2024-2025学年上学期杭州高二物理期末卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期杭州高二物理期末卷3一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2018秋•浙江期中）下列说法正确的是（）A．电荷在某处电势能为零，该处的电场强度一定为零 B．线框在空间某处的磁通量为零，该处的磁感应强度一定为零 C．磁场中某点磁场的强弱，是用一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值来描述 D．电场中某点电场的强弱，是用一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值来描述2．（3分）如图所示，t＝1s时，质点所在的位置（）A．0 B．10cm C．﹣10cm D．12cm3．（3分）（2022•南京模拟）如图所示，一根两端开口的铜管竖直放置，一磁性较强的柱形磁体从上端放入管中，过了较长时间才从铜管下端落出，比自由落体慢了许多，则（）A．磁体下落变慢，主要是由于磁体受到了空气的阻力 B．磁体下落变慢，主要是由于磁体受到金属铜的吸引 C．磁体下落变慢，主要是变化的磁场在铜管内激发出了涡流 D．铜管内感应电流方向保持不变4．（3分）（2024春•荔湾区校级期中）如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙是宽为a，长为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，图丁是回旋加速器的原理示意图，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．图甲为磁流体发电机原理示意图，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高 B．图乙为质谱仪原理图，11H、12HC．图丙为速度选择器，带电粒子（不计重力）能够从右向左沿图中虚线匀速运动 D．图丁为回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大5．（3分）（2016春•兴庆区校级期中）一个单摆在地面上的周期为T，当将此摆放到离地面某一高度的地方时，周期变为3T，则此高度为地球半径的（）A．2倍 B．3倍 C．8倍 D．9倍（多选）6．（3分）（2021秋•营口期末）如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B．穿过线圈a的磁通量变小 C．线圈a有收缩的趋势 D．线圈a对水平桌面的压力F将增大7．（3分）（2020春•市中区校级期中）如图所示，长为3a、阻值为3R2的金属杆可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，在O点正下方固定一半径为a、总电阻为R的金属圆环，圆环内有方向垂直于环面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属杆由水平位置转到竖直位置时，其角速度为ω，且金属杆与金属环接触良好，则此时金属杆与圆环的接触点M、NA．4Bωa2 B．45Bωa2 C．16Bωa25 D．8．（3分）质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m1的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是（）A．球、车组成的系统总动量守恒 B．小球不能向左摆到原高度 C．小车向右移动的最大距离为3mD．小球运动到最低点时的速度大小为m（多选）9．（3分）（2023春•荔湾区校级月考）在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是（）A．三种情况下，导体棒最终均静止 B．图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中导体棒最终静止 C．图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动 D．甲、乙两种情况下，电阻R上产生的焦耳热一定不同10．（3分）（2017秋•泉州期末）如图所示，三角形abc为匀强磁场的边界，磁场方向垂直于纸面，三个同种粒子垂直ac边射入匀强磁场中做匀速圆周运动，①、②和③三条实线分别为它们的运动轨迹，其中①、③两条轨迹长度相等，则关于它们的速率和在磁场区域中飞行时间的关系，正确的是（）A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2 C．v2＜v3，t2＞t3 D．v1＜v3，t1＝t3二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）（多选）11．（4分）（2021•瓯海区校级模拟）一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图，对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的（）A．两列波将同时到达中点M B．绳的两端点P、Q开始振动的方向相同 C．中点M的振动始终是加强的 D．M点的位移大小在某时刻可能为零（多选）12．（4分）（2024•安徽二模）在一座高楼的顶层，工程师们正在安装一个新型的安全装置，来检测大楼内部的振动情况，以便及时采取措施防止可能的安全隐患。如图为该安全装置的简化模型，竖直放置的轻质弹簧下端固定在地面上，上端与物块甲连接，初始时物块甲静止于A点。现有质量为m的物块乙从距物块甲上方h处由静止释放，乙与甲相碰后立即一起向下运动但不粘连，此时甲，乙两物块的总动能为mgh2，向下运动到B点时总动能达到最大为2mgh3，继续向下运动到达最低点C（未标出），之后在弹起过程中将乙抛离甲。整个过程中弹簧始终处于竖直状态，且在弹性限度内，重力加速度为A．物块甲的质量为m B．弹起过程中，物块甲和物块乙一起运动到A点时分离 C．A、B两点间距离与B、C两点间距离之比为1：2 D．弹簧弹性势能的最大值为7mgh（多选）13．（4分）（2023春•珠海期末）如图所示圆心为O、半径为R的圆形区域内，有垂直于圆面向里的匀强磁场。从圆上的P点沿PO方向，先后射入甲、乙两个比荷相同的粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N点离开磁场，已知磁场的磁感应强度大小为B，MN为圆的直径，∠POM＝60°，粒子重力不计，下列说法正确的有（）A．甲粒子带正电 B．乙粒子的速度是甲粒子的3倍 C．乙粒子在磁场中运动的时间是甲粒子的2倍 D．若磁感应强度变为3B，乙粒子运动时间变为原来的三分之二（多选）14．（4分）（2016秋•岳麓区校级期末）等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场．另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ，关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（）A．开始进入磁场时感应电流最大 B．产生的电动势属于动生电动势 C．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向 D．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向三．实验题（共2小题，满分20分）15．（8分）（2020秋•沙河口区校级月考）利用如图甲所示装置验证动量守恒定律。实验过程如下：请将实验过程补充完整。（1）将打点计时器固定在长木板的一端；（2）小车上连好纸带，把长木板有打点计时器的一端垫高，微调木板的倾斜程度，直到，这样做的目的是；（3）后面贴有双面胶的小车A静止在木板上，靠近打点计时器的小车B连着穿过限位孔的纸带；（4）接通打点计时器的电源，轻推一下小车B，使小车B运动一段距离后与小车A发生正碰，碰后粘在一起继续运动；（5）小车运动到木板下端后，关闭电源，取下纸带如图乙，图中已标出各计数点之间的距离，小车碰撞发生在（填“ab段”“bc段”“cd段”或“de段”）；（6）若打点计时器电源频率为50Hz，小车A的质量为0.2kg，小车B的质量为0.6kg，则碰前两小车的总动量是kg•m/s，碰后两小车的总动量是kg•m/s（结果保留三位有效数字）。16．（12分）（2022秋•红旗区校级期末）“后浪”学习实验小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通最变化快慢的关系”的实验中使用的实验装置如图甲所示。（1）实验小组的同学用螺旋测微器测量挡光片的宽度时，测得的示数如图乙所示，则挡光片的宽度d＝mm。（2）在实验中，让小车以不同的速度靠近螺线管，记录光电门的挡光时间Δt内感应电动势的平均值E，改变速度多次实验，得到多组数据。在小车以不同的速度靠近螺线管的过程中，时间Δt内不变的量是。A.磁通量B.磁通量的变化量C.磁通量的变化率（3）根据实验数据，作出E-1Δt图像，发现该图像是一条过原点的倾斜直线，可以得出的实验结论是：四．解答题（共3小题，满分34分）17．（10分）（2011•武汉校级模拟）如图所示，光滑斜面与水平地面在C点平滑连接，质量为0.4kg的滑块A无初速地沿斜面滑下后，又沿水平地面运动至D点与质量也为0.4kg的小球B发生正碰，碰撞时没有机械能损失，小球B用长为L＝0.32m的细绳悬于O点，其下端恰好与水平地面上的D点相切，已知滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，C、D间距LCD＝1.4m，碰后B球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，g＝10m/s2，求：（1）B球碰后的速度（2）滑块A在斜面上滑下时的高度h（3）滑块A最终与D点间的距离S。18．（12分）（2021秋•工农区校级期末）如图所示，真空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场。圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力。试求：（1）P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和质子从O点出射时的方向。（2）求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标。19．（12分）（2016秋•葫芦岛期末）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MNPQ相距为d＝0.5m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度且B＝2T的匀强磁场垂直于导轨平面向上，长为d＝0.5m的金属棒ab垂直于MNPQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m＝0.1kg，电阻为r＝2Ω．两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡在额定功率时的电阻RL＝2Ω，现闭合开关S，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的大小为F＝1N的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率（已知重力加速度为g＝10m/s2），求：（1）金属棒能达到的最大速度vm（2）若金属棒上滑距离为L＝0.5m时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2m的过程中，金属棒上产生的电热Q．

2024-2025学年上学期杭州高二物理期末典型卷3参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2018秋•浙江期中）下列说法正确的是（）A．电荷在某处电势能为零，该处的电场强度一定为零 B．线框在空间某处的磁通量为零，该处的磁感应强度一定为零 C．磁场中某点磁场的强弱，是用一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值来描述 D．电场中某点电场的强弱，是用一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值来描述【考点】磁感应强度的定义与物理意义；电场强度与电场力的关系和计算．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】D【分析】电势能具有相对性，电场强度和电势能无关；线框在空间某处的磁通量为零，该处的磁感应强度不一定为零；磁场中某点磁场的强弱，是用垂直于磁场的一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值来描述；电场强度为放入电场中某点的电荷所受的电场力F跟它的电荷量q的比值。【解答】解：A、电势能具有相对性，电荷在某处电势能为零，该处的电场强度不一定为零。故A错误；B、线框在空间某处的磁通量为零，可能是线框平面和磁场平行，该处的磁感应强度不一定为零。故B错误；C、磁场中某点磁场的强弱，是用垂直于磁场的一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值来描述。故C错误；D、电场中某点电场的强弱，是用一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值来描述。故D正确；故选：D。【点评】本题考查了磁感应强度、电场强度与电场力等知识点。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。2．（3分）如图所示，t＝1s时，质点所在的位置（）A．0 B．10cm C．﹣10cm D．12cm【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】比较思想；图析法；简谐运动专题．【答案】C【分析】质点的位置可根据质点的位移确定，由图象直接读出即可．【解答】解：由图知，t＝1s时，质点所在的位置x＝﹣10cm，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】振动图象反映振动质点的位移随时间的变化情况，由振动图象可直接读出振幅和周期，及任意时刻的位移等．3．（3分）（2022•南京模拟）如图所示，一根两端开口的铜管竖直放置，一磁性较强的柱形磁体从上端放入管中，过了较长时间才从铜管下端落出，比自由落体慢了许多，则（）A．磁体下落变慢，主要是由于磁体受到了空气的阻力 B．磁体下落变慢，主要是由于磁体受到金属铜的吸引 C．磁体下落变慢，主要是变化的磁场在铜管内激发出了涡流 D．铜管内感应电流方向保持不变【考点】涡流的产生及原理；楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】C【分析】强磁铁通过铜管时，导致穿过磁铁周围的铜管磁通量发生变化，从而使得磁体周围的铜管有产生感应电流，出现感应磁场要阻碍原磁场的变化，导致强磁铁受到一定阻力。【解答】解：ABC．磁体下落变慢，产生该现象的原因是磁体下落，变化的磁场在铜管内激发出了涡流，涡流反过来又对强磁铁产生了很大的阻力，铜管对磁体的作用力方向始终向上，故AB错误，C正确；D．根据楞次定律知铜管对磁体先有向上的斥力，再有向上的吸引力，电流方向发生改变，故D错误。故选：C。【点评】本题考查电磁感应现象的应用，理解磁体下落变慢的原因，掌握楞次定律的“来拒去留”：当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它。4．（3分）（2024春•荔湾区校级期中）如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙是宽为a，长为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，图丁是回旋加速器的原理示意图，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．图甲为磁流体发电机原理示意图，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高 B．图乙为质谱仪原理图，11H、12HC．图丙为速度选择器，带电粒子（不计重力）能够从右向左沿图中虚线匀速运动 D．图丁为回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大【考点】与速度选择器相结合的质谱仪；磁流体发电机．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】B【分析】根据左手定则得出离子的受力方向，结合离子的电性得出电势的高低；根据动能定理和牛顿第二定律得出半径的表达式，结合粒子的比荷得出半径的大小关系；在速度选择器中，根据左手定则得出洛伦兹力的方向，再对离子受力分析即可完成解答；理解回旋加速器的工作原理，结合圆周运动的周期公式即可完成分析。【解答】解：A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，根据左手定则可知，带正电的离子向B板偏转，则B板电势高，故A错误；B．图乙中，11H、12qU=1在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：Bqv=mv解得：r=13H粒子的比荷最小，则C．粒子从左边水平进入时能匀速直线通过，是因为洛伦兹力与电场力等大反向，合力为零。若从右边进入，则受到的电场力与洛伦兹力同向，合力不为零，则无法匀速直线通过，故C错误；D．回旋加速器正常工作时，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，交流电流的周期等于粒子做圆周运动的周期，其周期为T=2πm周期与速度大小无关，保持不变，所以随着粒子速度的增大，交变电流的周期不变，频率也不变，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，能根据左手定则分析出洛伦兹力的方向，再结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。5．（3分）（2016春•兴庆区校级期中）一个单摆在地面上的周期为T，当将此摆放到离地面某一高度的地方时，周期变为3T，则此高度为地球半径的（）A．2倍 B．3倍 C．8倍 D．9倍【考点】单摆及单摆的条件．【专题】定量思想；推理法；单摆问题．【答案】A【分析】根据万有引力和物体受到的重力的大小相等可以求得在地面上和高度为h处的重力加速度大小的表达式，进而由单摆的周期公式可以求得高度的大小【解答】解：设单摆的摆长为L，地球的质量为M，则据万有引力定律可得地面的重力加速度和高度为h时的重力加速度分别为：g＝GMR2，gh＝据单摆的周期公式可知T0＝2πLg，T＝2π由以上各式可求得h＝（TT0-1）R＝2R故选：A。【点评】单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，在不同的地方，重力加速度的大小是不同的．（多选）6．（3分）（2021秋•营口期末）如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B．穿过线圈a的磁通量变小 C．线圈a有收缩的趋势 D．线圈a对水平桌面的压力F将增大【考点】增反减同；增缩减扩；判断磁通量的大小或变化；楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】CD【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向。本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便。【解答】解：A、B：当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，再根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故AB错误。C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C正确；D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看作两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。故选：CD。【点评】首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。7．（3分）（2020春•市中区校级期中）如图所示，长为3a、阻值为3R2的金属杆可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，在O点正下方固定一半径为a、总电阻为R的金属圆环，圆环内有方向垂直于环面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属杆由水平位置转到竖直位置时，其角速度为ω，且金属杆与金属环接触良好，则此时金属杆与圆环的接触点M、NA．4Bωa2 B．45Bωa2 C．16Bωa25 D．【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】B【分析】根据切割磁感线的金属杆的平均速度求得电动势，再由闭合电路的欧姆定律求得路端电压。【解答】解：当金属杆由水平位置转到竖直位置时，其角速度为ω，那么金属杆接入电路，切割磁感线的长度L＝2a；由于金属棒各点角速度不变，故求解电动势时的速度取用NM的中点速度，所以，E＝BLv＝B•2a•2ωa＝4Bωa2；NM的外电阻R′=1所以此时金属杆与圆环的接触点M、N之间的电压为路端电压，MN接入电路的电阻为：r=2U=ER+14R×14R=故选：B。【点评】由于金属杆上任一点的角速度相同，速度与到O点的距离成正比，故求电动势时的速度可取平均速度，即NM的中点的速度，知道MN两端电压是指路端电压。8．（3分）质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m1的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是（）A．球、车组成的系统总动量守恒 B．小球不能向左摆到原高度 C．小车向右移动的最大距离为3mD．小球运动到最低点时的速度大小为m【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．【答案】C【分析】机械能守恒条件为除重力和系统内弹力外无外力做功，动量守恒条件为系统合外力为0；根据动量守恒定律列式，求位移；根据水平方向动量守恒和能量守恒列式，求最低点速度。【解答】解：A．系统在水平方向的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，总动量不守恒，故A错误；B．小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，小球和小车水平方向的合动量为零，当小球速度为零时、小车速度也为零，故小球能向左摆到原高度，故B错误；C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小车向右运动的最大距离为x，则小球向左运动的位移为2lsin60°﹣x；取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒m得x=故C正确；D．从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒有m2v2﹣m1v1＝0能量守恒得m得小球运动到最低点时的速度大小v1=m故选：C。【点评】本题考查学生对机械能守恒条件和动量守恒条件的掌握，以及对动量守恒、能量守恒的应用，是一道中等难度题。（多选）9．（3分）（2023春•荔湾区校级月考）在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是（）A．三种情况下，导体棒最终均静止 B．图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中导体棒最终静止 C．图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动 D．甲、乙两种情况下，电阻R上产生的焦耳热一定不同【考点】含有电容器的导轨滑杆模型；单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题；有电源存在的导轨滑杆模型．【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】BD【分析】图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，分析电路中电流的变化，即可判断ab棒所受的安培力，确定ab棒的运动情况；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒将做减速运动；图丙中，分析导体棒受到的安培力情况，判断ab棒的运动情况。根据生成的焦耳热与ab棒的初动能大小关系，比较甲、乙两种情况下，电阻R上产生的焦耳热大小关系。【解答】解：ABC、图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，ab棒的动能通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，图甲、丙中，导体棒最终将匀速运动的速度方向不同，故AC错误，B正确；D、甲图中棒的部分动能在电阻R上转化为焦耳热，图乙中，棒的动能全部转化为焦耳热，故有Q甲＜Q乙，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查对电磁感应现象动态变化分析的问题，分析安培力的变化是关键，根据合力和速度方向的关系判断导体棒的运动情况。10．（3分）（2017秋•泉州期末）如图所示，三角形abc为匀强磁场的边界，磁场方向垂直于纸面，三个同种粒子垂直ac边射入匀强磁场中做匀速圆周运动，①、②和③三条实线分别为它们的运动轨迹，其中①、③两条轨迹长度相等，则关于它们的速率和在磁场区域中飞行时间的关系，正确的是（）A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2 C．v2＜v3，t2＞t3 D．v1＜v3，t1＝t3【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】对粒子由洛伦兹力提供向心力，可知半径与速度的关系，结合T=2πr【解答】解：AB、对粒子由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，求得半径r=mvqB，粒子做圆周运动的周期T=2πrv，求得T=2πmqB，因为是三个同种粒子，根据①、②的运动轨迹可知其圆心角为180°，因此t1＝t2=T2，由于r1CD、由于r2＜r3，因此v2＜v3，运动轨迹③所对的圆心角θ＜180°，由于t=θ2π⋅T，因此t1＝t2＞t3，故C故选：C。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，注意通过圆心角计算运动时间。二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）（多选）11．（4分）（2021•瓯海区校级模拟）一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图，对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的（）A．两列波将同时到达中点M B．绳的两端点P、Q开始振动的方向相同 C．中点M的振动始终是加强的 D．M点的位移大小在某时刻可能为零【考点】波的叠加；波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．【专题】计算题；定量思想；方程法；波的多解性；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．【答案】ABD【分析】波在同种介质传播，波速相同，同时到达M点；据波的传播特点可知，依据上下坡法，那么它们起振方向相同，绳子的两端点开始振动的方向相同；波的频率不同，故两列波并不能发生稳定的干涉现象；当两波刚传到M点时，此时刻位移为零。【解答】解：A、这两列波的波速由介质决定，波在同种介质传播，所以波速相同，所以波速之比为1：1；由于距离相同，所以两波同时到达M点。故A正确；B、据波的传播特点可知，各质点的起振方向与波源的起振方向相同，由图可知，左边波向右传播，而右边的波向左，依据上下坡法，那么它们起振方向相同，所以绳子的两端点开始振动的方向相同，故B正确；C、由于波的频率不同，故两列波并不能发生稳定的干涉现象，因此两列波在M点相遇时，并不总是加强或减弱的，故C错误；D、当两波刚传到M点时，此时刻位移为零，所以M点的位移大小在某时刻可能为零，故D正确。故选：ABD。【点评】明确波传播的特点，知道如何判断波的传播方向与质点振动方向之间的关系，波的稳定干涉的条件。（多选）12．（4分）（2024•安徽二模）在一座高楼的顶层，工程师们正在安装一个新型的安全装置，来检测大楼内部的振动情况，以便及时采取措施防止可能的安全隐患。如图为该安全装置的简化模型，竖直放置的轻质弹簧下端固定在地面上，上端与物块甲连接，初始时物块甲静止于A点。现有质量为m的物块乙从距物块甲上方h处由静止释放，乙与甲相碰后立即一起向下运动但不粘连，此时甲，乙两物块的总动能为mgh2，向下运动到B点时总动能达到最大为2mgh3，继续向下运动到达最低点C（未标出），之后在弹起过程中将乙抛离甲。整个过程中弹簧始终处于竖直状态，且在弹性限度内，重力加速度为A．物块甲的质量为m B．弹起过程中，物块甲和物块乙一起运动到A点时分离 C．A、B两点间距离与B、C两点间距离之比为1：2 D．弹簧弹性势能的最大值为7mgh【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；力学三大知识结合的综合问题；分析综合能力．【答案】AC【分析】由动能定理求出碰撞前A的速度，再由动量守恒定律结合题设条件联立求解B的质量；分离时A与B的速度、加速度均相等，AB间相互作用力为零，根据分离时的受力特点和运动特点确定弹起时AB分离的位置；根据胡克定律、动能定理及题设条件求AB与BC之间距离之比；AB一起运动时，在平衡位置速度最大，AB碰撞过程中有机械能损失。在C点时弹性势能最大，从A到C，由机械能守恒定律结合弹性势能的公式求弹性势能的最大值。【解答】解：A、物块乙自由下落h，设碰撞前乙的速度为v0，对物块乙由机械能守恒有：mg而根据题意，设碰后物块甲和物块乙的共同速度为v，碰后甲、乙的总动能为：1物块甲和物块乙碰撞，碰撞过程中动量守恒，以向下为正，根据动量守恒定律有：mv0＝（m甲+m）v联立解得：m甲＝m，故A正确；B、物块甲与物块乙分离时速度、加速度均相等，相互作用的弹力为零，此时刻物块乙只受重力，加速度竖直向下等于g，因此分离时物块甲的加速度也等于g，合力为mg，即此时弹簧处于原长状态，所以物块甲与物块乙是在弹簧恢复原长时分离的，故B错误；C、设弹簧劲度系数为k，甲、乙两个物块的质量均为m，设B、A两点间距离为l1，C、B两点间距离为l2，在A点弹簧形变量：x同样的道理，在B点弹簧形变量：x所以可得：l从A到B，由题设条件可知：EkA=mgh2，E根据动能定理可得：2mg联立解得：l在C点弹簧的形变量：x2＝x1+l2从B到C，对AB整体根据动能定理可得：2mg联立解得：l由上面结果可知：l1：l2＝1：2，故C正确；D、物块甲和物块乙在最低点C时弹性势能最大。又根据题意，初始时弹簧的压缩量为：x初始时弹簧的弹性势能：E从物块甲和物块乙在A点碰后到运动至最低点C，由机械能守恒定律有：mgh联立代入数据解得：Epm=8故选：AC。【点评】本题考查的知识点比较综合，注意分离时A与B的速度、加速度均相等，AB间相互作用力为零。B与A相碰后一起运动，属于非弹性碰撞，碰撞过程中有机械能损失。（多选）13．（4分）（2023春•珠海期末）如图所示圆心为O、半径为R的圆形区域内，有垂直于圆面向里的匀强磁场。从圆上的P点沿PO方向，先后射入甲、乙两个比荷相同的粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N点离开磁场，已知磁场的磁感应强度大小为B，MN为圆的直径，∠POM＝60°，粒子重力不计，下列说法正确的有（）A．甲粒子带正电 B．乙粒子的速度是甲粒子的3倍 C．乙粒子在磁场中运动的时间是甲粒子的2倍 D．若磁感应强度变为3B，乙粒子运动时间变为原来的三分之二【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】ABD【分析】根据题意作出粒子运动轨迹，应用左手定则在判断粒子的电性；求出粒子做匀速圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度大小关系；求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间关系。【解答】解：A、由题意可得，甲、乙两粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，由左手定则可知，甲粒子带正电，乙粒子带负电，故A正确；B、由几何知识可知，甲、乙两粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：r甲=Rtan30°=3粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：qvB=m解得：v=qBrm所以乙粒子的速度与甲粒子的速度比为：v即乙粒子的速度是甲粒子的3倍，故B正确；C、由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角，即偏转角：θ甲＝120°，θ乙＝60°由运动学公式可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=由于比荷相同，两粒子的周期相同，所以粒子在磁场中运动的时间：t=乙粒子在磁场中运动的时间与甲粒子在磁场中运动时间比：t乙t甲D、若磁感应强度变为3B，则乙粒子在磁场中运动的轨道半径：r乙′=13由几何知识可得，乙粒子在磁场中转过的圆心角：θ乙′＝120°＝2θ乙乙粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T乙粒子在磁场中运动时间：t乙′=120°360°T'=故选：ABD。【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，要画出粒子的运动轨迹，根据几何知识求轨迹半径；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合运动学公式，求解粒子在磁场中运动的时间。（多选）14．（4分）（2016秋•岳麓区校级期末）等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场．另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ，关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（）A．开始进入磁场时感应电流最大 B．产生的电动势属于动生电动势 C．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向 D．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；楞次定律及其应用；右手定则．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【答案】ABD【分析】根据切割产生的感应电动势，通过有效长度的大小确定何时感应电动势最大，感应电流最大．根据楞次定律或右手定则判断感应电流的方向．【解答】解：A、当线框进入磁场时切割磁感线，产生的动生感应电动势为：E＝BLv，导线框ABC的速度恒定，当有效的切割长度最大时，产生的感应电动也最大，那么感应电流I=ER=BLvRC、由右手定则可判定，开始进入磁场时导体切割磁感线产生的感应电流方向为C到A，即感应电流沿逆时针方向，故C错误；D、由楞次定律可得开始穿出磁场时感应电流为A到C，即感应电流沿顺时针方向，故D正确。故选：ABD。【点评】解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式，以及会运用右手定则和楞次定律判断感应电流的方向，基础题．三．实验题（共2小题，满分20分）15．（8分）（2020秋•沙河口区校级月考）利用如图甲所示装置验证动量守恒定律。实验过程如下：请将实验过程补充完整。（1）将打点计时器固定在长木板的一端；（2）小车上连好纸带，把长木板有打点计时器的一端垫高，微调木板的倾斜程度，直到轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑，这样做的目的是平衡摩擦力，使系统的合外力为零，满足动量守恒的条件；（3）后面贴有双面胶的小车A静止在木板上，靠近打点计时器的小车B连着穿过限位孔的纸带；（4）接通打点计时器的电源，轻推一下小车B，使小车B运动一段距离后与小车A发生正碰，碰后粘在一起继续运动；（5）小车运动到木板下端后，关闭电源，取下纸带如图乙，图中已标出各计数点之间的距离，小车碰撞发生在cd段（填“ab段”“bc段”“cd段”或“de段”）；（6）若打点计时器电源频率为50Hz，小车A的质量为0.2kg，小车B的质量为0.6kg，则碰前两小车的总动量是1.13kg•m/s，碰后两小车的总动量是1.08kg•m/s（结果保留三位有效数字）。【考点】验证动量守恒定律．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；实验探究能力．【答案】（2）轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑；平衡摩擦力，使系统的合外力为零，满足动量守恒的条件；（5）cd段（6）1.13；1.08。【分析】（2）把长木板有打点计时器的一端垫高，为了平衡摩擦力，应轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑；（5）小车碰撞发生碰撞速度要减小，根据速度的变化情况分析小车碰撞发生在哪段；（6）根据匀速运动的公式求出碰撞前后小车的速度，再求碰撞前后两小车的总动量。【解答】解：（2）把长木板有打点计时器的一端垫高，轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑，这样做的目的是平衡摩擦力，使系统合外力为零，满足动量守恒的条件；（5）小车碰撞发生碰撞速度要减小，则由纸带可知小车碰撞发生在cd段；（6）bc段小车的速度v1=xbctde段小车的速度v2=xdet碰前两小车的总动量是p＝mBv1＝0.6×1.883kg•m/s≈1.13kg•m/s；碰后两小车的总动量是p′＝（mA+mB）v2＝（0.2+0.6）×1.352kg•m/s≈1.08kg•m/s；故p≈p′因此，在实验差误允许的范围，碰撞前后两小车的总动量守恒。故答案为：（2）轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑；平衡摩擦力，使系统的合外力为零，满足动量守恒的条件；（5）cd段（6）1.13；1.08。【点评】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，掌握动量守恒的条件：系统的合外力为零，应控制实验条件，满足实验条件，再根据对应的物理规律进行分析求解。16．（12分）（2022秋•红旗区校级期末）“后浪”学习实验小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通最变化快慢的关系”的实验中使用的实验装置如图甲所示。（1）实验小组的同学用螺旋测微器测量挡光片的宽度时，测得的示数如图乙所示，则挡光片的宽度d＝4.800mm。（2）在实验中，让小车以不同的速度靠近螺线管，记录光电门的挡光时间Δt内感应电动势的平均值E，改变速度多次实验，得到多组数据。在小车以不同的速度靠近螺线管的过程中，时间Δt内不变的量是B。A.磁通量B.磁通量的变化量C.磁通量的变化率（3）根据实验数据，作出E-1Δt【考点】研究电磁感应现象；螺旋测微器的使用与读数．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；基本实验仪器；电磁感应——功能问题；实验探究能力．【答案】（1）4.800；（2）B；（3）感应电动势与磁通量的变化率成正比。【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝固定刻度对应示数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；（2）实验过程中磁铁的初末位置相同，螺线管位置不变，磁铁相对于螺线管的位置变化相同，穿过螺线管的磁通量的变化相同；（3）根据法拉第电磁感应定律，得到感应电动势与所用时间Δt的关系式，根据题意分析作答。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，挡光片的宽度d＝4.5mm+30.0×0.01mm＝4.800mm。（2）在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与螺线管之间相对位置的改变量都一样，穿过螺线管磁通量的变化量都相同，故B正确，AC错误。故选：B。（3）根据作出的图像可以得出的结论是：感应电动势与磁通量的变化率成正比。故答案为：（1）4.800；（2）B；（3）感应电动势与磁通量的变化率成正比。【点评】本题考查了回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系，掌握实验的原理及法拉第电磁感应定律的内容。四．解答题（共3小题，满分34分）17．（10分）（2011•武汉校级模拟）如图所示，光滑斜面与水平地面在C点平滑连接，质量为0.4kg的滑块A无初速地沿斜面滑下后，又沿水平地面运动至D点与质量也为0.4kg的小球B发生正碰，碰撞时没有机械能损失，小球B用长为L＝0.32m的细绳悬于O点，其下端恰好与水平地面上的D点相切，已知滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，C、D间距LCD＝1.4m，碰后B球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，g＝10m/s2，求：（1）B球碰后的速度（2）滑块A在斜面上滑下时的高度h（3）滑块A最终与D点间的距离S。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用．【专题】动量定理应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）碰撞后B球恰好能在竖直面做作完整的圆周运动，根据牛顿第二定律得出最高点的临界速度，再根据机械能守恒定律求出A、B碰撞后B的速度。（2）结合碰撞过程中动量守恒、机械能守恒求出A球碰撞前的速度，最后根据动能定理求出滑块A在斜面上滑下时的高度h；（3）通过碰后A的速度，根据动能定理求出A还能滑行的路程，从而得出滑块A最终与D点间的距离。【解答】解：（1）设A和B碰后B的速度为vB，对于B从最低点到最高点的过程，由机械能守恒得：12mvB2=在最高点，对B由牛顿第二定律得：mg＝mv解得：vB=5gL（2）设A与B碰前、碰后速度分别为vD和vB′根据动量守恒定律得：mvD＝mvD′+mvB根据机械能守恒定律得：12mvD2=12mvD′2+联立两式解得：vB＝vD＝4m/s，vD′＝0对A从C到D的过程，由动能定理得：μmgLCD=下滑过程，有：mgh=解得：h＝0.94m（3）设滑块A最终与A的距离为S，由动能定理得：μmgS=解得：S＝8m答：（1）B球碰后的速度是4m/s。（2）滑块A在斜面上滑下时的高度h是0.94m。（3）滑块A最终与D点间的距离是8m。【点评】本题综合考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律、动能定理，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练。18．（12分）（2021秋•工农区校级期末）如图所示，真空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场。圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力。试求：（1）P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和质子从O点出射时的方向。（2）求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力；分析综合能力．【答案】（1）磁感应强度的大小为mveR，质子从O点出射时的方向与+x轴成60（2）①当d≤vmReE时，质子与x轴交点坐标为（R+d2+mRv22eEd，0）；当d＞vmR【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力作为向心力可解得磁感应强度；（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据对应运动规律结合几何关系可解得粒子与x轴的交点坐标。【解答】解：（1）如图所示，质子做圆周运动的圆心在NA上，AB为ON的垂直平分线，故交点A为圆心，OM为ON的一半，可知∠ONM＝30°，∠CNA＝60°，则NA＝R，质子做圆周运动的半径为R。由洛伦兹力作为向心力可得：evB＝mv解得：B=质子速度沿OB方向，由几何关系可知，质子出射时速度斜向右上方与+x轴成60°角。（2）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点，在竖直方向R2在水平方向d＝vt联立解得d＝vmR①当d≤vmReE时，质子出电场边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴方向的速度为vy，偏转角为θy=又t=联立解得y=在竖直方向的速度为vy=偏转角为tanθ=由图中几何关系可得DF=R2-y联立解得DG=根据几何关系得OG＝R+DG+d＝R+故质子与x轴交点坐标为（R+d2+②当d＞vmReE时，质子在电场区域内与xR2解得t'=水平位移为sx＝vt'＝vmR由图中几何关系可得OH＝R+sx＝R+vmR故质子与x轴交点坐标为（R+vmReE，0答：（1）磁感应强度的大小为mveR，质子从O点出射时的方向与+x轴成60（2）①当d≤vmReE时，质子与x轴交点坐标为（R+d2+mRv22eEd，0）；当d＞vmR【点评】本题考查了质子在磁场与电场中的运动，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，在电场中做类平抛运动，质子运动过程复杂，根据题意分析清楚质子的运动过程、作出其运动轨迹是解题的关键．19．（12分）（2016秋•葫芦岛期末）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MNPQ相距为d＝0.5m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度且B＝2T的匀强磁场垂直于导轨平面向上，长为d＝0.5m的金属棒ab垂直于MNPQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m＝0.1kg，电阻为r＝2Ω．两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡在额定功率时的电阻RL＝2Ω，现闭合开关S，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的大小为F＝1N的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率（已知重力加速度为g＝10m/s2），求：（1）金属棒能达到的最大速度vm（2）若金属棒上滑距离为L＝0.5m时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2m的过程中，金属棒上产生的电热Q．【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；用焦耳定律计算电热；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由受力平衡求得安培力大小，进而得到速度大小；（2）首先求得金属棒的末速度，再由动能定理求得安培力做的功，根据电路原理，求得金属棒产热占整个闭合电路产热的比例即可求得产热．【解答】解：（1）导体棒静止时，安培力为零，导体棒所受合外力F-随速度增加，安培力增大，合外力减小，加速度减小，直到加速度为零后，金属棒受力平衡，沿斜面匀速运动；所以，金属棒达到最大速度vm时，金属棒受力平衡，即F-所以，vm（2）若金属棒上滑距离为L＝0.5m时速度恰达到最大，那么由（1）可知金属棒上滑2m时的速度也是2m/s；金属棒上滑过程中，只有外力F、重力和安培力做功，那么，对金属棒从静止开始上滑s＝2m的过程应用动能定理，可得：克服安培力做的功W=Fs-又有克服安培力做的功等于闭合电路放出的热量，又有金属棒电阻r＝2Ω，灯泡电阻RL＝2Ω，所以，金属棒和灯泡产热相等，则金属棒上产生的电热Q=1答：（1）金属棒能达到的最大速度vm为2m/s；（2）若金属棒上滑距离为L＝0.5m时速度恰达到最大，则金属棒由静止开始上滑2m的过程中，金属棒上产生的电热Q为0.4J．【点评】在闭合电路中金属棒切割磁感线运动的问题中，一般先由受力平衡求得速度，进而求得电动势及安培力，最后可取的电量，发热量，做功等问题．

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．3．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。4．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。5．机械能守恒定律的简单应用【知识点的认识】1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。2.对三种表达式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。3.运用机械能守恒定律的基本思路4.机械能守恒定律和动能定理的比较【命题方向】NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．解答：篮球机械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故选：A。点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．【解题方法点拨】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系。3.动能定理与机械能守恒定律的选择（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。6．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用【知识点的认识】1.对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。【命题方向】如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，（i）整个系统损失的机械能；（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。分析：（i）A压缩弹簧的过程，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此时B与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出损失的机械能．（ii）系统动量守恒，由动量守恒定律求出三个物体共同速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．解答：（i）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为△E．对B、C组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E+联立①②③式得：整个系统损失的机械能为△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep．由动量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=12联立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整个系统损失的机械能是116（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能是1348点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键合理地选择研究的系统，知道弹簧被压缩到最短时三个物体速度相同，运用动量守恒和能量守恒进行研究．【解题思路点拨】当弹簧压缩到最短时，该弹簧具有最大弹性势能，而弹簧压缩到最短，弹簧连着的两物体不能再靠近，此时两物体具有相同的速度。因此，该类问题临界状态相对应的临界条件是弹簧连着的两物体速度相等。7．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．8．简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数【知识点的认识】简谐运动的描述（1）描述简谐运动的物理量①位移x：由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，是矢量．②振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱．③周期T和频率f：物体完成一次全振动所需的时间叫周期，而频率则等于单位时间内完成全振动的次数，它们是表示震动快慢的物理量．二者互为倒数关系．（2）简谐运动的表达式x＝Asin（ωt+φ）．（3）简谐运动的图象①物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦（或余弦）曲线．②从平衡位置开始计时，