山东省济南市莱芜重点中学2022-2023学年高二（上）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1． 下列说法中正确的是（ ）
A．周期性变化的电场可以产生恒定的磁场
B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为
C．麦克斯韦最早通过实验证实了电磁波的存在
D．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量
2．、、、是以为直径的半圆弧上的四个点，为半圆弧的圆心，。在、处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，此时点的磁感应强度大小为。若将、处的长直导线分别移至、处，则此时点的磁感应强度大小为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，、是两个完全相同的灯泡，是理想二极管，是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计，下列说法正确的（ ）
A．闭合瞬间，先亮
B．闭合瞬间，、同时亮
C．断开瞬间，闪亮一下，然后逐渐熄灭
D．断开瞬间，逐渐熄灭，但不会闪亮一下
4．如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为，其右端接有阻值为的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。一质量为质量分布均匀的导体杆垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大运动过程中杆始终与导轨保持垂直。设杆接入电路的电阻为，导轨电阻不计，重力加速度大小为，则此过程错误的是（ ）
A．杆的速度最大值为
B．流过电阻的电荷量为
C．从静止到速度恰好达到最大经历的时间
D．恒力做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
5．（2022高二上·湖北月考）玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，回旋加速器两个形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子初速度不计电荷量为，质量为，粒子最大回旋半径为，则（ ）
A．粒子在盒内一直做加速圆周运动
B．所加交流电源的周期为
C．粒子加速后获得的最大动能小于
D．若将交流电源电压减小，粒子在形盒内运动的时间变长
7． 如图所示，电源的电动势为，内阻为，电压表和电流表均为理想电表，电阻、的阻值与滑动变阻器的最大阻值相等。在滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数与电流表示数的比值不变
B．电流表的示数增大
C．电压表的示数先增大后减小
D．电源的效率一直增大
8．我国超级电网，将热、水、风、光、核发电及电动汽车电池储能并入电网．如图所示为某小型发电站高压输电示意图．升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确酌是（ ）
A．两互感器均起到降压作用
B．若电压表的示数为，电流表的示数为，则线路输送电功率为
C．若保持发电机输出电压和用户数一定，仅将滑片下移，则输电线损耗功率减少
D．若发电机输出电压一定，若用户数增加，为维持用户电压一定，可将滑片下移
9． 如图所示，电源电动势，小灯泡标有“，”字样，开关接，当电阻箱调到时，小灯泡正常发光；然后将开关接，小灯泡和电动机均正常工作。电动机线圈的电阻。则（ ）
A．电源内阻为 B．电动机的正常工作电流为
C．电动机的输出功率为 D．电源效率约为
10．图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数，线圈的电阻，线圈与外电路连接的定值电阻，电压表为理想交流电表。则下列判断不正确的是（ ）
A．线圈转动的周期为
B．时刻线圈平面与磁感线平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为
D．电压表的示数为
11． 如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆，小球套在杆上，已知的质量为、电荷量为，电场强度为，磁感应强度为，与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的加速度一直增大
B．小球的机械能和电势能的总和逐渐不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
12． 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，相距为的两条直线、之间存在着竖直向下的匀强磁场，一个用相同材料且粗细均匀的电阻丝制成的、边长为的正方形线框以速度从左侧沿垂直于的方向进入磁场区，线框完全离开磁场区域时速度大小变为，且，则以下说法正确的是（ ）
A．整个线框处于磁场区域运动时，、两点电势不相等
B．线框进入磁场过程与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量不相等
C．线框在进入磁场过程与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比为7：5
D．若只将线框进入磁场时的速度变为原来的两倍，则线框穿出磁场时的速度会为原来的三倍
二、非选择题（52分）
13． 小明利用如图所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量，槽码和挂钩的总质量。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量。
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度 ；
（2）打开气泵，带气流稳定后，观察到 ，说明气垫导轨水平。
（3）多次改变光电门的位置进行测量，得到和的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出图线。
查得当地的重力加速度，根据动量定理，图线斜率的理论值为 ；
（4）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因（ ）
A．选用的槽码质量偏小 B．细线与气垫导轨不完全平行
C．每次释放滑块的位置不同 D．实验中的测量值偏大
14． 某实验小组为了测量某一电阻的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出的阻值约为为了进一步精确测量该电阻，实验台上备有以下器材：
A.电流表量程，内阻未知
B.电阻箱
C.电阻箱
D.电源电动势约，内阻约
E.开关只
F.导线若干
（1）甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：
先将电阻箱阻值调到最大，闭合，断开，调节电阻箱阻值，使电流表指针有较大的偏转，读出此时电阻箱的阻值和电流表的示数；
保持开关闭合，再闭合开关，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为，记下此时电阻箱的阻值．
根据实验步骤和实验器材规格可知，电阻箱应选择 选填器材前的字母；
根据实验步骤可知，待测电阻 用步骤中所测得的物理量表示．
（2）乙同学认为该电路也可以用来测量电源的电动势和内阻．若已知所选电流表的内阻为，同时闭合开关和，调节电阻箱，读出多组电阻值和电流的数据；由实验数据绘出的图象如图乙所示，图象的斜率为、截距为，由此可求得电源电动势 ，内阻 用本题所给物理量表示．
15． 如图所示，运动员练习用头颠球。某一次足球由静止下落，被重新顶起，离开头部后竖直上升至处。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，足球在空中时空气阻力为，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度取，在此过程中，求：
（1）足球在空中时空气阻力对它的冲量；
（2）足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量。
16． 如图所示，线框由裸导线组成，、两边竖直放置且相互平行，导体棒水平放置并可沿、无摩擦滑动，导体棒所在处有垂直线框所在平面向里的匀强磁场且。已知长，整个电路总电阻，螺线管匝数，螺线管横截面积，在螺线管内有如图所示方向的磁场，若磁场以均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，取，试求：
（1）通过导体棒的电流的大小；
（2）导体棒的质量的大小；
（3）现去掉磁场，导体棒下落时能达到的最大速度。
17． 如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为，方向未知，磁感应强度为，方向垂直纸面向里；在第二象限的某个三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场图中未画出。一质量为、电荷量为的带正电粒子以某一速度大小未知沿与轴负方向成角的方向从点进入第一象限，在第一象限内做直线运动，而后从轴上的点进入三角形磁场区域。一段时间后，粒子经过轴上的点且速度方向与轴负方向成角。已知点坐标为，点坐标为，不计粒子所受的重力。求：
（1）匀强电场的方向与轴正方向的夹角的大小和粒子速度的大小；
（2）三角形区域内磁场的磁感应强度的大小；
（3）三角形区域磁场的最小面积。
18． 如图所示，质量为的物块与质量为的物块静置于光滑水平面上，与一个水平轻质弹簧拴接。现使物块获得水平向右的初速度，与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，全过程中弹簧始终处于弹性限度内。
（1）求两物块最终分离时各自的速度；
（2）在两物块相互作用过程中，求当物块的速度大小为时弹簧的弹性势能；
（3）如果在物块的右侧固定一挡板挡板的位置未知，图中未画出，在物块与弹簧分离之前，物块. 与挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后物块以碰撞前的速率反向弹回，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，求碰撞后的过程中弹簧最大弹性势能可能的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．根据麦克斯韦电磁理论，周期性变化得电场可以产生周期性变化的磁场，故A错误；
B．通电导体在磁场中受到的磁场力为安培力，安培力的表达式为F=BIL，当通电导体所受的安培力为零时有可能磁感应强度为零，也可能导体与磁场方向平行，故B错误；
C．赫兹最早通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量，故D正确。
故选择D
【分析】根据麦克斯韦电磁理论可得电场和磁场的关系； 磁感应强度磁场固有的属性，与通电导线放不放没有关系；利用物理学史可得。
2．【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】设长直导线在O点的磁感应强度大小为B，根据安培定则和叠加原理，
解得，古ABC错误，D正确。
故选择D。
【分析】根据安培定则和磁场的叠加原理可得。
3．【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】AB．开关S闭合时，灯泡A所在支路由于二极管的单向导电性而处于断路状态，所以灯泡A不会亮。由于线圈的自感作用，灯泡B逐渐亮起来，故AB错误；
CD．开光S断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈、二极管、灯泡A构成了一个闭合回路，自感电流的方向符合二极管的导通方向，所以灯泡A开始发光，随着自感电流减小，灯泡A熄灭，即灯泡A闪亮一下，然后逐渐熄灭。灯泡B则立即熄灭，故C正确，D错误。
故选择C。
【分析】由于二极管的单向导电性和线圈的自感作用可得判断AB亮灯的变化情况。
4．【答案】A
【知识点】动量定理；安培力；磁通量；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．当杆的速度达到最大时，安培力为，此时杆受力平衡，则有
解得，A错误，符合题意；
B．流过电阻R的电荷量为，B正确，不符合题意；
C．根据动量定理有，，结合上述解得： ，C正确，不符合题意；
D．对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D正确，不符合题意。
故选择A。
【分析】当杆的速度达到最大时，此时杆受力平衡可得杆的速度最大值；流过电阻R的电荷量根据电流的定义再结合电磁感应可得；根据动量定理可得时间；根据动能定理可得杆动能的变化量。
5．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；动量定理
【解析】【解答】设t时间内水枪喷出的水柱长度为l，则有
t时间内冲击墙壁的水的质量为
设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F，根据动量定理有
联立以上三式解得
根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平均冲击力大小为
故答案为：B。
【分析】根据匀速直线运动的规律以及质量和密度的关系得出冲击墙壁谁的质量，结合动量定理得出 水柱水平击中目标的平均冲击力 。
6．【答案】C,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，A错误；
B.所加交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期，B错误；
C.根据动能的定义，根据牛顿第二定律，解得 ，C正确；
D.若将交流电源电压U减小，粒子加速次数增多，在D形盒内运动的时间变长，D正确。
故选择CD。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛仑磁力提供向心力可得粒子的速度，再结合动能的定义可得 最大动能 ，在回旋加速器中若将交流电源电压U减小，粒子加速次数增多，运动的时间变长。
7．【答案】C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．由电路图可知，电压表示数U与电流表示数I的比值表示的是外电路的总电阻，滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端，外电路的总电阻变化，则电压表示数U与电流表示数I的比值变化，A错误；
BC．当滑动变阻器的滑片处于中点时，两个并联支路的电阻相等，并联后电阻最大，则滑片P从a端滑到b端的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，则电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小，B错误，C正确；
D．电源的效率可表示为，外电路的总电阻先增大后减小，电源的效率先增大后减小，D错误。
故选择C。
【分析】对于电路动态分析问题的一般思路，局部整体再局部，对于电源的效率由公式可得变化规律。
8．【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流（升压）作用，故A错误。
B．电压互感器原线圈两端电压，可得，
电流互感器原线圈中的电流，可得
对于理想变压器，输送功率，故B正确。
C．将滑动片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2，根据理想变压器的规律
升压变压器副线圈两端的电压增大； 降压变压器原线圈两端电压U3增大，副线圈两端电压U4增大，通过负载的电流
当R不变时，I4增大，降压变压器原线圈中的电流，匝数比不变，I3增大，输电线上损失功率，增大，故C错误。
D．当用户数增加，负载电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，通过副线圈的电流
增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失，增大；原线圈两端电压，
将减小，根据可知，当U3减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将降压变压器的滑动片P上移，故D错误。
故选择B。
【分析】根据理想变压器的规律可得电压和电流的变化情况，对于理想变压器动态分析要注意谁在变，谁不变。
9．【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；电阻；闭合电路的欧姆定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．开关S接1，当电阻箱调到R=3Ω时，小灯泡L正常发光，此时电路中的电流为，
电源内阻，A正确；
B．将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则此时通过电动机的电流为I=1A，B错误；
C．电动机两端的电压，则电动机的输出功率为，C正确；
D．电源效率约为，D错误。
故选择AC。
【分析】 由于电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不适用，我们只有通过小灯泡L正常发光来求得电流，再来求电动机的输出功率，电源效率。
10．【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；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．由题图乙可知，线圈转动的周期为，A错误，符合题意；
B．由题图乙可知， t=0时刻线圈磁通量是零，则线圈平面与磁感线平行，B正确，不符合题意；
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为，C错误，符合题意；
D．由闭合电路欧姆定律，可知电压表的示数为，D正确，不符合题意。
故选择AC。
【分析】根据图形可得周期；根据磁通量大小可以判别线圈位置；根据感应电动势的最大值及最大值和有效值的关系，再结合闭合电路欧姆定律可得电压表读数。
11．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．当小球刚开始下滑速度较小时，所受电场力向左，重力向下，洛伦兹力向右，滑动摩擦力向上，一开始洛伦兹力小于电场力，故弹力向右，水平方向由平衡条件可得，
竖直方向上有，又因为，随着速度逐渐增大，洛伦兹力增大，弹力减小，摩擦力减小，加速度增大，当，加速度为重力加速度，保持不变，故A错误；
B．由能量守恒可知机械能和电势能总量的减小量等于系统因摩擦产生的热量，所以机械能和电势能总和逐渐减少，故B错误；
CD．当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g，当加速度为，洛伦兹力较小时有，
，，可求得
当洛伦兹力较大时有，，可求得，CD正确。
故选择CD。
【分析】当小球刚开始下滑速度较小时，所受电场力向左，重力向下，洛伦兹力向右，滑动摩擦力向上，一开始洛伦兹力小于电场力，故弹力向右；随着速度逐渐增大，洛伦兹力增大，弹力减小，摩擦力减小，加速度增大，最终加速度为重力加速度，保持不变。又因为由能量守恒可知机械能和电势能总量的减小量等于系统因摩擦产生的热量。
12．【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势，可知A、D两点电势相等，B、C两点电势相等，由右手定则可知，A、D两点电势高于B、C两点电势，即A、B两点电势不相等，A正确；
B．线框进入磁场过程中，由电磁感应定律可得，则有，解得，同理可知，线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量也为，可知线框进入磁场过程中与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量相等，B错误；
C．设线框在完全进入磁场后的速度为v，
对线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，
由动量定理可得，
线框穿出磁场过程，以向右方向为正方向，
由动量定理可得，又有，
解得，
由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功为，
线框穿出磁场过程中克服安培力做功
可得，C正确；
D．若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
线框穿出磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
又有，
解得
则线框穿出磁场时的速度v2会变为原来的三倍，D正确。
故选ACD。
【分析】i、线框进入磁场过程中，CD边切割磁感线，由电磁感应定律可得q，由动量定理可得速度的关系式，由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功；
ii、整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势；
iii、线框穿出磁场过程中，AB边切割磁感线，由电磁感应定律可得q，由动量定理可得q，由动量定理可得速度的关系式，由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功。
13．【答案】（1）10.20
（2）滑块在不受拉力作用下能够在短时间内保持静止
（3）1.96
（4）B；D
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图2可知遮光条宽度为
（2）打开气泵，带气流稳定后，观察到滑块在不受拉力作用下能够在短时间内保持静止，说明气垫导轨水平；
（3）以M、m为系统，根据动量定理可得，可得
则图线斜率的理论值为
（4）AC．槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑块的位置也不会影响图线的斜率，故AC错误；
B．细线与气垫导轨不完全平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平分力越小，从而使加速度越小，速度变化量越小，故B正确；
D．实验中的测量值偏大，则速度变化量偏小，会使图线斜率偏小，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）游标卡尺的读数，注意精确值，不用估读；
(2) 根据气垫导轨调节水平的方法处理；
（3）以M、m为系统，根据动量定理可得的关系，再结合图象可得；
（4）实验误差分析，实验误差分为系统误差和偶然误差。
14．【答案】（1）C；
（2）；
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1) 电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：，可知电路中的最小电阻应为：，所以电阻箱应选C；
根据闭合电路欧姆定律得：
S2断开时有：
S2闭合时有：
解得：
(2)闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：
整理得：，由图象可知：
电源电动势：，电源内阻：
【分析】（1）根据欧姆定律可知电路中的最大电流，可得最小电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律，当S2断开和S2闭合时可得待测电阻与已知电阻的关系；
（3）当闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律可得电流与电阻的关系，再把表达式变形成一次函数可得。
15．【答案】（1）解：足球下落过程中有
解得
根据动力学公式
解得
足球上升过程中有
解得
根据动力学公式
解得
足球在空中时空气阻力对它的冲量为
（2）解：取竖直向上为正方向，足球与头部接触前的速度
足球与头部接触后的速度
根据动量定理足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量为
合力对足球的冲量方向竖直向上。
【知识点】动量定理；力与运动的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据冲量的定义，必须知道空气阻力和时间，在下落过程中由牛顿第二定律和运动学规律可得时间，空气阻力向上，在上升过程中由牛顿第二定律和运动学规律可得时间，空气阻力向下，再根据矢量运算可得；
（2） 根据动量定理足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量等于动量的该变量，利用运动学规律可得足球与头部接触前后的速度。
16．【答案】（1）解：根据楞次定律，螺线管产生的感应电动势
由闭合电路欧姆定律
（2）解：导体棒静止时有安培力等于重力，即
求得
（3）解：去掉磁场 后，导体棒向下做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到最大，有
联立解得
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律可得螺线管产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律解得感应电流的大小；
（2）根据平衡条件可得当导体棒静止时安培力等于重力 ；
（3） 当去掉磁场 后，导体棒向下做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时， 导体棒的速度达到最大可得。
17．【答案】（1）解：粒子在第一象限内做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动。这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场的方向与微粒运动的方向垂直，，
由平衡条件有，得。
（2）解：粒子从点进入第二象限的磁场中，粒子的运动轨迹如图所示，
设粒子在第二象限做圆周运动的半径为，
由几何关系可得，
由牛顿第二定律得，
解得。
（3）解：由图可知，、点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，三角形磁场的最小区域应该是以切线、为邻边的等腰三角形，为底边，由几何关系得，底边，高，
所求磁场的最小面积为。
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由于粒子在第一象限内做直线运动，说明电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反可得速度的大小；
（2） 粒子从点进入第二象限的磁场中，粒子在第二象限做圆周运动，由几何关系求半径再结合 牛顿第二定律可得磁感应强度的大小 ；
（3）因为、点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，三角形磁场的最小区域应该是以切线、为邻边的等腰三角形可得。
18．【答案】（1）解： 取水平向右为正方向，设物块与弹簧分离时物块、的速度分别为、，
有
解得，，
答：两物块最终分离时各自的速度为、表示方向向左；
（2）解：由动量守恒定律有，
由能量守恒，有
当时，；当时，；
答：两物块最终分离时各自的速度为、表示方向向左；
（3）解：物块与弹簧分离前某时刻，设物块的速度为，物块的速度为，物块与挡板碰撞前，有
物块与挡板碰撞后，当物块、共速时弹簧弹性势能最大，，有
解得：
由问可知：
当时，最大，解得：，
当时，最小，解得：
所以弹簧最大弹性势能可能的取值范围为：
答：在两物块相互作用过程中，当物块的速度大小为时，弹簧的弹性势能为：当时，
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）由于物块、之间动量和能量都守恒，联立方程可得各自的速度 ；
（2）再次运用动量和能量都守恒，联立方程可得 物块的速度大小为时弹簧的弹性势能 ；
（3） 当物块与弹簧分离前某时刻，设物块的速度为，物块的速度为，物块与挡板碰撞前，动量守恒；
当物块与挡板碰撞后，当物块、共速时弹簧弹性势能最大，动量和能量都守恒，联立方程可得物块的速度范围，又因为只有动能和弹簧弹性势相互转化，可得弹簧最大弹性势能可能的取值范围。
山东省济南市莱芜重点中学2022-2023学年高二（上）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1． 下列说法中正确的是（ ）
A．周期性变化的电场可以产生恒定的磁场
B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为
C．麦克斯韦最早通过实验证实了电磁波的存在
D．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量
【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．根据麦克斯韦电磁理论，周期性变化得电场可以产生周期性变化的磁场，故A错误；
B．通电导体在磁场中受到的磁场力为安培力，安培力的表达式为F=BIL，当通电导体所受的安培力为零时有可能磁感应强度为零，也可能导体与磁场方向平行，故B错误；
C．赫兹最早通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量，故D正确。
故选择D
【分析】根据麦克斯韦电磁理论可得电场和磁场的关系； 磁感应强度磁场固有的属性，与通电导线放不放没有关系；利用物理学史可得。
2．、、、是以为直径的半圆弧上的四个点，为半圆弧的圆心，。在、处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，此时点的磁感应强度大小为。若将、处的长直导线分别移至、处，则此时点的磁感应强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】设长直导线在O点的磁感应强度大小为B，根据安培定则和叠加原理，
解得，古ABC错误，D正确。
故选择D。
【分析】根据安培定则和磁场的叠加原理可得。
3．如图所示，、是两个完全相同的灯泡，是理想二极管，是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计，下列说法正确的（ ）
A．闭合瞬间，先亮
B．闭合瞬间，、同时亮
C．断开瞬间，闪亮一下，然后逐渐熄灭
D．断开瞬间，逐渐熄灭，但不会闪亮一下
【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】AB．开关S闭合时，灯泡A所在支路由于二极管的单向导电性而处于断路状态，所以灯泡A不会亮。由于线圈的自感作用，灯泡B逐渐亮起来，故AB错误；
CD．开光S断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈、二极管、灯泡A构成了一个闭合回路，自感电流的方向符合二极管的导通方向，所以灯泡A开始发光，随着自感电流减小，灯泡A熄灭，即灯泡A闪亮一下，然后逐渐熄灭。灯泡B则立即熄灭，故C正确，D错误。
故选择C。
【分析】由于二极管的单向导电性和线圈的自感作用可得判断AB亮灯的变化情况。
4．如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为，其右端接有阻值为的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。一质量为质量分布均匀的导体杆垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大运动过程中杆始终与导轨保持垂直。设杆接入电路的电阻为，导轨电阻不计，重力加速度大小为，则此过程错误的是（ ）
A．杆的速度最大值为
B．流过电阻的电荷量为
C．从静止到速度恰好达到最大经历的时间
D．恒力做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
【答案】A
【知识点】动量定理；安培力；磁通量；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．当杆的速度达到最大时，安培力为，此时杆受力平衡，则有
解得，A错误，符合题意；
B．流过电阻R的电荷量为，B正确，不符合题意；
C．根据动量定理有，，结合上述解得： ，C正确，不符合题意；
D．对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D正确，不符合题意。
故选择A。
【分析】当杆的速度达到最大时，此时杆受力平衡可得杆的速度最大值；流过电阻R的电荷量根据电流的定义再结合电磁感应可得；根据动量定理可得时间；根据动能定理可得杆动能的变化量。
5．（2022高二上·湖北月考）玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；动量定理
【解析】【解答】设t时间内水枪喷出的水柱长度为l，则有
t时间内冲击墙壁的水的质量为
设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F，根据动量定理有
联立以上三式解得
根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平均冲击力大小为
故答案为：B。
【分析】根据匀速直线运动的规律以及质量和密度的关系得出冲击墙壁谁的质量，结合动量定理得出 水柱水平击中目标的平均冲击力 。
6．如图所示，回旋加速器两个形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子初速度不计电荷量为，质量为，粒子最大回旋半径为，则（ ）
A．粒子在盒内一直做加速圆周运动
B．所加交流电源的周期为
C．粒子加速后获得的最大动能小于
D．若将交流电源电压减小，粒子在形盒内运动的时间变长
【答案】C,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，A错误；
B.所加交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期，B错误；
C.根据动能的定义，根据牛顿第二定律，解得 ，C正确；
D.若将交流电源电压U减小，粒子加速次数增多，在D形盒内运动的时间变长，D正确。
故选择CD。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛仑磁力提供向心力可得粒子的速度，再结合动能的定义可得 最大动能 ，在回旋加速器中若将交流电源电压U减小，粒子加速次数增多，运动的时间变长。
7． 如图所示，电源的电动势为，内阻为，电压表和电流表均为理想电表，电阻、的阻值与滑动变阻器的最大阻值相等。在滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数与电流表示数的比值不变
B．电流表的示数增大
C．电压表的示数先增大后减小
D．电源的效率一直增大
【答案】C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．由电路图可知，电压表示数U与电流表示数I的比值表示的是外电路的总电阻，滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端，外电路的总电阻变化，则电压表示数U与电流表示数I的比值变化，A错误；
BC．当滑动变阻器的滑片处于中点时，两个并联支路的电阻相等，并联后电阻最大，则滑片P从a端滑到b端的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，则电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小，B错误，C正确；
D．电源的效率可表示为，外电路的总电阻先增大后减小，电源的效率先增大后减小，D错误。
故选择C。
【分析】对于电路动态分析问题的一般思路，局部整体再局部，对于电源的效率由公式可得变化规律。
8．我国超级电网，将热、水、风、光、核发电及电动汽车电池储能并入电网．如图所示为某小型发电站高压输电示意图．升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确酌是（ ）
A．两互感器均起到降压作用
B．若电压表的示数为，电流表的示数为，则线路输送电功率为
C．若保持发电机输出电压和用户数一定，仅将滑片下移，则输电线损耗功率减少
D．若发电机输出电压一定，若用户数增加，为维持用户电压一定，可将滑片下移
【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流（升压）作用，故A错误。
B．电压互感器原线圈两端电压，可得，
电流互感器原线圈中的电流，可得
对于理想变压器，输送功率，故B正确。
C．将滑动片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2，根据理想变压器的规律
升压变压器副线圈两端的电压增大； 降压变压器原线圈两端电压U3增大，副线圈两端电压U4增大，通过负载的电流
当R不变时，I4增大，降压变压器原线圈中的电流，匝数比不变，I3增大，输电线上损失功率，增大，故C错误。
D．当用户数增加，负载电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，通过副线圈的电流
增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失，增大；原线圈两端电压，
将减小，根据可知，当U3减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将降压变压器的滑动片P上移，故D错误。
故选择B。
【分析】根据理想变压器的规律可得电压和电流的变化情况，对于理想变压器动态分析要注意谁在变，谁不变。
9． 如图所示，电源电动势，小灯泡标有“，”字样，开关接，当电阻箱调到时，小灯泡正常发光；然后将开关接，小灯泡和电动机均正常工作。电动机线圈的电阻。则（ ）
A．电源内阻为 B．电动机的正常工作电流为
C．电动机的输出功率为 D．电源效率约为
【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；电阻；闭合电路的欧姆定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．开关S接1，当电阻箱调到R=3Ω时，小灯泡L正常发光，此时电路中的电流为，
电源内阻，A正确；
B．将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则此时通过电动机的电流为I=1A，B错误；
C．电动机两端的电压，则电动机的输出功率为，C正确；
D．电源效率约为，D错误。
故选择AC。
【分析】 由于电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不适用，我们只有通过小灯泡L正常发光来求得电流，再来求电动机的输出功率，电源效率。
10．图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数，线圈的电阻，线圈与外电路连接的定值电阻，电压表为理想交流电表。则下列判断不正确的是（ ）
A．线圈转动的周期为
B．时刻线圈平面与磁感线平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为
D．电压表的示数为
【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；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．由题图乙可知，线圈转动的周期为，A错误，符合题意；
B．由题图乙可知， t=0时刻线圈磁通量是零，则线圈平面与磁感线平行，B正确，不符合题意；
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为，C错误，符合题意；
D．由闭合电路欧姆定律，可知电压表的示数为，D正确，不符合题意。
故选择AC。
【分析】根据图形可得周期；根据磁通量大小可以判别线圈位置；根据感应电动势的最大值及最大值和有效值的关系，再结合闭合电路欧姆定律可得电压表读数。
11． 如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆，小球套在杆上，已知的质量为、电荷量为，电场强度为，磁感应强度为，与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的加速度一直增大
B．小球的机械能和电势能的总和逐渐不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．当小球刚开始下滑速度较小时，所受电场力向左，重力向下，洛伦兹力向右，滑动摩擦力向上，一开始洛伦兹力小于电场力，故弹力向右，水平方向由平衡条件可得，
竖直方向上有，又因为，随着速度逐渐增大，洛伦兹力增大，弹力减小，摩擦力减小，加速度增大，当，加速度为重力加速度，保持不变，故A错误；
B．由能量守恒可知机械能和电势能总量的减小量等于系统因摩擦产生的热量，所以机械能和电势能总和逐渐减少，故B错误；
CD．当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g，当加速度为，洛伦兹力较小时有，
，，可求得
当洛伦兹力较大时有，，可求得，CD正确。
故选择CD。
【分析】当小球刚开始下滑速度较小时，所受电场力向左，重力向下，洛伦兹力向右，滑动摩擦力向上，一开始洛伦兹力小于电场力，故弹力向右；随着速度逐渐增大，洛伦兹力增大，弹力减小，摩擦力减小，加速度增大，最终加速度为重力加速度，保持不变。又因为由能量守恒可知机械能和电势能总量的减小量等于系统因摩擦产生的热量。
12． 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，相距为的两条直线、之间存在着竖直向下的匀强磁场，一个用相同材料且粗细均匀的电阻丝制成的、边长为的正方形线框以速度从左侧沿垂直于的方向进入磁场区，线框完全离开磁场区域时速度大小变为，且，则以下说法正确的是（ ）
A．整个线框处于磁场区域运动时，、两点电势不相等
B．线框进入磁场过程与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量不相等
C．线框在进入磁场过程与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比为7：5
D．若只将线框进入磁场时的速度变为原来的两倍，则线框穿出磁场时的速度会为原来的三倍
【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势，可知A、D两点电势相等，B、C两点电势相等，由右手定则可知，A、D两点电势高于B、C两点电势，即A、B两点电势不相等，A正确；
B．线框进入磁场过程中，由电磁感应定律可得，则有，解得，同理可知，线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量也为，可知线框进入磁场过程中与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量相等，B错误；
C．设线框在完全进入磁场后的速度为v，
对线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，
由动量定理可得，
线框穿出磁场过程，以向右方向为正方向，
由动量定理可得，又有，
解得，
由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功为，
线框穿出磁场过程中克服安培力做功
可得，C正确；
D．若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
线框穿出磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
又有，
解得
则线框穿出磁场时的速度v2会变为原来的三倍，D正确。
故选ACD。
【分析】i、线框进入磁场过程中，CD边切割磁感线，由电磁感应定律可得q，由动量定理可得速度的关系式，由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功；
ii、整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势；
iii、线框穿出磁场过程中，AB边切割磁感线，由电磁感应定律可得q，由动量定理可得q，由动量定理可得速度的关系式，由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功。
二、非选择题（52分）
13． 小明利用如图所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量，槽码和挂钩的总质量。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量。
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度 ；
（2）打开气泵，带气流稳定后，观察到 ，说明气垫导轨水平。
（3）多次改变光电门的位置进行测量，得到和的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出图线。
查得当地的重力加速度，根据动量定理，图线斜率的理论值为 ；
（4）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因（ ）
A．选用的槽码质量偏小 B．细线与气垫导轨不完全平行
C．每次释放滑块的位置不同 D．实验中的测量值偏大
【答案】（1）10.20
（2）滑块在不受拉力作用下能够在短时间内保持静止
（3）1.96
（4）B；D
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图2可知遮光条宽度为
（2）打开气泵，带气流稳定后，观察到滑块在不受拉力作用下能够在短时间内保持静止，说明气垫导轨水平；
（3）以M、m为系统，根据动量定理可得，可得
则图线斜率的理论值为
（4）AC．槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑块的位置也不会影响图线的斜率，故AC错误；
B．细线与气垫导轨不完全平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平分力越小，从而使加速度越小，速度变化量越小，故B正确；
D．实验中的测量值偏大，则速度变化量偏小，会使图线斜率偏小，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）游标卡尺的读数，注意精确值，不用估读；
(2) 根据气垫导轨调节水平的方法处理；
（3）以M、m为系统，根据动量定理可得的关系，再结合图象可得；
（4）实验误差分析，实验误差分为系统误差和偶然误差。
14． 某实验小组为了测量某一电阻的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出的阻值约为为了进一步精确测量该电阻，实验台上备有以下器材：
A.电流表量程，内阻未知
B.电阻箱
C.电阻箱
D.电源电动势约，内阻约
E.开关只
F.导线若干
（1）甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：
先将电阻箱阻值调到最大，闭合，断开，调节电阻箱阻值，使电流表指针有较大的偏转，读出此时电阻箱的阻值和电流表的示数；
保持开关闭合，再闭合开关，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为，记下此时电阻箱的阻值．
根据实验步骤和实验器材规格可知，电阻箱应选择 选填器材前的字母；
根据实验步骤可知，待测电阻 用步骤中所测得的物理量表示．
（2）乙同学认为该电路也可以用来测量电源的电动势和内阻．若已知所选电流表的内阻为，同时闭合开关和，调节电阻箱，读出多组电阻值和电流的数据；由实验数据绘出的图象如图乙所示，图象的斜率为、截距为，由此可求得电源电动势 ，内阻 用本题所给物理量表示．
【答案】（1）C；
（2）；
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1) 电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：，可知电路中的最小电阻应为：，所以电阻箱应选C；
根据闭合电路欧姆定律得：
S2断开时有：
S2闭合时有：
解得：
(2)闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：
整理得：，由图象可知：
电源电动势：，电源内阻：
【分析】（1）根据欧姆定律可知电路中的最大电流，可得最小电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律，当S2断开和S2闭合时可得待测电阻与已知电阻的关系；
（3）当闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律可得电流与电阻的关系，再把表达式变形成一次函数可得。
15． 如图所示，运动员练习用头颠球。某一次足球由静止下落，被重新顶起，离开头部后竖直上升至处。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，足球在空中时空气阻力为，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度取，在此过程中，求：
（1）足球在空中时空气阻力对它的冲量；
（2）足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量。
【答案】（1）解：足球下落过程中有
解得
根据动力学公式
解得
足球上升过程中有
解得
根据动力学公式
解得
足球在空中时空气阻力对它的冲量为
（2）解：取竖直向上为正方向，足球与头部接触前的速度
足球与头部接触后的速度
根据动量定理足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量为
合力对足球的冲量方向竖直向上。
【知识点】动量定理；力与运动的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据冲量的定义，必须知道空气阻力和时间，在下落过程中由牛顿第二定律和运动学规律可得时间，空气阻力向上，在上升过程中由牛顿第二定律和运动学规律可得时间，空气阻力向下，再根据矢量运算可得；
（2） 根据动量定理足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量等于动量的该变量，利用运动学规律可得足球与头部接触前后的速度。
16． 如图所示，线框由裸导线组成，、两边竖直放置且相互平行，导体棒水平放置并可沿、无摩擦滑动，导体棒所在处有垂直线框所在平面向里的匀强磁场且。已知长，整个电路总电阻，螺线管匝数，螺线管横截面积，在螺线管内有如图所示方向的磁场，若磁场以均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，取，试求：
（1）通过导体棒的电流的大小；
（2）导体棒的质量的大小；
（3）现去掉磁场，导体棒下落时能达到的最大速度。
【答案】（1）解：根据楞次定律，螺线管产生的感应电动势
由闭合电路欧姆定律
（2）解：导体棒静止时有安培力等于重力，即
求得
（3）解：去掉磁场 后，导体棒向下做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到最大，有
联立解得
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律可得螺线管产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律解得感应电流的大小；
（2）根据平衡条件可得当导体棒静止时安培力等于重力 ；
（3） 当去掉磁场 后，导体棒向下做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时， 导体棒的速度达到最大可得。
17． 如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为，方向未知，磁感应强度为，方向垂直纸面向里；在第二象限的某个三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场图中未画出。一质量为、电荷量为的带正电粒子以某一速度大小未知沿与轴负方向成角的方向从点进入第一象限，在第一象限内做直线运动，而后从轴上的点进入三角形磁场区域。一段时间后，粒子经过轴上的点且速度方向与轴负方向成角。已知点坐标为，点坐标为，不计粒子所受的重力。求：
（1）匀强电场的方向与轴正方向的夹角的大小和粒子速度的大小；
（2）三角形区域内磁场的磁感应强度的大小；
（3）三角形区域磁场的最小面积。
【答案】（1）解：粒子在第一象限内做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动。这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场的方向与微粒运动的方向垂直，，
由平衡条件有，得。
（2）解：粒子从点进入第二象限的磁场中，粒子的运动轨迹如图所示，
设粒子在第二象限做圆周运动的半径为，
由几何关系可得，
由牛顿第二定律得，
解得。
（3）解：由图可知，、点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，三角形磁场的最小区域应该是以切线、为邻边的等腰三角形，为底边，由几何关系得，底边，高，
所求磁场的最小面积为。
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由于粒子在第一象限内做直线运动，说明电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反可得速度的大小；
（2） 粒子从点进入第二象限的磁场中，粒子在第二象限做圆周运动，由几何关系求半径再结合 牛顿第二定律可得磁感应强度的大小 ；
（3）因为、点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，三角形磁场的最小区域应该是以切线、为邻边的等腰三角形可得。
18． 如图所示，质量为的物块与质量为的物块静置于光滑水平面上，与一个水平轻质弹簧拴接。现使物块获得水平向右的初速度，与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，全过程中弹簧始终处于弹性限度内。
（1）求两物块最终分离时各自的速度；
（2）在两物块相互作用过程中，求当物块的速度大小为时弹簧的弹性势能；
（3）如果在物块的右侧固定一挡板挡板的位置未知，图中未画出，在物块与弹簧分离之前，物块. 与挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后物块以碰撞前的速率反向弹回，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，求碰撞后的过程中弹簧最大弹性势能可能的取值范围。
【答案】（1）解： 取水平向右为正方向，设物块与弹簧分离时物块、的速度分别为、，
有
解得，，
答：两物块最终分离时各自的速度为、表示方向向左；
（2）解：由动量守恒定律有，
由能量守恒，有
当时，；当时，；
答：两物块最终分离时各自的速度为、表示方向向左；
（3）解：物块与弹簧分离前某时刻，设物块的速度为，物块的速度为，物块与挡板碰撞前，有
物块与挡板碰撞后，当物块、共速时弹簧弹性势能最大，，有
解得：
由问可知：
当时，最大，解得：，
当时，最小，解得：
所以弹簧最大弹性势能可能的取值范围为：
答：在两物块相互作用过程中，当物块的速度大小为时，弹簧的弹性势能为：当时，
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）由于物块、之间动量和能量都守恒，联立方程可得各自的速度 ；
（2）再次运用动量和能量都守恒，联立方程可得 物块的速度大小为时弹簧的弹性势能 ；
（3） 当物块与弹簧分离前某时刻，设物块的速度为，物块的速度为，物块与挡板碰撞前，动量守恒；
当物块与挡板碰撞后，当物块、共速时弹簧弹性势能最大，动量和能量都守恒，联立方程可得物块的速度范围，又因为只有动能和弹簧弹性势相互转化，可得弹簧最大弹性势能可能的取值范围。
