2022-2023学年湖北省咸宁市高二（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年湖北省咸宁市高二（下）期末物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.如图甲所示，在匀强磁场中，匝数之比为Na：为=2：1的两个正方形金属线圈a、b绕与

磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势e随时间t变化的图像如图乙中曲线a、b所示，

则（）

A.t=0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置

B.线圈a、b转速之比为2：3

C.线圈a,b在转动过程中最大磁通量之比为1：1

D.线圈a,b在转动过程中最大磁通量之比为1：2

2.一条轻长绳放置在水平桌面上，俯视图如图甲所示，用手握住长绳的一端0,从t=0时刻

开始用手带动。点沿垂直绳的方向（图甲中y轴方向）在水平面内做简谐运动，0〜6s内。点的振

动图像如图乙所示。t=4s时轻长绳上的波形图可能正确的是（）

甲乙

3.一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、be、cd、da四个

过程，其中ba的延长线通过坐标原点，a、b、c、d四个状态气

体的压强与温度如图所示，则（）

A.气体在ab过程中内能的增加量小于cd过程中内能的减少量

B.气体在ab过程中吸收的热量大于cd过程中放出的热量

C.气体在be过程中体积的变化量小于da过程中体积的变化量

D.气体在比过程中体积的变化量等于da过程中体积的变化量

4.如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在

水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴、

以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，

下列判断正确的是（）

A.转动的角速度越大，细线中的拉力越大

B.转动的角速度越大,环N与竖直杆之间的弹力不变而环M与水平杆之间的弹力越大

C.转动的角速度不同,环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等

D.转动的角速度不同,环M与水平杆之间的摩擦力大小一定不相等

5.如图所示，虚线圆的半径为R,某激光器的一端固定于圆心。点，且绕。点以角速度3转动,

转动过程中从激光器的另一端连续发出功率为P、波长为2的细束激光（不计光束截面积），在

虚线圆某处固定一弧形接收屏，该接收屏沿虚线圆的长度为1。已知普朗克常数为九，激光传

播的速度为C,则在激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光子数为（）

0)

0激光器产乂价

IcPB.曾nhcoR

D，丽

hARo)h.cRa)C・黑

6.将一个小球从地球竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小

球的速率、位移、动能和机械能分别为"、x、Ek和E,以地面为零势能面，则下列描述小球

7.2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪

录.为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，

某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向

右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E,磁感应强

度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，

其速度平行于磁场方向的分量大小为火,垂直于磁场方向的分量大小为艺，不计离子重力,

则（）

A.电场力的瞬时功率为qEj说+>B.该离子受到的洛伦兹力大小为

C.该离子的加速度大小不变，方向变化D./的比值不断减小

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）

8.“传统”光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片

.为提高光刻机投影精细图的能力，“浸没式”光刻在投影物镜和光刻胶之间填充液体，以便

提高分辨率,如图所示.若浸没液体的折射率为1.7,当不加液体时光刻胶的曝光波长为187nm,

则加上液体后（）

传统光刻硅片浸没式光刻

A.紫外线光子能量增加

B.紫外线进入液体后波长变为llOnm

C.传播相等的距离，在液体中所需的时间变为原来的1.7

D.“浸没式”光刻能提高分辨率是因为紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射

9.电影“流浪地球”曾出现太空电梯的场景。如图甲所示，设想在赤道上建造一个始终与地

表垂直的太空梯，航天员可通过梯仓P缓慢地到达太空中某一位置，设该位置距地心的距离

为r,地球半径为R,图乙中曲线4为地球引力对航天员产生的加速度大小随r变化的图线；直

线B为航天员的向心加速度大小随r变化的图线。下列说法正确的是（）

A.航天员在r=R处的速度大于地球的第一宇宙速度

B.地球同步卫星的轨道半径为「0,宇航员只在r=r0位置时处于完全失重状态

C.在大于r°的范围内，航天员与座椅间没有弹力且需系上安全带

D.在小于力的范围内，航天员越接近地面感受到的“压力”越小

10.图甲为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图.支架固定在水平地面上，轻杆4可绕支

架顶部水平轴。。'在竖直面内自由转动1端凹槽内装有一石子，B端固定一配重.某次打靶时,

将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成。角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时

石子被水平抛出.石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如图乙所示.不

计空气阻力，下列操作可能打中靶心“10”环的是（）

C.增大投石机到靶的距离D.降低靶的高度

II.如图所示，在坐标系xOy中，弧BDC是以4点为圆心、AB

为半径的一段圆弧，AB=L,力。=亨，。点是圆弧跟y轴的

交点。当在。点和4点分别固定电荷量为-Qi和+（22的点电荷

后，。点的电场强度恰好为零。下列说法正确的是（）

A.<22=2QI

B.圆弧8DC上的各点中，D点的电势最低

C.电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先减小后增大

D.电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先增大后减小

三、实验题（本大题共2小题，共15.（）分）

12.为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图1所示的装置进行实验。实验中,

当木块4位于水平桌面上的。点时，重物B刚好接触地面。将4拉到P点，待B稳定后由静止释

放，A最终滑到Q点。分别测量PO、0Q的长度九和s。改变九，重复上述实验，分别记录几组

实验数据。

(1)请根据表格中的实验数据在图2中作出s-h图像。

|A

PO

向M

h/cm

图1图2

h/cm20.030.040.050.060.0

s/cm19.528.539.048.056.5

(2)实验测得4、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg。根据s-h图像可计算出4木块与

桌面间的动摩擦因数〃。(结果保留一位有效数字)

(3)实验中，滑轮轴的摩擦会导致“的测量结果。(选填“偏大”或“偏小”)

13.某课外兴趣小组用如图甲所示的电路观察电解电容器的充、放电现象，并测量电容器的

电容;

(1)粗略观察充放电的电流大小和方向时，应选择表头为(选填“乙”或“丙”)图的

电流表；

(2)下列关于电容器充电时，充电电流i与时间t的图像，所带电荷量q与极板间的电压U的图像

正确的是;

(3)为了能测量电容，将甲图中电流表换成电流传感器.请根据图丁电路图连接实物图；

(4)电容器放电过程中，电流随时间变化的规律如图戊所示，计算机可以得出i-t图像中图线

跟横轴所围的面积为0.869nM-s。已知电阻R为500。，直流电源电压恒为2V,则该电容器电

容为(结果保留三位有效数字)；

(5)仅将5000的电阻R改为1000。，电流传感器内阻不计，重新观察电容放电曲线，请在原i-t

图像中大致画出电阻为1000。时的放电曲线。

四、简答题(本大题共2小题，共27.0分)

14.如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ,距离为L,与左侧从M,P间连接的电阻R

构成一个固定的水平U形导体框架，导轨电阻不计且足够长。框架置于一个方向竖直向下，

范围足够大的匀强磁场中，磁感应强度为B,磁场左侧边界是。0'。质量为m、电阻为八长

度为L的导体棒垂直放置在两导轨上，并与导轨接触良好，给导体棒一个水平向右的初速度为

进入磁场区域，求：

(1)导体棒进入磁场瞬间加速度的大小；

(2)导体棒运动全过程中电阻R上产生的热量QR；

(3)导体棒在磁场中运动的位移工。

15.如图甲所示，质量为2nl的足够长木板C置于水平面上，质量均为m的滑块4、B置于C上，

B位于4右方某处。4、C间的动摩擦因数4=0.2,B、C间，C与地面间的动摩擦因数饵==

0.1。给C施加一水平向右的恒力F,经历时间t滑块4、B第一次相遇。尸与t的关系如图乙所示。

(设2、B间碰撞为弹性正碰，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2)求：

(1)滑块4、B的最大加速度以、aB；

(2)4、B之间的初始距离L和滑块4的质量小；

(3)若F'=13N,从刚开始施加力至4、B第二次相撞时拉力F'所做的功分。

五、计算题(本大题共1小题，共10.0分)

16.端午节赛龙舟是中国民间传统水上体育娱乐项目，比赛时多人集体在鼓手的指挥下统一

划桨竞赛。2017年瑞午节，某龙舟队以1分28.75秒的成绩。获得东莞龙舟锦标赛传统男子500

米直道竞速项目的冠军。该次比赛可看成龙舟首先做初速度为零的匀加速直线运动，达到v=

6m/s后做匀速直线运动完成比赛。(结果均保留3位有效数字)

(1)求龙舟匀加速阶段的加速度大小a；

(2)某次训练中，龙舟以加速度a加速达到。，由于鼓手失误，使龙舟从100m开始，在10s内

速度均匀减小到匕=4rn/s,经调整操作，10s末龙舟重新开始以加速度a加速，加速到"后匀

速完成训练。求龙舟由于鼓手失误而耽误的时间。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、t=0时刻，两线圈感应电动势均为零，因此两线圈均处于中性面的位置，故A

错误；

B、由图线可知，两线圈的周期分别为兀=0.04s,Tb=0.06s,则兀：Tb=0.04：0.06=2：3,

根据n=/可知a、b对应的线圈转速之比为3：2,故8错误；

CD、两线圈的角速度之比为詈=?=?

3b/a2

根据Em=NBa)S=Ne。7n得最大磁通量为：①m=察

/VCO

由图可得a的最大感应电动势为=15V,b的最大感应电动势为Emb=101/,则弊=^=|

'"J"卬^mb1UL

则线圈a,b在转动过程中最大磁通量之比为件=件•吟=|x普=：,故C错误，。正确。

b

0mbmb3aNa13X22

故选：D。

t=0时刻，根据感应电动势大小，分析线圈的位置；根据图像读出两个交流电的周期，然后求出

线圈a、b转速之比；根据图像读出感应电动势最大值，由Em=N83S=N3%求解最大磁通量之

比。

本题考查有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图像正确读出最大值、周期，进一步求出角

速度、最大磁通量等物理量。

2.【答案】4

【解析】解：由图乙可知t=4s时质点的振动方向沿y轴负方向，根据“同侧法”可知波形图对应

的质点起振方向也沿y轴负方向，且开始时的周期较小，则对应的波形图开始时波长较小。故A

正确，BCD错误。

故选：Ao

根据振动图像判断周期先小后大，波形图的波长先小后大，根据t=4s时质点的振动方向，与“同

侧法”判断出质点的起振方向对比分析判断。

本题考考查振动图像与波动图像结合问题，要求掌握振动图像与波动图像的物理意义。

3.【答案】C

【解析】解：4气体在ab、cd过程温度变化量相同，而理想气体不考虑分子势能，对于一定质量

的理想气体，温度是影响内能的唯一因素，则气体在ab过程中内能的增加量等于cd过程中内能的

减少量，故A错误;

8.由理想气体状态方程得：p=^T,可知p-T图像上的点与原点的连线的斜率与体积成反比。ab

过程中体积不变，则伍=0,cd过程中体积减小，则《d>0,根据热力学第一定律/U=Q+W,

可知：

ab过程中吸收的热量（2助=加岫

cd过程中放出的热量为Qcd=\^Ucd\+Wcd

其中dUab=\AUcd\

可得ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量，故B错误；

CD.气体在比过程是等温压缩，压强增大到b状态的1.5倍，则体积变为b状态的|；da过程是等温膨

胀，压强变为d态压强的今则体积变为d态体积的2倍；因ab两态体积相等，设为V,则c态体积|v,d

态体积气体在be过程中体积的变化量小于da过程中体积的变化量，故C正确，力错误；

故选：Co

根据温度的变化特点得出气体在不同过程中的内能变化量的大小关系；根据热力学第一定律分析

出气体的吸放热情况；根据图像得出气体的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程分析出

状态参量的变化关系。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程和热力学第一定律，解题的关键点是分析出气体

状态参量的变化，结合热力学第一定律即可完成分析。

4.【答案】C

【解析】解：4根据题意，对金属环N受力分析，如图所示

由于金属环相对杆始终不动，设细绳与竖直方向的夹角为必由平衡条件，竖直方向：Fcosd=mNg

竖直方向：FsinO=FN

解得尸=Tosf,FN=mgtand

可知，由于。不变，则细线中的拉力和环N与竖直杆之间的弹力不变，故A错误;

8.对M受力分析知竖直方向F'N=Feos。+mg=6可。+与角速度无关，故8错误；

CD,根据题意，设整个装置以竖直杆为轴以的转动时，环M与横杆没有摩擦力，对M受力分析，如

图所示

水平方向上，由牛顿第二定律有：mMa)Qr=Fsind=mNgtand

解得：(t)o=m^gtand

mMr

若转动的角速度大于3o，则有7nM32r=niNgta几。+/，可知，随着3增大，/增大;

若转动的角速度小于o)o，则有团财32r=TnNgtem。-/，可知，随着3增大，f减小，则转动的角

速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等，故8。错误，C正确。

故选：Co

分别对M与N受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律分析。

此题考查受力分析和力的平衡条件应用以及牛顿第二定律的应用，注意静摩擦力大小和方向会随

运动状态的改变而改变。

5.【答案】B

【解析】解：激光器转动的周期为：T=生,

3

转一周的过程中虚线圆单位长度接收到的光能量为：E°y

Z7Tn

接收屏接收到的光能量为：E=Eol

每个光子能量为：Ei=hv若

则在激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光子数为：N=^P

联立解得：村=修，故8正确、ACZ)错误。

hcRo)

故选：B。

求出激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光能量，再根据光子能量的计算公式进行解答。

本题主要是考查光子能量的计算，解答本题的关键是求出激光器转动一周的过程中，接收屏接收

到的光能量，掌握光子能量计算公式。

6.【答案】C

【解析】解：4、小球上抛过程，由牛顿第二定律得：mg+kv=ma,u逐渐减小，则a减小，下

降过程中有沅9=ku=ma，"越来越大，故加速度继续减小，图像趋势正确，但速度为零时，斜

率不为零，且加速度为g,图像应为平滑曲线，故A错误；

B、!；-％图斜率为/£=?在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B错误；

C.、Ek-无图像斜率为合外力，向上运动过程F=mg+"变小，向下运动过程F=mg-的继续

变小，故C正确；

。、向上运动过程比向下过程中任意一个位置，摩擦力要更大，故向上过程中摩擦力做功更多一

点，机械能损失要更多一点，故O错误；

故选：Co

根据小球上升和下降过程中分别对小球根据牛顿第二定律列式，分别确定加速度变化情况，再确

定速度随着位移的变化规律以及动能随着位移的变化规律。

本题解题关键是要分析清楚小球的运动情况，根据牛顿第二定律求出小球速度随着位移以及动能

随着位移的变化规律，解决该题的关键是分清运动过程，并能根据各个运动过程准确分析小球的

运动情况。

7.【答案】C

【解析】解：力、根据功率的计算公式可知电场力的瞬时功率为P=Eq巧，故A错误；

B、由于巧与磁场B平行，方与磁场B垂直，离子受到的洛伦兹力为=故B错误；

C、离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变，方向总是与电场力方向垂直，则该离子的加速

度大小不变，方向改变；故C正确；

。、根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，

则%增大，方不变，样的比值不断增大，故O错误。

故选：Co

根据功率的计算公式求出电场力的瞬时功率；根据巧、方与磁场B的方向，计算出洛伦兹力的表

达式；根据离子受到的电场力和洛伦兹力判断离子的加速度如何变化；根据运动的合成与分解，

分析离子在垂直于纸面内和沿水平方向的运动性质，判断假的比值如何变化。

本题考查了带电粒子在复合场中的运动，解决本题的关键是准确分析带电粒子在复合场中的受力

以及运动情况。

8.【答案】BC

【解析】解：4、紫外线进入液体频率不变，根据E=hv,可知紫外线光子能量不变，故A错误；

B、设紫外线在液体中的波长为；I',在真空中波长为；I,频率为/,则;1'=1方=(=黑丽=

llOnm,故B正确；

C、由知紫外线在真空中的传播速度是在液体中速度的1.7倍，则传播相等的距离，在液体

中所需的时间变为原来的1.7,故C正确；

。、紫外线在液体中波长变短，更不容易发生衍射，故。错误。

故选：BC。

光子能量与光的频率成正比，紫外线进入液体频率不变，紫外线光子能量不变；根据紫外线在液

体中波长与真空中波长关系求紫外线进入液体后波长。根据〃分析紫外线在真空中和液体中传

播速度之比，再求传播相等距离用时之比。根据波长越长越容易发生明显衍射分析。项。

本题考查波长、频率和波速的关系问题，要知道光的频率与介质无关，由光源决定。

9.【答案】BC

【解析】解：4太空电梯随地球一起旋转，根据〃可知太空电梯上各点线速度与该点离地球

球心的距离成正比，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：

GMmv2

——5-=m—

由上述表达式可知地球同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，则航天员在r=R处的线速度小于第

一宇宙速度，故A错误；

A图像中的图线4表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，该加速度均等于地球卫星

做匀速圆周运动的加速度，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r•的关系，

该加速度as等于地球同步卫星的加速度，因为以=即，所以图中％为地球同步卫星的轨道半径,

电梯舱在厂=-0处的站点时，航天员的加速度等于地球同步卫星的加速度，处于完全失重状态，

故3正确；

C根据题意可知，大于力的范围内，宇航员受到的万有引力小于所需的向心力，航天员与座椅间

没有弹力且需系上安全带，故C正确；

。.根据题意可知，小于r°的范围内，宇航员受到的万有引力大于所需的向心力，弹力表现为支持

力，万有引力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有

GMm

—2N—mr3c

角速度不变，结合牛顿第三定律可知航天员越接近地面感受到的“压力”越大，故。错误；

故选：BC.

根据角速度的特点得出太空电梯上各点的线速度的关系，结合牛顿第二定律得出其线速度与第一

宇宙速度的大小关系；

理解图像的物理意义，结合对航天员的受力分析和牛顿第二定律即可完成分析。

本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉航天员的受力分析，理解其做圆周运动的向心力

来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。

10.【答案】BC

【解析】解：4B.由题意可知要打到“10”环处，则石子的竖直方向位移要变大，由于石子做平

抛运动，即石子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运

动的位移公式可得：h=1gt2

即此时数值位移无要增大，故时间t要增大，而要求石子的水平方向位移不变，根据匀速直线运动

位移公式可得：s=vt

在靶子高度不变的情况下，显然是水平初速度过大，只要调节水平初速度变小就可以；

由牛顿第二定律可知：减小石子的质量可以增大加速度，抛出时初速度变大，反之，增大石子的

质量，抛出时初速度变小，故A错误，8正确；

CD.增大投石机到靶的距离，可以增加时间t以及调高靶子，都可以击中靶心，降低靶子是不可以

击中靶心的，故C正确，力错误。

故选：BC。

由题可知石子做平抛运动，结合平抛运动的规律，分析各选项即可。

解题关键是能够正确分析石子做平抛运动，结合选项分析各选项即可。难度不大。

11.【答案】BD

【解析】解：4根据场强的表达式可知，电荷量为-Qi点电荷在。点的电场强度大小为

E_卜Q\

ZLi—rvj

方向沿。。方向；电荷量为+(?2的点电荷在D点的电场强度大小为

f2=阜

L/

方向沿4。方向，。点的电场强度恰好为零，则有

Ei=E2

解得：＜?2=4Q「故A错误；

8.对(?2圆弧是等势面，因此圆弧上各点电势由以决定，沿着电场线方向电势逐渐降低，离负电荷

越近电势越低，因此在圆弧BDC上的各点中，。点的电势最低，故B正确；

CD.根据对称性可知，B、C电势相等，电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势先减小后增

大，因为电子带负电，所以电势能先增大后减小，根据功能关系可知电场力先做负功后做正功，

故C错误，。正确。

故选：BD。

根据场强的计算公式，结合矢量合成的特点和。点处的场强大小得出电荷量的比值关系;

根据电势的影响因素，结合粒子的电性得出电势能的变化趋势。

本题主要考查了电势能的相关应用，理解点电荷周围的电场线特点，结合电场强度和电势能的计

算公式即可完成分析。

12.【答案】0.4偏大

【解析】解：(1)根据表中的数据进行描点，作出的图像如图所示:

■，s/cm

(2)B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh-nmgh=+m)v2

在B落地后，4运动到Q,根据能量关系可得：\mv2^iimgs

M-m,

解得：s=

s—九图象的斜率为苏瑞

联立解得：4=0.4；

(3)滑轮轴的摩擦导致测得的摩擦力偏大，使得〃测量结果偏大。

故答案为：(1)图像见解析；(2)0.4：(3)偏大。

(1)根据表中的数据进行描点作图：

(2)B下落至临落地时根据动能定理列方程；在B落地后，4运动到Q,根据能量关系列方程，结合

图像进行解答；

(3)滑轮轴的摩擦导致测得的摩擦力偏大，由此分析。

本题考查动摩擦因数的确定实验，对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练

应用所学基本规律解决实验问题。

13.【答案】乙A435

【解析】解：(1)充、放电的电流方向相反，应选择可以测量正反向电流的表头乙。

(2)48、电容器充电过程中，电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流减为0,故A正确、8错误;

CD,根据电容的定义式，电荷量与电压成正比，所以图线应为过原点直线，故错误。

故选：Ao

(3)实物连线如图所示,

(4)根据Q=花可知i-t图像中图线跟横轴所围的面积为通过的电荷量

Q=0.869mA-s=8.69x10-4C

因此：c=g=8.69彳10:昨435加

(5)仅将R为500。的电阻改为1000。，其它器件参数不变，且电流传感器内阻不计时，贝肛=0时放

电电流减小为原来的：，但i-t图像中图线跟横轴所围的面积不变，因此电阻为1000。的放电曲线

如图所示,

i/mA

电阻

故答案为：(1)乙；(2)4(3)如图

(1)当电容器与电源相连，电容器充电，根据电源的正负极判断电容器哪个极板带正电，当电容器

放电时，根据极板所带电荷的电性确定电流的方向；

(2)根据电容器的电容大小，结合Q=CU得出充电后电容器所带的电荷量；

(3)当电容器充电时，充电电流逐渐减小，减小得越来越慢，对于电容器而言，电容不变，所带的

电荷量与电势差成正比。

解决本题的关键掌握电容器的充放电过程，知道电容器的电容与电容器所带的电荷量、电容器两

端的电势差无关。

14.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律，导体棒进入磁场瞬间感应电动势为E=

根据闭合电路欧姆定律得/=点

R+r

根据安培力公式得F=BIL

根据牛顿第二定律得尸=ma0

联立解得导体棒进入磁场瞬间加速度为即=吗笃

(2)电阻R与电阻r串联，根据焦耳定律公式Q=尸心

可得QR：Qr=R：T

又因为能量守恒得QR+Qr=\mvl

联立解得＜2口=募历机诏

(3)当导体棒速度减为零时，由动量定理得一痴口t=-mv0

又因为q="t

1=—^—E=—,=BLx

(R+r)t，At

22

联立解得山=

R+rmv0

变形得X=坐等

DL

答：(1)导体棒进入磁场瞬间加速度的大小为躲篇；

(2)导体棒运动全过程中电阻R上产生的热量为就6山诏；

(3)导体棒在磁场中运动的位移为粤岩。

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合安培力与牛顿第二定律解答；

(2)根据功能关系解答；

(3)根据动量定理结合电流的定义式解答。

本题是电磁感应与电路、力学、功能关系知识的综合，安培力是联系力与电磁感应的桥梁，电荷

量的经验公式q=等是常用的式子。

15.【答案】解：(1)对滑块4根据牛顿第二定律可得：^Amg=maA

2

解得：aA=2m/s,

对滑块8,根据牛顿第二定律可得：［iBmg=maBf

2

解得：aB=lm/s；

(2)由图乙可知F足够大时4、8均相对C以恒定加速度滑动，相遇时间恒为：t=J^s=2s

22

由运动学公式可得：\aAt-\aBt=L

解得：L=2m

由图乙可知，当尸=8N,滑块B与C恰好发生相对滑动，则有：F-4iicmg=4maB1

解得：m=1kg；

(3)设三者均相对运动时拉力的最小值为Fi，对C根据牛顿第二定律可得：Fi-4iicmg-fiAmg-

=2maA

解得：Fi=UN

当F'=13N时，对C根据牛顿第二定律可得：F'-411cmg-iiAmg-fiBmg=2mac

2

解得：ac=3m/s

由于相遇时间为2s,由D=v04-Qt可得第一次相撞前：

vA=4m/s,vB=2m/s,vc=6m/s,