物理卷·2018届江西省抚州市南丰二中高二下学期第一次月考物理试卷（解析版）

物理卷·2018届江西省抚州市南丰二中高二下学期第一次月考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年江西省抚州市南丰二中高二（下）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共48分，其中5、7、9、10为不定项选择，其他为单选）‎ ‎1．闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，若导线分别按照下图中各情况在纸面内运动，能在电路中产生感应电流的情形是（　　）‎ A．都会产生感应电流 B．都不会产生感应电流 C．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流 D．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流 ‎2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220sin100πt（V），则（　　）‎ A．交流电的频率是100πHz B．t=0时线圈垂直于中性面 C．交流电的周期是0.02s D．t=0.05s时，e有最大值 ‎3．如图所示，表示一交变电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（　　）‎ A．5A B．5A C． A D．3.5A ‎4．如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（　　） ‎ A．电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮 B．电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变暗 C．电压表读数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗 D．电压表读数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗 ‎5．如图A1、A2是两个电流表，AB和CD两支路直流电阻相同，R是变阻器，L是带铁芯的线圈，下列结论正确的有（　　）‎ A．刚闭合K时，A1示数大于A2示数 B．闭合K后（经足够长时间），A1示数等于A2示数 C．刚断开K的瞬间，A1示数大于A2示数 D．断开K后，通过R的电流方向与断开K前相反 ‎6．如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同．如果将电源改为220V，60Hz的交变电源，则（　　）‎ A．三只灯泡亮度不变 B．三只灯泡都将变亮 C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮 ‎7．一块铜片置于如图所示的磁场中，如果用力把这铜片从磁场拉出或把它进一步推入，则在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是（　　）‎ A．拉出时是阻力 B．推入时是阻力 C．拉出时不受磁场力 D．推入时不受磁场力 ‎8．从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎．这是因为（　　）‎ A．掉在水泥地上，玻璃杯的动量大 B．掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大 C．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大 D．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大 ‎9．如图所示，光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，MP＞MQ，Q与轻质弹簧相连．Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞，一段时间后P与弹簧分离．在这一过程中，正确的是（　　）‎ A．P与弹簧分离时，Q的动能达到最大 B．P与弹簧分离时，P的动能达到最小 C．P与Q的速度相等时，弹簧的弹性势能达到最小 D．P与Q的速度相等时，P的动能达到最小 ‎10．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是：（　　）‎ A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比 B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比 C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零 D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离 ‎11．满载砂子的总质量为M的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v0．在行驶途中有质量为m的砂子从车上漏掉，则砂子漏掉后小车的速度应为：（　　）‎ A．v0 B． C． D．‎ ‎12．如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动．选定向右为正方向，两球的动量分别为pa=6kg•m/s、pb=﹣4kg•m/s．当两球相碰之后，两球的动量可能是（　　）‎ A．pa=﹣6 kg•m/s、pb=4 kg•m/s B．pa=﹣6 kg•m/s、pb=8 kg•m/s C．pa=﹣4 kg•m/s、pb=6 kg•m/s D．pa=2 kg•m/s、pb=0‎ ‎　‎ 二、实验题（共12分，每空2分）‎ ‎13．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是　　mm．如图2，用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是　　mm．‎ ‎14．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻0.1Ω C．电流表：量程0～3A，内阻0.024Ω D．电压表：量程0～3V，内阻未知 E．电压表：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10Ω，2A G．滑动变阻器：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材：A　　H（填写选项前的字母）；‎ ‎（2）在图甲方框中画出相应的实验电路图；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图乙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题（共40分，每小题10分）‎ ‎15．一个边长为a=1m的正方形线圈，总电阻为R=2Ω，当线圈以v=2m/s的速度通过磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b＞1m，如图所示，求：‎ ‎（1）线圈进入磁场过程中感应电流的大小；‎ ‎（2）线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．‎ ‎16．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求：‎ ‎（1）金属棒下滑的最大速度为多大？‎ ‎（2）当金属棒下滑距离为S0时速度恰好达到最大，求金属棒由静止开始下滑2S0的过程中，整个电路产生的焦耳热Q？‎ ‎17．质量为M的小船以速度V0‎ 行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾．现小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中．求小孩b跃出后小船的速度．‎ ‎18．如图所示，甲车的质量是2kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1kg的小物体．乙车质量为4kg，以5m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度，物体滑到乙车上．若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则 ‎（1）物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？（g取10m/s2）‎ ‎（2）小物块在B车上滑行的距离多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省抚州市南丰二中高二（下）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共48分，其中5、7、9、10为不定项选择，其他为单选）‎ ‎1．闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，若导线分别按照下图中各情况在纸面内运动，能在电路中产生感应电流的情形是（　　）‎ A．都会产生感应电流 B．都不会产生感应电流 C．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流 D．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】当闭合电路的一部分导线做切割磁感线运动时，导体中才产生感应电流．当导体的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生．结合产生感应电流的条件进行分析．‎ ‎【解答】解：甲、丙图中，闭合电路的一部分导线的运动方向与磁感线垂直，做切割磁感线运动，会产生感应电流．‎ 乙图中，导线的运动方向与磁场方向平行，不切割磁感线，没有感应电流产生．‎ 丁图中，导线的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生．所以甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220sin100πt（V），则（　　）‎ A．交流电的频率是100πHz B．t=0时线圈垂直于中性面 C．交流电的周期是0.02s D．t=0.05s时，e有最大值 ‎【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．‎ ‎【分析】从表达式中读出电动势的最大值和角速度，从而求频率和有效值．‎ ‎【解答】解：A、由表达式知角速度为100π rad/s，频率f==50Hz，周期T=，A错误，C正确；‎ B、t=0时，感应电动势的瞬时值为零，则线圈位于中性面，故B错误；‎ D、t=0.05s时，e=0，有最小值，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，表示一交变电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（　　）‎ A．5A B．5A C． A D．3.5A ‎【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．‎ ‎【解答】解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：‎ ‎（4）2R•+（3）2R•=I2RT 解得：I=5A 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（　　） ‎ A．电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮 B．电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变暗 C．电压表读数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗 D．电压表读数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，通过灯L2的电流变大，则灯L2变亮．‎ 电源的内电压和L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗．故D正确．ABC错误；‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图A1、A2是两个电流表，AB和CD两支路直流电阻相同，R是变阻器，L是带铁芯的线圈，下列结论正确的有（　　）‎ A．刚闭合K时，A1示数大于A2示数 B．闭合K后（经足够长时间），A1示数等于A2示数 C．刚断开K的瞬间，A1示数大于A2示数 D．断开K后，通过R的电流方向与断开K前相反 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】‎ 当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．‎ ‎【解答】解：A、闭合开关的瞬间，L所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，A1的示数小于A2的示数．故A错误；‎ B、开关S闭合稳定后，L不再阻碍，A1的示数等于于A2的示数，故B正确；‎ CD、断开开关，R中原来电流立即消失，L中产生自感电动势，相当于电源，R、L串联，A1的示数等于A2的示数，且流过R的电流反向，故C错误、D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同．如果将电源改为220V，60Hz的交变电源，则（　　）‎ A．三只灯泡亮度不变 B．三只灯泡都将变亮 C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮 ‎【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．‎ ‎【分析】根据电感的特性：通低频、阻高频及电容器的特性：通调频、阻低频来分析灯泡亮度的变化．‎ ‎【解答】解：根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通调频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮．而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变．所以选项ABC错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．一块铜片置于如图所示的磁场中，如果用力把这铜片从磁场拉出或把它进一步推入，则在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是（　　）‎ A．拉出时是阻力 B．推入时是阻力 C．拉出时不受磁场力 D．推入时不受磁场力 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】当线框进或出磁场时，导致穿过线框的磁通量变化，从而产生感应电动势，出现感应电流，则通电导线在磁场中受到安培力作用，去阻碍线框的运动．而安培力则由左手定则来确定．‎ ‎【解答】解：当拉出时，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可得，感应电流方向顺时针，再由左手定则可得线框的左边框受到安培力向左，从而阻碍线框被拉出．‎ 当推入时，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流方向逆时针，再由左手定则可得线框的左边框受到安培力向右，从而阻碍线框被推入．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎8．从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎．这是因为（　　）‎ A．掉在水泥地上，玻璃杯的动量大 B．掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大 C．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大 D．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】杯子是否破碎关键在于杯子受到的外力作用，故应通过动量定理分析找出原因．‎ ‎【解答】解：杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理可知I=△P可知，冲量也相等；‎ 但由于在泥地上，由于泥地的缓冲使接触时间变化，由I=Ft可知，杯子受到的作用力较小，故杯子在水泥地上比在泥土地上更易破碎；‎ 故选D ‎　‎ ‎9．如图所示，光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，MP＞MQ，Q与轻质弹簧相连．Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞，一段时间后P与弹簧分离．在这一过程中，正确的是（　　）‎ A．P与弹簧分离时，Q的动能达到最大 B．P与弹簧分离时，P的动能达到最小 C．P与Q的速度相等时，弹簧的弹性势能达到最小 D．P与Q的速度相等时，P的动能达到最小 ‎【考点】动量守恒定律；弹性势能．‎ ‎【分析】当P与弹簧发生碰撞时，弹簧压缩，P受到向左的弹力，速度减小．Q受到向右的弹力，速度增加，当P、Q的速度相等时，弹簧压缩到最短，然后Q的速度大于P的速度，Q继续加速，P继续减速，当弹簧恢复原长时，P、Q开始分离．‎ ‎【解答】解：A、从P与弹簧接触到P与弹簧分离的过程中，弹簧一直对Q做正功，所以根据动能定理可知：分离时，Q的动能最大．故A正确．‎ B、P在与弹簧接触的过程中，弹力一直对P做负功，当P与弹簧分离时，P的动能最小．故B正确．‎ C、当两者速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，故C错误．‎ D、由B项分析可知，P与弹簧分离时，动能最小，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎10．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是：（　　）‎ A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比 B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比 C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零 D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】以船和人为系统，系统受到的合外力为0，故系统的动量守恒，系统初始动量为0，根据动量守恒定律即可求解．‎ ‎【解答】解：人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'．人走的方向为正方向 ‎0=mv﹣Mv'‎ 解得：mv=Mv'，即，所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，故A正确；‎ 人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为和，加速度与它们质量成反比，故B正确；‎ 人和船组成的系统动量守恒，系统初始动量为0，所以人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零，故C正确；‎ 当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故D错误．‎ 故选ABC ‎　‎ ‎11．满载砂子的总质量为M的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v0．在行驶途中有质量为m的砂子从车上漏掉，则砂子漏掉后小车的速度应为：（　　）‎ A．v0 B． C． D．‎ ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】车以及沙子在水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，汽车速度为v′，根据水平方向动量守恒可得：‎ Mv0=mv0+（M﹣m）v′‎ 解得：v′=v0，故BCD错误，A正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动．选定向右为正方向，两球的动量分别为pa=6kg•m/s、pb ‎=﹣4kg•m/s．当两球相碰之后，两球的动量可能是（　　）‎ A．pa=﹣6 kg•m/s、pb=4 kg•m/s B．pa=﹣6 kg•m/s、pb=8 kg•m/s C．pa=﹣4 kg•m/s、pb=6 kg•m/s D．pa=2 kg•m/s、pb=0‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】光滑的水平面上运动的小球，不受摩擦力作用，重力和支持力是一对平衡力，故物体碰撞时满足动量守恒定律；‎ 满足动量守恒定律的同时不能违背物体的运动规律，即A球与B球发生碰撞后A球在同方向上的运动速度不可能大于B球，即A球不能穿过B球运动．‎ ‎【解答】解：根据碰撞过程中动量守恒可知：碰撞后的总动量等于原来总动量2kg•m/s．‎ A．碰后的合动量为﹣2kg•m/s，不守恒，故A错误；‎ B、a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不能增大的规律，故B错误；‎ C、ab小球的动量满足动量守恒，也不违背物体的运动规律．故C正确；‎ D、与实际不符，a不可能穿过停止的b向前运动，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、实验题（共12分，每空2分）‎ ‎13．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是　13.55　mm．如图2，用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是　0.740　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为13mm，游标读数为0.05×11mm=0.55mm，所以最终读数为13.55mm．‎ ‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×24.0mm=0.240mm，所以最终读数为0.740mm．‎ 故答案为：13.55，0.740‎ ‎　‎ ‎14．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻0.1Ω C．电流表：量程0～3A，内阻0.024Ω D．电压表：量程0～3V，内阻未知 E．电压表：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10Ω，2A G．滑动变阻器：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材：A　BDF　H（填写选项前的字母）；‎ ‎（2）在图甲方框中画出相应的实验电路图；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图乙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　1.0　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；‎ ‎（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；‎ ‎（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A．被测干电池一节 为了读数准确，所以选择B．电流表：量程0～0.6A，D．电压表：量程0～3V，‎ 滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．滑动变阻器，H．开关、导线若干 ‎（2）实验电路图：‎ ‎（3）由U﹣I图可知，电源的电动势为：E=1.50V；‎ 内电阻为：r===1.0Ω 故答案为：（1）BDF；（2）电路图如图所示；（3）1.5，1.0．‎ ‎　‎ 三、计算题（共40分，每小题10分）‎ ‎15．一个边长为a=1m的正方形线圈，总电阻为R=2Ω，当线圈以v=2m/s的速度通过磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b＞1m，如图所示，求：‎ ‎（1）线圈进入磁场过程中感应电流的大小；‎ ‎（2）线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流．‎ ‎（2）由焦耳定律求出整个过程中产生的焦耳热．‎ ‎【解答】解：（1）感应电动势E=BLv，‎ 感应电流I===0.5A；‎ ‎（2）线圈进入磁场的时间t===0.5s，‎ 则线圈离开磁场的时间也等于0.5s，‎ 线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热：‎ Q=I2R•2t=0.52×2×2×0.5=0.5J；‎ 答：（1）线圈进入磁场过程中感应电流的大小为0.5A；‎ ‎（2）线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热为0.5J．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求：‎ ‎（1）金属棒下滑的最大速度为多大？‎ ‎（2）当金属棒下滑距离为S0时速度恰好达到最大，求金属棒由静止开始下滑2S0的过程中，整个电路产生的焦耳热Q？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）金属棒ab先加速下滑，所受的安培力增大，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大．由闭合电路欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度．‎ ‎（2）当金属棒下滑直到速度达到最大的过程中，金属棒的机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解电热Q．‎ ‎【解答】解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时，则根据平衡条件有 ‎ mgsinθ=F安 又 F安=ILB，I=，E=BLvm R总=R1++R=2R++R=6R ‎ 联立解得最大速度：vm=‎ ‎（2）由能量守恒知，mg•2S0sin30°=Q+‎ 解得，Q=mgS0﹣=mgS0﹣‎ 答：（1）金属棒下滑的最大速度为．‎ ‎（2）金属棒由静止开始下滑2S0的过程中，整个电路产生的焦耳热Q为mgS0﹣．‎ ‎　‎ ‎17．质量为M的小船以速度V0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾．现小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中．求小孩b跃出后小船的速度．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】小孩a、小孩b和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解，也可以先对小孩a跳出过程运用动量守恒定律，再对小孩b跳出过程运用动量守恒定律求小船速度．‎ ‎【解答】解：设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为V，根据动量守恒定律，有 ‎（M+2m）V0=MV+mυ﹣mυ 解得 V=（1+）V0‎ 即小孩b跃出后小船的速度为（1+）V0．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，甲车的质量是2kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1kg的小物体．乙车质量为4kg，以5m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度，物体滑到乙车上．若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则 ‎（1）物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？（g取10m/s2）‎ ‎（2）小物块在B车上滑行的距离多大？‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）甲、乙碰撞过程动量守恒，求出碰后乙的速度，物体滑上乙车后，向左做匀加速运动．乙车和物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出两者的共同速度，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，由匀变速直线运动速度时间关系即可求得时间．‎ ‎（2）根据运动学公式分别求出物体和乙车相对于地面的位移，从而求得物块在乙车上滑行的距离．‎ ‎【解答】解：（1）乙与甲碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得： ‎ m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲′ 代入得：4×5=4×v乙′+2×8‎ 解得 v乙′=1m/s 小物体m在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得 ‎ m乙v乙′=（m+m乙）v 得 v===0.8s 对小物体应用牛顿第二定律得：‎ 物体的加速度 a==μg 所以 t===0.4s ‎（2）小物块在乙车上滑行的距离 S=x乙﹣x物=﹣==×0.4m=0.2m 答：‎ ‎（1）物体在乙车上表面滑行0.4s时间相对乙车静止．‎ ‎（2）小物块在乙车上滑行的距离是0.2m．‎ ‎　‎ ‎2017年1月13日