和图乙两个电路中的图______(填“甲”或“乙”)，变阻器应选择______(填“R1”或“R2”)。
(2)根据实验记录的电流表和电压表的读数I和U，描绘出I−U图像，如图丙所示，则小灯泡的电阻随电压的增大而______(填“增大”或“减小”)。当电流表示数为0.4A时，小灯泡正常发光，由此可推算出小灯泡正常发光时的电阻为______Ω，功率为______W(结果均保留2位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，相距20cm的平行金属导轨所在平面与水平面夹角θ=37°，垂直于导轨的金属棒ab的质量为110g，它与导轨间动摩擦因数为0.50，整个装置处于磁感应强度为1T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接的电源电动势为10V，内阻为1Ω，在开关闭合状态下，金属棒ab恰好不下滑，导轨和金属棒ab电阻不计，重力加速度取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)金属棒ab所受的安培力大小；
(2)滑动变阻器R接入电路的阻值。
14.如图所示，带圆弧槽的小车静止在光滑的水平面上，槽的A端与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ=53°，B端与圆心O等高。一个质量为m、可视为质点的小球以水平向右的初速度v0抛出，刚好从A点无碰撞地进入圆弧槽，小球运动到B点时恰好与小车相对静止。圆弧槽光滑，小车质量为2m，不计空气阻力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
(1)小球运动到B点时，球与小车的共同速度大小；
(2)小球抛出点与A点的高度差；
(3)圆弧槽的半径R。
15.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，有沿y轴负方向的匀强电场，第二象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，在x轴上P(−L,0)点，沿与x轴负方向成45°角以大小为v0的速度向磁场Ⅰ内射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经磁场Ⅰ偏转后，刚好垂直y轴进入电场，经电场偏转后从x轴上Q[(2 2+2)L,0]点进入磁场Ⅱ，粒子经磁场Ⅱ偏转后再次经过x轴的位置为M(− 2L,0)点(未画出)，粒子重力不计，求：
(1)磁场I的磁感应强度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)粒子从P点出发到第二次经过x轴的M点运动的时间。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A.电场强度E=Fq是比值定义式：电场强度由电场本身决定，与试探电荷的受力F、电荷量q无关，仅用Fq定义电场强度，属于定义式，故A错误；
B.电容C=QU是比值定义式：电容由电容器本身的结构(极板面积、间距、电介质)决定，与电荷量Q、电压U无关，仅用QU定义电容，属于定义式，故D错误；
C.电流I=qt是比值定义式：电流是单位时间内通过导体横截面的电荷量，用qt定义电流，属于定义式，故C错误；
D.磁感应强度的定义式是B=FIl，因为D不是，故D正确。
故选：D。
定义式的特点：通过“两个已知物理量的比值”定义新物理量，公式仅用于计算，不反映物理量的决定因素。
常见定义式：加速度a=ΔvΔt、电场强度E=Fq、电容C=QU电流I=qt等。
物理量的定义式与决定式的区分：
定义式是通过“比值法”或“操作定义”确定物理量的表达式，其仅与被定义物理量本身的性质相关，与公式中其他量无关；
决定式则反映物理量的影响因素及由哪些因素决定。
2.【答案】C
【解析】解：A、物块沿球面下滑至对球面的压力恰为零时，将脱离球面做斜下抛运动，故A错误；
B、滑块脱离球面后做斜下抛运动，其加速度保持不变，故B错误；
C、滑块在运动过程中，其竖直方向的分速度持续增大，因此重力的瞬时功率也不断增大，故C正确；
D、滑块脱离球面后，其在水平方向的速度分量保持不变，故D错误。
故选：C。
滑块从半球顶端静止下滑，需分析其运动过程与受力变化。初始阶段滑块沿球面运动，受到重力和支持力作用，随着下滑角度增大，支持力减小至零时滑块脱离球面，此后做斜下抛运动，加速度恒为重力加速度。重力的功率取决于竖直方向分速度，滑块运动过程中竖直速度持续增加，因此功率不断增大。水平方向速度在脱离球面后保持不变，之前受支持力水平分量影响先增后减。
本题以光滑半球面与小滑块为模型，巧妙融合圆周运动、斜抛运动以及能量与功率的综合分析。题目通过设计滑块从顶端下滑并可能脱离球面的过程，深入考查学生对动力学临界条件、运动分解及瞬时功率概念的理解与应用能力。计算量适中，但需要清晰的物理图景构建能力，特别是判断滑块何时脱离球面这一关键点，以及脱离前后水平方向速度的变化规律。其中，重力的瞬时功率P=mgvy取决于竖直分速度vy的变化，而vy在整个过程中持续增加，这一分析需要学生准确把握运动分解与功率的瞬时性。整体而言，本题难度中等偏上，能有效锻炼学生的逻辑推理与模型转化能力。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据安培定则可知，直导线中电流方向垂直纸面向外时，a点处磁感应强度才可能为零，即电流磁场与匀强磁场在a点的磁感应强度等大反向。故A正确；
BC、直线电流磁场在圆周上a、b、c、d四点处磁感应强度大小均为0.1B，方向为该点沿圆周的切线方向，如图：
根据矢量合成可得：Bb=2B,Bc= B2+B2
代入数据可得：Bb=0.2T,Bc=0.1 2T。故BC错误；
D、如果将通电导线撤去，匀强磁场的磁感应强度不为零。两个磁场间没有关系。故D错误。
故选：A。
由安培定则可判断，直导线中电流方向垂直纸面向外；根据叠加原理求解各点的合磁感应强度；电流磁场与匀强磁场不存在必然的联系。
本题考查磁感应强度的叠加问题还涉及了直线电流磁场的磁感应强度方向等知识点，解题关键是正确进行矢量合成。属于基础简单题目。
4.【答案】C
【解析】解：A.因为带电粒子做曲线运动时所受合力(电场力)指向运动轨迹凹侧、带电粒子所受电场力与电场方向相同或相反，则由图可知，该带电粒子所受电场力指向右上方、该粒子所受电场力方向与电场方向相同，由此可知，该粒子带正电，故A错误；
B.因为同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，则由图可知，a点的电场强度大于b点的电场强度，则由F=qE=ma可知，粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故B错误；
CD.结合A中分析及题图可知，粒子从a到b的过程，其所受电场力的方向与速度方向的夹角为钝角，则电场力对粒子做负功，则电势能增大，故C正确，D错误；
故选：C。
A.结合题意，由曲线运动中合力方向的特点、电场力的方向与场强方向的关系，即可分析判断；
B.结合题意，由电场线与电场强度的关系、电场强度与加速度的关系，即可分析判断；
CD.结合前面分析及题意，由电场力做功的特点、电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断。
本题主要考查带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判，解题时需注意，轨迹类问题的解题突破点在于，根据轨迹分析出粒子受到的电场力方向，再结合电场中各物理量的参数特点与关系分析各物理量的情况。
5.【答案】D
【解析】解：ABC、根据电路图分析可知，电容器两端电压等于R2两端电压，若电容器带电量减少ΔQ，则R2两端电压减少量为ΔU=ΔQC。由于电源总电压保持不变，因此电阻R1两端电压将增大，其增加量亦为ΔQC，故通过R1的电流增大量为ΔQCR1。由于并联部分电压增大，依据串并联电路特点可知，电阻箱R接入电路的阻值增大，故ABC错误；
D、流过R1和R的总电流减少了ΔQCR2，而通过R1的电流是增大的，因此通过电阻箱R的电流必定减小，且其减小量大于ΔQCR2，故D正确。
故选：D。
本题需分析含电容器的动态电路。已知电容器带电量减少，意味着其两端电压降低，该电压等于R2两端电压。由于电源电压恒定，R1两端电压必然增加，其增加量等于电容器电压的减少量。通过R1的电流增加量可由此电压变化与R1阻值确定。电容器电压降低导致并联部分总电流减少，但R1电流却增加，因此流经电阻箱R的电流必定减少，且减少量大于电容器电压变化所引起的总电流变化。
本题巧妙地将动态电路分析与电容器充放电特性相结合，主要考查闭合电路欧姆定律、串并联电路电压电流分配规律以及电容定义式C=Q/U的应用。题目计算量不大，但思维层次要求较高，需要学生具备清晰的电路结构分析能力和严谨的逻辑推理能力。其亮点在于通过电容器电量变化量ΔQ这一中间桥梁，间接反映出并联支路电压的变化，进而推导出干路及支路电流的增减情况与定量关系，有效检验了学生对电路动态变化过程的综合分析能力与定量运算能力。解答本题需准确识别电容器电压与R2电压相等这一关键点，并灵活运用总电压不变这一条件进行推理。
6.【答案】D
【解析】【分析】
连接ac，根据几何关系求出ac的长度，由F=BIL求出安培力的大小，根据几何关系得到tanθ
本题考查安培力的计算，关键在于理解安培力公式中的L为有效长度，导线为曲线时，L为初末两点的连线。
【解答】连接ac，根据几何关系得ac=54l，根据F=BIL=54BIl，F与BC的夹角θ，tanθ=bcab=34，故D正确，ABC错误；
故选：D。
7.【答案】A
【解析】解：由题意可得甲椭圆轨道的长轴为4R，则半长轴为2R，设乙圆轨道的半径为r，当甲的远地点与乙的最近距离为R，由几何关系可得r=R+R=2R，解得r=2R，设甲、乙的周期分别为T甲T乙，由开普勒第三定律可得T甲2T乙2=(2R)3(2R)3，则有T甲：T乙=1：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据开普勒第三定律分析求解，注意长轴、半长轴，圆轨道半径在公式中的对应数据。
本题考查开普勒第三定律，关键是注意长轴、半长轴，圆轨道半径在公式中的对应数据，属于基础题目，较简单。
8.【答案】AD
【解析】解：A、由图乙可知，t=0.1s时质点P沿y轴负方向运动，根据“上下坡”法，此时质点P应位于波传播方向波形的上坡，再由图甲可知波沿x轴正方向传播，故A正确；
B、波的周期为0.2s，t=0.1s时质点Q位于平衡位置与波谷之间且沿y轴正方向运动，因此在t=0时刻，即t=0.1s时刻的半个周期前，质点Q一定位于波峰与平衡位置之间且沿y轴负方向运动，t=0～0.05s内，经过四分之一个周期，质点Q位移先减小后增大，其加速度a=−kx/m先减小后增大，故B错误；
C、在四分之一周期内，位于平衡位置的质点P走过的路程恰好为一个振幅A，而质点Q在此时间段内路程不等于A，故C错误；
D、图示时刻，质点Q正沿y轴正方向运动，质点P正沿y轴负方向运动，在接下来的四分之一周期内，二者运动轨迹存在交点，必存在一个时刻位移相同，之后当P第一次返回平衡位置时(从图示时刻经历半个周期)，由波动对称性可知此时质点Q的位置与图示位置关于x轴对称并沿y轴负方向运动，则在接下来的四分之一周期内，二者运动轨迹再次存在交点，必存在另一时刻位移相同，因此在一个完整周期内，质点P和质点Q有两个时刻位移相同，故D正确。
故选：AD。
首先通过图乙t=0.1s时刻质点P的振动方向结合图甲波形，运用“上下坡”法判断波的传播方向；然后依据波动周期和t=0.1s时刻质点Q的位置与速度方向，推断其在t=0时刻的振动状态，进而分析t=0～0.05s内其位移与加速度的变化关系；对于四分之一周期内的路程比较，需考虑两质点初始位置不同导致的路程差异；最后分析一个周期内两质点位移相同的可能性，关键在于理解两质点振动步调的差异及它们在不同时刻经过相同位移位置的可能性。
本题综合考查机械波传播规律与质点振动图像的分析，涉及波动图像与振动图像的关联、质点振动状态的判断以及波动的时空周期性等核心知识。题目巧妙地将波形图与振动图结合，要求考生通过质点P在特定时刻的振动方向推断波的传播方向，进而分析不同质点的运动细节。本题计算量不大，但思维层次丰富，着重考查学生的图像分析能力、逻辑推理能力以及对波动过程中各质点运动关联性的理解。正确解答需要准确把握“上下坡”法则、振动与波动的对应关系，并运用波动对称性进行严谨分析。
9.【答案】CD
【解析】解：A.由O到M，由动能定理可知，mgh=12mv02，代入数据可得：滑块运动到M的速度大小v0=5m/s，故A错误；
B.由M到N，由动能定理可知，−μmgxMN=12mv12−12mv02，代入数据可得：滑块运动到N的速度大小v1=3m/s，故B错误；
C.由N到P，由动能定理可知，−μmgxNP=0−12mv22，代入数据可得：滑块反弹后速度大小v2=2m/s，
以水平向右为正方向，由动量定理可知，I=mv2−(−mv1)，代入数据可得：缓冲墙对滑块的冲量I=5N⋅s，方向水平向右，故C正确；
D.碰撞过程中，由动能定理可知，缓冲墙对滑块做的功W=12mv22−12mv12，代入数据可得：W=−2.5J，故D正确。
故选：CD。
A.由O到M，由动能定理分析；
B.由M到N，由动能定理分析；
C.由N到P，由动能定理分析反弹后的速度，再根据动量定理分析；
D.根据动能定理分析碰撞过程。
考查了动能定理和动量定理的应用，注意运动过程的选择，熟练掌握这两个常用定理的应用。
10.【答案】BD
【解析】解：AB.氘核最大速度v=2πRT=2πRf
则获得的最大动能为EK=12mv2=12m(2πRf)2=2mπ2f2R2
加速的次数为N=EkqU，f=1TT=2πmqB
解得N=2mπ2R2qUT2
由于D形盒的半径R不变，氘核做圆周运动周期T不变，加速电压U越大，加速次数N越少，氘核在D形盒中运动时间越短，故A错误，B正确；
C.加速一次，根据电场加速动能定理和洛伦兹力提供向心力，有qU=12mv12，qv1B=mv12R1，
加速两次，根据电场加速动能定理和洛伦兹力提供向心力，有2qU=12mv22，qv2B=mv22R2
通过数学运算，解得R2R1= 21
即氘核第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 2：1，故C错误；
D.根据T=2πmqB，f=1T
解得f=qB2πm
因为α粒子与氘核的比荷相同，α粒子与氘核在磁场中运动的频率相同，若要加速α粒子，则交流电的频率f不用改变，故D正确。
故选：BD。
本题根据电场加速动能定理和洛伦兹力提供向心力，结合动能表达式，即可解答。
本题综合性强，考查学生推理能力，能够熟悉电场中加速规律和磁场中圆周运动规律，有一定难度。
11.【答案】BCD 3.60 2gxMd2;2gxMd2mgx=12(M+m)(dt)2
【解析】解：(1)AB.为了使滑块受到的合外力近似等于钩码的重力，应调节气垫导轨水平，气垫导轨上阻力很小故不需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；
C.调节牵引滑块的细线水平，这样细线拉力才能才能与滑块的运动方向相同，细线的拉力才等于滑块所受的合力，故C正确；
D.设钩码的质量为m，滑块的质量为M，对钩码受力分析，根据牛顿第二定律有mg−T=ma
对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有T=Ma
只有使钩码质量远小于滑块质量，T≈mg
故选：BCD。
(2)该游标卡尺游标尺为(20分)度值，则其精度为0.05mm，主尺读数为3mm，游标尺读数为12×0.05mm=0.60mm，所以遮光条的宽度d=3mm+0.60mm=3.60mm。
(3)对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有mg=Ma，
滑块通过光电门的速度v=dt
由匀变速运动规律可知(dt)2=2ax，
解得1t2=2gxMd2m，则1t2−m图像的斜率等于k=2gxMd2，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比；若要用此实验过程验证动能定理，只要验证滑块和钩码系统的的动能定理表达式mgx=12(M+m)(dt)2成立即可。
故答案为：(1)BCD；(2)3.60；(3)2gxMd2；mgx=12(M+m)(dt)2；
(1)“探究加速度与合外力关系”实验的注意事项及实验操作。
(2)游标卡尺的读数规则。主尺读数+游标尺读数。
(3)“探究加速度与合外力关系”实验的数据处理。
“探究加速度与合外力关系”实验的注意事项、实验操作及数据处理。游标卡尺的读数规律。
12.【答案】乙 R1 增大 6.0 0.96
【解析】解：(1)由于电流表内阻已知，即内阻RA=0.5Ω，电流表内接，可准确测出各电压下小灯泡的电阻，所以应选择图乙电路；
伏安特性曲线要求电压从0开始调节，滑动变阻器采用分压器连接，为了操作方便，滑动变阻器选R1；
(2)I−U图像为曲线，图线上的点与原点的连线的斜率等于电阻的倒数，可知灯泡与电流表的总电阻随电压的增大而增大，则小灯泡的电阻随电压的增大而增大；
当电流表示数为I=0.4A时，小灯泡正常发光，此时的电压U=2.60V，由此可推算出小灯泡正常发光时的电阻为：
RL=UI−RA，代入数据解得：RL=6.0Ω
功率为：PL=I2RL=0.42×6.0W=0.96W。
故答案为：(1)乙；R1；(2)增大；6.0；0.96。
(1)由于电流表内阻，应选择图乙电路；根据方便性原则选取滑动变阻器；
(2)根据I−U图像分析小灯泡的电阻变化情况；读出当电流表示数为I=0.4A时的电压，根据欧姆定律求解灯泡的电阻，根据电功率的计算公式求解电功率。
本题主要是考查了小灯泡的伏安特性曲线；关键是弄清楚该实验的实验原理、实验方法、电路的连接情况、仪器的选取方法等。
13.【答案】金属棒ab所受的安培力大小为0.2N 滑动变阻器R接入电路的阻值为9Ω
【解析】解：(1)设金属棒ab所受的安培力大小为F，
结合题意，对金属棒ab受力分析，可得下图：
则由平衡条件可得：
FN=Fsinθ+mgcsθ，
Fcsθ+f=mgsinθ，
其中：
f=μFN，
联立可得：
F=0.2N；
(2)根据安培力的计算公式F=BIL可知，电路中的电流为：
I=FBL，
根据闭合电路欧姆定律可得：
E=I(r+R)，
联立可得：
R=9Ω；
答：(1)金属棒ab所受的安培力大小为0.2N；
(2)滑动变阻器R接入电路的阻值为9Ω。
(1)结合题意，对金属棒ab受力分析，由平衡条件及摩擦力的计算公式分别列式，即可分析求解；
(2)结合前面分析及题意，由安培力的计算公式、闭合电路欧姆定律分别列式，即可分析求解。
本题主要考查电磁感应过程中的电路类问题，解题时需注意，通常会运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解。
14.【答案】小球与小车在水平方向动量守恒，共同速度大小为13v0 小球抛出点与A点的高度差为8v029g 圆弧槽的半径R为55v0227g
【解析】解：(1)设小球运动至B点时小车的速度为v，小球与小车在水平方向动量守恒，可得mv0=(m+2m)v，解得：v=13v0。
(2)设小球运动至A点时速度大小为v1，则有v1=v0csθ=53v0。小球从抛出点到A点机械能守恒，即12mv02+mgh=12mv12，解得：h=8v029g。
(3)小球从A点运动到B点的过程中，系统机械能守恒，有12mv12=12(m+2m)v2+mgRcsθ，解得：R=55v0227g。
答：(1)小球与小车在水平方向动量守恒，共同速度大小为13v0。
(2)小球抛出点与A点的高度差为8v029g。
(3)圆弧槽的半径R为55v0227g。
(1)小球进入圆弧槽后与小车在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。小球到达B点时与小车相对静止，两者水平速度相同。已知小球初始水平动量，小车质量已知，利用水平方向动量守恒可求得共同速度。
(2)小球在A点速度方向沿圆弧切线，即与水平方向夹角已知。由无碰撞进入条件，A点速度的水平分量等于初速度。据此可求出A点速度大小。从抛出点到A点，小球仅重力做功，机械能守恒。已知初动能、A点动能和重力势能变化关系，可求出高度差。
(3)从A点到B点，系统机械能守恒。已知A点系统总机械能(小球动能)，B点系统总机械能(小球与小车共有动能及小球重力势能变化)，两者相等。其中重力势能变化与圆弧半径及角度相关，代入已知量即可求解半径。
本题综合考查了平抛运动、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用，是一道综合性较强的力学综合题。题目计算量中等偏上，对学生的物理建模能力和多过程分析能力提出了较高要求。题目亮点在于将平抛运动的末速度方向与曲面入口光滑衔接条件巧妙结合，考查了学生运用几何关系分析瞬时速度方向的能力。从抛出到A点的平抛过程以及从A到B的圆弧槽内运动过程，分别独立地运用机械能守恒，而整个系统在水平方向动量守恒贯穿始终，充分锻炼了学生根据过程特点灵活选取守恒定律进行解题的逻辑思维能力。
15.【答案】解：根据题意作出粒子的轨迹图如下图所示，

(1)设粒子在磁场I中运动的半径为r1，由几何关系知：r1= 2L
据牛顿第二定律有：qv0B1=mv02r1
解得：B1= 2mv02qL
(2)粒子进入电场后做类平抛运动，设电场的电场强度大小为E，据题意有
竖直方向有：L+ 2L=12at12
水平方向有：(2 2+2)L=v0t1
据牛顿第二定律：qE=ma
解得：E=( 2−1)mv022qL
(3)设粒子第一次经过x时速度与x轴正方向的夹角为θ，进磁场Ⅱ时的速度大小为v，据动能定理
qE(1+ 2)L=12mv2−12mv02
解得：v= 2v0
根据速度的合成可知：vcsθ=v0
解得：θ=45°
据题意，粒子第一次经过x轴的位置与第二次经过x轴的位置间的距离为：s=(3 2+2)L
粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径：r2= 22s=(3+ 2)L
则粒子在磁场Ⅱ中运动的时间为：t3=34×2πr2v=3(3 2+2)πL4v0
粒子在磁场I中运动的时间为：t1=135°360∘×2πr1v0=3 2πL4v0
粒子在电场中运动的时间为：t2=(2 2+2)Lv0
则粒子从P点出发到第二次经过x轴的M点运动的时间为：t=t1+t2+t3=3(2 2+1)πL2v0+2( 2+1)Lv0
答：(1)磁场I的磁感应强度大小为 2mv02qL；
(2)匀强电场的电场强度大小为( 2−1)mv022qL；
(3)粒子从P点出发到第二次经过x轴的M点运动的时间为3(2 2+1)πL2v0+2( 2+1)Lv0。
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小；
(2)粒子进入电场后做类平抛运动，根据类平抛运动规律和牛顿第二定律求出电场强度大小；
(3)根据粒子运动轨迹，分别求出粒子在三个场区的时间，相加为所求。
根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用运动学公式、牛顿第二定律与几何知识即可解题；要掌握处理带电粒子在磁场中运动问题的一般思路：分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，确定圆心，求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律解题。