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2023-2024学年安徽省马鞍山市第二中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省马鞍山市第二中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共17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.关于电磁波及电磁感应现象，下列说法正确的是( )
A. 电磁波只是一种描述方式，不是真正的物质
B. 用微波炉加热食物是利用了微波具有能量的性质
C. 奥斯特最早发现了电磁感应现象
D. 穿过闭合导体回路有磁通量时，回路中就会产生感应电流
2.一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v。若将该金属导线对折一次，使其长度变为原来的一半，仍给它两端加上恒定电压U，则下列说法正确的是( )
A. 此时金属导线的阻值为R2B. 此时通过金属导线的电流为I4
C. 此时自由电子定向移动的平均速率为2vD. 此时自由电子定向移动的平均速率为v2
3.如图所示，面积为S的N匝闭合线圈abcd水平放置，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场磁感应强度的夹角为45°。现将线圈以ab边为轴以角速度ω按顺时针转动90°，则( )
A. 线框水平时，线框中磁通量为 22NBS
B. 线框转动90°过程中，线框中磁通量变化量为0
C. 线框转动过程中，感应电流先沿adcba后沿abcda
D. 线框转动90°过程中，线框中平均电动势为2 2πNBSω
4.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线通以垂直纸面向里方向的电流时，下列判断正确的是( )
A. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用
B. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用
C. 若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，则磁铁对桌面的压力会减小
D. 若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，则磁铁对桌面的压力会增大
5.如图所示，半径为L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将一长度为3L导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端A与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω绕O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，其他部分电阻不计。下列说法正确的是()
A. 导体棒O点的电势比A点的电势高
B. 电阻两端的电压为9BωL22
C. 在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为8BπL2r
D. 在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为8πωB2L4r
6.如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置，静止释放b球，下列说法正确的是( )
A. b球落地的瞬间，a球的速度不为0
B. 在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒
C. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0
D. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0
7.如图所示，有一等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的描述正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图所示，两足够长的光滑平行导轨固定在同一水平面上，虚线MN与导轨垂直，其左、右侧的导轨间距分别为L2和L1且L2>L1整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。MN左、右两侧的磁感应强度大小分别为B2和B1，且B1>B2在MN两侧导轨上分别垂直放置两根接入阻值为r1和r2的平行金属棒ab和cd，系统静止。某时刻对ab棒施加一个水平向右的恒力F，两金属棒在向右运动的过程中，始终与导轨垂直且接触良好，cd棒始终未到达MN处，则下列判断正确的是( )
A. 最终两棒以不同的速度匀速运动
B. 最终两棒以相同的速度匀速运动
C. 安培力对cd棒所做的功大于cd棒的动能增加量
D. 外力F做的功等于两棒的动能增加量和回路中产生的焦耳热
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.两带电油滴在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是( )
A. 带电性质B. 运动周期C. 运动半径D. 运动速率
10.粒子风洞T−2是国之重器，是民族复兴之器如图甲所示是风洞用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示。忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是( )
A. 在Ek−t图像中应有t4−t3=t3−t2=t2−t1
B. 加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大
C. 粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D. 要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学在做“验证动量守恒定律”的实验，装置如图1所示。
(1)按图1装置进行实验，以下测量工具中必需的是______。
A.刻度尺 B.弹簧测力计 C.天平 D.秒表
(2)为正确完成本实验，必须要求的条件是______。
A.两小球碰撞时，球心必须在同一高度上
B.在一次实验中，入射球可以从不同的位置由静止滚下
C.入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
D.斜槽轨道末端的切线必须水平
(3)某次实验中得出的落点情况如图2所示，忽略本次实验的误差，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为_____。
12.某实验小组要测量一段粗细均匀的金属丝Rx的电阻率。
(1)用螺旋测微器测待测金属丝的直径如图甲所示，可知该金属丝的直径d=______mm。
(2)用多用电表粗测金属丝的阻值。当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为______Ω。
(3)为了更精确地测量金属丝的电阻率，实验室提供了下列器材：
A.电流表A(量程0.6A，内阻为1.0Ω)
B.保护电阻R0
C.电源(输出电压恒为6V)
D.开关S、导线若干
①实验小组设计的测量电路如图丙所示，调节接线夹在金属丝上的位置，测出接入电路中金属丝的长度L，闭合开关，记录电流表读数I。
②改变接线夹位置，重复①的步骤，测出多组L与I的值。根据测得的数据，作出如图丁所示的图线，可得R0=______Ω，金属丝的电阻率ρ=______Ω⋅m(结果均保留2位有效数字)。
③关于本实验的误差，下列说法正确的是______。
A.电表读数时为减小误差应多估读几位
B.用图像求金属丝电阻率可以减小偶然误差
C.考虑电流表内阻的影响，电阻率的测量值大于真实值
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，在距水平地面高h=0. 80m的水平桌面右端的边缘放置一个质量m=1.60kg的木块B，桌面的左端有一质量M=2.0kg的木块A，以v0=4.0m/s的初速度向木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到水平地面上，木块B离开桌面后落到水平地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且D点到桌面边缘的水平距离x=0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)两木块碰撞前瞬间木块A的速度大小vA；
(2)木块B离开桌面时的速度大小vB；
(3)碰撞过程中损失的机械能ΔE。
14.如图所示，在xOy平面内的第一象限中存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，x<0范围内存在着平行于y轴向上的匀强电场。一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子由x轴上的A点以某一初速度沿x轴正方向射入电场，经y轴上坐标为(0,L)的C点进入匀强磁场，在磁场中偏转后经坐标为(2L,0)的D点垂直于x轴离开磁场。不计带电粒子重力，求：
(1)粒子经过C点的时的速度大小；
(2)匀强电场电场强度的大小；
(3)A点的坐标。
15.如图所示，有两条间距为1m的等长平行金属导轨放置在水平面上，每条导轨中间都有一段平行等距的不导电的塑料(图中已用虚线框起来表示)把导轨分为长度相等的左右两部分(两部分导轨仍足够长)。左侧的电容器C电容为0.3F，右侧的电阻R阻值为1Ω。两根金属棒ab，cd初始时静止在塑料材料上，金属棒都与导轨垂直。ab，cd质量分别为0.2kg和0.4kg，cd阻值为1Ω，整个装置放在竖直向下的磁感应强度大小为1T的匀强磁场中。某时刻给金属棒ab向右的初速度，速度大小为3m/s，使得金属棒ab与cd发生弹性碰撞。运动过程中所有摩擦力均不计，金属导轨阻值不计，金属棒与导轨接触良好。求：
(1)碰后金属棒ab与cd各自的速度大小和方向；
(2)碰后金属棒cd在金属导轨上运动0.8m过程中电阻R上产生的焦耳热；
(3)金属棒ab速度不再变化时，电容器C上存储的电荷量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A. 电磁波不仅仅是一种描述方式，而且是真实的物质存在，A错误；
B. 用微波炉加热食物时，食物增加的能量是微波给它的，利用了微波具有能量的性质，B正确；
C. 法拉第首先发现了电磁感应现象，C错误；
D. 当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流，D错误；
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.将金属导线对折一次时根据
R=ρlS
可知金属线的电阻变为 R4 ，故A错误；
B.根据欧姆定律可知
I=UR4=4I
故B错误；
CD.根据电流的微观表达式
I=nqvS
可知n、e不变，S变为原来两倍，电流变为4倍，则此时自由电子定向移动的平均速率为2v，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.根据磁通量的计算公式有
Φ1=BSsin45∘= 22BS
故A错误；
B.当线框转过90°时，磁通量为
Φ2=−BScs45∘=− 22BS
所以磁通量的变化量为
ΔΦ=Φ2−Φ1=− 22BS− 22BS= 2BS
故B错误；
C.线框转动过程中，通过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知感应电流的方向始终沿adcba，故C错误；
D.根据法拉第电磁感应定律
E=NΔΦΔt
Δt=T4
T=2πω
联立以上各式可得
E=2 2πNBSω
故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】AB.条形磁铁周围的磁感线从N极指向S极，可知在导线附近磁感线方向倾斜向左下方，根据左手定则可知，导线所受的安培力指向左上方，利用牛顿第三定律，导线对磁铁的力指向右下方，磁铁处于静止状态，因此磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用，A、B错误；
CD.在磁铁中点的正上方，磁感线水平向左，将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，根据左手定则可知，导线所受安培力竖直向下，利用牛顿第三定律，磁铁受到导线的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，C正确，D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】A.由右手定则可知，外电路中感应电流由A流向O，则O点电势比A点电势低，A错误；
B.感应电动势
E=B(2L)v=B(2L)ωL+ω⋅3L2=4BL2ω
电阻两端电压
U=E=4BL2ω
B错误；
C.电路中电流为
I=Er=4BL2ωr
周期为
T=2πω
在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为
q=IT=8πBL2r
C正确；
D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为
Q=I2rT=32πB2L4ωr
D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
整个装置下落过程中，水平方向没有外力，系统水平方向的动量守恒。原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零，a的速度一定为零。a球原来速度为零，b落地瞬间速度仍为零，根据机械能守恒分析b球落地前瞬间的速度，根据动能定理分析杆对b做功大小。
本题是动量定理与机械能守恒定律的综合应用，关键要正确分析两球的受力情况，判断出系统的合外力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒。
【解答】
A.a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A错误；
BD.由于当b球落地的瞬间，系统水平方向动量为0，所以a球先加速后减速到最后速度变为0，则轻杆对a球先做正功后做负功，由于球a、b与轻杆组成的系统机械能守恒，则在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球先做负功后做正功，且对b球做的总功为0，由于轻杆对b球先做负功后做正功，此过程中b球的机械能不守恒，故BD错误；
C.对b球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零.在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示v−t图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b球的水平和竖直冲量可知，杆对b球的冲量不为零，且方向竖直向上，故C正确。
7.【答案】C
【解析】【分析】
分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比．
本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象．
【解答】
bc边的位置坐标x在L−2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x−L，感应电动势为E=Blv=B(x−L)v，感应电流i=ER=B(x−L)vR，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。
x在2L−3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x−2L，感应电动势为E=Blv=B(x−2L)v，感应电流i=−ER=−B(x−2L)vR，根据数学知识知道C正确。
故选：C。
8.【答案】D
【解析】D
【详解】AB． ab 棒在外F作用下向右加速，但由于受到向左的安培力，所以做加速度减小的加速运动，cd棒在向右的安培力作用下，向右加速。两者达到稳定状态应该是有共同的加速度，即为
a=Fmab+mcd
所以最终两棒以相同的加速度一起向右做加速运动，故AB错误；
C.cd 棒受的合力为受到的安培力，由动能定理可知安培力对cd 棒所做的功等于 cd 棒的动能增加量，故C错误；
D.由能量守恒可知外力 F 做的功等于两棒的动能增加量和回路中产生的焦耳热，故D正确。
故选D。
9.【答案】AB
【解析】【分析】本题考查带电粒子在复合场中的运动；依据带电粒子的运动规律，明确粒子能做匀速圆周运动的条件，粒子能做匀速圆周运动则说明电场力和重力任意位置做功为零，则电场力和重力大小相等，方向相反;掌握匀速圆周运动规律的应用。【解答】
A.由题意可知，mg=qE，且电场力方向竖直向上，所以油滴带正电，A正确；
B.由于T=2πmqB=2πEBg，故两油滴周期相同，B正确；
CD.由于运动速率不能确定，由r=mvBq得，轨道半径不能确定，故C、D错误。
应选AB。
10.【答案】AD
【解析】【分析】本题考查回旋加速器的工作原理，回旋加速器靠电场加速，靠磁场偏转．加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．
根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。
【解答】A.根据回旋加速器的工作原理可知交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等，根据粒子在匀强磁场中的运动规律可知qvB=mv2r，v=2πrT，
解得周期T=2πmBq，粒子回旋周期不变，在 Ek−t 图中应有t4−t3=t3−t2=t2−t1，故A正确；
BCD.根据公式qvB=mv2r，解得v=qBrm，设 D 形金属盒半径为 R ，则最大动能Ekm=12mv2=q2B2R22m，与加速电压无关，与加速次数无关。若想增大粒子获得的最大动能，可以增大 D 形金属盒面积，面积增大则半径 R 增大。故BC错误，D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)AC
(2)AD
(3) 19:5
【解析】(1)实验需要测出小球的质量与小球做平抛运动的水平位移，测质量需要天平，测量位移需要刻度尺；
故选AC。
(2)A.两球要发生对心正碰，两小球碰撞时，球心必须在同一高度上，故A正确；
B.要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故B错误；
C.为了使小球碰后不被反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错误；
D.要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故D正确；
故选AD。
(3)小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则
m1v1=m1v1′+m2v2′
两边同时乘以t，则
m1v1t=m1v1′t+m2v2′t
解得
m1OP=m1OM+m2ON
由图2所示可知
OP=25.50cm ， OM=15.50cm ， ON=38.00cm
解得
m1:m2=19:5
12.【答案】(1)0.400；
(2)12.0；
(3)②11；2.4×10−6；③B
【解析】【分析】
本题为金属丝电阻率的测量实验，明确实验原理是解题的关键。
(1)螺旋测微器读数为固定刻度加上可动刻度，精度为0.01mm，需要估读。
(2)欧姆表读数时不要忘记乘以档位。
(3)根据欧姆定律结合电阻定律得出1I−L的表达式，分析图像斜率和纵轴截距的物理意义即可求解。
【解答】
(1)d=40.0×0.01mm=0.400mm。
(2)指针偏转角度过大，说明流过电表的电流太大，则电阻太小，应该换小档位，故换“×1”档位，故读数为12.0×1Ω=12.0Ω。
(3)②电源输出电压恒为U=6V，则有U=(R0+RA+RL)I，
其中金属丝电阻RL=ρLS=4ρLπd2，
联立并整理得：1I=4ρπUd2L+R0+RAU，
所以图像纵轴截距为R0+RAU=2A−1，
图像斜率k=4ρπUd2，
代入已知数据解得R0=11Ω，ρ=2.4×10−6Ω·m
③A、读数时只需估读到分度值的下一位，多估读几位数没有意义，不可以减小误差，故A错误；
B、用图像求金属丝电阻率可以减小偶然误差，故B正确；
C、电流表内阻不影响图像的斜率，只影响图像的纵轴截距，所以电流表内阻对电阻率的测量值没有影响，故C错误。
故选B。
13.【答案】(1)对木块A从桌面的左端到与B碰撞前，由动量定理−μMgt=MvA−Mv0
解得两木块碰撞前瞬间木块A的速度大小vA=2m/s
(2)木块B离开桌面后做平抛运动，由水平方向匀速直线运动得x=vBt1
竖直方向上自由落体运动得h=12gt 12
解得木块B离开桌面时的速度大小vB=1.5m/s
(3)木块A、B碰撞过程动量守恒，设木块A碰撞后的速度为 v1 ，则MvA=Mv1+mvB
解得v1=0.8m/s
碰撞过程中损失的机械能ΔE=12Mv A2−12Mv 12+12mv B2=1.56J
【解析】解决本题时，要理清两木块的运动过程，掌握平抛运动的规律和碰撞的基本规律是解题的关键。涉及力在时间上的效应时，要优先考虑动量定理。
14.【答案】(1) 5qBL4m ；(2) 9qB2L32m ；(3)( −8L3 ，0)
【解析】(1)设粒子进入磁场时速度大小为v，则粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由牛顿第二定律
qvB=mv2r
由几何关系得
LR=csθ
Rsinθ+R=2L
联立解得
R=5L4 ， sinθ=0.6 ， csθ=0.8 ， v=5qBL4m
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，则
(vsinθ)2=2aL
a=Eqm
所以
E=9qB2L32m
(3)粒子在匀强中做类平抛运动，根据速度偏转角和位移偏转角的关系可得
tanθ=2Lx
解得
x=8L3
故A点坐标为( −8L3 ，0)。
15.【答案】(1) 1m/s ，水平向左， 2m/s ，水平向右；(2) 0.3J ；(3) 0.12C
【解析】(1)根据题意，设碰后金属棒ab与cd的速度分别为 v1 和 v2 ，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mabv0=mabv1+mcdv2
由能量守恒定律有
12mabv02=12mabv12+12mcdv22
解得
v1=−1m/s ， v2=2m/s
即碰后金属棒ab的速度大小为 1m/s ，方向水平向左，cd的速度大小为 2m/s ，方向水平向右。
(2)根据题意，设碰后金属棒cd在金属导轨上运动0.8m时，速度为 v2′ ，由公式 E=BLv 、 I=ER 和 FA=BIL 可得
FA=B2L2vR+r
取任意小段 Δt ，金属棒cd的速度变化量为 Δv ，由动量定理有
−B2L2vR+r⋅Δt=mcdΔv
两边求和有
−B2L2xR+r=mcdv2′−v2
解得
v2 ′=1m/s
设电阻R上产生的焦耳热为 Q ，由能量守恒定律有
12mcdv22=2Q+12mcdv2′2
解得
Q=0.3J
(3)设金属棒ab速度不再变化时，速度为 v1′ ，此时容器C上存储的电荷量为 q ，则有
q=CU=CBLv1′
取任意小段 Δt ，金属棒ab的速度变化量为 Δv ，由动量定理有
−BILΔt=mabΔv
两边求和有
−BLq=mabv1′−v1
联立解得
q=0.12C
1.关于电磁波及电磁感应现象，下列说法正确的是( )
A. 电磁波只是一种描述方式，不是真正的物质
B. 用微波炉加热食物是利用了微波具有能量的性质
C. 奥斯特最早发现了电磁感应现象
D. 穿过闭合导体回路有磁通量时，回路中就会产生感应电流
2.一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v。若将该金属导线对折一次，使其长度变为原来的一半，仍给它两端加上恒定电压U，则下列说法正确的是( )
A. 此时金属导线的阻值为R2B. 此时通过金属导线的电流为I4
C. 此时自由电子定向移动的平均速率为2vD. 此时自由电子定向移动的平均速率为v2
3.如图所示，面积为S的N匝闭合线圈abcd水平放置，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场磁感应强度的夹角为45°。现将线圈以ab边为轴以角速度ω按顺时针转动90°，则( )
A. 线框水平时，线框中磁通量为 22NBS
B. 线框转动90°过程中，线框中磁通量变化量为0
C. 线框转动过程中，感应电流先沿adcba后沿abcda
D. 线框转动90°过程中，线框中平均电动势为2 2πNBSω
4.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线通以垂直纸面向里方向的电流时，下列判断正确的是( )
A. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用
B. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用
C. 若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，则磁铁对桌面的压力会减小
D. 若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，则磁铁对桌面的压力会增大
5.如图所示，半径为L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将一长度为3L导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端A与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω绕O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，其他部分电阻不计。下列说法正确的是()
A. 导体棒O点的电势比A点的电势高
B. 电阻两端的电压为9BωL22
C. 在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为8BπL2r
D. 在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为8πωB2L4r
6.如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置，静止释放b球，下列说法正确的是( )
A. b球落地的瞬间，a球的速度不为0
B. 在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒
C. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0
D. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0
7.如图所示，有一等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的描述正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图所示，两足够长的光滑平行导轨固定在同一水平面上，虚线MN与导轨垂直，其左、右侧的导轨间距分别为L2和L1且L2>L1整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。MN左、右两侧的磁感应强度大小分别为B2和B1，且B1>B2在MN两侧导轨上分别垂直放置两根接入阻值为r1和r2的平行金属棒ab和cd，系统静止。某时刻对ab棒施加一个水平向右的恒力F，两金属棒在向右运动的过程中，始终与导轨垂直且接触良好，cd棒始终未到达MN处，则下列判断正确的是( )
A. 最终两棒以不同的速度匀速运动
B. 最终两棒以相同的速度匀速运动
C. 安培力对cd棒所做的功大于cd棒的动能增加量
D. 外力F做的功等于两棒的动能增加量和回路中产生的焦耳热
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.两带电油滴在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是( )
A. 带电性质B. 运动周期C. 运动半径D. 运动速率
10.粒子风洞T−2是国之重器，是民族复兴之器如图甲所示是风洞用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示。忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是( )
A. 在Ek−t图像中应有t4−t3=t3−t2=t2−t1
B. 加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大
C. 粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D. 要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学在做“验证动量守恒定律”的实验，装置如图1所示。
(1)按图1装置进行实验，以下测量工具中必需的是______。
A.刻度尺 B.弹簧测力计 C.天平 D.秒表
(2)为正确完成本实验，必须要求的条件是______。
A.两小球碰撞时，球心必须在同一高度上
B.在一次实验中，入射球可以从不同的位置由静止滚下
C.入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
D.斜槽轨道末端的切线必须水平
(3)某次实验中得出的落点情况如图2所示，忽略本次实验的误差，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为_____。
12.某实验小组要测量一段粗细均匀的金属丝Rx的电阻率。
(1)用螺旋测微器测待测金属丝的直径如图甲所示，可知该金属丝的直径d=______mm。
(2)用多用电表粗测金属丝的阻值。当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为______Ω。
(3)为了更精确地测量金属丝的电阻率，实验室提供了下列器材：
A.电流表A(量程0.6A，内阻为1.0Ω)
B.保护电阻R0
C.电源(输出电压恒为6V)
D.开关S、导线若干
①实验小组设计的测量电路如图丙所示，调节接线夹在金属丝上的位置，测出接入电路中金属丝的长度L，闭合开关，记录电流表读数I。
②改变接线夹位置，重复①的步骤，测出多组L与I的值。根据测得的数据，作出如图丁所示的图线，可得R0=______Ω，金属丝的电阻率ρ=______Ω⋅m(结果均保留2位有效数字)。
③关于本实验的误差，下列说法正确的是______。
A.电表读数时为减小误差应多估读几位
B.用图像求金属丝电阻率可以减小偶然误差
C.考虑电流表内阻的影响，电阻率的测量值大于真实值
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，在距水平地面高h=0. 80m的水平桌面右端的边缘放置一个质量m=1.60kg的木块B，桌面的左端有一质量M=2.0kg的木块A，以v0=4.0m/s的初速度向木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到水平地面上，木块B离开桌面后落到水平地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且D点到桌面边缘的水平距离x=0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)两木块碰撞前瞬间木块A的速度大小vA；
(2)木块B离开桌面时的速度大小vB；
(3)碰撞过程中损失的机械能ΔE。
14.如图所示，在xOy平面内的第一象限中存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，x<0范围内存在着平行于y轴向上的匀强电场。一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子由x轴上的A点以某一初速度沿x轴正方向射入电场，经y轴上坐标为(0,L)的C点进入匀强磁场，在磁场中偏转后经坐标为(2L,0)的D点垂直于x轴离开磁场。不计带电粒子重力，求：
(1)粒子经过C点的时的速度大小；
(2)匀强电场电场强度的大小；
(3)A点的坐标。
15.如图所示，有两条间距为1m的等长平行金属导轨放置在水平面上，每条导轨中间都有一段平行等距的不导电的塑料(图中已用虚线框起来表示)把导轨分为长度相等的左右两部分(两部分导轨仍足够长)。左侧的电容器C电容为0.3F，右侧的电阻R阻值为1Ω。两根金属棒ab，cd初始时静止在塑料材料上，金属棒都与导轨垂直。ab，cd质量分别为0.2kg和0.4kg，cd阻值为1Ω，整个装置放在竖直向下的磁感应强度大小为1T的匀强磁场中。某时刻给金属棒ab向右的初速度，速度大小为3m/s，使得金属棒ab与cd发生弹性碰撞。运动过程中所有摩擦力均不计，金属导轨阻值不计，金属棒与导轨接触良好。求：
(1)碰后金属棒ab与cd各自的速度大小和方向；
(2)碰后金属棒cd在金属导轨上运动0.8m过程中电阻R上产生的焦耳热；
(3)金属棒ab速度不再变化时，电容器C上存储的电荷量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A. 电磁波不仅仅是一种描述方式，而且是真实的物质存在，A错误；
B. 用微波炉加热食物时，食物增加的能量是微波给它的，利用了微波具有能量的性质，B正确；
C. 法拉第首先发现了电磁感应现象，C错误；
D. 当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流，D错误；
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.将金属导线对折一次时根据
R=ρlS
可知金属线的电阻变为 R4 ，故A错误；
B.根据欧姆定律可知
I=UR4=4I
故B错误；
CD.根据电流的微观表达式
I=nqvS
可知n、e不变，S变为原来两倍，电流变为4倍，则此时自由电子定向移动的平均速率为2v，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.根据磁通量的计算公式有
Φ1=BSsin45∘= 22BS
故A错误；
B.当线框转过90°时，磁通量为
Φ2=−BScs45∘=− 22BS
所以磁通量的变化量为
ΔΦ=Φ2−Φ1=− 22BS− 22BS= 2BS
故B错误；
C.线框转动过程中，通过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知感应电流的方向始终沿adcba，故C错误；
D.根据法拉第电磁感应定律
E=NΔΦΔt
Δt=T4
T=2πω
联立以上各式可得
E=2 2πNBSω
故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】AB.条形磁铁周围的磁感线从N极指向S极，可知在导线附近磁感线方向倾斜向左下方，根据左手定则可知，导线所受的安培力指向左上方，利用牛顿第三定律，导线对磁铁的力指向右下方，磁铁处于静止状态，因此磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用，A、B错误；
CD.在磁铁中点的正上方，磁感线水平向左，将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，根据左手定则可知，导线所受安培力竖直向下，利用牛顿第三定律，磁铁受到导线的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，C正确，D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】A.由右手定则可知，外电路中感应电流由A流向O，则O点电势比A点电势低，A错误；
B.感应电动势
E=B(2L)v=B(2L)ωL+ω⋅3L2=4BL2ω
电阻两端电压
U=E=4BL2ω
B错误；
C.电路中电流为
I=Er=4BL2ωr
周期为
T=2πω
在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为
q=IT=8πBL2r
C正确；
D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为
Q=I2rT=32πB2L4ωr
D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
整个装置下落过程中，水平方向没有外力，系统水平方向的动量守恒。原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零，a的速度一定为零。a球原来速度为零，b落地瞬间速度仍为零，根据机械能守恒分析b球落地前瞬间的速度，根据动能定理分析杆对b做功大小。
本题是动量定理与机械能守恒定律的综合应用，关键要正确分析两球的受力情况，判断出系统的合外力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒。
【解答】
A.a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A错误；
BD.由于当b球落地的瞬间，系统水平方向动量为0，所以a球先加速后减速到最后速度变为0，则轻杆对a球先做正功后做负功，由于球a、b与轻杆组成的系统机械能守恒，则在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球先做负功后做正功，且对b球做的总功为0，由于轻杆对b球先做负功后做正功，此过程中b球的机械能不守恒，故BD错误；
C.对b球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零.在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示v−t图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b球的水平和竖直冲量可知，杆对b球的冲量不为零，且方向竖直向上，故C正确。
7.【答案】C
【解析】【分析】
分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比．
本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象．
【解答】
bc边的位置坐标x在L−2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x−L，感应电动势为E=Blv=B(x−L)v，感应电流i=ER=B(x−L)vR，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。
x在2L−3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x−2L，感应电动势为E=Blv=B(x−2L)v，感应电流i=−ER=−B(x−2L)vR，根据数学知识知道C正确。
故选：C。
8.【答案】D
【解析】D
【详解】AB． ab 棒在外F作用下向右加速，但由于受到向左的安培力，所以做加速度减小的加速运动，cd棒在向右的安培力作用下，向右加速。两者达到稳定状态应该是有共同的加速度，即为
a=Fmab+mcd
所以最终两棒以相同的加速度一起向右做加速运动，故AB错误；
C.cd 棒受的合力为受到的安培力，由动能定理可知安培力对cd 棒所做的功等于 cd 棒的动能增加量，故C错误；
D.由能量守恒可知外力 F 做的功等于两棒的动能增加量和回路中产生的焦耳热，故D正确。
故选D。
9.【答案】AB
【解析】【分析】本题考查带电粒子在复合场中的运动；依据带电粒子的运动规律，明确粒子能做匀速圆周运动的条件，粒子能做匀速圆周运动则说明电场力和重力任意位置做功为零，则电场力和重力大小相等，方向相反;掌握匀速圆周运动规律的应用。【解答】
A.由题意可知，mg=qE，且电场力方向竖直向上，所以油滴带正电，A正确；
B.由于T=2πmqB=2πEBg，故两油滴周期相同，B正确；
CD.由于运动速率不能确定，由r=mvBq得，轨道半径不能确定，故C、D错误。
应选AB。
10.【答案】AD
【解析】【分析】本题考查回旋加速器的工作原理，回旋加速器靠电场加速，靠磁场偏转．加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．
根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。
【解答】A.根据回旋加速器的工作原理可知交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等，根据粒子在匀强磁场中的运动规律可知qvB=mv2r，v=2πrT，
解得周期T=2πmBq，粒子回旋周期不变，在 Ek−t 图中应有t4−t3=t3−t2=t2−t1，故A正确；
BCD.根据公式qvB=mv2r，解得v=qBrm，设 D 形金属盒半径为 R ，则最大动能Ekm=12mv2=q2B2R22m，与加速电压无关，与加速次数无关。若想增大粒子获得的最大动能，可以增大 D 形金属盒面积，面积增大则半径 R 增大。故BC错误，D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)AC
(2)AD
(3) 19:5
【解析】(1)实验需要测出小球的质量与小球做平抛运动的水平位移，测质量需要天平，测量位移需要刻度尺；
故选AC。
(2)A.两球要发生对心正碰，两小球碰撞时，球心必须在同一高度上，故A正确；
B.要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故B错误；
C.为了使小球碰后不被反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错误；
D.要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故D正确；
故选AD。
(3)小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则
m1v1=m1v1′+m2v2′
两边同时乘以t，则
m1v1t=m1v1′t+m2v2′t
解得
m1OP=m1OM+m2ON
由图2所示可知
OP=25.50cm ， OM=15.50cm ， ON=38.00cm
解得
m1:m2=19:5
12.【答案】(1)0.400；
(2)12.0；
(3)②11；2.4×10−6；③B
【解析】【分析】
本题为金属丝电阻率的测量实验，明确实验原理是解题的关键。
(1)螺旋测微器读数为固定刻度加上可动刻度，精度为0.01mm，需要估读。
(2)欧姆表读数时不要忘记乘以档位。
(3)根据欧姆定律结合电阻定律得出1I−L的表达式，分析图像斜率和纵轴截距的物理意义即可求解。
【解答】
(1)d=40.0×0.01mm=0.400mm。
(2)指针偏转角度过大，说明流过电表的电流太大，则电阻太小，应该换小档位，故换“×1”档位，故读数为12.0×1Ω=12.0Ω。
(3)②电源输出电压恒为U=6V，则有U=(R0+RA+RL)I，
其中金属丝电阻RL=ρLS=4ρLπd2，
联立并整理得：1I=4ρπUd2L+R0+RAU，
所以图像纵轴截距为R0+RAU=2A−1，
图像斜率k=4ρπUd2，
代入已知数据解得R0=11Ω，ρ=2.4×10−6Ω·m
③A、读数时只需估读到分度值的下一位，多估读几位数没有意义，不可以减小误差，故A错误；
B、用图像求金属丝电阻率可以减小偶然误差，故B正确；
C、电流表内阻不影响图像的斜率，只影响图像的纵轴截距，所以电流表内阻对电阻率的测量值没有影响，故C错误。
故选B。
13.【答案】(1)对木块A从桌面的左端到与B碰撞前，由动量定理−μMgt=MvA−Mv0
解得两木块碰撞前瞬间木块A的速度大小vA=2m/s
(2)木块B离开桌面后做平抛运动，由水平方向匀速直线运动得x=vBt1
竖直方向上自由落体运动得h=12gt 12
解得木块B离开桌面时的速度大小vB=1.5m/s
(3)木块A、B碰撞过程动量守恒，设木块A碰撞后的速度为 v1 ，则MvA=Mv1+mvB
解得v1=0.8m/s
碰撞过程中损失的机械能ΔE=12Mv A2−12Mv 12+12mv B2=1.56J
【解析】解决本题时，要理清两木块的运动过程，掌握平抛运动的规律和碰撞的基本规律是解题的关键。涉及力在时间上的效应时，要优先考虑动量定理。
14.【答案】(1) 5qBL4m ；(2) 9qB2L32m ；(3)( −8L3 ，0)
【解析】(1)设粒子进入磁场时速度大小为v，则粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由牛顿第二定律
qvB=mv2r
由几何关系得
LR=csθ
Rsinθ+R=2L
联立解得
R=5L4 ， sinθ=0.6 ， csθ=0.8 ， v=5qBL4m
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，则
(vsinθ)2=2aL
a=Eqm
所以
E=9qB2L32m
(3)粒子在匀强中做类平抛运动，根据速度偏转角和位移偏转角的关系可得
tanθ=2Lx
解得
x=8L3
故A点坐标为( −8L3 ，0)。
15.【答案】(1) 1m/s ，水平向左， 2m/s ，水平向右；(2) 0.3J ；(3) 0.12C
【解析】(1)根据题意，设碰后金属棒ab与cd的速度分别为 v1 和 v2 ，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mabv0=mabv1+mcdv2
由能量守恒定律有
12mabv02=12mabv12+12mcdv22
解得
v1=−1m/s ， v2=2m/s
即碰后金属棒ab的速度大小为 1m/s ，方向水平向左，cd的速度大小为 2m/s ，方向水平向右。
(2)根据题意，设碰后金属棒cd在金属导轨上运动0.8m时，速度为 v2′ ，由公式 E=BLv 、 I=ER 和 FA=BIL 可得
FA=B2L2vR+r
取任意小段 Δt ，金属棒cd的速度变化量为 Δv ，由动量定理有
−B2L2vR+r⋅Δt=mcdΔv
两边求和有
−B2L2xR+r=mcdv2′−v2
解得
v2 ′=1m/s
设电阻R上产生的焦耳热为 Q ，由能量守恒定律有
12mcdv22=2Q+12mcdv2′2
解得
Q=0.3J
(3)设金属棒ab速度不再变化时，速度为 v1′ ，此时容器C上存储的电荷量为 q ，则有
q=CU=CBLv1′
取任意小段 Δt ，金属棒ab的速度变化量为 Δv ，由动量定理有
−BILΔt=mabΔv
两边求和有
−BLq=mabv1′−v1
联立解得
q=0.12C
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