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人教版高二物理下期末检测卷3答题卡
(
条
码
粘
贴
处
（正面朝上
贴在此
虚线框内）
)
试卷类型：B
姓名：______________班级：______________
准考证号
(
缺考标记
考生禁止填涂缺考标记
！只能由监考老师负责用黑色字迹的签字笔填涂。
) (
注意事项
1
、
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。
2
、
请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内
3
、
选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整
4
、
请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。
5
、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。
6
、填涂样例
正确
[
■
]
错误
[
--
][
√
] [
×
]
)
选择题（请用2B铅笔填涂）
1. [A][B][C][D] 2. [A][B][C][D] 3. [A][B][C][D] 4. [A][B][C][D] 5. [A][B][C][D] 6. [A][B][C][D] 7. [A][B][C][D] 8. [A][B][C][D] 9. [A][B][C][D] 10. [A][B][C][D] 11. [A][B][C][D] 12. [A][B][C][D] 13. [A][B][C][D] 14.1. [A][B][C][D] 14.2. [A][B][C][D]
17.1. [A][B][C][D]
非选择题（请在各试题的答题区内作答）
14．（3）____________；___________
15．（1）___________
（2）___________
（3）___________
（4）___________
16．（1）___________；___________
（2）___________；___________
17．
（2）；______________________
18．（1）
（2）
（3）
19．（1）
（2）
（3）
20．（1）
（2）
（3）
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人教版高二物理下期末检测卷3（学生版）（选择性必修一二）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）附有肥皂膜的铁丝圈竖直放置于单色线性光源一侧，肥皂膜的纵截面形状如图所示，则从光源一侧顺着入射光线看到的图样可能是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）为在硅片上刻画出更精细的电路，光刻机需要使用波长更短的光源。这主要是为了克服下列哪种光学现象带来的限制（　　）
A．干涉 B．折射 C．反射 D．衍射
3．（3分）如图所示，一个质量为的物体，在与水平方向成角的拉力的作用下，匀速前进了时间，已知物体与水平面之间的动摩擦因数为，重力加速度为。则下列说法中正确的是（　　）
A．拉力对物体的冲量大小为
B．重力对物体的冲量大小为0
C．摩擦力对物体的冲量大小为
D．地面对物体的冲量大小为
4．（3分）如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点、、、、、，相邻两质点之间的距离均为，各质点均静止在各自的平衡位置，时刻振源开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图乙所示，形成的简谐横波以的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（　　）
A．波传播到质点时，质点开始振动的方向竖直向下
B．内质点运动的路程为
C．内质点的加速度正在逐渐减小
D．各质点都振动起来后，与的运动方向始终相反
5．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了《巴罗轮的工作原理》视频。如图所示是“巴罗轮”的示意图，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正负极相连时，铝盘开始转动，下列说法中不正确的是（　　）
A．铝盘绕顺时针方向转动
B．只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变
C．只改变电流方向，铝盘的转动方向改变
D．同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变
6．（3分）如图所示，甲图为等量异种点电荷的电场线、乙图为等量同种正点电荷的电场线、丙图是辐向磁场的磁感线、丁图是距离很近的两个通电平行线圈之间磁场的磁感线。一电子以某一初速度，仅受电场力或磁场力，在这四种场中，不可能做匀速圆周运动的是（　　）
A．在甲图电场中 B．在乙图电场中
C．在丙图磁场中 D．在丁图磁场中
7．（3分）如图所示，“胜哥”将一细条形磁铁系于棉线下端形成单摆，摆的正下方固定一水平放置的环形导线。将磁铁从图示位置由静止释放，来回摆动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线中电流方向始终不变
B．磁铁向上摆动时，导线有收缩趋势
C．磁铁向下摆动时，导线中电流方向与图示方向相同
D．忽略空气阻力，磁铁摆动的幅度将不变
8．（3分）如图所示是一款高空风车的发电模块原理图，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，某时刻发电机线圈恰与磁场方向平行，则（　　）
A．该时刻线圈磁通量的变化率最大
B．风力增大，线圈的感应电动势不变
C．风车每转一圈，线圈中电流方向改变一次
D．风车发电是利用了电流的磁效应
9．（3分）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴 沿逆时针方向匀速转动，内阻不计的矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．t=0.005s时，穿过线圈的磁通量变化最快
B．矩形线圈经过图甲所示位置时，线圈中的电流方向为
C．其他条件不变，R阻值增大时，电流表示数减小
D．其他条件不变，滑片P向上移动时，电压表示数变小
10．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．最早发现电流周围存在磁场的是奥斯特
B．磁感线是法拉第提出的，其实磁感线并不存在，磁场客观上也不存在
C．麦克斯韦预言了电磁波，并首次用实验证实了电磁波的存在
D．电磁波只能在介质中传播
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）如图所示，“胜哥”参加开心大闯关，要在一个光滑的斜面上抱着摆过来的小球，摆到对面平台上，“胜哥”的摆动过程可看为一个简谐运动，已知摆绳长为L，摆到对面的时间为t，当地的重力加速度为g，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　）
A．摆球摆到最高点的加速度为gsin θ，在最低点的加速度为零
B．“胜哥”自身的质量过大会导致摆到对岸的时间变长
C．若“胜哥”摆动的同时减小斜面的倾角，小明到对岸的时间变长
D．“胜哥”在摆动过程中摆长可表示为gt2
12．（4分）如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。与传统的制动方式相比，电磁制动是一种非接触的制动方式，避免了因摩擦产生的磨损。电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．制动力的大小与导体运动的速度有关
C．线圈中既可以通交流电，也可以通直流电
D．如果改变线圈中的电流方向，可以使导体获得促进它运动的动力
13．（4分）今年我市打造智慧停车“金华模式”。如图所示，智能停车位下埋有振荡电路组成的信号发射端。当车辆靠近时，相当于在线圈中插入铁芯，使线圈自感系数变大，引起电路中的振荡电流频率变化，接收电路电流随之变化，实现智能计时。下列说法正确的是（　　）
A．当车辆靠近停车位时，振荡电路中的振荡电流频率变小
B．当车辆离开停车位时，振荡电路中的振荡电流频率变小
C．当电容器进行充电时，振荡电路中的振荡电流逐渐增大
D．当接收电路的固有频率与其收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的电流最强
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（8分）如图所示，“胜哥”使用发波水槽观察到一列水波通过障碍物上的狭缝后在水面继续传播。
（1）（2分）（多选）图中可观察到波的____
A．干涉 B．衍射 C．折射 D．反射
（2）（2分）水面各点的振动均为____
A．自由振动，频率由水体自身性质决定
B．自由振动，频率由驱动力决定
C．受迫振动，频率由水体自身性质决定
D．受迫振动，频率由驱动力决定
（3）（4分）若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，相比于波源静止，狭缝右侧水波的　 　增大，　 　减小。
15．（8分）新春佳节期间，市民聚会活动增加，“喝酒不开车”应成为基本行为准则。如图甲所示为交警使用的某种酒精检测仪，核心部件为酒精气体传感器，其电阻与酒精气体浓度的关系如图乙所示。某同学利用该酒精气体传感器及以下器材设计一款酒精检测仪。
A.干电池组（电动势为，内阻为）
B.电压表V（满偏电压为，内阻为）
C.电阻箱
D.电阻箱（最大阻值）
E.开关及导线若干
（1）（2分）“胜哥”设计的测量电路如图丙所示，他首先将电压表V与电阻箱串联改装成量程为的电压表，则应将电阻箱的阻值调为　 　。
（2）（2分）“胜哥”将酒精气体浓度为零的位置标注在原电压表表盘上处，则应将电阻箱的阻值调为　 　。
（3）（2分）已知酒精气体浓度在之间属于饮酒驾驶，酒精气体浓度达到或超过属于醉酒驾驶。在完成步骤（2）后，某次模拟测试酒精浓度时，电压表指针如图丁所示，则该次测试酒精气体浓度在　 　（选填“酒驾”或“醉驾”）范围内。
（4）（2分）使用较长时间后，干电池组电动势不变，内阻增大，若直接测量，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
16．（8分）“胜哥”在“用单摆测量重力加速度”的实验测当地的重力加速度，实验操作如下：
（1）（4分）用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图所示，摆球直径　 　，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测得摆线长为，得到摆长　 　；
（2）（4分）用停表测量单摆的周期，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时，并记为，单摆每经过最低点记一次数，当数到时，停表示数，该单摆的周期　 　，当地的重力加速度　 　（结果均保留3位有效数字）。
17．（6分）“胜哥”在做“测定玻璃的折射率”实验，发现只有3枚大头针，他把大头针插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。
（1）（2分）以下表述正确的一项是__________；（填正确答案标号）
A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，这样就可以确定出射点和折射光线；
C．实验时入射角应尽量小一些，以减小实验误差。
（2）（4分）请在答题纸图中画出光路图　 　，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式　 　。
18．（9分）如图所示，半径为R的竖直圆环在电动机作用下，可绕水平轴O转动，圆环边缘固定一只质量为m的连接器。轻杆通过轻质铰链将连接器与活塞连接在一起，活塞质量为M，与固定竖直管壁间摩擦不计。当圆环逆时针匀速转动时，连接器动量的大小为p，活塞在竖直方向上运动。从连接器转动到与O等高位置A开始计时，经过一段时间连接器转到最低点B，此过程中，活塞发生的位移为x，重力加速度取g。求连接器：
（1）所受到的合力大小F；
（2）转到动量变化最大时所需的时间t；
（3）从A转到B过程中，轻杆对活塞所做的功W。
19．（9分）如图所示，光滑水平地面上，水平轻质弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端连接着物块乙，初始时乙静止。足够长的木板左端放置着物块甲，两者一起以大小、方向水平向右的速度从乙的左侧开始运动。木板与乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短）后乙做简谐运动，一段时间（该时间内木板未与乙再次碰撞）后木板与甲一起以大小的速度向左做匀速直线运动。已知物块甲、木板的质量分别为，m2=0.3kg，弹簧的劲度系数k=360N/m且弹簧的弹性势能E与形变量x的关系式为，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）（3分）木板与乙碰撞后瞬间木板的速度大小v2；
（2）（3分）乙的质量；
（3）（3分）乙做简谐运动的振幅A和最大加速度a。
20．（10分）图是利用智能电源实现“电磁弹射”稳定加速的装置简化图。 水平放置的光滑导轨间距，质量的导体棒静止放在电磁弹射区的开始位置点，电磁弹射区内有方向垂直纸面向里、磁感应强度的匀强磁场。 智能电源能根据导体棒的速度调整电动势、保证导体棒在电磁弹射区做匀加速直线运动，导体棒从A点到B点的时间，到达B点的速度。导体棒受到的空气阻力，导体棒的电阻，其它电阻不计。求：
（1）（3分）导体棒在A点时的安培力大小；
（2）（3分）导体棒在A点时的智能电源的电动势；
（3）（4分）智能电源电动势与速度的关系式。
答案
1．D
2．D
3．A
4．C
5．A
6．C
7．C
8．A
9．C
10．A
11．C,D
12．B,C
13．A,D
14．（1）B；D
（2）D
（3）频率；波长
15．（1）3200.0
（2）332.0
（3）醉驾
（4）偏大
16．（1）2.06；1.21
（2）2.21；9.77
17．（1）B
（2）；
18．解：（1）连接器做匀速圆周运动的速度
则连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小
（2）当连接器转到右侧与A点对称位置时动量变化最大，此时用时间
（3） 设连接器在A点时连杆与竖直方向的夹角为θ，则此时连杆的速度为
而对活塞
可知活塞的速度
当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理
解得
19．（1）解：以水平向右为正方向，木板与乙碰撞后，甲与木板构成的系统动量守恒，有
解得
即木板与乙碰撞后木板的速度大小为4m/s
（2）解：木板与乙发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得，
（3）解：设乙做简谐运动的振幅为 A，根据能量守恒有
解得A=0.2m
乙在最大位移处有最大加速度，根据牛顿第二定律有
解得
20．（1）
（2）
（3）
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人教版高二物理下期末检测卷3（教师版）（选择性必修一二）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）附有肥皂膜的铁丝圈竖直放置于单色线性光源一侧，肥皂膜的纵截面形状如图所示，则从光源一侧顺着入射光线看到的图样可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】AB．薄膜干涉是光照射到薄膜上时，薄膜前后表面反射的两列光相叠加，发生干涉现象，同一条亮条纹或暗条纹对应的薄膜厚度相等，所以条纹是水平的，AB错误；
CD．肥皂膜越厚，两列相干光源路程差越大，条纹越窄；从上往下，肥皂膜越来越厚，条纹越来越窄，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】核心是利用薄膜干涉的等厚干涉原理，明确同一干涉条纹对应薄膜相同厚度，结合肥皂膜竖直方向的厚度分布规律，判断条纹的形状与疏密变化。
2．（3分）为在硅片上刻画出更精细的电路，光刻机需要使用波长更短的光源。这主要是为了克服下列哪种光学现象带来的限制（　　）
A．干涉 B．折射 C．反射 D．衍射
【答案】D
【知识点】光的干涉；光的衍射
【解析】【解答】在光刻技术中，光源的波长直接影响刻蚀电路的分辨率。根据光学衍射原理，波长越长衍射现象越明显；衍射现象会导致光斑扩散，限制最小可分辨特征的大小。因此，使用波长更短的光源主要是为了克服衍射带来的限制。
故答案为：D。
【分析】 光刻机的分辨率受光学衍射极限制约，波长越短，衍射效应越弱，越能刻画出更精细的电路结构，因此需要通过缩短光源波长来克服衍射带来的限制。
3．（3分）如图所示，一个质量为的物体，在与水平方向成角的拉力的作用下，匀速前进了时间，已知物体与水平面之间的动摩擦因数为，重力加速度为。则下列说法中正确的是（　　）
A．拉力对物体的冲量大小为
B．重力对物体的冲量大小为0
C．摩擦力对物体的冲量大小为
D．地面对物体的冲量大小为
【答案】A
【知识点】冲量
【解析】【解答】A．冲量是矢量，拉力大小F，方向不变（与水平成 θ），作用时间t，冲量大小：
，故A正确；
B． 重力大小mg，竖直向下，时间t，冲量大小mgt，不是零， 故B错误；
CD．摩擦力对物体的冲量大小为，支持力对物体的冲量大小为，则地面对物体的冲量大小为，故CD错误。
故选A。
【分析】1. 冲量的矢量性与计算方法
定义：冲量 ，是矢量，方向与力F 的方向相同。
大小：（恒力情况下）。
常见错误：将某个方向的分量冲量误认为是力的冲量大小。
例如：拉力F 与水平方向成θ 角，其冲量大小是 Ft，而不是 （后者是水平分量冲量的大小）。
本题对应：选项 A 将拉力的水平分量冲量大小当成了拉力冲量的大小，因此错误。
2. 各力冲量的独立性与叠加性
每个力产生的冲量独立计算，不受其他力影响。
重力冲量 ，方向竖直向下，恒不为零（只要时间 ）。
本题对应：选项 B 说重力冲量为 0，显然错误。
3. 匀速直线运动的受力平衡条件在冲量分析中的应用
物体匀速直线运动 合力为零 合外力的冲量为零。
但各分力的冲量并不为零，它们矢量合成为零。
利用平衡条件可求出未知力的大小（如摩擦力 ，支持力 ，进而计算各力的冲量。
本题对应：通过平衡得到 ，所以摩擦力冲量大小
4. “地面对物体的冲量”的准确含义
地面对物体的作用力包括：支持力FN （竖直向上）和摩擦力f（水平方向）。
“地面对物体的冲量”应是这两个力的合力的冲量，即两个冲量的矢量和。
其大小 ，方向为两力合力的方向。
常见错误：误将支持力的冲量当作地面对物体的总冲量。
4．（3分）如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点、、、、、，相邻两质点之间的距离均为，各质点均静止在各自的平衡位置，时刻振源开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图乙所示，形成的简谐横波以的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（　　）
A．波传播到质点时，质点开始振动的方向竖直向下
B．内质点运动的路程为
C．内质点的加速度正在逐渐减小
D．各质点都振动起来后，与的运动方向始终相反
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析判断各质点的振动情况。也可用画波形图的方法求解。A．由乙图知，振源开始振动的方向是向上，介质中所有质点开始振动的方向都与振源起振方向相同，所以波传播到质点时，质点开始振动的方向竖直向上，故A错误；
B．乙图知，周期
振动传播到点所需时间为
即末质点开始振动，到末通过路程为
故B错误；
C．传播到点需时，末质点到达波峰，所以在4～5s内质点从波峰向平衡位置运动，位移减小，所以内质点的加速度正在逐渐减小，故C正确；
D．波长
所以、两质点相距1个波长，运动方向始终相同，故D错误。
故选C。
【分析】由图乙读出周期。由波速公式求解波长。根据求出波传到各点的时间，分析质点的振动情况，由位置确定加速度的变化。根据各个质点间距离与波长的关系，分析质点运动方向的关系。
5．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了《巴罗轮的工作原理》视频。如图所示是“巴罗轮”的示意图，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正负极相连时，铝盘开始转动，下列说法中不正确的是（　　）
A．铝盘绕顺时针方向转动
B．只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变
C．只改变电流方向，铝盘的转动方向改变
D．同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变
【答案】A
【知识点】安培力
【解析】【解答】A.铝盘、水银与电源构成一个闭合回路，铝盘中有电流，由左手定则可知：铝盘受到的安培力与盘的半径垂直，且沿逆时针方向，则铝盘沿逆时针方向转动，故A不正确，符合题意；
B.只改变磁场的方向，由左手定则可知，铝盘受到的安培力方向将与开始时相反，所以铝盘的转动方向改变．故B正确，不符合题意；
C.电流方向反向，由左手定则可知，安培力方向反向，铝盘的转动方向反向，故C正确，不符合题意；
D.由左手定则可知，将电流及磁场方向同时改变，铝盘受力方向不变，铝盘的转动方向不变，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】一、安培力与电动机原理
通电导体在磁场中受力（安培力）是电动机的基本原理。
公式：（、、 互相垂直时）。
方向：左手定则（磁感线穿掌心，四指电流方向，拇指受力方向）。
二、电流方向与磁场方向对安培力方向的影响
单独改变电流方向 → 安培力方向反向。
单独改变磁场方向 → 安培力方向反向。
同时改变电流和磁场方向 → 安培力方向不变（两次反向抵消）。
三、巴罗轮（单极电机）工作分析
铝盘、水银槽、电源构成闭合回路：电流从转轴→铝盘径向→盘边缘→水银槽→电源负极。
磁场方向：蹄形磁铁间磁场近似径向（从圆心向外或向里）。
铝盘中电流沿径向，磁场垂直盘面（径向或轴向需根据图判断），安培力沿切向 → 产生转矩使铝盘转动。
五、易错点提醒
误认为铝盘转动是靠洛伦兹力（实际是安培力，因铝盘中有电流）。
磁场方向与电流方向关系分析错误（必须明确磁场方向、电流方向、受力方向三者空间关系）。
同时改变磁场和电流方向时，误以为转动方向也会改变（实际不变）。
6．（3分）如图所示，甲图为等量异种点电荷的电场线、乙图为等量同种正点电荷的电场线、丙图是辐向磁场的磁感线、丁图是距离很近的两个通电平行线圈之间磁场的磁感线。一电子以某一初速度，仅受电场力或磁场力，在这四种场中，不可能做匀速圆周运动的是（　　）
A．在甲图电场中 B．在乙图电场中
C．在丙图磁场中 D．在丁图磁场中
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】考查带电粒子受到洛伦兹力或者是电场力提供向心力做匀速圆周运动问题，关键会找出具备条件的位置。A．在甲图中，如果电子在如图中所示位置时
满足和的合力始终指向图中的O点，则靠这个合力提供向心力，电子做匀速圆周运动是可能的，故A错误；
B．在乙图中，电子可在两电荷连线的中垂线平面做匀速圆周运动，此时电子在受到两个库仑力的合力提供向心力的情况下可以做匀速圆周运动
故B错误；
C．在图丙中，辐射磁场不是匀强磁场，由左手定则可知，无论电子运动方向如何调整，电子均不能受到始终沿半径指向圆心的洛伦兹力，所以不能做匀速圆周运动，故C正确；
D．在丁图中，靠得很近的两通电平行线圈之间的磁场可以看作匀强磁场，只要电子的速度方向恰当，根据左手定则，满足电子受到的洛伦兹力提供向心力，电子可以在两线圈之间做匀速圆周运动，故D错误。
故选C。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力的可能情景进行分析判断；根据辐向磁场的特征分析能否具备相应条件；根据图甲和图乙找到可能的位置具备合力提供向心力的条件进行分析判断。
7．（3分）如图所示，“胜哥”将一细条形磁铁系于棉线下端形成单摆，摆的正下方固定一水平放置的环形导线。将磁铁从图示位置由静止释放，来回摆动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线中电流方向始终不变
B．磁铁向上摆动时，导线有收缩趋势
C．磁铁向下摆动时，导线中电流方向与图示方向相同
D．忽略空气阻力，磁铁摆动的幅度将不变
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．磁铁摆动过程中，由于磁感应强度的方向不变，当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变，A错误；
B．磁铁上摆时，穿过环形导线的磁通量减小，根据楞次定律“增缩减扩”可知，导线环有扩张的趋势，B错误；
C．磁铁向下摆动时，导线环中的磁通量向下增大，根据楞次定律“增反减同”可知，感应电流产生的磁场应阻碍其磁通量的增加，方向应向上，已知感应磁场的方向向上，根据右手螺旋定则可以得出导线中的电流方向与图示电流方向相同，C正确；
D．磁铁摆动过程中机械能转化为焦耳热，由于焦耳热不断产生所以机械能不断减小因此摆动幅度逐渐变小，D错误。
故选C。
【分析】当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变；利用磁通量的变化可以判别导体环受到的安培力方向及内部感应电流的方向；利用能量守恒定律可以得出摆动幅度逐渐变小。
8．（3分）如图所示是一款高空风车的发电模块原理图，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，某时刻发电机线圈恰与磁场方向平行，则（　　）
A．该时刻线圈磁通量的变化率最大
B．风力增大，线圈的感应电动势不变
C．风车每转一圈，线圈中电流方向改变一次
D．风车发电是利用了电流的磁效应
【答案】A
【知识点】电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．由图可知，该时刻线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，故A正确；
B．风力增大，风车转动的越快，则线圈的角速度越大，根据，可知感应电动势变大，故B错误；
C．风车每转一圈，线圈中电流方向改变两次，故C错误；
D．风车发电是利用了电磁感应，故D错误。
故选A。
【分析】1、中性面与峰值面的判断
线圈与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，此时感应电动势最大。
若线圈与磁场方向垂直（中性面），磁通量最大，但变化率为零，感应电动势为零。
2、感应电动势的决定因素
由公式 可知，感应电动势的最大值与角速度ω 成正比。
风力增大时，转速增大，角速度增大，感应电动势随之增大。
3、电流方向的变化频率
线圈每经过一次中性面（与磁场垂直），电流方向改变一次。
风车每转一圈，线圈两次经过中性面，因此电流方向改变两次。
9．（3分）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴 沿逆时针方向匀速转动，内阻不计的矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．t=0.005s时，穿过线圈的磁通量变化最快
B．矩形线圈经过图甲所示位置时，线圈中的电流方向为
C．其他条件不变，R阻值增大时，电流表示数减小
D．其他条件不变，滑片P向上移动时，电压表示数变小
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙可知周期 T=0.02 s，t=0.005 s 时电流为 0， 感应电动势为零， 根据法拉第电磁感应定律，此时穿过线圈的磁通量变化率为零，并非变化最快，A错误；
B．图甲位置是线圈垂直中性面，用右手定则判断，电流方向应为，B错误；
C．交流发电机的内阻不计，所以变压器的输入电压不变，根据
可知副线圈两端的电压不变，电阻两端的电压不变，当R阻值增大时，根据
可知流过电阻的电流减小，即副线圈中的电流变小，根据
可知原线圈中的电流减小，即电流表的示数减小，C正确；
D．电压表测原线圈电压，由发电机决定，滑片 P 移动不改变原线圈电压，故电压表示数不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】先结合交变电流的图像和产生规律分析磁通量变化与电流方向，再运用理想变压器的电压、电流关系和欧姆定律判断电表读数的变化。
10．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．最早发现电流周围存在磁场的是奥斯特
B．磁感线是法拉第提出的，其实磁感线并不存在，磁场客观上也不存在
C．麦克斯韦预言了电磁波，并首次用实验证实了电磁波的存在
D．电磁波只能在介质中传播
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A、最早发现电流周围有磁场的是丹麦物理学家奥斯特，故A正确；
B、磁感线是法拉第提出的，其实磁感线并不存在，但磁场是客观存在的，故B错误；
C、麦克斯韦预言存在电磁波，赫兹验证了电磁波的存在，故C错误；
D、电磁波的传播不需要介质，故D错误。
故答案为：A。
【分析】熟悉掌握各物理学家的成就。电磁波的传播不需要介质。麦克斯韦预言存在电磁波，赫兹验证了电磁波的存在。
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）如图所示，“胜哥”参加开心大闯关，要在一个光滑的斜面上抱着摆过来的小球，摆到对面平台上，“胜哥”的摆动过程可看为一个简谐运动，已知摆绳长为L，摆到对面的时间为t，当地的重力加速度为g，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　）
A．摆球摆到最高点的加速度为gsin θ，在最低点的加速度为零
B．“胜哥”自身的质量过大会导致摆到对岸的时间变长
C．若“胜哥”摆动的同时减小斜面的倾角，小明到对岸的时间变长
D．“胜哥”在摆动过程中摆长可表示为gt2
【答案】C,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A：设最大摆角为α，可知摆球在最高点的加速度为a＝＝gsin θsin α，在最低点的速度不为零，根据a＝可知，加速度不为零，A错误；
B：根据单摆周期公式T＝2π，单摆的周期与质量无关，则“胜哥”自身的质量过大不会导致摆到对岸的时间变长，B错误；
C：该单摆的周期T＝2π，若“胜哥”摆动的同时减小斜面的倾角，则周期变大，则“胜哥”到对岸的时间变长，C正确；
D：单摆的周期为T＝2t，则T＝2t＝2π，“胜哥”在摆动过程中摆长可表示为l＝gt2，D正确。
故选CD。
【分析】把斜面的重力分力 作为等效重力加速度，用单摆周期公式分析；分析最高点和最低点的加速度，以及质量、倾角对周期的影响；结合“摆到对面时间为 （即半周期）”推导摆长。
12．（4分）如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。与传统的制动方式相比，电磁制动是一种非接触的制动方式，避免了因摩擦产生的磨损。电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．制动力的大小与导体运动的速度有关
C．线圈中既可以通交流电，也可以通直流电
D．如果改变线圈中的电流方向，可以使导体获得促进它运动的动力
【答案】B,C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，故A错误；
B．导体运动的速度越大磁通量变化越快，产生的感应电流越强，制动器对转盘的制动力越大，故制动力的大小与导体运动的速度有关，故B正确；
C．电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，产生涡流，故通电线圈可以通直流电，产生方向不变的磁场也是可以的，故C正确；
D．如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合电磁感应中的涡流现象、安培力的影响因素和楞次定律，分析电磁制动装置的工作原理，逐一判断选项正误。
13．（4分）今年我市打造智慧停车“金华模式”。如图所示，智能停车位下埋有振荡电路组成的信号发射端。当车辆靠近时，相当于在线圈中插入铁芯，使线圈自感系数变大，引起电路中的振荡电流频率变化，接收电路电流随之变化，实现智能计时。下列说法正确的是（　　）
A．当车辆靠近停车位时，振荡电路中的振荡电流频率变小
B．当车辆离开停车位时，振荡电路中的振荡电流频率变小
C．当电容器进行充电时，振荡电路中的振荡电流逐渐增大
D．当接收电路的固有频率与其收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的电流最强
【答案】A,D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】 掌握LC振荡电路的频率公式是解题的基础。LC电路的周期T与电感L、电容C的关系是
。
AB．根据LC振动电路的频率
当汽车靠近时，线圈自感系数L变大，振荡电路中的振荡电流频率变小，当车辆离开停车位时，线圈自感系数L变小，振荡电路中的振荡电流频率变大，A正确，B错误；
C．当电容器进行充电时，振荡电路中的振荡电流逐渐减小，C错误；
D．当接收电路的固有频率与其收到的电磁波的频率相同时，这是电磁波接受原理中的电谐振现象，与机械波中的共振相似，此时接收电路产生的振荡电流最强，D正确。
故选AD。
【分析】 根据分析频率；电容器充电过程，电流是逐渐减小的；和机械振动中的共振做比较。
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（8分）如图所示，“胜哥”使用发波水槽观察到一列水波通过障碍物上的狭缝后在水面继续传播。
（1）（2分）（多选）图中可观察到波的____
A．干涉 B．衍射 C．折射 D．反射
（2）（2分）水面各点的振动均为____
A．自由振动，频率由水体自身性质决定
B．自由振动，频率由驱动力决定
C．受迫振动，频率由水体自身性质决定
D．受迫振动，频率由驱动力决定
（3）（4分）若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，相比于波源静止，狭缝右侧水波的　 　增大，　 　减小。
【答案】（1）B；D
（2）D
（3）频率；波长
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象
【解析】【解答】（1）由图可知，波通过障碍物上的狭缝后传播到障碍物的阴影里去的现象为波的衍射现象，故在图中可观察到波的衍射。障碍物的左侧会有波的反射，AC不符合题意，BD符合题意。
故答案为：BD。
（2）水面各点的振动均为受迫振动，频率由驱动力决定，与水体自身性质无关，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
（3）若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，根据多普勒效应可知，相比于波源静止，狭缝右侧水波的频率变大，由于波速由介质决定，所以波速不变，由公式可知，波长减小。
【分析】（1）波遇到障碍物会发生衍射和反射现象；（2）根据受迫振动的特点分析；（3）根据多普勒效应的规律，分析障碍物右侧波的频率变化，再由波速公式分析波长变化。
15．（8分）新春佳节期间，市民聚会活动增加，“喝酒不开车”应成为基本行为准则。如图甲所示为交警使用的某种酒精检测仪，核心部件为酒精气体传感器，其电阻与酒精气体浓度的关系如图乙所示。某同学利用该酒精气体传感器及以下器材设计一款酒精检测仪。
A.干电池组（电动势为，内阻为）
B.电压表V（满偏电压为，内阻为）
C.电阻箱
D.电阻箱（最大阻值）
E.开关及导线若干
（1）（2分）“胜哥”设计的测量电路如图丙所示，他首先将电压表V与电阻箱串联改装成量程为的电压表，则应将电阻箱的阻值调为　 　。
（2）（2分）“胜哥”将酒精气体浓度为零的位置标注在原电压表表盘上处，则应将电阻箱的阻值调为　 　。
（3）（2分）已知酒精气体浓度在之间属于饮酒驾驶，酒精气体浓度达到或超过属于醉酒驾驶。在完成步骤（2）后，某次模拟测试酒精浓度时，电压表指针如图丁所示，则该次测试酒精气体浓度在　 　（选填“酒驾”或“醉驾”）范围内。
（4）（2分）使用较长时间后，干电池组电动势不变，内阻增大，若直接测量，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）3200.0
（2）332.0
（3）醉驾
（4）偏大
【知识点】表头的改装；闭合电路的欧姆定律；生活中常见的传感器
【解析】【解答】物理中有一类特殊的电学元件，其阻值会受到外界因素的影响而发生变化，这些因素可能有温度、光照、压力等，相对应的电阻我们可以称为热敏电阻、光敏电阻、压敏电阻等。
（1）电压表V与电阻箱串联改装成量程为3 V的电压表，则有
解得
（2）由电表改装可知改装后的电压表内阻为
由图乙可知，当酒精气体浓度为零时，该酒精气体传感器电阻
并联电阻为
解得
电压表读数为0.4 V，则并联电压为
由串联分压原理可知
解得
（3）电压表指针如图丁所示，并联电压为
由串联分压原理可知
而
联立代入数据解得此时酒精气体传感器的电阻为
由图乙可知酒精气体浓度大于0.8 mg/mL，在醉驾范围内。
（4）使用较长时间后，干电池组电动势不变，内阻增大，若在0.4 V处酒精浓度为0，则酒精气体传感器与改装后的电压表所并联的电阻也增大，酒精气体传感器的电阻也增大，而读出酒精气体传感器的电阻小于真实的电阻，即所测的酒精气体浓度比真实值偏大。
【分析】（1）改装成大量程电压表，串联大电阻，根据串联电路的特点和欧姆定律分析计算；
（2）由电表改装可知改装后的电压表内阻，根据串并联电路的特点结合图像计算；
（3）根据电压表指针得到电压，根据串并联电路的特点计算判断；
（4）干电池组电动势不变，分析干电池内阻变化造成的影响。
（1）电压表V与电阻箱串联改装成量程为3 V的电压表，则有
解得
（2）由电表改装可知改装后的电压表内阻为
由图乙可知，当酒精气体浓度为零时，该酒精气体传感器电阻
并联电阻为
解得
电压表读数为0.4 V，则并联电压为
由串联分压原理可知
解得
（3）电压表指针如图丁所示，并联电压为
由串联分压原理可知
而
联立代入数据解得此时酒精气体传感器的电阻为
由图乙可知酒精气体浓度大于0.8 mg/mL，在醉驾范围内。
（4）使用较长时间后，干电池组电动势不变，内阻增大，若在0.4 V处酒精浓度为0，则酒精气体传感器与改装后的电压表所并联的电阻也增大，酒精气体传感器的电阻也增大，而读出酒精气体传感器的电阻小于真实的电阻，即所测的酒精气体浓度比真实值偏大。
16．（8分）“胜哥”在“用单摆测量重力加速度”的实验测当地的重力加速度，实验操作如下：
（1）（4分）用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图所示，摆球直径　 　，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测得摆线长为，得到摆长　 　；
（2）（4分）用停表测量单摆的周期，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时，并记为，单摆每经过最低点记一次数，当数到时，停表示数，该单摆的周期　 　，当地的重力加速度　 　（结果均保留3位有效数字）。
【答案】（1）2.06；1.21
（2）2.21；9.77
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺是十分度的卡尺，则摆球直径为
摆长表达式为
（2）数到60次时，经过了30个周期，停表的读数为，则周期为
由，可得
【分析】1. 游标卡尺读数
10 分度游标卡尺精度 0.1 mm。读数 = 主尺整毫米数 + 对齐格数 × 0.1 mm。注意单位换算
2. 摆长的计算
摆长 ， 是摆线长，d 是摆球直径。长度单位统一为 m 后再代入重力加速度公式。
3. 周期的确定（半周期计数易错）
在最低点开始计时，每经过一次最低点记一次数。
从 到 经过了 60 次最低点，这之间相隔 个“相邻最低点间隔”。
相邻最低点之间的时间 = 半个周期 ，所以总时间
因此 （这是本题最核心的易错点）。
4. 重力加速度公式
→ ，计算时保留足够位数，结果取 3 位有效数字。
（1）[1]游标卡尺是十分度的卡尺，则摆球直径为
[2]摆长表达式为
（2）[1]数到60次时，经过了30个周期，停表的读数为
则周期为
[2]由
可得
17．（6分）“胜哥”在做“测定玻璃的折射率”实验，发现只有3枚大头针，他把大头针插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。
（1）（2分）以下表述正确的一项是__________；（填正确答案标号）
A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，这样就可以确定出射点和折射光线；
C．实验时入射角应尽量小一些，以减小实验误差。
（2）（4分）请在答题纸图中画出光路图　 　，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式　 　。
【答案】（1）B
（2）；
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A． 在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和，故A错误；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，根据光穿过平行砖后出射光线与入射光线平行，这样就可以确定出射点和折射光线，故B正确；
C．实验时入射角应尽量大一些，但也不能太大（接近），以减小实验误差，故C错误。
故选B。
（2）光路图如图所示
根据折射定律可知该玻璃砖的折射率为
【分析】一、实验原理
光的折射定律：，其中i 为入射角，r 为折射角。
利用插针法确定光路，从而测量角度。
二、实验步骤与操作要点
1、玻璃砖的放置与边界描绘
不能直接用笔沿玻璃砖边界画线（玻璃砖可能移动或边缘不平直导致误差）。
正确做法：先画一条直线a 作为界面，对齐玻璃砖的一个长边；用尺子紧贴另一长边，移开玻璃砖后沿尺子画直线 作为另一界面。
2、插针确定光路
插两枚大头针 确定入射光线和入射点。
眼睛在另一侧透过玻璃砖观察，插 挡住 的像，再插 挡住 的像，从而确定出射光线和出射点。
连接入射点和出射点得到玻璃砖内的折射光线。
三、光路作图与折射率计算
1、光路图
标出法线、入射角i、折射角r。对于平行玻璃砖，出射光线与入射光线平行。
2、折射率公式
（1）A． 在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和，A错误；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，根据光穿过平行砖后出射光线与入射光线平行，这样就可以确定出射点和折射光线，B正确；
C．实验时入射角应尽量大一些，但也不能太大（接近），以减小实验误差，C错误。
故选B。
（2）[1][2]光路图如图所示
根据折射定律可知该玻璃砖的折射率为
18．（9分）如图所示，半径为R的竖直圆环在电动机作用下，可绕水平轴O转动，圆环边缘固定一只质量为m的连接器。轻杆通过轻质铰链将连接器与活塞连接在一起，活塞质量为M，与固定竖直管壁间摩擦不计。当圆环逆时针匀速转动时，连接器动量的大小为p，活塞在竖直方向上运动。从连接器转动到与O等高位置A开始计时，经过一段时间连接器转到最低点B，此过程中，活塞发生的位移为x，重力加速度取g。求连接器：
（1）所受到的合力大小F；
（2）转到动量变化最大时所需的时间t；
（3）从A转到B过程中，轻杆对活塞所做的功W。
【答案】解：（1）连接器做匀速圆周运动的速度
则连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小
（2）当连接器转到右侧与A点对称位置时动量变化最大，此时用时间
（3） 设连接器在A点时连杆与竖直方向的夹角为θ，则此时连杆的速度为
而对活塞
可知活塞的速度
当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理
解得
【知识点】动能定理的综合应用；动量
【解析】【分析】（1）求出线速度大小，根据向心力公式求解；
（2）当连接器转到右侧与A点对称位置时动量变化最大；
（3）当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理可求出做功。
19．（9分）如图所示，光滑水平地面上，水平轻质弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端连接着物块乙，初始时乙静止。足够长的木板左端放置着物块甲，两者一起以大小、方向水平向右的速度从乙的左侧开始运动。木板与乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短）后乙做简谐运动，一段时间（该时间内木板未与乙再次碰撞）后木板与甲一起以大小的速度向左做匀速直线运动。已知物块甲、木板的质量分别为，m2=0.3kg，弹簧的劲度系数k=360N/m且弹簧的弹性势能E与形变量x的关系式为，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）（3分）木板与乙碰撞后瞬间木板的速度大小v2；
（2）（3分）乙的质量；
（3）（3分）乙做简谐运动的振幅A和最大加速度a。
【答案】（1）解：以水平向右为正方向，木板与乙碰撞后，甲与木板构成的系统动量守恒，有
解得
即木板与乙碰撞后木板的速度大小为4m/s
（2）解：木板与乙发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得，
（3）解：设乙做简谐运动的振幅为 A，根据能量守恒有
解得A=0.2m
乙在最大位移处有最大加速度，根据牛顿第二定律有
解得
【知识点】简谐运动
【解析】【分析】（1）木板碰撞后速度：将甲与木板视为系统，利用动量守恒（注意速度方向）计算。
（2）乙的质量：弹性碰撞同时满足动量守恒和动能守恒，联立方程求解。
（3）振幅与加速度：动能转化为弹性势能求振幅，最大弹力对应的加速度由牛顿第二定律计算。
（1）以水平向右为正方向，木板与乙碰撞后，甲与木板构成的系统动量守恒，有
解得
即木板与乙碰撞后木板的速度大小为4m/s
（2）木板与乙发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得，
（3）设乙做简谐运动的振幅为 A，根据能量守恒有
解得A=0.2m
乙在最大位移处有最大加速度，根据牛顿第二定律有
解得
20．（10分）图是利用智能电源实现“电磁弹射”稳定加速的装置简化图。 水平放置的光滑导轨间距，质量的导体棒静止放在电磁弹射区的开始位置点，电磁弹射区内有方向垂直纸面向里、磁感应强度的匀强磁场。 智能电源能根据导体棒的速度调整电动势、保证导体棒在电磁弹射区做匀加速直线运动，导体棒从A点到B点的时间，到达B点的速度。导体棒受到的空气阻力，导体棒的电阻，其它电阻不计。求：
（1）（3分）导体棒在A点时的安培力大小；
（2）（3分）导体棒在A点时的智能电源的电动势；
（3）（4分）智能电源电动势与速度的关系式。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】（1）解：设导体棒做匀加速直线运动的加速度为，有
由牛顿第二定律得
解得导体棒在A点时的安培力大小
（2）解：安培力
回路中的电流
解得
（3）解：由牛顿第二定律得
安培力
感应电动势
回路中的电流
解得：
【分析】(1) 先由运动学公式求加速度，再通过牛顿第二定律求安培力；
(2) 由安培力公式求电流，结合闭合电路欧姆定律求 A 点的电动势；
(3) 结合安培力、牛顿第二定律和电磁感应规律，推导电动势与速度的关系式。
（1）设导体棒做匀加速直线运动的加速度为，有
由牛顿第二定律得
解得导体棒在A点时的安培力大小
（2）安培力
回路中的电流
解得
（3）由牛顿第二定律得
安培力
感应电动势
回路中的电流
解得：
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