2022年高二下學(xué)期期中物理試卷 含解析(I)一、選擇題（共52分1-8題只有一個(gè)答案正確，9-13題有兩個(gè)或兩個(gè)以上的答案正確）1如圖所示為一正弦交流電電壓隨時(shí)間變化的圖象，下列表達(dá)式正確的是（）Ae=2sin（0.2t）（V）Be=sin（10t）（V）Ce=2sin（10t）（V）De=sin（0.2t（V）2當(dāng)車輛發(fā)生碰撞事故時(shí)，為了盡可能地減輕駕乘人員的傷害程度，在汽車內(nèi)前方（正副駕駛位）設(shè)置了安全氣囊，在汽車發(fā)生猛烈撞擊時(shí)安全氣囊將自動(dòng)彈出則該安全氣囊的功能是（）A減小駕乘人員的動(dòng)量變化率B減小駕乘人員受到的沖量C減小駕乘人員的動(dòng)量變化量D減小駕乘人員與氣囊的作用時(shí)間3如圖所示，三個(gè)燈泡是相同的，而且耐壓足夠，電源內(nèi)阻忽略當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S接A時(shí)，三個(gè)燈亮度相同，那S接B時(shí)（）A三個(gè)燈亮度相同B甲燈最亮，丙燈不亮C甲燈和乙燈亮度相同，丙燈不亮D只有丙燈不亮，乙燈最亮4如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長(zhǎng)為a，電阻為R，線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，且一半處在磁場(chǎng)中在t時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻增大到2B在此過(guò)程中，通過(guò)線圈導(dǎo)線某個(gè)橫截面的電荷量為（）ABCD5圖甲是某燃?xì)鉅t點(diǎn)火裝置的原理圖：轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為圖乙所示的 正弦交變電壓，并加在一理想變壓器 的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝 數(shù)分別為n1，n2，V為交流電壓表當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時(shí)值大于5000V時(shí)，就會(huì)在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進(jìn)而點(diǎn)燃?xì)怏w以下判斷正確的是（）A電壓表的示數(shù)等于5VB電壓表的示數(shù)等于5VC實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火的條件是1000D實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火的條件是10006如圖甲所示，用裸導(dǎo)體做成U形框架abcd、ad與bc相距L=0.2m，其平面與水平面成=30°角質(zhì)量為m=1kg的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R=1整個(gè)裝置放在垂直于框架平面的變化磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示（設(shè)圖甲中B的方向?yàn)檎较颍﹖=0時(shí)，B0=10T、導(dǎo)體棒PQ與cd距離x0=0.5m若PQ始終靜止，關(guān)于PQ與框架間的摩擦力大小在0t1=0.2s時(shí)間內(nèi)的變化情況，g取10m/s2，下面判斷正確的是（）A一直增大B一直減小C先減小后增大D先增大后減小7如圖，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd自磁場(chǎng)上方h高度處自由下落，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)現(xiàn)減小下落的高度h也能使線框在剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)就做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則可行的方案是（）A用同種規(guī)格的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)為2L的單匝線框B用同種規(guī)格的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的雙匝線框C用同種材料但粗一些的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的單匝線框D用密度相同但電阻率較小的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)為2L的單匝線框8如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B電阻為R、半徑為L(zhǎng)、圓心角為45°的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（O軸位于磁場(chǎng)邊界）則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值為（）ABCD9如圖所示電源內(nèi)阻不計(jì)，電表均為理想電表，R0為定值電阻，R為光敏電阻（當(dāng)照射光強(qiáng)度增大時(shí)，R減小）當(dāng)光照強(qiáng)度減弱時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A電壓表V1的示數(shù)增大B電壓表V2的示數(shù)增大C電流表A1的示數(shù)減小D電流表A2的示數(shù)增大10如圖所示，鋁質(zhì)的圓筒形管豎直立在水平桌面上，一條形磁鐵從鋁管的正上方由靜止開(kāi)始下落，然后從管內(nèi)下落到水平桌面上已知磁鐵下落過(guò)程中不與管壁接觸，不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是（）A磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中做自由落體運(yùn)動(dòng)B磁鐵在管內(nèi)下落過(guò)程中機(jī)械能守恒C磁鐵在管內(nèi)下落過(guò)程中，鋁管對(duì)桌面的壓力大于鋁管的重力D磁鐵在下落過(guò)程中動(dòng)能的增加量小于其重力勢(shì)能的減少量11如圖所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1=1kg和m2=2kg的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上現(xiàn)使A瞬時(shí)間獲得水平向右3m/s的速度，在此后的過(guò)程中，則下列說(shuō)法正確的是（）A兩物塊所能達(dá)到的共同速度為1 m/s，此時(shí)彈簧一定處于壓縮狀態(tài)BA的運(yùn)動(dòng)方向可能向左C彈簧的最大彈性勢(shì)能為4JD當(dāng)A速度為零時(shí)，B的速度最大12如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0（不計(jì)空氣阻力），則（）A小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為C小球離開(kāi)小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D小球第二次能上升的最大高度h0hh013如圖所示，光滑地面上有P、Q兩個(gè)固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點(diǎn)A點(diǎn)有一質(zhì)量為m2的靜止小球，P擋板的右側(cè)有一質(zhì)量為m1的等大小球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)小球與小球、小球與擋板間的碰撞均沒(méi)有機(jī)械能損失，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點(diǎn)處，則兩小球的質(zhì)量之比m1：m2可能為（）A3：1B1：3C1：5D1：7二、實(shí)驗(yàn)題（16分，每空2分）14如圖為實(shí)驗(yàn)室常用的氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證動(dòng)量守恒的裝置兩帶有等寬遮光條的滑塊A和B，質(zhì)量分別為mA、mB，在A、B間用細(xì)線水平壓住一輕彈簧，將其置于氣墊導(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌使其能實(shí)現(xiàn)自由靜止，這是表明，燒斷細(xì)線，滑塊A、B被彈簧彈開(kāi)，光電門(mén)C、D記錄下兩遮光條通過(guò)的時(shí)間分別為tA和tB，若有關(guān)系式，則說(shuō)明該實(shí)驗(yàn)動(dòng)量守恒15（12分）如圖所示為“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置（1）下列說(shuō)法中符合該實(shí)驗(yàn)要求的是（不定項(xiàng)選擇）A軌道必須光滑B軌道末端必須水平C同一組實(shí)驗(yàn)多次測(cè)量時(shí)，入射小球必須從同一位置自由釋放D小球第一次著地之后必須將小球拿走，以防止小球在記錄紙上反復(fù)彈跳（2）實(shí)驗(yàn)中入射小球的質(zhì)量應(yīng)靶球質(zhì)量，入射小球的半徑應(yīng)靶球半徑（以上兩空均選填“大于”“小于”或“等于”）（3）該實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量的物理量有（不定項(xiàng)選擇）A兩小球的質(zhì)量 B兩小球的半徑 C兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D軌道末端距地面的豎直高度 E小球平均落地點(diǎn)與軌道末端的水平距離（4）若進(jìn)行多次測(cè)量，即使操作正確，小球的落地點(diǎn)也不會(huì)完全重合，可以用這些點(diǎn)的平均位置作為小球的落地點(diǎn)，找到該平均位置的方法是（5）入射小球的質(zhì)量記為m1，靶球的質(zhì)量記為m2，若碰撞過(guò)程中，動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，不計(jì)空氣阻力，則下列表達(dá)式中正確的有Am1=m1+m2 Bm1=m1+m2Cm1（）2=m1（）2+m2（）2 D =三、計(jì)算題（共4題，42分）16（8分）如圖所示，在光滑水平面上有兩個(gè)并排放置的木塊A和B，已知mA=0.5kg，mB=0.3kg，有一質(zhì)量為mC=0.1kg的小物塊C以20m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B間有摩擦，C滑到B表面上時(shí)最終與B以2.5m/s的共同速度運(yùn)動(dòng)，求：（1）木塊A的最后速度； （2）C離開(kāi)A時(shí)C的速度17（10分）有一臺(tái)內(nèi)阻為1的發(fā)電機(jī)，供給一學(xué)校照明用電，如圖所示升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：4，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為4：1，輸電線的總電阻為4全校共有22個(gè)班，每班有“220V，40W”燈6盞，若保證全部電燈正常發(fā)光，則（1）發(fā)電機(jī)的輸出功率多大？（2）發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)多大？18（10分）質(zhì)量為2m的A球和質(zhì)量為m的B球放置在光滑水平面上，中間有一彈簧（未拴接），彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)A球剛好到達(dá)高為H的光滑斜面頂端，B球順利通過(guò)半徑為R的光滑圓形軌道的頂點(diǎn)且對(duì)軌道頂點(diǎn)的壓力大小為mg其中，H、R未知求：（1）A、B剛彈開(kāi)時(shí)的速率之比；（2）H與R的比值19（14分）如圖甲，單匝圓形線圈c與電路連接，電阻R2兩端與平行光滑金屬直導(dǎo)軌p1e1f1、p2e2f2連接垂直于導(dǎo)軌平面向下、向上有矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域、，它們的邊界為e1e2，區(qū)域中垂直導(dǎo)軌并緊靠e1e2平放一導(dǎo)體棒ab兩直導(dǎo)軌分別與同一豎直平面內(nèi)的圓形光滑絕緣導(dǎo)軌o1、o2相切連接，o1、o2在切點(diǎn)f1、f2處開(kāi)有小口可讓ab進(jìn)入，ab進(jìn)入后小口立即閉合已知：o1、o2的直徑和直導(dǎo)軌間距均為d，c的直徑為2d；電阻R1、R2的阻值均為R，其余電阻不計(jì)；直導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且其平面與水平面夾角為60°，區(qū)域的磁感強(qiáng)度為B0重力加速度為g在c中邊長(zhǎng)為d的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，ab在t=0內(nèi)保持靜止（1）求ab靜止時(shí)通過(guò)它的電流大小和方向；（2）求ab的質(zhì)量m；（3）設(shè)ab進(jìn)入圓軌道后能達(dá)到離f1f2的最大高度為h，要使ab不脫離圓形軌道運(yùn)動(dòng)，求區(qū)域的磁感強(qiáng)度B2的取值范圍并討論h與B2的關(guān)系式參考答案與試題解析一、選擇題（共52分1-8題只有一個(gè)答案正確，9-13題有兩個(gè)或兩個(gè)以上的答案正確）1如圖所示為一正弦交流電電壓隨時(shí)間變化的圖象，下列表達(dá)式正確的是（）Ae=2sin（0.2t）（V）Be=sin（10t）（V）Ce=2sin（10t）（V）De=sin（0.2t（V）【考點(diǎn)】正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式【分析】根據(jù)圖象可知交流電的最大值以及周期等物理量，然后進(jìn)一步可求出其瞬時(shí)值的表達(dá)式以及有效值等【解答】解：由圖可知，交流電為正弦交流電，其最大值為：Em=2V；周期為：T=0.2s；，=10 rad/s；所以瞬時(shí)表達(dá)式為：e=Emsint=2sin（10t）（V），故選：C【點(diǎn)評(píng)】該題考查了有關(guān)交流電描述的基礎(chǔ)知識(shí)，要根據(jù)交流電圖象正確求解最大值、有效值、周期、頻率、角速度等物理量，同時(shí)正確書(shū)寫(xiě)交流電的表達(dá)式2當(dāng)車輛發(fā)生碰撞事故時(shí)，為了盡可能地減輕駕乘人員的傷害程度，在汽車內(nèi)前方（正副駕駛位）設(shè)置了安全氣囊，在汽車發(fā)生猛烈撞擊時(shí)安全氣囊將自動(dòng)彈出則該安全氣囊的功能是（）A減小駕乘人員的動(dòng)量變化率B減小駕乘人員受到的沖量C減小駕乘人員的動(dòng)量變化量D減小駕乘人員與氣囊的作用時(shí)間【考點(diǎn)】動(dòng)量定理【分析】安全氣囊可以增加人與氣囊的作用時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量定理分析答題【解答】解：汽車發(fā)生碰撞過(guò)程，駕乘人員從運(yùn)動(dòng)變化靜止，動(dòng)量的變化量P一定，由動(dòng)量定理可知，人受到的沖量大小一定；安全氣囊可以增加駕乘人員的減速的時(shí)間t，由動(dòng)量定理得：P=Ft，動(dòng)量的變化率=F，延長(zhǎng)時(shí)間t，動(dòng)量的變化率減小，即人受到的沖擊力減小，可以減小人受到的傷害；由以上分析可知，A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量定理的應(yīng)用，安全氣囊可以延長(zhǎng)作用時(shí)間，減小傷害，應(yīng)謹(jǐn)慎駕駛，嚴(yán)禁超速駕駛，以減小傷害事故的發(fā)生3如圖所示，三個(gè)燈泡是相同的，而且耐壓足夠，電源內(nèi)阻忽略當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S接A時(shí)，三個(gè)燈亮度相同，那S接B時(shí)（）A三個(gè)燈亮度相同B甲燈最亮，丙燈不亮C甲燈和乙燈亮度相同，丙燈不亮D只有丙燈不亮，乙燈最亮【考點(diǎn)】電容器和電感器對(duì)交變電流的導(dǎo)通和阻礙作用【分析】電容器具有通交隔直的特性，電感有通直阻交的特性，而交流對(duì)電阻R沒(méi)有影響根據(jù)電感和電容的特性進(jìn)行判斷【解答】解：由題，當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S接A時(shí)，三個(gè)燈亮度相同，說(shuō)明電感L的感抗與電阻R相同，當(dāng)S接B時(shí)，電感L沒(méi)有感抗，電容器具有隔斷直流的作用，而交流與直流對(duì)電阻R沒(méi)有影響，所以丙燈不亮，燈甲亮度不變，乙燈亮度增加，乙燈最亮故選D【點(diǎn)評(píng)】本題要抓住電容器與電感的特性：電容器具有通交流，隔直流，電感具有通直流、阻交流的特性4如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長(zhǎng)為a，電阻為R，線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，且一半處在磁場(chǎng)中在t時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻增大到2B在此過(guò)程中，通過(guò)線圈導(dǎo)線某個(gè)橫截面的電荷量為（）ABCD【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由電流定義式求出電荷量【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=n=nS=na2=，電荷量：q=It=t=；故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求電荷量，由于法拉第電磁感應(yīng)定律、電流定義式即可正確解題5圖甲是某燃?xì)鉅t點(diǎn)火裝置的原理圖：轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為圖乙所示的 正弦交變電壓，并加在一理想變壓器 的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝 數(shù)分別為n1，n2，V為交流電壓表當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時(shí)值大于5000V時(shí)，就會(huì)在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進(jìn)而點(diǎn)燃?xì)怏w以下判斷正確的是（）A電壓表的示數(shù)等于5VB電壓表的示數(shù)等于5VC實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火的條件是1000D實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火的條件是1000【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理【分析】根據(jù)圖乙得到原線圈電壓的最大值，根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系求出電壓表的示數(shù)，當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時(shí)值大于5000V時(shí)，就會(huì)點(diǎn)火，根據(jù)電壓與線圈匝數(shù)比的關(guān)系即可求解【解答】解：A、根據(jù)圖乙得到原線圈電壓的最大值為5V，所以電壓表的示數(shù)為： =，故AB錯(cuò)誤；C、根據(jù)=，且U1=5V，U25000V得：實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火的條件是1000，故C正確，D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，知道電壓表的示數(shù)為有效值，本題即可得到解決6如圖甲所示，用裸導(dǎo)體做成U形框架abcd、ad與bc相距L=0.2m，其平面與水平面成=30°角質(zhì)量為m=1kg的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R=1整個(gè)裝置放在垂直于框架平面的變化磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示（設(shè)圖甲中B的方向?yàn)檎较颍﹖=0時(shí)，B0=10T、導(dǎo)體棒PQ與cd距離x0=0.5m若PQ始終靜止，關(guān)于PQ與框架間的摩擦力大小在0t1=0.2s時(shí)間內(nèi)的變化情況，g取10m/s2，下面判斷正確的是（）A一直增大B一直減小C先減小后增大D先增大后減小【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律【分析】由圖乙可知磁場(chǎng)均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知在線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒開(kāi)始受到沿斜面向上逐漸減小的安培力，當(dāng)B=0時(shí)，安培力為零，當(dāng)磁場(chǎng)反向時(shí)，導(dǎo)體棒受到沿導(dǎo)軌向下的逐漸增大的安培力，分析清楚安培力的情況，然后對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行正確受力分析，即可正確判斷摩擦力的變化情況【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知在線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，則為：I=5A，開(kāi)始導(dǎo)體棒PQ受到沿導(dǎo)軌向上的安培力，則為FA=BIL=10×5×0.2=10N，導(dǎo)體棒重力沿導(dǎo)軌向下的分力mgsin=1×10×=5N，則摩擦力為：f=F安mgsin，隨著安培力的減小，沿著導(dǎo)軌向下的摩擦力f逐漸逐漸減小，當(dāng)安培力反向時(shí)，f=mgsin+F安，安培力逐漸增大，故沿著導(dǎo)軌向上的摩擦力在逐漸增大，故ABD錯(cuò)誤，C正確故選：C【點(diǎn)評(píng)】正確分析清楚過(guò)程中安培力的變化是解題關(guān)鍵，本題也可用排除法，因?yàn)楹髞?lái)安培力沿導(dǎo)軌向下且逐漸增大，因此摩擦力最后一定逐漸增大7如圖，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd自磁場(chǎng)上方h高度處自由下落，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)現(xiàn)減小下落的高度h也能使線框在剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)就做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則可行的方案是（）A用同種規(guī)格的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)為2L的單匝線框B用同種規(guī)格的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的雙匝線框C用同種材料但粗一些的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的單匝線框D用密度相同但電阻率較小的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)為2L的單匝線框【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【分析】根據(jù)線框進(jìn)入磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度表達(dá)式，結(jié)合密度公式、電阻定律進(jìn)行分析【解答】解：設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，cd邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì) E=BLv線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流 I=，cd邊受到的安培力 F=BIL=線圈做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得： mg=解得：v=根據(jù)此式得：A、將L2L，方程式中的R2R，m2m，L2L，而h減小，v減小，上述等式不成立，所以此方案不行，故A錯(cuò)誤B、做成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的雙匝線框，兩匝線圈是串聯(lián)關(guān)系，易得：m=2m，R=2R，E=2E，而v減小，上述等式不成立，所以此方案不行，故B錯(cuò)誤C、設(shè)導(dǎo)線的電阻率為電，密度為，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，橫截面積是S則v=，與S、L無(wú)關(guān)，可知用同種材料但粗一些的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的單匝線框上述方程不成立，說(shuō)明線框不能再做勻速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤D、用密度相同但電阻率較小的導(dǎo)線，做成邊長(zhǎng)為2L的單匝線框，v=能成立，則線框仍做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】此題關(guān)鍵推導(dǎo)出安培力的表達(dá)式，要根據(jù)速度的表達(dá)式，由密度公式和電阻定律綜合分析8如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B電阻為R、半徑為L(zhǎng)、圓心角為45°的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（O軸位于磁場(chǎng)邊界）則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值為（）ABCD【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路的歐姆定律【分析】有效電流要根據(jù)有效電流的定義來(lái)計(jì)算，根據(jù)電流的熱效應(yīng)列出方程，可以求得有效電流的大小【解答】解：半徑切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BL=BL=BLL=BL2，交流電流的有效值是根據(jù)電流的熱效應(yīng)得出的，線框轉(zhuǎn)動(dòng)周期為T(mén)，而線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周只有T的時(shí)間內(nèi)有感應(yīng)電流，則有： R=I2RT，解得：I=；故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題就是考查電流有效值的計(jì)算，本題的關(guān)鍵是對(duì)有效值定義的理解，掌握好有效值的定義就可以計(jì)算出來(lái)了9如圖所示電源內(nèi)阻不計(jì)，電表均為理想電表，R0為定值電阻，R為光敏電阻（當(dāng)照射光強(qiáng)度增大時(shí)，R減小）當(dāng)光照強(qiáng)度減弱時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A電壓表V1的示數(shù)增大B電壓表V2的示數(shù)增大C電流表A1的示數(shù)減小D電流表A2的示數(shù)增大【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律【分析】由光敏電阻阻值的變化分析總電阻的變化，由歐姆定律可分析電路中電流的變化，再對(duì)各部分由歐姆定律分析電流及電壓的變化【解答】解：A、電源內(nèi)阻不計(jì)，則路端電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，保持不變，所以電壓表V1的示數(shù)不變，故A錯(cuò)誤B、R0兩端的電壓等于路端電壓，保持不變，所以電壓表V2的示數(shù)不變故B錯(cuò)誤C、當(dāng)光照強(qiáng)度減弱時(shí)，光敏電阻R的阻值增大，電路中總電阻增大，總電流減小，則電流表A1的示數(shù)減小，故C正確D、R0兩端的電壓不變，則電流表A2的示數(shù)不變，故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要抓住電源的內(nèi)阻不變時(shí)，路端電壓不變運(yùn)用歐姆定律分析電流的變化10如圖所示，鋁質(zhì)的圓筒形管豎直立在水平桌面上，一條形磁鐵從鋁管的正上方由靜止開(kāi)始下落，然后從管內(nèi)下落到水平桌面上已知磁鐵下落過(guò)程中不與管壁接觸，不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是（）A磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中做自由落體運(yùn)動(dòng)B磁鐵在管內(nèi)下落過(guò)程中機(jī)械能守恒C磁鐵在管內(nèi)下落過(guò)程中，鋁管對(duì)桌面的壓力大于鋁管的重力D磁鐵在下落過(guò)程中動(dòng)能的增加量小于其重力勢(shì)能的減少量【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律；楞次定律【分析】條形磁鐵通過(guò)鋁管時(shí)，導(dǎo)致鋁管的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)阻礙原磁場(chǎng)磁通量的變化，導(dǎo)致條形磁鐵受到一定阻力，因而機(jī)械能不守恒；根據(jù)楞次定律得出鋁管對(duì)桌面的壓力大于鋁管的重力【解答】解：A、B磁鐵在鋁管中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，鋁管的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁鐵受到向上的安培力的阻礙，鋁管中產(chǎn)生熱能，所以磁鐵的機(jī)械能不守恒，磁鐵做的是非自由落體運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤C、磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，由楞次定律：來(lái)拒去留，可知，鋁管受到的安培力向下，則鋁管對(duì)桌面的壓力大于鋁管的重力，故C正確；D、磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，除重力做功外，還有安培力做負(fù)功，導(dǎo)致減小的重力勢(shì)能，部分轉(zhuǎn)化動(dòng)能外，還有產(chǎn)生內(nèi)能所以根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知：磁鐵在下落過(guò)程中動(dòng)能的增加量小于其重力勢(shì)能的減少量故D正確；故選：CD【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于楞次定律可這樣來(lái)理解安培力：來(lái)拒去留，當(dāng)強(qiáng)磁鐵過(guò)來(lái)時(shí)，就拒絕它；當(dāng)離開(kāi)時(shí)就挽留它并涉及機(jī)械能守恒的條件，同時(shí)考查能量守恒關(guān)系11如圖所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1=1kg和m2=2kg的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上現(xiàn)使A瞬時(shí)間獲得水平向右3m/s的速度，在此后的過(guò)程中，則下列說(shuō)法正確的是（）A兩物塊所能達(dá)到的共同速度為1 m/s，此時(shí)彈簧一定處于壓縮狀態(tài)BA的運(yùn)動(dòng)方向可能向左C彈簧的最大彈性勢(shì)能為4JD當(dāng)A速度為零時(shí)，B的速度最大【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；彈性勢(shì)能；機(jī)械能守恒定律【分析】?jī)晌飰K和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，系統(tǒng)動(dòng)能最小時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒可分析題中兩物塊速度的變化可以分析系統(tǒng)動(dòng)能和彈性勢(shì)能的變化情況【解答】解：A、設(shè)向右為正，則由動(dòng)量守恒可知，m1v1=（m1+m2）v；解得：v=1m/s；即共同速度為1m/s；且此時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能最小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，彈簧可能處于壓縮狀態(tài)，也可能處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、開(kāi)始時(shí)A減速，B加速；此時(shí)彈簧逐漸被壓縮，當(dāng)AB速度相等時(shí)，彈簧最短，此后，A繼續(xù)減速，B加速，A的速度可能小于零；C、系統(tǒng)只有彈簧的彈力做功，機(jī)械能守恒故C正確；D、當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，則有機(jī)械能守恒定律可知：EP=（m1+m2）v2=3J；故C錯(cuò)誤；D、由B的分析可知，A的速度可以向左，此時(shí)為負(fù)值，故A速度為零時(shí)，B的速度不是最大；故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量定理及機(jī)械能守恒定律，要注意明確AB兩物體速度相等時(shí)彈簧可能是伸長(zhǎng)狀態(tài)也可能是壓縮狀態(tài)12如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0（不計(jì)空氣阻力），則（）A小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為C小球離開(kāi)小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D小球第二次能上升的最大高度h0hh0【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律【分析】水平地面光滑，系統(tǒng)水平方向動(dòng)力守恒，則小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，下來(lái)時(shí)還會(huì)落回小車中，根據(jù)動(dòng)能定理求出小球在小車中滾動(dòng)時(shí)摩擦力做功第二次小球在小車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功變小，據(jù)此分析答題【解答】解：A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B、系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvmv=0，mm=0，解得，小車的位移：x=R，故B錯(cuò)誤；C、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由A點(diǎn)離開(kāi)小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、小球第一次車中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg（h0h0）Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機(jī)械能損失小于mgh0，因此小球再次離開(kāi)小車時(shí)，能上升的高度大于： h0h0=h0，而小于h0，故D正確；故選：D【點(diǎn)評(píng)】動(dòng)能定理的應(yīng)用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變力功摩擦力做功使得機(jī)械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能13如圖所示，光滑地面上有P、Q兩個(gè)固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點(diǎn)A點(diǎn)有一質(zhì)量為m2的靜止小球，P擋板的右側(cè)有一質(zhì)量為m1的等大小球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)小球與小球、小球與擋板間的碰撞均沒(méi)有機(jī)械能損失，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點(diǎn)處，則兩小球的質(zhì)量之比m1：m2可能為（）A3：1B1：3C1：5D1：7【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律【分析】?jī)汕虬l(fā)生彈性碰撞，碰后前后瞬間動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，結(jié)合碰撞后兩球運(yùn)動(dòng)的可能性分析判斷【解答】解：若碰后球1的速度方向與原來(lái)的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，兩球在B點(diǎn)相遇，是球2反彈后在B點(diǎn)相遇，有：v2t=3v1t，即：v2=3v1根據(jù)動(dòng)量守恒得，m1v0=m1v1+m2v2，根據(jù)機(jī)械能守恒得：，聯(lián)立解得m1=3m2故A正確若碰撞后球1的速度方向與原來(lái)的方向相反，與擋板碰后反彈在B點(diǎn)追上球2，則有：v1t=3v2t，即：v1=3v2根據(jù)動(dòng)量守恒得：m1v0=m1v1+m2v2，根據(jù)機(jī)械能守恒得：，聯(lián)立解得：m2=7m1故D正確若碰撞后球1的速度方向與原來(lái)的方向相反，與擋板碰后反彈、球2與單擺碰后反彈在B點(diǎn)相遇，則有：v1t=v2t，即：v1=v2，根據(jù)動(dòng)量守恒得：m1v0=m1v1+m2v2，根據(jù)機(jī)械能守恒得：，聯(lián)立解得：m2=3m1故B正確故選：ABD【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道彈性碰撞的特點(diǎn)，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，結(jié)合兩球碰后的速度大小的關(guān)系和方向，運(yùn)用動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒綜合求解二、實(shí)驗(yàn)題（16分，每空2分）14如圖為實(shí)驗(yàn)室常用的氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證動(dòng)量守恒的裝置兩帶有等寬遮光條的滑塊A和B，質(zhì)量分別為mA、mB，在A、B間用細(xì)線水平壓住一輕彈簧，將其置于氣墊導(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌使其能實(shí)現(xiàn)自由靜止，這是表明氣墊導(dǎo)軌水平，燒斷細(xì)線，滑塊A、B被彈簧彈開(kāi)，光電門(mén)C、D記錄下兩遮光條通過(guò)的時(shí)間分別為tA和tB，若有關(guān)系式，則說(shuō)明該實(shí)驗(yàn)動(dòng)量守恒【考點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律【分析】滑塊靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，據(jù)此分析答題；求出滑塊速度，由動(dòng)量守恒定律分析答題【解答】解：兩滑塊自由靜止，滑塊靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，此時(shí)氣墊導(dǎo)軌是水平的；設(shè)遮光條的寬度為d，兩滑塊的速度為：vA=，vB=，如果動(dòng)量守恒，滿足：mAvAmBvB=0，由解得：故答案為：氣墊導(dǎo)軌水平；【點(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，應(yīng)用速度公式、動(dòng)量守恒定律即可正確解題15（12分）（xx春萬(wàn)州區(qū)校級(jí)期中）如圖所示為“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置（1）下列說(shuō)法中符合該實(shí)驗(yàn)要求的是BCD（不定項(xiàng)選擇）A軌道必須光滑B軌道末端必須水平C同一組實(shí)驗(yàn)多次測(cè)量時(shí)，入射小球必須從同一位置自由釋放D小球第一次著地之后必須將小球拿走，以防止小球在記錄紙上反復(fù)彈跳（2）實(shí)驗(yàn)中入射小球的質(zhì)量應(yīng)大于靶球質(zhì)量，入射小球的半徑應(yīng)等于靶球半徑（以上兩空均選填“大于”“小于”或“等于”）（3）該實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量的物理量有AE（不定項(xiàng)選擇）A兩小球的質(zhì)量 B兩小球的半徑 C兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D軌道末端距地面的豎直高度 E小球平均落地點(diǎn)與軌道末端的水平距離（4）若進(jìn)行多次測(cè)量，即使操作正確，小球的落地點(diǎn)也不會(huì)完全重合，可以用這些點(diǎn)的平均位置作為小球的落地點(diǎn)，找到該平均位置的方法是做盡可能小的圓使盡可能多的落點(diǎn)在圓內(nèi)，該圓圓心即為平均落點(diǎn)（5）入射小球的質(zhì)量記為m1，靶球的質(zhì)量記為m2，若碰撞過(guò)程中，動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，不計(jì)空氣阻力，則下列表達(dá)式中正確的有BCAm1=m1+m2 Bm1=m1+m2Cm1（）2=m1（）2+m2（）2 D =【考點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律【分析】（1）在做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平；（2）為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后入射球不反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，兩球半徑應(yīng)相等；（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后答題；（4）小球多次落點(diǎn)的平均位置可以作為小球落點(diǎn)位置；（5）應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后答題【解答】解：（1）A、小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，需要保證小球離開(kāi)軌道時(shí)的速度相等，每次由斜槽的同一位置由靜止釋放小球即可，軌道沒(méi)有必要光滑，故A錯(cuò)誤；B、為保證小球的初速度方向水平，軌道末端必須水平，故B正確；C、為保證小球離開(kāi)軌道時(shí)的速度相等，同一組實(shí)驗(yàn)多次測(cè)量時(shí)，入射小球必須從同一位置自由釋放，故C正確；D、小球第一次著地之后必須將小球拿走，以防止小球在記錄紙上反復(fù)彈跳，故D正確；故選：BCD；（2）實(shí)驗(yàn)中，為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射小球的質(zhì)量應(yīng)大于靶球質(zhì)量，為保證兩球發(fā)生對(duì)心正碰，入射小球的半徑應(yīng)等于靶球半徑（3）小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球拋出點(diǎn)的高度相同，它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，如果碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則m1v1=m1v1+m2v2，兩邊同時(shí)乘以小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，則：m1=m1+m2，由此可知，實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量小球的質(zhì)量、小球的水平位移，故選：AE（4）確定小球平均落點(diǎn)的方法是：用盡可能小的圓把盡可能多的小球落點(diǎn)圈在圓內(nèi)，該圓的圓心就是小球落點(diǎn)的平均距離；（5）由（3）可知：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是：m1=m1+m2如果碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失，則： m1v12=m1v12+m2v22，m1（v1t）2=m1（v1t）2+m2（v2t）2，m12=m12+m22，故BC正確；故選：BC故答案為：（1）BCD；（2）大于；等于；（3）AE；（4）做盡可能小的圓使盡可能多的落點(diǎn)在圓內(nèi)，該圓圓心即為平均落點(diǎn)；（5）BC【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)的原理及要求以及數(shù)據(jù)處理等基礎(chǔ)知識(shí)，難度不大，屬于基礎(chǔ)題，是考查基礎(chǔ)知識(shí)的好題三、計(jì)算題（共4題，42分）16如圖所示，在光滑水平面上有兩個(gè)并排放置的木塊A和B，已知mA=0.5kg，mB=0.3kg，有一質(zhì)量為mC=0.1kg的小物塊C以20m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B間有摩擦，C滑到B表面上時(shí)最終與B以2.5m/s的共同速度運(yùn)動(dòng)，求：（1）木塊A的最后速度； （2）C離開(kāi)A時(shí)C的速度【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律【分析】C在A上滑動(dòng)的過(guò)程中，A、B、C組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律研究整個(gè)過(guò)程列出等式，C在B上滑動(dòng)時(shí)，B、C組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，根據(jù)運(yùn)量守恒定律研究C在B上滑行的過(guò)程，列出等式求解【解答】解：C在A上滑動(dòng)的過(guò)程中，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mCv0=mCvC+（mA+mB）vA，即：0.1×20=0.1×vC+（0.5+0.3）×vAC在B上滑動(dòng)時(shí)，B、C組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB，即：0.1×vC+0.3×vA=（0.3+0.1）×2.5，由解得：vA=2m/s，方向：向右，vC=4m/s，方向：向右；答：（1）木塊A的最后的速度vA=2m/s，速度方向向右（2）C離開(kāi)A時(shí)的速度vC=4m/s，速方向向右【點(diǎn)評(píng)】木塊在兩個(gè)木板上滑動(dòng)的問(wèn)題，分析過(guò)程，選擇研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律研究速度17（10分）（xx春萬(wàn)州區(qū)校級(jí)期末）有一臺(tái)內(nèi)阻為1的發(fā)電機(jī)，供給一學(xué)校照明用電，如圖所示升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：4，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為4：1，輸電線的總電阻為4全校共有22個(gè)班，每班有“220V，40W”燈6盞，若保證全部電燈正常發(fā)光，則（1）發(fā)電機(jī)的輸出功率多大？（2）發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)多大？【考點(diǎn)】遠(yuǎn)距離輸電【分析】根據(jù)用戶端所有燈泡消耗的電功率得出降壓變壓器的輸出功率，根據(jù)P=UI求出降壓變壓器副線圈的電流，結(jié)合電流比等于匝數(shù)之反比求出輸電線上的電流，根據(jù)輸電線上的功率損失，抓住降壓變壓器的輸入功率求出發(fā)電機(jī)的輸出功率從而得出輸電線上的電壓損失根據(jù)降壓變壓器的輸出電壓，結(jié)合匝數(shù)比得出降壓變壓器的輸入電壓，通過(guò)電壓損失得出升壓變壓器的輸出電壓，從而通過(guò)匝數(shù)比得出輸入電壓，結(jié)合升壓變壓器原線圈中的電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)【解答】解：（1）降壓變壓器的輸出功率為：P=40×22×6=5280W降壓變壓器副線圈的電流：I4=×6×22=24A降壓變壓器原線圈的電流：I3=×24=6A輸電線損失的功率：P=R=144W所以輸入功率：P1=5280+144=5424W（2）降壓變壓器原線圈電壓為：U3=×220=880V輸電線上損失的電壓為：U=I3R=24V則發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出電壓為：U2=880+24=904V所以發(fā)電機(jī)原線圈電壓：U1=×904=226V根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知發(fā)電機(jī)原線圈中電流為：I1=×6=24A，發(fā)電機(jī)內(nèi)阻分壓：Ur=24×1=24V電動(dòng)勢(shì)為：E=226+24=250V答：（1）發(fā)電機(jī)輸出功率為5424W；（2）電動(dòng)勢(shì)為250V【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道：1、原副線圈電壓比、電流比與匝數(shù)比之間的關(guān)系；2、升壓變壓器的輸出功率、功率損失、降壓變壓器的輸入功率之間的關(guān)系；3、升壓變壓器的輸出電壓、電壓損失和降壓變壓器的輸入電壓之間的關(guān)系18（10分）（xx春萬(wàn)州區(qū)校級(jí)期中）質(zhì)量為2m的A球和質(zhì)量為m的B球放置在光滑水平面上，中間有一彈簧（未拴接），彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)A球剛好到達(dá)高為H的光滑斜面頂端，B球順利通過(guò)半徑為R的光滑圓形軌道的頂點(diǎn)且對(duì)軌道頂點(diǎn)的壓力大小為mg其中，H、R未知求：（1）A、B剛彈開(kāi)時(shí)的速率之比；（2）H與R的比值【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；功能關(guān)系【分析】（1）兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出兩球的速率之比（2）對(duì)A球應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出H，對(duì)B應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出B到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出R，再求出H、R之比【解答】解：（1）A、B兩球在彈簧彈開(kāi)過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvB2mvA=0，解得：vA：vB=1：2；（2）對(duì)A，由機(jī)械能守恒定律得： 2mvA2=2mgH，B在圓弧最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：mg+mg=m，B從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：mvB2=mg2R+mv2，解得：H：R=3：4；答：（1）A、B剛彈開(kāi)時(shí)的速率之比為1：2；（2）H與R的比值為3：4【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以解題19（14分）（xx廣州二模）如圖甲，單匝圓形線圈c與電路連接，電阻R2兩端與平行光滑金屬直導(dǎo)軌p1e1f1、p2e2f2連接垂直于導(dǎo)軌平面向下、向上有矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域、，它們的邊界為e1e2，區(qū)域中垂直導(dǎo)軌并緊靠e1e2平放一導(dǎo)體棒ab兩直導(dǎo)軌分別與同一豎直平面內(nèi)的圓形光滑絕緣導(dǎo)軌o1、o2相切連接，o1、o2在切點(diǎn)f1、f2處開(kāi)有小口可讓ab進(jìn)入，ab進(jìn)入后小口立即閉合已知：o1、o2的直徑和直導(dǎo)軌間距均為d，c的直徑為2d；電阻R1、R2的阻值均為R，其余電阻不計(jì)；直導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且其平面與水平面夾角為60°，區(qū)域的磁感強(qiáng)度為B0重力加速度為g在c中邊長(zhǎng)為d的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，ab在t=0內(nèi)保持靜止（1）求ab靜止時(shí)通過(guò)它的電流大小和方向；（2）求ab的質(zhì)量m；（3）設(shè)ab進(jìn)入圓軌道后能達(dá)到離f1f2的最大高度為h，要使ab不脫離圓形軌道運(yùn)動(dòng)，求區(qū)域的磁感強(qiáng)度B2的取值范圍并討論h與B2的關(guān)系式【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化【分析】（1）ab靜止時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出c內(nèi)感生電動(dòng)勢(shì)的大小，由歐姆定律求出電流的大小，由楞次定律判斷電流的方向（2）ab靜止時(shí)受力平衡，重力沿導(dǎo)軌向下的分力與安培力二力平衡，由平衡條件列式可求ab的質(zhì)量（3）由題意知t=后，c內(nèi)的磁感強(qiáng)度減為零，ab滑入?yún)^(qū)域磁場(chǎng)，由于此段足夠長(zhǎng)，ab最終應(yīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可求出其勻速運(yùn)動(dòng)的速度表達(dá)式要使ab不脫離圓形軌道運(yùn)動(dòng)，有兩種情況：ab滑不過(guò)圓心等高點(diǎn)或者滑過(guò)圓軌道最高，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)的臨界條件結(jié)合解答【解答】解：（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律得c內(nèi)感生電動(dòng)勢(shì) E=S=d2由全電路歐姆定律有 E=IR （R2被ab短路）聯(lián)立解得：I=根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則（或者平衡條件和左手定則）判斷知ab中電流方向?yàn)閍b （2）由題意可知導(dǎo)軌平面與水平面夾角為 =60°，對(duì)在t=0內(nèi)靜止的ab受力分析有 mgsin=B0Id 聯(lián)立解得：m=（3）由題意知t=后，c內(nèi)的磁感強(qiáng)度減為零，ab滑入?yún)^(qū)域，由直導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)可知ab進(jìn)入圓形軌道時(shí)已達(dá)勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)ab為v，其電動(dòng)勢(shì)為E2，電流為I2，由平衡條件得 mgsin=B2I2d 由法拉第電磁感應(yīng)定律得動(dòng)生電動(dòng)勢(shì) E2=B2dv 由全電路歐姆定律有 E2=（R1、R2并聯(lián)）聯(lián)立解得 v= 由題意可知ab滑不過(guò)圓心等高點(diǎn)或者滑過(guò)圓軌道最高點(diǎn)均符合題意，分類討論如下：（）當(dāng)mg 即 B2時(shí)，ab上滑過(guò)程由動(dòng)能定理得 mgh=，即h=（） 設(shè)ab能滑到圓軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)滿足 mg所以當(dāng)mg（1+cos）即B2時(shí)，ab能滑到圓軌道最高點(diǎn)，有 h=答：（1）ab靜止時(shí)通過(guò)它的電流大小為，ab中電流方向?yàn)閍b；（2）ab的質(zhì)量m為；（3）（）當(dāng)B2時(shí)，h為（） 當(dāng)B2時(shí)，ab能滑到