2021_2022学年安徽省皖淮名校(蚌埠二中)高二(下)月考物理试卷(5月)(含答案解析)

2021~2022学年安徽省皖淮名校（蚌埠二中）高二（下）月考物

理试卷（5月）

1. 一对不等量异种点电荷的电场线分布如图所示，A 、B 为电场中的两点。下列说法正确的是( )

A. A 点的电势大于B 点的电势

B. Q 2所带电荷量的数值可能是任意的实数

C. B 点的电场强度大于A 点的电场强度

D. Q 1对Q 2的静电力大于Q 2对Q 1的静电力

2. 如图所示，将一表头(灵敏电流表G)和一电阻箱R 并联，

则该装置为一新的仪器。下列说法正确的是( )

A. 该装置是电流表，R 越大量程越大

B. 该装置是电流表，R 越小量程越大

C. 该装置是电压表，R 越大量程越大

D. 该装置是电压表，R 越小量程越大

3. 家住合肥的张同学周末来到郊外的公园游玩，一架飞机由西向东匀速飞过张同学的头顶。下列说法正确的是( )

A. 两机翼电势一样高

B. 南边的机翼电势高

C. 北边的机翼电势高

D. 无法判断

4. 2021年10月27日，我国在酒泉卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“吉林一号”高分02F 卫星送入预定轨道。卫星入轨后，将在自然资源调查、生态环境监测、城市综合治理以及防灾减灾等领域广泛应用，推动社会发展和进步!该卫星绕地球做匀速圆周运动，运行的周期为T ，运行轨道离地球表面的高度为h ，地球的半径为R ，引力常量为G ，则地球的质量可表示为( ) A. GT 24π2(R+ℎ) B. 4π2(R+ℎ)3

GT 2 C. GT 2

4π2R 3 D. T 24π2G (R+ℎ)3

5. 在匀强磁场中，一个60匝的闭合矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，穿过该线框的磁通量随时间成余弦函数变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )

A. 在t=5×10−3s时，线框处于中性面位置

B. 在t=1.5×10−2s时，线框中感应电动势为零

C. 线框中产生的感应电动势有效值为150√2π(V)

D. 线框中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=300πcos(100πt)(V)

6. 如图所示，一带正电液滴以水平速度v0从平行板电容器左边射入，恰能沿直线飞出，已知磁感应强度大小为B，两极板间的电压为U，两极板间的距离为d，重力加速度大小为g，则此液滴的比荷为( )

A. gd

Bdv0−U B. gd

U−Bdv0

C. 2gd

U+Bdv0

D. gd

Bdv0+U

7. (多选)如图所示，等边三角形ABC的三个顶点上均固定了垂直纸面的长直导线，A、B两点处长直导线中的电流大小均为I，B点处长直导线中电流方向垂直纸面向里，A点处长直导

线中电流方向垂直纸面向外。已知A点处长直导线受到的磁场力沿图示方向，下列说法正确的是( )

A. C点处长直导线中的电流垂直纸面向外

B. C点处长直导线中的电流垂直纸面向里

C. C点处长直导线中的电流小于I

D. C点处长直导线中的电流大于I

8. 某同学研究远距离输电的电路如图所示，a、b端接入电压有效值为U0的正弦交流电源，

升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，且n1

n2=n4

n3

。定值电阻R2和R3消耗的功率均为

输电线电阻R1消耗的功率的64倍，已知R2=R3=4R1，电表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )

A. 电压表的示数等于U0

B. 升压变压器T1的匝数比n1

n2=1

8

C. 若R1短路，电流表示数将变大

D. 若R3断路，电压表示数将减小

9. A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x−t图像如图所示，则下列判断正确的是( )

A. A.碰撞后A、B两个物块运动方向相同

B. 碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：3

C. A、B的质量之比m1：m2=2：3

D. 此碰撞为弹性碰撞

10. 如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a

的质量为4m，电阻为r;导体棒b的质量为m，电阻为4r。两导体棒长度均为l，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得平行于导轨水平向右的瞬时初速度v0，除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用。下列说法正确的是( )

A. 最终a、b棒以相同的速度做匀速直线运动

B. 整个过程中，a棒受到的安培力做的功等于电路中产生的焦耳热

C. 全过程中，导体棒b的动量变化量为4mv0

5

D. 全过程中，通过导体棒a的电荷量为4mv0

5Bl

11. 下列说法正确的是( )

A. 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大

B. 表面张力使液体表面有收缩的趋势

C. 游禽用嘴把油脂涂到羽毛上是为了使水不能浸润羽毛

D. 反映宏观自然过程的方向性的定律是热力学第二定律的一种表述

E. 正在绝热条件下压缩气体，气体的内能可能增加，也可能减少

12. 图为用频闪相机拍摄的羽毛与苹果在真空中从静止开始同时下落的局部频闪照片，该频闪相机闪光的频率为f。

(1)这个实验表明：物体只在重力作用下从静止开始下落，下落的快慢与物体___ 无关。

(2)关于图中的x1、x2、x3和x4，下列关系一定正确的是___ 。

A.x1:x2=1:4

B.x3:x4=5:7

C.2x2=x3+x1

(3)若图中所示数据为实际距离，则当地的重力加速度大小g=___ 。(用题中所给的物理量符号表示)

13. 如图所示，用碰撞实验器可以研究大小相同的两个小球在水平轨道碰撞前、后的动量关系从而验证动量守恒定律。安装好实验装置，并记下重垂线所指的位置O。第一步，不放B 球，让A球从斜槽上某位置由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置;第二步，把B球放在斜槽末端边缘处，让A球由第一步中的同一位置静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置;第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的水平距离，即线段OM、OP、ON的长度。

(1)在不放B球时，A球从斜槽上某处由静止开始滚下的落点在图乙中的___ (填“M”、“P”或“N”)点，把B球放在斜槽末端边缘处，A球从斜槽相同位置处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球B的落点在图乙中的___ (填“M”、“P”或“N”)点。

(2)本实验中A球的密度应___ (填“大于”、“等于”或“小于”)B球的密度。

(3)实验中，A球和B球的质量分别为m1、m2，如果OM=x1，OP=x2，ON=x3，在实验误差允许范围内，若满足关系式___ ，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。

(4)碰撞的恢复系数的定义为e=|v2−v1|

，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2

|v20−v10|

分别是碰撞后两物体的速度。弹性碰撞的恢复系数总是等于1，若该实验中的碰撞为弹性碰撞，则实验中可以用刻度尺测得OM、OP、ON的关系为___ 。

14. 如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一绝缘水平面上，导轨间距L=0.8m，左端接有阻值R=6Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5T，一根质量m=0.5kg、电阻r=2Ω、长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过的位移大小x=8m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度ℎ=1.8m处。已知金属棒与导轨

间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2，不计金属导轨电阻，金属棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，求：

(1)恒力F的大小;

(2)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。

15. 如图所示，在xOy平面0≤x≤3a的区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x>3a的区域内存在平行于xOy平面垂直x轴方向的匀强电场(图中未画出)，从原点O沿y轴正方向发射的带负电粒子刚好从磁场右边界上的P点离开磁场进入电场，经电场偏转后到达x轴上的Q点，且粒子到达Q点时速度恰好沿x轴正方向。已知粒子的质量为m、电荷量为−q，P点的坐标为(3a,1.5a)，不计粒子所受重力，取sin37∘=0.6.cos37∘=0.8，求：

(1)粒子经过P点时的速度大小v；

(2)电场强度的大小和方向；

(3)粒子从O点运动到Q点所用的时间。

16. 如图所示，结构相同的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于水平地面，刚性杆连接横截面积均为S的绝热活塞a、b，两汽缸中均封闭一定量的理想气体。开始时活塞静止，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0。A中气体热力学温度为T A，设环境温度始终不变，现通过

，活塞a、b与两汽电热丝加热A中的气体，停止加热达到稳定后，B中气体的体积减小了V

5

p0S，求：

缸内壁之间的最大静摩擦力均为1

4

(1)停止加热后B 中气体的压强；

(2)停止加热后A 中气体的热力学温度。

17. 如图所示，某同学为了测量透明圆柱体材料的折射率，让一小束单色光平行于截面圆直径AB 射入圆柱体内，已知圆柱体截面圆的半径为R ，入射光与截面圆直径AB 之间的距离为12R ，从圆柱体射出的光线与进入圆柱体的入射光线的偏向角为30∘，已知光在真空中的传播速度为c ，sin15∘=√6−√24，cos15∘=√6+√24。求：

(i)透明圆柱体材料的折射率；

(ii)光在圆柱体中的传播时间。

18. 如图所示，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t =0时的波形图如图所示，此时波刚好传到c 点，这列波的周期T =0.08s ，a 、b 、c 、d 均是是介质中的质点，此时质点a 的振动方向沿_____(填“y 轴正方向”或“y 轴负方向”)，波传到质点d 时，质点c 通过的路程_____cm ，t =0.1s 时，质点b 的位移为_____cm 。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查电场的描述，用电场线可以形象的描述电场的分布情况，因此要熟练掌握电场线和电场以及电场力之间的关系，明确沿电场线的方向电势是降低的。

相互作用力大小相等，明确电场线的性质，顺着电场线电势降低，电场线的疏密表示电场的强弱。【解答】

A、沿着电场线方向，电势逐渐降低，A点的电势大于B点的电势，故A正确；

B、元电荷是最小的电荷量，所有带电物体的电荷量等于元电荷或是元电荷的整数倍，故B错误；

C、B点电场线比A点的电场线疏，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，故C错误；

D、Q1对Q2的静电力和Q2对Q1的静电力是相互作用力，大小相等，故D错误。

故选：A。

2.【答案】B

可知，当R越小时，【解析】灵敏电流表G和一电阻箱并联，则该装置为电流表，由I=I G+I G R G

R

I越大，则量程越大，故B正确，ACD错误；

故选：B。

当灵敏电流表与电阻并联时，因为并联分压，所以电阻箱R可以分担电流，根据欧姆定律分析出R与量程的关系。

本题主要考查了电表的改装，当电表与电阻串联时则为电压表，与电阻并联时则为电流表，结合欧姆定律分析出量程与电阻R的关系即可。

3.【答案】C

【解析】

【分析】

本题主要考查右手定则的应用。明确北半球地磁场的竖直分量的方向和飞机的飞行方向，根据右手定则即可判断机翼两端的电势高低。

【解答】

当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向相同，由低电势指向高电势，根据右手定则可判断，在北半球，不论沿任何方向水平飞行，都是飞机的左侧机翼电势高，右侧机翼电势低。所以飞机由西向东匀速飞过张同学的头顶时，北边的机翼电势高。

故选C。

4.【答案】B

【解析】

【分析】

本题主要考查万有引力定律的应用。对该卫星根据万有引力提供向心力列方程即可求得地球的质量。

【解答】

对该卫星，根据万有引力提供向心力有G Mm

(R+ℎ)2=m4π2

T2

(R+ℎ)，解得：地球的质量M=4π2(R+ℎ)

3

GT2

，

故B正确，ACD错误。

5.【答案】C

【解析】A.根据图象可知，在t=5×10−3s时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，位于与中性面垂直位置，故A错误；

B.在t=1.5×10−2s时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故B错误；

CD.感应电动势的最大值为：E m=NBSω=NΦmω=60×0.05×2π

0.02

V=300πV，

有效值为：E=m

√2=

√2

=150√2πV，

在t=0时刻，线框从中性面开始转动，则线框中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=

300πsin(100π)t(V)，故C正确，D错误。

故选：C。

根据图象得到t=5×10−3s时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；

根据图像判断出磁通量的最大值和周期，利用E m=NBSω求得产生感应电动势的最大值，根据电动势的峰值与有效值的关系求得有效值，并写出瞬时值表达式。

本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。

6.【答案】D

【解析】

【分析】

液滴受重力、电场力及洛仑磁力，因为液滴做匀速直线运动，由平衡条件求解。

【解答】

因为液滴做匀速直线运动，则有Eq+Bqv0=mg，

又E=U

d

，

解得q

m =gd

Bdv0+U

，故ABC错误，D正确。

7.【答案】AC

【解析】根据安培定则和左手定则可知，电流方向相同的直导线之间互相吸引，电流方向相反的直导线互相排斥，则对A处直导线受力分析可知，如图所示：

可知，A、C之间相互吸引，则C处导线通有垂直纸面向外的电流，由图可知F BA>F CA，即B处直导线所通电流大于C处直导线电流，则C处电流小于I，故AC正确，BD错误。

本题考查学生对安培定则、左手定则以及受力分析的考查，属于基本题。

根据电流间作用力的特点，结合力的合成分析AC间力的方向，从而确定C中电流的方向，结合AB与AC间力的大小关系，从而得出C中电流情况即可判断。

8.【答案】BC

【解析】

【分析】

根据R2=R3=4R1，三个电阻消耗的功率关系，设通过每个电阻的电流为I，电压为U，即可表示变压器的电压和电流的关系，从而知匝数比。

再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，电压取决于原线圈，电流和功率取决于副线圈，分析动态变化。

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。

【解答】

B.令R2=R3=4R1=4R，定值电阻R2和R3消耗的功率均为输电线电阻R1消耗的功率的64倍，，则有P R1=I32R，P R2=P R3=(I4

2

)2×4R=64P R1=64I32R

解得I3

I4=1

8

。

根据变压器原副线圈匝数比与电流之间的关系可得n4

n3=I3

I4

=1

8

由题意可得升压变压器T1的匝数比为n1

n2=n4

n3

=1

8

，B 正确。

A .根据变压器的工作原理

U1 U2=n1

n2

，U3

U4

=n3

n4

又因为

U3=U2−I3R1，U1=U0故有

U4=U0−n4

n3I3R1=U0−(

n4

n3)2I4R1=U0−(

n4

n3)2

U4

R2R3

R2+R3

R1=U0−32U4

解得U4=128

129

U0，电压表的示数即U4，可知电压表的示数小于U0，A错误。

C.若R1短路，则U3=U2。降压变压器的原线圈电压变大，副线圈的电压也将升高，从而使得降压

变压器的电流I4增大，由电流与变压器匝数的关系I3

I4=n4

n3

可知，当降压变压器副线圈中的电流增

加时，升压变压器原线圈的电流也增加，即R1短路，电流表示数将变大，C正确。

D.若R3断路，此时电压表的示数为

解得。

可知。

由此可以判定，R3断路，电压表示数将变大，D错误。

故选BC。

9.【答案】CD

【解析】A.因为x−t图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度的方向，由图像可知，碰撞后

A、B两个物块运动方向相反，故A错误；

B.由图像可得，碰撞前A物块的速度为v1=Δx

Δt

=5m/s

碰撞后A物块的速度为v1′=Δx

Δt

=−1m/s

所以碰撞前、后A物块的速度大小之比为5:1，故B错误；

C.同理可得，碰撞前、后B物块的速度分别为v2=0，v2′=Δx

Δt

=4m/s

设A、B的质量分别为m1，m2，则由动量守恒定律得m1v1=m1v1′+m2v2′

解得m1：m2=2：3

故C正确；

D.因为碰撞前后机械能分别为E=1

2m1v12=12.5m1，E′=1

2

m1v1′2+1

2

m2v2′2=12.5m1=E

即碰撞前后系统机械能守恒，故此碰撞为弹性碰撞，故D 正确。 故选CD 。

10.【答案】ACD

【解析】 【分析】

本题主要是考查电磁感应现象与动量守恒定律的结合。

两棒组成回路，电流大小相同，a 棒做变减速直线运动，b 棒做变加速直线运动，当两者的速度相等时，电流等于零，两棒不再受安培力，则达到共同速度做匀速直线运动；两棒组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律结合动量定理求解通过导体棒b 的电荷量，根据能量守恒定律求解两棒共产生的焦耳热。 【解答】

A .根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，a 棒受安培阻力做变减速直线运动，b 棒受安培动力做变加速直线运动，当两者的速度相等时，电流等于零，两棒不再受安培力，则达到共同速度做匀速直线运动，加速度为零，故A 正确，

B .根据功能关系可知，克服a 棒受到的安培力做的功等于a 棒的动能的减少量，转化为电路中产生的焦耳热和b 棒增加的动能，B 错误；

C .两棒所受安培力合力为零，系统动量守恒，最终共同速度为4mv 0=(4m +m)v ，导体棒b 的动量变化量为

4mv 0

5

，故C 正确； D.对a 棒，根据动量定理可得：−BI −

l ⋅Δt =4mv −4mv 0 通过导体棒a 的电荷量为：q =I −

⋅Δt ，联立解得q =4mv 0

5Bl

，故D 正确。 故选ACD.

在两导体棒有相对运动的过程中，回路中产生感应电流，根据能量转化情况判断导体棒b 动能增加量与导体棒a 动能减少量关系；两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析导体棒b 动量增加量与导体棒a 动量减少量的关系；根据动量守恒定律结合动量定理求解通过导体棒b 的电荷量；

解答本题时，关键要弄清楚两棒的受力情况和运动情况，知道两棒组成的系统遵守动量守恒定律。对于导体棒运动过程中涉及能量转化问题，往往根据能量守恒定律列方程求解。

11.【答案】BCD

【解析】A .气体的温度升高，并不是每个气体分子运动的速率都增大，故A 错误；

B .与气体接触的液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子间同时存在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离r 0，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，即存在表面张力，表面张力使液体表面有收缩的趋势，故B 正确；

C .游禽用嘴把油脂涂到羽毛上是为了使水不浸润羽毛，避免水将羽毛打湿，故C 正确；

D .热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，故D 正确；

E .在绝热条件下压缩气体时，外界对气体做功，但没有热交换，故气体的内能增加，故E 错误。 故选BCD 。

12.【答案】(1)质量；

(2)C ； (3)

x 4+x 3−x 2−x 14

f 2

【解析】(1)在实验中，如果没有空气阻力，物体下落的快慢相同，即轻重不同的物体下落的快慢相同，与质量无关；

(2)因A 点的初速度不一定为零，则不满足比例关系；但整个过程中做匀变速直线运动，满足△x =gT 2

故x 3−x 2=x 2−x 1

可知，2x 2=x 3+x 1，故C 正确； (3)频闪周期T =1f

，由△x =gT 2可得：g =

x 4+x 3−x 2−x 1

4T

2

=

x 4+x 3−x 2−x 14

f 2

； (1)根据自由落体的性质可明确在真空环境中物体的运动情况；

(2)、(3)根据自由落体规律及匀变速直线运动规律可得出加速度及对应的表达式。

本题考查自由落体运动规律及运动学规律，要注意正确掌握匀变速直线运动结论的正确应用。

13.【答案】(1)P ；N ；

(2)大于；

(3)m 1x 2=m 1x 1+m 2x 3； (4)OP =ON −OM 。 【解析】 【分析】

本题主要考查验证动量守恒定律的实验，明确实验原理和注意事项是解决问题的关键。 (1)两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞后入射球的速度变小，小于碰撞前的速度且小于被碰球的速度，小球离开斜槽后做平抛运动，平抛运动的时间相等，平抛运动的水平位移与初速度成正比，据此判断小球落点位置；

(2)根据实验原理和注意事项分析即可；

(3)碰撞前后两球做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，两球运动时间相等，水平方向做匀速运动，水平位移与平抛运动的初速度成正比，根据动量守恒定律列方程即可整理得到在实验误差允许范围内，两球碰撞前后的总动量守恒所满足的表达式；

(4)根据平抛运动规律得到两球碰撞前后的速度大小与水平位移的关系，结合弹性碰撞的恢复系数，根据恢复系数的表达式，即可求得实验中的碰撞为弹性碰撞时OM、OP、ON所满足的关系式。【解答】

(1)小球A从斜槽某处由静止开始滚下，A的落点在图乙中的P点，小球A与B相撞后，小球B的速度增大，小球A的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后B球的落地点在图乙中的N点；(2)本实验中，A球与B球发生对心正碰，所以两小球半径相等，为防止A球与B球碰撞后反弹，要求A球的质量大于B球的质量，所以本实验中A球的密度应大于B球的密度；

(3)A球与B球碰撞后均做平抛运动，竖直方向上下落高度相等，根据平抛运动的规律可知，A球

与B球做平抛运动的时间相等，设为t，设A球与B球碰撞前的速度大小为v，A球与B球碰撞后的速度大小分别为v1和v2，

根据动量守恒定律有m1v=m1v1+m2v2，则有m1vt=m1v1t+m2v2t，即在实验误差允许范围内，若满足关系式m1x2=m1x1+m2x3，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒；

(4)本实验的原理是小球从槽口飞出后做平抛运动的时间相同，设为t，则有OP=v10t，OM=v1t，ON=v2t，小球B碰撞前静止，即v20=0，若该实验中的碰撞为弹性碰撞，则碰撞系数e=

|v2−v1 v20−v10|=|ON−OM

0−OP

|=|ON−OM

OP

|=1，解得：OP=ON−OM。

14.【答案】解：(1)设金属棒离开磁场瞬间速度为v，对金属棒从离开磁场至到达弯曲轨道最高点过程分析，根据动能定理有

−mgℎ=0−1

2mv2

金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得

F=BIL+μmg

金属棒中的感应电流

I=BLv R+r

解得F=3.5N。

(2)设金属棒在磁场中运动的过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系有

Fx=μmgx+1

2mv2+Q

根据闭合电路欧姆定律可得电阻R上的焦耳热为

Q R=

R

R+r Q

解得Q R=11.25J。

【解析】本题综合考查了电磁感应问题中的能量类情景。

(1)由动能定理、闭合电路欧姆定律和金属棒的平衡条件进行求解；

(2)利用功能关系可求系统产热量，再结合电阻关系进行分配。

15.【答案】解：(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，粒子到达P点时速度方向与y 轴负方向的夹角为α，

根据几何关系有

Rsinα=1.5a

R+Rcosα=3a

根据牛顿第二定律有

qvB=m v2 R

解得：v=15qBa

8m

。

(2)粒子在电场中做类平抛运动，将粒子从P点进入电场的速度分解，设垂直电场方向的分速度大小为v x，其沿电场方向的分速度大小为v y，粒子从P点运动到Q点的时间为t2，根据运动规律有

v y=vcosα

1.5a=1

2v y t2

根据牛顿第二定律有

qE=m v y t2

解得：E=27qaB 2

64m

；

根据运动过程分析受力可知，电场强度的方向沿y轴负方向。

(3)粒子在磁场中做完整圆周运动的周期

T=2πR v

粒子在磁场中运动的时间

t1=127∘

360∘T=

127T

360

粒子从O 点运动到Q 点所用的时间

t =t 1+t 2

解得：t =

127πm 180qB +8m

3qB

。 答：(1)粒子经过P 点时的速度大小v 为15qBa

8m ；

(2)电场强度的大小为27qaB 2

64m ，方向沿

y 轴负方向；

(3)粒子从O 点运动到Q 点所用的时间为127πm

180qB +8m

3qB 。

【解析】(1)带电粒子进入磁场后只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，画出其运动轨迹图，由几何关系求得运动半径，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解速度大小；

(2)粒子在匀强电场中做类抛体运动，将此运动沿x 、y 轴分解，由牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式解答；

(3)运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间；由粒子在匀强电场中沿−y 方向做匀减速运动求得在电场中运动时间，两时间之和即为所求。

本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题，属于基础题。带电粒子进入磁场后只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，画出其运动轨迹图，由几何关系求得运动半径，根据牛顿第二定律求解；带电粒子在匀强电场中做类抛体运动，要将运动分解处理。

16.【答案】解：(1)稳定后，B 中气体的体积V B ′=

4V

5

， 对B 中气体，根据玻意耳定律有p 0V =p B ′V B ′， 解得：p B ′=1.25p 0；

(2)稳定后，A 中气体的体积V A ′=6V

5，

对刚性杆连接的活塞a 、b 整体受力分析，根据平衡条件有p A ′S =p B ′S +1

2p 0S ，

对A 中气体，根据理想气体状态方程有p 0

V T A

=p A ′V A ′

T A ′， 解得：T A ′=2.1T A 。

【解析】本题主要考查玻意耳定律和理想气体状态方程的应用，明确初末状态的参量是解决问题的关键。

(1)根据题意，求得停止加热达到稳定后B 中气体的体积，明确初末状态的参量，对B 中气体根据玻意耳定律列方程即可求得停止加热后B 中气体的压强；

(2)根据题意，求得停止加热达到稳定后A 中气体的体积，对刚性杆连接的活塞a 、b 整体受力分析，根据平衡条件列方程，对A 中气体根据理想气体状态方程即可求得停止加热后A 中气体的热力学温度。

17.【答案】解：(i)单色光在圆柱体内的光路如图所示根据几何关系有

sinθ1=1

2R

R=

1

2

单色光在进入圆柱体时的折射角和射出圆柱体时的入射角相等，根据光路可逆可知，单色光射入圆柱体的折射角

θ2=15∘

根据折射定律有

n=sinθ1 sinθ2

解得n=√6+√2

2

；

(ii)光在介质中的传播速度

v=c n

光的传播时间

t=s

v=

2Rcos15∘

v

解得t=(2+√3)R

c

。

【解析】(1)本题为几何光学问题，解题的关键是根据题意正确的做出光路图，根据折射定律结合几何关系求折射率；

(2)根据折射率公式求出光在介质中的传播速度，根据几何关系确定光的传播路径，进而可得传播时间。

18.【答案】y轴正方向;10;−5

【解析】根据振动方向与传播方向位于曲线的同一侧，可知此时质点a的振动方向沿y轴正方向

波传到质点d时，经过T

4

，质点c通过的路程为A=10cm

t=0时，b点初位移为y b1=5√3cm

运动方向向下，设b点振动方程y b=Acos(ωt+φ0)

=25πrad/s

其中A=10cm，ω=2π

T

以t=0代入得初相φ0=π

6

则t=0.1s时，质点b的位移为y b2=−5cm