江西省宜市高二物理下学期4月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省宜春市上高二中高二（下）月考物理试卷（4月份）一选择题（1-7题单选，8-10题多选.每小题4分，共40分）1电阻r、电容c与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，n极朝下，如图所示现使磁铁开始自由下落，在n极接近线圈上端的过程中，流过r的电流方向和电容器极板的带电情况是（）a从a到b，上极板带正电b从a到b，下极板带正电c从b到a，上极板带正电d从b到a，下极板带正电2某实物投影机有10个相同的强光灯l1l10（24v/200w）和10个相同的指示灯x1x10（220v/2w），将其连接在220v交流电源上，电路见题图，若工作一段时间后，l2灯丝烧断，则（）ax1的功率减小，l1的功率增大bx1的功率增大，l1的功率增大cx2功率增大，其它指示灯的功率减小dx2功率减小，其它指示灯的功率增大3如图所示，面积为s，匝数为n，电阻为r的线圈固定在图示位置，线圈与阻值为r到的电阻构成闭合电路，理想交流电压表并联在电阻r的两端u形磁铁以线圈的中心轴oo为轴以角速度匀速转动已知u形磁铁两极间的磁场均为匀强磁场，磁感应强度为b，取磁铁转动到图示位置的时刻t=0则（）a在t=0时刻，线圈处于中性面，流过电阻r的电流为0b1秒钟内流过电阻r的电流方向改变次c线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，电压表读数不变d在电阻r的两端再并联一只电阻为r的电阻后，电压表的读数不变4一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示副线圈仅接入一个10的电阻则（）a流过电阻的电流是10ab与电阻并联的电压表的示数是100vc经过1分钟电阻发出的热量是6103jd变压器的输入功率是2103w5图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是：（）abcd6如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变则m、n、l所接元件可能是（）am为电阻，n为电容器，l为电感器bm为电阻，n为电感器，l为电容器cm为电感器，n为电容器，l为电阻dm为电容器，n为电感器，l为电阻7如图所示，在磁感强度为b的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，oc为一能绕o在框架上滑动的导体棒，oc之间连一个电阻r，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使oc能以角速度匀速转动，则外力做功的功率是（）abcd8为了测一个已知额定电压为100v的灯泡的额定功率，设计了如图所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表a和灯泡l，滑动变阻器的阻值范围是0100，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2：1，交流电源的电压为u0=440v，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表a的示数为1.2a，则（）a灯泡的额定功率为40 wb灯泡的额定电流为2.4 ac滑动变阻器并联部分的阻值为50d滑动变阻器消耗的电功率为240 w9两根相距为l的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2r，整个装置处于磁感应强度大小为b，方向水平向右的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力f作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下匀速运动，重力加速度为g，以下说法正确的是（）aab杆所受拉力f的大小为mg+bcd杆所受摩擦力为零ccd杆向下匀速运动的速度为dab杆所受摩擦力为2mg10如图所示，电路中a、b是规格相同的灯泡，l是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）a合上s，a、b一起亮，然后a变暗后熄灭b合上s，b先亮，a逐渐变亮，最后a、b一样亮c断开s，a立即熄灭，b由亮变暗后熄灭d断开s，b立即熄灭，a闪亮一下后熄灭二、填空题（每空3分，共18分）11如图，金属棒ab置于水平放置的u形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场b，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环l，圆环与导轨在同一平面内当金属棒ab在水平恒力f作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环l有（填收缩、扩张）趋势，圆环内产生的感应电流（填变大、变小、不变）12质量为1kg的小球从离地面5m高处自由落下，碰地后反弹的高度为0.8m，碰地的时间为0.05s设竖直向上速度为正方向，则碰撞过程中，小球动量的增量为kgm/s，小球对地的平均作用力为，方向 （g取10m/s2）13如图所示，竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨，间距为l=0.50m，导轨上端接有电阻r=0.80，导轨电阻忽略不计空间有一水平方向的有上边界的匀强磁场，磁感应强度大小为b=0.40t，方向垂直于金属导轨平面向外质量为m=0.02kg、电阻r=0.20的金属杆mn，从静止开始沿着金属导轨下滑，下落一定高度后以v=2.5m/s的速度进入匀强磁场中，在磁场下落过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好已知重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力，求在磁场中，（1）金属杆刚进入磁场区域时加速度；（2）若金属杆在磁场区域又下落h开始以v0匀速运动，求v0大小三计算题（共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14如图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理冲撞，已知甲运动员的质量为60kg，乙运动员的质量为70kg，接触前两运动员速度大小均为5m/s，冲撞结果为甲被撞回，速度大小为2m/s，如果接触时间为0.2s，问：（1）冲撞时两运动员的相互作用力多大？（2）撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？15如图所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，线圈面积s=0.10m2，线圈电阻可忽略不计在外力作用下矩形线圈在b=0.10t匀强磁场中，以恒定的角速度=100 rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴oo匀速转动，发电机线圈两端与r=100的电阻构成闭合回路求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；（2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角的过程中通过电阻r横截面的电荷量；（3）线圈匀速转动10s，电流通过电阻r产生的焦耳热（计算结果保留二位有效数字）16光滑的平行金属导轨长l=2m，两导轨间距d=0.5m，轨道平面与水平面的夹角=30，导轨上端接一阻值为r=0.6的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度b=1t，如图所示有一质量m=0.5kg、电阻r=0.4的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计已知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻r上产生的热量q1=0.6j，取g=10m/s2，试求：（1）当棒的速度v=2m/s时，电阻r两端的电压；（2）棒下滑到轨道最底端时速度的大小；（3）棒下滑到轨道最底端时加速度a的大小17如甲图所示，水平光滑地面上用两颗钉子（质量忽略不计）固定停放着一辆质量为m=3kg的小车，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，半径为r=0.5m，在最低点b与水平轨道bc相切，视为质点的质量为m=1kg的物块从a点正上方距a点高为h=0.3m处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行恰好停在轨道末端c现去掉钉子（水平面依然光滑未被破坏）不固定小车，而让其左侧靠在竖直墙壁上，该物块仍从原高度处无初速下落，如乙图所示不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，已知物块与水平轨道bc间的动摩擦因数为=0.2求：（1）水平轨道bc长度；（2）小车固定时物块到达圆弧轨道最低点b时对轨道的压力；（3）小车不固定时物块再次停在小车上时距小车b点的距离；（4）两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比2015-2016学年江西省宜春市上高二中高二（下）月考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一选择题（1-7题单选，8-10题多选.每小题4分，共40分）1电阻r、电容c与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，n极朝下，如图所示现使磁铁开始自由下落，在n极接近线圈上端的过程中，流过r的电流方向和电容器极板的带电情况是（）a从a到b，上极板带正电b从a到b，下极板带正电c从b到a，上极板带正电d从b到a，下极板带正电【考点】法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律【分析】现使磁铁开始自由下落，在n极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定【解答】解：当磁铁n极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过r的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电故选：d【点评】此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大2某实物投影机有10个相同的强光灯l1l10（24v/200w）和10个相同的指示灯x1x10（220v/2w），将其连接在220v交流电源上，电路见题图，若工作一段时间后，l2灯丝烧断，则（）ax1的功率减小，l1的功率增大bx1的功率增大，l1的功率增大cx2功率增大，其它指示灯的功率减小dx2功率减小，其它指示灯的功率增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】由电路图可知每个强光灯与指示灯并联后，再与其他灯串联；则根据灯丝烧断后，电路中电阻发生变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化；则可知各灯的功率变化【解答】解：由图可知l1和x1并联、l2和x2并联然后他们再串连接在220v交流电源上，l2灯丝烧断，则总电阻变大、电路中电流i减小，又l1和x1并联的电流分配关系不变，则x1和l1的电流都减小、由p=i2r可知，功率都减小，同理可知除x2和l2外各灯功率都减小，a、b均错；由于i减小，各并联部分的电压都减小，交流电源电压不变，则x2上电压增大，根据p=可知x2的功率变大，c对、d错故选c【点评】本题虽然电路看起来较为复杂，但其实是简单的串并联电路，明确电路中电阻的变化，即可由欧姆定律的动态分析求解3如图所示，面积为s，匝数为n，电阻为r的线圈固定在图示位置，线圈与阻值为r到的电阻构成闭合电路，理想交流电压表并联在电阻r的两端u形磁铁以线圈的中心轴oo为轴以角速度匀速转动已知u形磁铁两极间的磁场均为匀强磁场，磁感应强度为b，取磁铁转动到图示位置的时刻t=0则（）a在t=0时刻，线圈处于中性面，流过电阻r的电流为0b1秒钟内流过电阻r的电流方向改变次c线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，电压表读数不变d在电阻r的两端再并联一只电阻为r的电阻后，电压表的读数不变【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值为有效值的倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大【解答】解：a、在t=0时刻，线圈处于中性面，通过线圈的磁通量最大，但是电动势为0，电流为0，电压表的读数为电压的有效值，有效值不为0，所以电压表的读数不为0，所以a错误；b、此交流电的周期为t=，交流电在一个周期内电流的方向改变两次，所以在1秒钟内流过电阻r的电流方向改变次数为2=2=，所以b正确；c、匝数减小一半，角速度增大到原来的2倍，最大值不变，故有效值不变；因匝数减小，导致内阻减小，那么电流增大，因此电压表示数变大；故c错误；d、在电阻r的两端再并联一只电阻后，总电阻将减小，总的电流变大，线圈的内电压增加，由于总的电动势不变，所以外电压，即电压表的读数将减小，所以d错误；故选：b【点评】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定4一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示副线圈仅接入一个10的电阻则（）a流过电阻的电流是10ab与电阻并联的电压表的示数是100vc经过1分钟电阻发出的热量是6103jd变压器的输入功率是2103w【考点】变压器的构造和原理【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比，结合欧姆定律与焦耳定律的知识，即可求得结论【解答】解：a、由图象可知，原线圈中电压的最大值为220v，所以电压的有效值为220v，因原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，根据电压与匝数成正比可知，则副线圈的电压有效值为100v，所以通过电阻的电流为10a，故a正确；b、根据电压与匝数成正比可知，因原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，则副线圈的电压有效值为100v，所以与电阻并联的电压表的示数是100v，故b错误；c、由q=60j=60000j，所以经过1分钟，即60s电阻发出的热量是6104 j，所以c错误；d、副线圈的电阻为10，所以输出功率p=w=1000w，因输入功率等于输出功率，所以d错误故选：a【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，注意电表读数是交流电的有效值5图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是：（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】首先根据右手定则判断边bc刚进入磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果【解答】解：线框进入磁场过程中，bc边切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，当bc边离开磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，电流为正的，故bcd错误；线圈接入磁场时，bc边切割磁感线，根据感应电动势大小公式：e=blv可得，有效切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来小；当bc边离开磁场时，根据感应电动势大小公式：e=blv可得，切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来越小，故a正确故选：a【点评】对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式e=blv中，l是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律6如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变则m、n、l所接元件可能是（）am为电阻，n为电容器，l为电感器bm为电阻，n为电感器，l为电容器cm为电感器，n为电容器，l为电阻dm为电容器，n为电感器，l为电阻【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系交流电频率减小，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小【解答】解：交流电频率增大，灯1变暗，阻抗变大，说明m是电感线圈灯2变亮，阻抗变小，说明n为电容器灯3亮度不变，说明l为电阻，故c正确，abd错误故选：c【点评】本题考查电感线圈、电容器对交流电的影响的理解和应用7如图所示，在磁感强度为b的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，oc为一能绕o在框架上滑动的导体棒，oc之间连一个电阻r，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使oc能以角速度匀速转动，则外力做功的功率是（）abcd【考点】电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势【分析】导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可【解答】解：因为oc是匀速转动的，根据能量的守恒可得，p外=p电=，又因为e=br，联立解得：p外=，所以c正确故选c【点评】解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了8为了测一个已知额定电压为100v的灯泡的额定功率，设计了如图所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表a和灯泡l，滑动变阻器的阻值范围是0100，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2：1，交流电源的电压为u0=440v，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表a的示数为1.2a，则（）a灯泡的额定功率为40 wb灯泡的额定电流为2.4 ac滑动变阻器并联部分的阻值为50d滑动变阻器消耗的电功率为240 w【考点】变压器的构造和原理【分析】根据变压器电压和电流与匝数的关系求出副线圈电压和电流，而灯泡正常发光，所以灯泡两端的电压为100v，根据串并联电路的特点及根据功率公式即可求解【解答】解：a、根据原副线圈电压之比等于匝数比可知，副线圈电压为u2=220v，根据原副线圈电流之比等于匝数的倒数比可知，副线圈电流i2=2i1=2.4a，灯泡的额定电压为100v，所以与灯泡串联的电阻值为r2=50，所以与灯泡并联部分的阻值也为50，所以通过并联部分滑动变阻器的电流为i=2a，所以通过灯泡的电流为2.42a=0.4a，所以灯泡的功率pl=ulil=1000.4=40w，故a正确，b错误，c正确；d、滑动变阻器消耗的功率为1002+1202.4w=488w，故d错误故选：ac【点评】本题考查了变压器的特点，而难点在于如何求滑动变阻器消耗的功率9两根相距为l的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2r，整个装置处于磁感应强度大小为b，方向水平向右的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力f作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下匀速运动，重力加速度为g，以下说法正确的是（）aab杆所受拉力f的大小为mg+bcd杆所受摩擦力为零ccd杆向下匀速运动的速度为dab杆所受摩擦力为2mg【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用【分析】cd杆匀速向下运动时，切割磁感线（ab运动时不切割磁感线），根据右手定则可知，在回路中产生cdba方向的感应电流根据左手定则可知，cd杆受到竖直向上的安培力，ab杆受到竖直向下的安培力把力分析清楚，然后根据受力平衡求解【解答】解：cd杆匀速向下运动时，切割磁感线（ab运动时不切割磁感线），根据右手定则可知，在回路中产生cdba方向的感应电流根据左手定则可知，cd杆受到竖直向上的安培力，ab杆受到竖直向下的安培力cd杆在水平方向不受力，虽然跟导轨接触，但没有挤压，所以cd不受摩擦力，故b选项正确cd杆只受重力和竖直向上的安培力，由二力平衡可知，mg=bilab杆水平方向上受摩擦力和拉力f，由二力平衡可知，f=f，又f=（mg+bil），所以，f=f=2mg，故a选项错，d选项正确cd杆向下匀速匀速时，产生的电动势e=blv，故回路中的电流为，又bil=mg，所以，故c选项正确故选：bcd【点评】本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解10如图所示，电路中a、b是规格相同的灯泡，l是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）a合上s，a、b一起亮，然后a变暗后熄灭b合上s，b先亮，a逐渐变亮，最后a、b一样亮c断开s，a立即熄灭，b由亮变暗后熄灭d断开s，b立即熄灭，a闪亮一下后熄灭【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；分通电和断电两种情况分析【解答】解：a、b、合上s，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，故a、b一起亮，然后a变暗后熄灭，b更亮，故a正确，b错误；c、d、断开s，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过电灯a构成回路放电，故b立即熄灭，a闪亮一下后熄灭，故c错误，d正确；故选ad【点评】本题通电自感和断电自感问题，关键明确线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，基础题二、填空题（每空3分，共18分）11如图，金属棒ab置于水平放置的u形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场b，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环l，圆环与导轨在同一平面内当金属棒ab在水平恒力f作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环l有收缩（填收缩、扩张）趋势，圆环内产生的感应电流变小（填变大、变小、不变）【考点】楞次定律；法拉第电磁感应定律【分析】金属棒切割磁感线而使abcd中产生感应电流，感应电流的磁场穿过l；由穿过l的磁场的变化可得出圆环l的形变；由磁通量的变化率可得出感应电流的变化【解答】解：由于金属棒ab在恒力f的作用下向右运动，则abcd回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增大；由于金属棒向右运动的加速度减小，由速度增加变慢，则电流增加的也变慢，则单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小故答案为：收缩；变小【点评】本题难点在于理解感应电流的变化；应注意感应电流的大小取决于磁通量的变化率而不是磁通量或磁通量的变化量12质量为1kg的小球从离地面5m高处自由落下，碰地后反弹的高度为0.8m，碰地的时间为0.05s设竖直向上速度为正方向，则碰撞过程中，小球动量的增量为14kgm/s，小球对地的平均作用力为290n，方向竖直向上 （g取10m/s2）【考点】动量定理【分析】根据速度位移公式分别求出小球碰地前和碰地后的速度，从而小球动量的增量，根据动量定理求出小球对地的平均作用力大小和方向【解答】解：小球碰地前的速度为：，小球碰地后的速度大小为：设竖直向上速度为正方向，则动量的变化量我：p=mv2mv1=1（4+10）=14kgm/s根据动量定理得：（fmg）t=p，解得：f=，方向竖直向上故答案为：14，290n，竖直向上【点评】本题考查了动量定理的基本运用，知道公式的矢量性，基础题13如图所示，竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨，间距为l=0.50m，导轨上端接有电阻r=0.80，导轨电阻忽略不计空间有一水平方向的有上边界的匀强磁场，磁感应强度大小为b=0.40t，方向垂直于金属导轨平面向外质量为m=0.02kg、电阻r=0.20的金属杆mn，从静止开始沿着金属导轨下滑，下落一定高度后以v=2.5m/s的速度进入匀强磁场中，在磁场下落过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好已知重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力，求在磁场中，（1）金属杆刚进入磁场区域时加速度；（2）若金属杆在磁场区域又下落h开始以v0匀速运动，求v0大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】（1）根根据e=blv，结合闭合电路欧姆定律求出通过电阻的电流大小，f=bil得到安培力的大小对金属杆受力分析，运用牛顿第二定律求出金属杆的加速度（2）当重力等于安培力时，金属杆做匀速直线运动，根据共点力平衡以及闭合电路欧姆定律，求匀速直线运动的速度v0【解答】解：（1）mn刚进入磁场时产生的感应电动势 e=blv=0.40.52.5v=0.50v 通过电阻r的电流大小 i=0.50a（2）mn刚进入磁场时f安=bil=0.40.50.5n=0.1n 设mn刚进入磁场时的加速度大小为a，根据牛顿第二运动定律，有 mgf安=ma解得 a=5m/s2，方向向下（2）根据力的平衡条件可知，mn杆在磁场中匀速下落时有 mg=f安此时的感应电动势e=blv0，感应电流i=安培力f安=bil，联立解得，mg=则得：v0=代入解得，v0=5m/s答：（1）金属杆刚进入磁场区域时加速度大小为5m/s2，方向向下；（2）若金属杆在磁场区域又下落h开始以v0匀速运动，v0大小是5m/s【点评】本题综合考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律，难度不大，关键理清过程，知道金属杆匀速直线运动时，所受的重力与安培力平衡三计算题（共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14如图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理冲撞，已知甲运动员的质量为60kg，乙运动员的质量为70kg，接触前两运动员速度大小均为5m/s，冲撞结果为甲被撞回，速度大小为2m/s，如果接触时间为0.2s，问：（1）冲撞时两运动员的相互作用力多大？（2）撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？【考点】动量守恒定律【分析】（1）取碰前甲的速度方向为正方向，对甲，运用动量定理列式，即可求得乙对甲的作用力（2）取碰前甲的速度方向为正方向，对系统运用动量守恒定律，即可求出冲撞后乙的速度大小和方向【解答】解：（1）取甲碰前的速度方向为正方向，对甲运用动量定理，有：ft=m甲vm甲v甲代入数据得：f=n=2100n（2）取甲碰前的速度方向为正方向，对系统运用动量守恒定律，有： m甲v甲m乙v乙=m甲vm乙代入数据：605705=602+70解得： =1m/s，方向与甲碰前速度方向相同答：（1）冲撞时两运动员的相互作用力是2100n（2）撞后乙的速度大小是1m/s，方向与甲碰前速度方向相同【点评】对于碰撞、打击、爆炸等瞬间问题求作用力时往往根据动量定理求解，由于相互作用力是变力，不好运用牛顿运动定律求解碰撞的基本规律是动量守恒定律，要注意在规定正方向的基础上，用正负号表示动量的方向15如图所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，线圈面积s=0.10m2，线圈电阻可忽略不计在外力作用下矩形线圈在b=0.10t匀强磁场中，以恒定的角速度=100 rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴oo匀速转动，发电机线圈两端与r=100的电阻构成闭合回路求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；（2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角的过程中通过电阻r横截面的电荷量；（3）线圈匀速转动10s，电流通过电阻r产生的焦耳热（计算结果保留二位有效数字）【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；法拉第电磁感应定律【分析】正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值，而电器的耐压值时则交流电的最大值【解答】解：（1）当线圈与磁感线平行时，线圈中感应电动势的最大值，则为 em=nbs=3.1102 v （2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角所用时间为t，线圈中的平均感应电动势=n通过电阻r的平均电流在t时间内通过电阻横截面的电荷量q=1.0102c，（3）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热q热=解得q热=4.9103j【点评】当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值16光滑的平行金属导轨长l=2m，两导轨间距d=0.5m，轨道平面与水平面的夹角=30，导轨上端接一阻值为r=0.6的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度b=1t，如图所示有一质量m=0.5kg、电阻r=0.4的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计已知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻r上产生的热量q1=0.6j，取g=10m/s2，试求：（1）当棒的速度v=2m/s时，电阻r两端的电压；（2）棒下滑到轨道最底端时速度的大小；（3）棒下滑到轨道最底端时加速度a的大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据切割公式e=blv求解感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求解电阻r两端的电压；（2）系统减小的机械能转化为电热能，根据能量守恒定律列式求解；（3）根据切割公式e=blv求解感应电动势，根据