2025-2026学年福建省泉州某四校高二（下）期中物理试卷（含解析）

2025-2026学年福建省泉州外国语学校、南安华侨中学、石狮市第八中

学、泉州市城东中学四校高二（下）期中物理试卷

一、选择题

1.图中标出了匀强磁场的磁感应强度8、通电直导线中的电流/和它受到的安培力厂的方向，其中正确的是（）

X

XXXX

演X

XXX

D.X

X

X><XX

XXXXXX><XX

XXXXXXXXX

2.在图（a）所示电路中,理想变压器原、副线圈匝数比4：1,电阻灯的阻值是&的2倍，电压表为理想电

压表。若原线圈输入如图的）所示的正弦交流电，贝M）

A.交流电周期为2.25sB.电压表示数为12V

C.流经副线圈的电流是流经用的2倍D.变压器的输入、输出功率之比为4：1

3.2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆。若“嫦娥四号”探测器总质量为m=144kg,探测器

落在月球表面瞬间的速度大小为3.5m/s<,已知探测器落在月球表面时是四个支架同时竖直着地，探测器与

月球表面相互作用的时间为2.1s,月球表面的重力加速度为|/n/s2,则该过程中每个支架对月球表面的压力

大小为（）

A.120/VB.160/VC.420/VD.480N

4.如图所示，等腰直角三角形A8C的直角边长为L,三角形内存在垂直纸

面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为无,甲、乙两粒子分别以相同的速

率从A点射入磁场，甲在4点的速度方向与48边相切，乙在4点的速度方

向与4c边相切，甲从C点射出磁场，乙从8。上的。点垂直BC射出磁场，不

计粒子重力。下列说法正确的是（）

A.甲、乙带同种电荷

B.甲、乙运动轨迹的半径之比为1：2

第1页，共17页

c.甲、乙比荷的绝对值之比1

D.甲、乙在磁场中的运动时间之比为2：1

5.如图所示，P和Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大的线圈，其直流电

阻小于灯泡的电阻。假定两灯泡在以卜.操作中均不会被烧坏，下列说法正确的

是（）

A.开关S闭合瞬间，Q灯比P灯先亮

B.开关S闭合一段时间后，Q灯比P灯亮

C.开关S断开后，Q灯闪亮后逐渐熄灭

D.开关S断开后，P灯闪亮后逐渐熄灭

6.某种回旋加速器示意图如图所示，力、C板间有恒定电场，两人。形盒内有相同

的匀强磁场，两条平行虚线之间没有电场和磁场。带电粒子（重力不计）从小孔P

讲人电场,加速后讲入0形盒内做匀速圆周运动，回到P孔后再次加速，依次类推，「二二...............

灿）飞彳7

A.粒子每次在。形盒内运动的时间均相等一，

B.粒子每次在4、。板间加速过程增加的动能不同

C.磁感应强度越小，粒子所能获得的最大速度越大

D.D形盒的半径越大，粒子所能获得的最大速度越大

7.如图所示为三峡发电站向某地远距离输电的原理图，若发电机的电压力和输出功率匕己知，卜列说法正

确的是（）

升压变压器降压变压器

A.用户减少时，输电线电阻R损耗的功率减少

B.用户减少时，用户得到的电压〃增大

C.用户获得的交流电周期为0.02s,则1s内电流的方向改变50次

D.若升压变压器原、副线圈匝数比为九，输电线电阻R损耗的功率为磊

8.如图所示，将质量为m的闭合矩形导线框abed先后两次从图示位置由静止释放，穿过其下方垂直于纸面

向里的匀电磁场。第一次线框恰好匀速进入磁场。已知ab边长为23be边长为L磁场的宽度九＞2L不

第2页，共17页

计空气阻力。下列判断正确的是（）第一次第二次

A.第一次进入磁场过程中，线框减少的重力势能为mg/i

B.第二次刚进入磁场时，线框的加速度大小为3gjlXXXXXX

Hxxxxxx

先后两次刚进入磁场时，线圈中的感应电动势之比为：

C.11IiXXXXXX

D.先后两次刚进入磁场时，就两点间的电势差之比为1：4

二、非选择题

9.如图所示，圆环形导体线圈4平放在水平桌面上，在力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，穿过线圈4的磁通量（选填“变小”“变

大”或“不变”），线圈4中将产生_____（选填“顺时针”或“逆时针”）方向

（俯视）的感应电流。

10.某发电机内部构造可简化为如图所示，矩形线圈48CD绕垂直于匀强磁场的轴。。'

匀速转动，输出电压iz=620jIsin（1007rt"，外接电阻R=100。，其它电阻均不计。

图示位置线圈平面与磁感线平行，则图示位置电流_____（选填“最大”或“最小”），

电流表示数为_____儿

11.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应M

强度为8的匀强磁场，方向垂宜于回路所在的平面。回路以速度口向右匀速进

入磁场，直径CD始终与MN垂直。从。点到达边界开始到C点进入磁场为止，CD

段受安培力—（选填“向上”“向下"‘'向左"''向右"或''为零”），平均N

电动势力.

12.一物理兴趣小组利用图示的装置“探究变压器线圈两端的电玉与匝数的关

系”，图中变压器为可拆式变压器，并且其铁芯是不完全闭合的（不能视为理

想变压器），在原线圈或副线圈中，接。和1时，接入匝数为%接。和2时,

接入匝数为2m依次类推。

（1）（多选）实验还需下列器材中的—（填选项前的字母）。

4交流电流表

8.交流电压表

C.学生交流电源

（2）某次实验中，变压器的原线圈接。和8接线柱，副线圈接0和1接线柱，则此变压器为一（选填“升”

第3页，共17页

或“降”）压变压器；若副线圈所接电表的示数为2.0V,则所接电源电压可能为—（填选项前的字母）。

A.18.0V

B、16.07

C、5.0V

。、2.5V

13.如图甲所示为“研究斜槽末端小球碰撞时动量守恒”的实验装置，实验时，先让质量为7H1的小球a从斜

槽上某一位置由静止释放，从轨道末端水平抛出，落到水平地面上尸点，然后把质量为租2的小球b放到轨道

末端处于静止，再让小球a从同一位置由静止释放，在轨道末端与小球b发生对心碰撞。

（1）实验中，必须要测量的物理量有—O

4小球开始释放的高度九

比小球抛出点距地面的高度H

C个球做平抛运动的水平距离

。.小球4、8的质量根1、m2

（2）实验中，下列说法正确的—>

4斜槽•定要光滑

8.两球半径•定要相同

C.两球质量关系一定要满足mi<m2

（3）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹，如图乙所示，多次实验后，白纸上留下了10个印迹，

如果用画圆法确定小球的落点，图中画的三个圆最合理的是—（选填“4”、或"C”）；

（4）某次实验时，小球落地点分布如图丙所示，测得M、P、N与。点距离分别为打、小、内，若满足关

系_（用皿1、巾2、/、”2、会表示），则碰撞前后动量守恒：若还满足一（用小、”2、打表示），则说明

该碰撞为弹性碰撞。

第4页，共17页

14.如图所示，一个总阻值r=10”，匝数n=1000的正方形金属线圈，与阻值R=20。的定值电阻连成闭

合回路。线圈的边长L=0.1m,其内部空间(包括边界处)充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场c磁感应强度

8随时间t变化的关系图线如图所示。导线电阻不计，求：

(l)t=0时刻，穿过线圈的磁通量为多少？

(2)t=0.01s时，线圈的感应电动势为多少？

(3)0〜0.02s过程中电阻R的热功率为多少？

15.如图，一轻质弹簧的一端固定在小球4上，另一端与小球8接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=

0.8他的光滑水平桌面上。现有一小球C从光滑曲面上离桌面h二0.45m高处由静止开始滑下，与小球力发生

碰撞(碰撞时间极短)并粘在一起压缩弹簧推动小球8向前运动，经一段时间，小球B脱禽弹簧，继续在水平

桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞;II。小球均可视为质点，忽略空气阻力，已知m.=2kQ,mB=3kg,

me=1kg,g取lOzn/s2。求：

(1)小球C与4碰撞前瞬间的速度；

(2)小球C与小球力碰撞结束瞬间的速度；

(3)弹簧最大的弹性势能。

16.如图甲所示，绝缘水平面上有一间距乙=1m的金属“U”形导轨，导轨右侧接一R=3。的电阻。在“U”

形导轨中间虚线范围内存在垂直导轨的匀强磁场，磁场的宽度d=1m,磁感应强度B=0.5「现有一质量为

m=0.1kg,电阻r=2D、长为L=1m的导体棒MN以一定的初速度从导轨的左端开始向右运动，穿过磁场

的过程中，线圈中的感应电流i随时间£变化的图象如图乙所示。已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数〃=0.3,

导轨电阻不计，则导体棒MN穿过磁场的过程中，求：

第5页，共17页

(1)MN刚进入磁场时的速度大小;

(2)电阻R产生的焦耳热：

(3)导体棒通过磁场的时间。

第6页，共17页

答案和解析

1.【答案】BC

【解析】解：4由左手定则可知，图中导体棒受到的安培力垂直纸面向里，故4错误：

8.由左手定则可知，图中导体棒受到的安培力水平向左，故8正确；

C日左手定则可知，图中导体棒受到的安培力垂直导体棒向左.匕故C正确；

。.由左手定则可知，图中导体棒受到的安培力水平向左，故。错误。

故选:BC.

根据左手定则即可判定。

木趣主要考查了左手定则，左手定则判定通电导线的受力情况，比较简单。

2.【答案】B

【解析】解：A由图S）可知，交流电的周期为：T=2.25x10-2s-0.25x10-2s=2.00x10-2s,故4错

误：

及根据图3）可知，理想变压器的原线圈输入电压的最大值为：=48，！乙则其有效值为：%=瞿=

警V=48L已知原副线圈的匝数比为：n1：n2=4：1,根据理想变压器原副线圈的电压比等于匝数比，

可得副线圈电压即电压表示数为：U=^U,,解得：U=12V,故8正确；

2ni2

C.已知：治=2&，根据并联分流的规律可知，流经％和%的电流之比为：k/2=/?2：%=1：2,而流

经副线圈的电流/=/1+，2,由此可得：/=3/P即流经副线圈的电流是流经片的3倍，故。错误：

。.根据能量守恒定律可知，理想变压器的输入、输出功率相等，故。错误。

故选：B。

由图（b）可直接得到正弦交流电的冏期；根据图（右）得到理想变压器的原线圈输入电压的最大值，计算出其有

效值，根据理想变压器原副线圈的电压比等于匝数比求解电压表示数；根据并联分流的规律求解流经副线

圈的电流与流经%的电流的倍数关系；根据能量守恒定律分析理想变压器的输入、输出功率的关系。

本题考查了理想变压器的工作原理，掌握理想变压器原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系。

3.【答案】A

【解析】解：着陆器着陆过程中，设着陆器受到月面的作用力为用取竖直向上为正方向，由动量定理得：

（F-mg月）t=0-（-mv）

解得：〃=7九0月+竿

第7页，共17页

代入数据可得F=480N,则每个支架所受到的支持力为：FN=；F

代入数据可得以=120N

据牛顿第三定律可知每个支架对月表的压力为：N=FN=120/V；故4正确，8。错误。

故选:力。

对探测器着陆过程应用动量定理求出月球对探测器的总作用力，再除以4得到单个支架的支持力，由牛顿

笫三定律得出每个支架对月球表面的压力。

本题考查动量定理在变力作用过程中的应用，结合月球重力的受力分析，侧重过程分析与受力计算，属于

基础应用类题目，难度适中。

4.【答案】C

【解析】解：力、根据左手定则，甲带正电，乙带负电，故4错误；

8、如下图所示：

根据几何关系，甲粒子的运动半径为r=3

乙粒子的运动半径1满足：/=—^—=yf2L

cos45

故甲、乙运动轨迹的半径之比为1:，玉故6错误:

c、根据洛伦兹力提供向心力，有丁=笳，故比荷5=言，故甲、乙比荷的绝对值之比为：I，故。正

确；

。、根据洛伦兹力提供向心力，有丁=箸，甲粒子运动的时间为亡=彳7=可

nm.

乙粒子的运动时间：£'=捺・7，故t=E，结合c项，可得甲、乙在磁场中的运动时间之比为2心：b

故D错误;

第8页，共17页

故选:Co

根据左手定则与几何关系，结合粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力分析求解。

本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，理解洛伦兹力和向心力的关系是解

决此类问题的关键。

5.【答案】BD

【解析】解：AB.开关S闭合瞬间，自感线圈所在支路电流由。开始逐渐增大，稳定后自感线圈上其直流

电阻小于灯泡的电阻，则线圈支路所在电流大于灯泡P上的，Q灯在干路中电流大于P灯，所以开关S闭合瞬

间，Q灯和P灯同时亮，开关S闭合一段时间后，Q灯比P灯亮，故4错误，8正确;

CD、开关S断开后，发生断电自感，Q灯立即熄灭，尸灯电流从闭合稳定时线圈L的电流逐渐减小，则尸灯上

电流先变大再逐渐减小，则P灯闪亮后逐渐熄灭，故C错误，。正确。

故选:BD。

开美S闭合瞬间，自感线圈所在支路电流由0开始逐渐增大，稳定后自感线圈上其直流电阻小于灯泡的电阻，

则线圈支路所在电流大「灯泡P上的，开关S断开后，发生断电白感，Q灯立即熄灭，P灯电流从闭合稳定时

线圈L的电流逐渐减小。

本题考查了通电自感和断电自感，解题关键是开关S闭合瞬间，自感线圈所在支路电流由。开始逐渐增大，

稳定后自感线圈上其直流电阻小于灯泡的电阻，则线圈支路所在电流大于灯泡P上的，开关S断开后，发生

断电自感，Q灯立即熄灭，P灯电流从闭合稔定时线圈人的电流逐渐减小。

6.【答案】AD

【解析】解：力、由题意可知，粒子每次在。形盒内偏转半个周期，即运动时间相等，为£=；T=Jx等=詈

ZLHqDQ

故,4正确；

B、根据动能定理，可知粒子每次在A、C板间加速过程增加的动能为AEk=qU

故B错误：

CD、当粒子从。形盒中出来时，速度最大，设。形盒半径为R,则有=n

解得u=处

m

可知磁感应强度越小，粒子所能获得的最大速度越小，。形盒的半径越大，粒子所能获得的最大速度越大，

故C错误，。正确；

故选：ADa

回旋加速器通过电场加速粒子，使其在磁场中做圆周运动，每次通过电场时粒子获得额外的能量，从而逐

渐增加具速度。

第9页，共17页

粒子在磁场中的运动周期与速度无关，但其最大速度受限于D形盒的半径和磁场的强度。

本题的关键在于理解回旋加速器的工作原理，特别是粒子在电场和磁场中的运动规律。粒子在电场中获得

能量，在磁场中做圆周运动，其周期与速度无关，但其最大速度受限于。形盒的半径和磁场的强度。通过分

析粒子在加速器中的运动，可以判断出正确选项。

7.【答案】AB

【解析】解：A用户减少时，并联的用电器减少，总负载电阻增大，在降压变压器原线圈电路口的等效电阻

增大，根据欧姆定律可知输电线电流乃减小；输电线损耗功率为4P=及凡因此损耗功率减少，输电线上损

失的电压为4〃二，2凡因此输电线上损失的电压减小，根据变压比可知出不变，降压变压器的输入电压为

U3=U2-^U,所以出增大，根据变压比可知以增大，故48正确；

C.月户获得的交流电周期为0.02s,每个周期内，电流方向改变2次，则1s内电流的方向改变100次，故C

错误：

。.若升压变压器原、副线圈匝数比为n,则?=K又P]=/必，则输电线电阻/?损耗的功率"=/部=

故D错误。

故选：AB.

用户减少时，并联的用电器减少，总负载电阻增大，在降压变压器原线圈电路中的等效电阻增大，根据欧

姆定律可知输电线电流，2减小，然后根据功率公式分析输电线上损失的功率；根据变压比以及降压变压器的

输入电压和升压变压抵的输出电压之间的关系分析用户得到的电压；每个周期内，电流方向改变2次，据

此计算；根据P=U/得到升压变压器的输入电流，根据变流比得到输电线上的电流，然后根据功率公式计

算。

知道用户减少时，并联的用电器减少，总负载电阻增大，在降压变压器原线圈电路中的等效电阻增大是解

题的关键，掌握变压比和变流比的应用，知道升压变压器的输出电压和降压变压器的输入电压之间的关系

是解题的基础。

8.【答案】BD

【解析】解：人线框第一次进入磁场的过程中，线框下降的高度为2L,线框减少的重力势能为40=mg•

2L=2mgL,故/错误；

C、线框两次从同一高度下降，线框进入磁场时速度相等，设速度为口线框第•次进入磁场时，感应电动

势为邑=BLv

线框第二次进入磁场时，感应电动势为%=B-2Lv=2BLv

则先后两次刚进入磁场时，线圈中的感应电动势之比为"=),故C错误；

S2

第10页，共17页

8、设线框的电阻为R,则线框进入磁场过程中，感应电流为/=《

线框受到的安培力为尸=8/L=噌

线框第一次进入磁场过程中，安培力与线框重力大小相等mg=F]=华

线框第二次刚进入磁场时的安培力为&=华左=4mg

A

设第二次刚进入磁场时，线框的加速度大小为a,结合牛顿笫二定律尸2-mg=ma

代入数据可得a=3g,故8正确：

D、ab间的电阻为疑,第一次进入磁场时，ab两点间的电势差为％=露黑=铮

第二次进入磁场时，她两点间的巨势差为g—前）=华

1\uS

先后刚进入磁场时，Qb两点间的耳势差之比为名=4,故。正确。

力4

故选：BD。

根据第•次线框匀速进入磁场的受力平衡条件，结合两次线框的下落高度、切割边长差异，分析重力势能、

加速度、感应电动势及ab间电势差，逐一判断选项。

本题以线框两次不同姿态进入磁场为情境，融合电磁感应、受力分析等知识点，考查学生对电磁感应规律

的综合运用能力。

9.【答案】变大，逆时针。

【解析】解：滑动变阻器的滑片P向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，螺线管B的电流增

大，其产生的磁场增强，因此穿过线圈A的磁通是变大；

根据安培定则，螺线管B中电流产生的磁场方向向卜.（穿过线圈A的磁场方向向下）。当向卜.的磁通量增大时,

根据楞次定律，线圈A中感应电流产生的磁场需阻碍磁通量的增大，因此感应磁场方向向上。再由安培定则

（俯视线圈力），感应磁场向上时，感应电流的方向为逆时针。

故答案为：变大，逆时针。

滑片产下滑使螺线管8中电流增大，穿过线圈4的磁通量变大，根据楞次定律结合安培定则判断线圈4中感应

电流的方向。

本题考查楞次定律的基础应用，结合电路动态分析与安培定则判断磁场、感应电流方向，侧重电磁感应核

心规律的理解，难度较低。

10.【答案】最大,6.2

第11页，共17页

【解析】解：在图示位置是线圈和磁感线平行的位置，此时穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，

产生的感应电动势最大，则此位置电流也是最大的。电流表测量的是交变电流的有效值，线圈产生的感应

电动势的有效值为E=尊｝V=620V,所以电流表的示数为/=抵=黑4=6.2A

VLK1UU

故答案为：最大，6.2

在图示位置是线圈和磁感线平行的位置，此时穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，据此分析•：电

流表测量的是交变电流的有效值，根据欧姆定律计算即可。

知道中性面的特点，知道线圈处在和中性面垂直的位置时磁通量的变化率最大，知道电流表测量的是交变

电流的有效值。

11.【答案】向下

nBav

【解析】解：当闭合回路进入磁场时，穿过回路的向里磁通量增加，依据楞次定律，感应电流方向为逆时

针，因此CO段电流由。流向C(即向左)。根据左手定则，处于磁场内的CD段受到的安培力方向向卜.。

自D点抵达磁场边界至C点进入磁场为止，回路磁通量的变化量为4。=8±陷2,所用时间为a=引。根据

法拉第电磁感应定律，平均电动势为足=察，代入数据解得：1=华。

故答案为：(1)向下;(2)竿

(1)从D点进入磁场到C点进入磁场过程中，回路中磁通量发生变化，依据楞次定律判断感应电流方向，再根

据左手定则分析处于磁场中的CD段导线所受安培力方向。

(2)计算该过程回路磁通量的变化量，结合回路直径CD进入磁场所需时间，利用法拉第电磁感应定律中平均

电动势与磁通量变化率的关系，即可求得平均电动势。

本题综合考查了电磁感应中的楞次定律、法拉第电磁感应定律以及安培力方向的判断，是一道将电磁感应

基本规律与动力学分析相结合的典型问题。题目计算量适中，度度中等，需要学生准确理解回路有效切割

与磁通量变化两种分析感应电动势的视角，并能灵活应用左手定则和右手定则。其亮点在于通过半圆形回

路部分进入磁场这一动态过程，巧妙地将平均电动势的计算与特定导线段的受力分析融为一体，有效考查

了学生对物理过程的分析建模能力和对电磁学核心概念的掌握程度。

12.【答案】BC

降压

A

第12页，共17页

【解析】解：(1)实验还需用低压交流电源接到原线圈上，需要交流电压表测量输出的电压，故8。正确，A

错误。

故选:BC。

(2)变压器的原线圈接0和8接线柱，副线圈接0和1接线柱，即副线圈的匝数小于原线圈的匝数，所以该

变压器是降压变压器。

根据变压比可知乎=詈，解得％=*U2=：x2.0V=16.0V。但是该变压器不是实际变压器，有能量损失，

所以原线圈所接电压应该稍大于16.0V,故力正确，8co错误。

故选:A.

故答案为：(1)BC；(2)降压，A.

(1)根据所需实验器材分析；

(2)根据原、副线圈的质数关系分析；根据变压比计算，要考虑到实际变压/有能量损失的情况。

学握“探究变压器线圈两端的电区与匝数的关系”的实验所需器材，变压器的变压比规律，知道实际变压

器和理想变压器的区别是解题的关健。

13.【答案】CD

B

B

771/2=小逐1+7九2%3

X1+无2=%3

【解析】解：(1)小球离开斜槽后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，则碰

撞前入射球的速度

V0=T

碰撞后入射球的速度

勺

V1=~

碰撞后被碰球的速度

V2=T

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

如为=叫叫+m2v2

第13页，共17页

整理得：

myx2=抽61+m2x2

实验需要测量小球的质量与小球做平抛运动的位移，实验不需要测量小球开始释放时的高度与抛出点到地

面的高度，故选：CD.

(2)4只要入射球从斜面的同一高度由静止释放，小球到达斜槽天端时的速度相等，斜槽不一定要光滑，故

力错误;

8.为时两球发生对心正碰，两球半径一定要相同，故B正确；

C.为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球，即两球质量关系一定要满足叫,山2故C

错误。

故选：Bo

(3)实验结束后，舍掉误差较大的点，用尽量小的圆把落点圈在一起，圆心即为小球的平均落地点，则图中

画的二个圆最合理的是&

(4)两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，若满足动量守恒定律则

=根61+m2x3

若机械能守恒定律得：

2m1"=]叫资+2m2试

解得：

m}X2=叫肾+m2X3

可得

Xi4-x2=x3

故答案为：(1)CD：(2)8：(3)8；(4)771]%2=+m2x3；x1-^x2=x3c

(1)应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题；

(2)根据实验注意事项分析答题：

(3)用尽可能小的圆把小球落点位置圈起来，圆心是小球落点的平均位置：

(4)弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题；

本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即

可解题。

14.【答案】解：(1)当t=0时，穿过线圈的磁通量为：0=.s=6xIO_3x0.12=6x10-5(Wfo)o

(2)依据法拉第电磁感应定律可得电动势为：E==nWs=1000x30x0.12V=300，。

第14页，共17页

(3)依据欧姆定律总电为：/=忌=嘤4=104

KT-rJU

07).02s过程中电阻R的热功率为：P=I2R=100x20W=2x103lVo

答：(l)t=0时刻，穿过线圈的磁通量为6x10-50万；

(2)t=0.01s时，线圈的感应电动势为300V；

3

(3)07).02s过程中电阻R的热功率为2x10Wa

【解析】(1)当t=0时，根据w=8。-S可以求出穿过线圈的磁通量；

(2)依据图象的斜率k=铠，电动势的公式E=几箸=〃筹S可以求出线圈的感应电动势;

(3)根据欧姆定律，总电阻/=£,功率的表达式P=/2R可以求出电阻R的热功率。

7°F