?2020-2021學(xué)年山東省威海市高二（上）期末物理試卷
一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個選項中，第1-5題只有一項符合題目要求，第6-10題有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分
1．（4分）關(guān)于電磁感應(yīng)，下列說法中正確的是（　?。?br /> A．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大
B．穿過線圈的磁通量為零，感應(yīng)電動勢一定為零
C．穿過線圈的磁通量的變化越大，感應(yīng)電動勢越大
D．通過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大
2．（4分）如圖，一個帶負(fù)電的橡膠圓盤處在豎直面內(nèi)，可以繞過其圓心的水平軸高速旋轉(zhuǎn)，當(dāng)它不動時，放在它左側(cè)軸線上的小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)橡膠圓盤從左向右看逆時針高速旋轉(zhuǎn)時，小磁針的N極（　?。?br />
A．不偏轉(zhuǎn) B．向左偏轉(zhuǎn) C．向右旋轉(zhuǎn) D．向紙內(nèi)旋轉(zhuǎn)
3．（4分）如圖所示為某正弦交流電的電流隨時間變化的圖象，已知t＝0.01s時電流的大小為2A，則此交流電電流的有效值為（　?。?br />
A．22 A B．2A C．2A D．22A
4．（4分）質(zhì)量為600g的籃球從0.8m高處由靜止釋放，落到水平地面后，反彈上升的最大高度為0.2m，若籃球與地面的接觸時間為0.2s重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力，則籃球?qū)Φ孛娴钠骄鶝_擊力大小為（　?。?br /> A．6N B．12N C．18N D．24N
5．（4分）同步衛(wèi)星在同步軌道上定位以后，由于受太陽、月球及其他天體引力作用的影響，會產(chǎn)生漂移運動而偏離原來的軌道，若偏離達(dá)到一定程度，就要啟動衛(wèi)星上的小發(fā)動機進(jìn)行修正，如圖，實線為同步軌道，A和B為兩個己經(jīng)偏離同步軌道但仍在赤道平面內(nèi)運行的衛(wèi)星，下列說法正確的是（　?。?br />
A．若啟動衛(wèi)星A的小發(fā)動機向后噴氣可使衛(wèi)星A適當(dāng)加速后回到同步軌道
B．衛(wèi)星A的角速度小于地球的自轉(zhuǎn)角速度
C．衛(wèi)星B的動能比在同步軌道時的動能小
D．衛(wèi)星B的機械能比在同步軌道時的機械能大
6．（4分）如圖所示，L是自感系數(shù)很大的線圈，但其自身的直流電阻幾乎為0，A、B是兩個相同的小燈泡，下列說法正確的是（　?。?br />
A．開關(guān)S閉合時，A燈立即發(fā)光
B．開關(guān)S閉合時，B燈立即發(fā)光
C．開關(guān)S斷開時，A燈閃亮一下再滅
D．開關(guān)S斷開后瞬間，a點的電勢低于b點
7．（4分）如圖所示，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場和勻強電場組成的速度選擇器，然后通過平板S上的狹縫P進(jìn)入另一勻強磁場（磁感應(yīng)強度為B′），最終打在照相底片A1A2上，不計粒子間的相互作用，下列說法正確的是（　?。?br />
A．粒子帶負(fù)電
B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外
C．粒子打在照相底片A1A2上的位置越近P，粒子的比荷qm越大
D．所有粒子在勻強磁場B中的運動時間都相等
8．（4分）如圖所示，水平放置的光滑平行導(dǎo)軌足夠長且處于豎直向上的勻強磁場中，導(dǎo)軌電阻不計。在導(dǎo)軌上放置兩根與導(dǎo)軌垂直的質(zhì)量、阻值均相等的導(dǎo)體棒ab、cd，給導(dǎo)體棒ab一初動能Ek，使其開始向右運動，下列說法正確的是（　?。?br />
A．導(dǎo)體棒ab的速度不斷減小到0
B．導(dǎo)體棒ab的加速度不斷減小到0
C．導(dǎo)體棒cd的加速度不斷增大
D．導(dǎo)體棒cd最終能產(chǎn)生Ek4的熱量
9．（4分）如圖所示，質(zhì)量為M的足夠長的木板置于水平地面上，質(zhì)量為m的小滑塊以初速度v0滑上木板，已知小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。?br />
A．若木板與地面間光滑，則長木板的最終速度大小為mv0M+m
B．若木板與地面間光滑，則小滑塊與木板組成的系統(tǒng)最終能產(chǎn)生的內(nèi)能為12mv02
C．若木板與地面間的動摩擦因數(shù)也為μ，則小滑塊與木板組成的系統(tǒng)最終能產(chǎn)生的內(nèi)能為12mv02
D．若木板與地面間的動摩擦因數(shù)也為μ，則在整個運動過程中地面對木板的摩擦力的沖量大小為mv0
10．（4分）如圖所示，一長為2l、寬為l的矩形導(dǎo)線框abcd，在水平外力作用下從緊靠勻強磁場邊緣處以速度v向右勻速運動3l，規(guī)定水平向左為力的正方向。下列關(guān)于導(dǎo)線框所受安培力F、水平外力的沖量I、通過導(dǎo)線框的電量q及導(dǎo)線框ab兩點間的電勢差L隨其運動的位移x變化的圖象正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
二、實驗題：本題共2小題，共11分．
11．（4分）（1）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗中，實驗室中備有下列可供選擇的器材：
A．可拆變壓器（鐵芯、兩個已知匝數(shù)的線圈）
B．條形磁鐵
C．直流電源
D．交流電源
E．多用電表
F．開關(guān)、導(dǎo)線若干
上述器材在本實驗中不必用到的是　 ?。ㄌ钫_答案標(biāo)號）
（2）某同學(xué)將原線圈接在所選電源上，在電源電壓不變的情況下，先保持原線圈的匝數(shù)不變，增加副線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓增大：然后再保持副線圈的匝數(shù)不變，增加原線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓　 ?。ㄟx填“增大”、“減小”或“不變”）。
12．（7分）某同學(xué)用圖示裝置通過a、b兩球的碰撞來驗證動量守恒定律，實驗時，先讓入射小球a從斜槽上某一固定位置由靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上，重復(fù)上述操作，得到多個落點痕跡，再把被碰小球b放在水平槽的末端，讓入射小球a仍從同一位置由靜止?jié)L下，重復(fù)上述操作，得到多個a、b兩球磁后的落點痕跡，記下水平槽末端在記錄紙上的垂直投影點O．a(chǎn)、b兩球的質(zhì)量分別為ma、mb。

（1）為保證入射小球a在碰撞后繼線向前運動，應(yīng)滿足ma　 　mb（填“＞”、“＝”或“＜”）；
（2）為保證入射小球a和被碰小球b離開槽口后均做平拋運動，必須調(diào)整水平槽末端　 　，實驗中　 ?。ㄌ睢岸被颉安恍枰保y量水平槽末端到水平地面的高度h。
（3）實驗中得到小球的平均落點如圖中M、P、N所示，量得OM＝x1、OP＝x2、ON＝x3，若實驗中兩小球組成的系統(tǒng)碰撞前后動量守恒，則應(yīng)滿足的關(guān)系式為　 　。
三、計算題：本題共5小題，共49分，要求寫出必要的文字說明、方程式，只寫出最后答案的，不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．
13．（8分）木星是繞太陽公轉(zhuǎn)的行星之一，而木星的周圍又有衛(wèi)星繞木星公轉(zhuǎn)，萬有引邊常量為G。
（1）如果要通過觀測求得木星的質(zhì)量，需要測量哪些量？試推導(dǎo)用這些量表示的木星質(zhì)量的計算式；
（2）已知木星的半徑為R，測得木星的質(zhì)量為M，求木星的第一宇宙速度。
14．（8分）如圖所示，A、B兩端的電壓為37V，指示燈的電R0＝6Ω，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為6：1，變壓器的輸出端并聯(lián)多只彩色小燈泡，小燈泡的規(guī)格均為“6V，0.25W”且都正常發(fā)光，導(dǎo)線電阻不計，求并聯(lián)的小燈泡的個數(shù)。

15．（8分）如圖所示，光滑絕緣水平軌道處于水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，一質(zhì)量為m、電荷量為q的金屬小滑塊P在軌道上某點由靜止釋放，質(zhì)量為m、不帶電的金屬小滑塊Q靜止在水平軌道上，經(jīng)過一段時間后在小滑塊P剛好要離開水平軌道時與小滑塊Q碰撞且粘在一起。已知：電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B，重力加速度為g，不計碰撞過程中的電量損失。求：
（1）碰撞前小滑塊P、Q之間的距離；
（2）碰撞后PQ整體經(jīng)過多長時間離開水平軌道。

16．（12分）如圖所示，兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾θ＝37°，間距d＝0.5m。導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度B＝2T、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中。導(dǎo)軌上端連接一阻值R＝2Ω的電阻，垂直導(dǎo)放置的質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝1Ω的金屬棒ab在水平外力F的作用下沿導(dǎo)軌勻速向下運動，電壓表的示數(shù)為U＝2V，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）金屬棒的速度大小；
（2）畫出金屬棒的受力分析圖并求出水平外力F；
（3）金屬棒沿導(dǎo)軌下滑x＝1m的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量。

17．（13分）如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在垂直平面向里的勻強磁場，第二象限內(nèi)存沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度E=4mv023qL．一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子，從P（﹣L，L）點以初速度v平行子x軸射入電場。若粒子進(jìn)入磁場后恰好不能從x軸射出，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計粒子的重力。求：
（1）粒子進(jìn)入磁場時的速度
（2）磁感應(yīng)強度B的大??；
（3）粒子從開始運動至第二次打在y軸上所經(jīng)歷的時間


2020-2021學(xué)年山東省威海市高二（上）期末物理試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個選項中，第1-5題只有一項符合題目要求，第6-10題有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分
1．【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率成正比，與線圈的匝數(shù)成正比。
【解答】解：A、穿過線圈的磁通量越大，而磁通量變化率不一定越大，則感應(yīng)電動勢也無法確定。故A錯誤；
B、穿過線圈的磁通量為零，可能磁通量變化率最大，則感應(yīng)電動勢也會最大，故B錯誤；
C、穿過線圈的磁通量的變化越大，而磁通量變化率不一定越大，則感應(yīng)電動勢也無法確定。故C錯誤；
D、通過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢也越大，故D正確。
故選：D。
【點評】感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率有直接關(guān)系，而與磁通量變化及磁通量均沒有直接關(guān)系。就如加速度與速度的關(guān)系一樣。速度大，加速度不一定大；速度變化大，加速度也不一定大。加速度與速度的變化率有關(guān)。
2．【分析】帶負(fù)電旋轉(zhuǎn)，則可知電流方向，再由右手螺旋定則可知磁極的方向，再根據(jù)磁極間的相互作用可知小磁針的偏轉(zhuǎn)方向．
【解答】解：帶負(fù)電金屬環(huán)，如圖所示的旋轉(zhuǎn)。則金屬環(huán)的電流方向與旋轉(zhuǎn)方向相反。再由右手螺旋定則可知磁極的方向：左端S極，右端N極。因此小磁針N極沿軸線向右。故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查右手螺旋定則及磁極間的相互作用，要求能熟練準(zhǔn)確的應(yīng)用右手螺旋定則．注意電流的方向與負(fù)電荷的運動方向相反．
3．【分析】根據(jù)交流電的圖象判斷出交流電的瞬時值，根據(jù)t＝0.01s時電流的大小求得交流電的最大值，進(jìn)一步求解有效值。
【解答】解：由圖象可知交流電的周期T＝0.08s，故角速度ω=2πT=25π，設(shè)電流的最大值為Im，則i＝Imsin25πt，當(dāng)t＝0.01s時，22Im=2A，解得最大值Im＝22A，根據(jù)最大值和有效值的關(guān)系可知，交流電電流的有效值為2A，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查了根據(jù)交流電的圖象判斷出交流電的最大值，抓住交流電的瞬時表達(dá)式即可判斷，求功率用交流電的有效值。
4．【分析】根據(jù)運動學(xué)知識分別求出籃球和水平面碰撞前后籃球的速度大小，根據(jù)動量定理求解籃球和水平面接觸過程中的平均作用力；
【解答】解：根據(jù)運動學(xué)公式可知籃球和水平面碰撞前后籃球的速度大小分別為v1=2gh1=2×10×0.8=4m/s，
v2=2gh2=2×10×0.2=2m/s，
令向下為正方向，根據(jù)動量定理有：Ft+mgt＝﹣mv1﹣mv2，
代入數(shù)據(jù)：F×0.2+6×0.2＝﹣0.6×2﹣0.6×4
解得：F＝﹣24N；
故ABC錯誤，D正確；
故選：D。
【點評】熟記動量定理，知道動量是矢量，知道在列方程時應(yīng)先規(guī)定正方向，從而確定各矢量的正負(fù)，熟記運動學(xué)公式；
5．【分析】當(dāng)萬有引力等于衛(wèi)星所需的向心力，衛(wèi)星做圓周運動，當(dāng)萬有引力小于衛(wèi)星所需的向心力，做離心運動，當(dāng)萬有引力大于衛(wèi)星所需的向心力，做近心運動。
【解答】解：A、啟動衛(wèi)星A的小發(fā)動機向后噴氣，則加速離心，衛(wèi)星A不會回到同步軌道，故A錯誤。
B、根據(jù)ω=GMr3可知，衛(wèi)星A的半徑大，故角速度小于同步衛(wèi)星的角速度，即小于地球自轉(zhuǎn)角速度，故B正確。
C、根據(jù)v=GMr可知，衛(wèi)星B的半徑小，故線速度大于同步軌道上的線速度，動能大于同步軌道時的動能，故C錯誤。
D、衛(wèi)星B受到空氣阻力作用，軌道半徑減小，故機械能減小，小于在同步軌道時的機械能，故D錯誤。
故選：B。
【點評】解決本題的關(guān)鍵是掌握衛(wèi)星變軌原理，即抬高軌道衛(wèi)星做離心運動，降低軌道做近心運動，滿足各自運動條件即可討論衛(wèi)星是加速還是減速運動。
6．【分析】閉合S，A、B同時亮，隨著L中電流增大，線圈L直流電阻可忽略不計，分流作用增大，B逐漸被短路，總電阻減小，再由歐姆定律分析A燈亮度的變化。斷開S，A燈立即熄滅，線圈中電流，根據(jù)楞次定律判斷B燈亮度如何變化。
【解答】解：AB、開關(guān)s閉合瞬間，電源的電壓同時加到兩燈上，A、B同時亮，隨著L中電流增大，由于線圈L直流電阻可忽略不計，分流作用增大，B逐漸被短路直到熄滅，外電路總電阻減小，總電流增大，A燈更亮。故A正確，B錯誤；
C、燈泡B與線圈L構(gòu)成閉合回路，開關(guān)s斷開瞬間，燈泡B由暗變亮再逐漸熄滅，燈泡A立即熄滅。故C錯誤；
D、開關(guān)斷開瞬間，L中的電流逐漸減小，則電流的方向向左流過A燈，a點的電勢低于b點，故D正確。
故選：AD。
【點評】對于通電與斷電的自感現(xiàn)象，它們是特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，可用楞次定律分析發(fā)生的現(xiàn)象。
7．【分析】粒子在質(zhì)譜儀中經(jīng)過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向判斷電荷的電性。根據(jù)平衡求出粒子經(jīng)過速度選擇器的速度。通過帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，根據(jù)半徑的大小判斷粒子比荷的大小。
【解答】解：A、帶電粒子在磁場中向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，知該粒子帶正電，故A錯誤；
B、粒子經(jīng)過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，而粒子的電場力水平向右，那么洛倫茲力水平向左，粒子帶正電，則磁場垂直紙面向外，故B正確；
C、經(jīng)過速度選擇器進(jìn)入磁場B'的粒子速度相等，根據(jù)qvB＝mv2r，可得r=mvqB，可知粒子打在AlA2上的位置越靠近P，則半徑越小，粒子的比荷越大，故C正確；
D、所有打在AlA2上的粒子，在磁場B'中做勻速圓周運動，運動的時間等于t=T2，粒子在磁場中運動的周期T=2πrv=2πmqB，則磁場中的運動時間t=πmqB與帶電粒子的比荷有關(guān)，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查質(zhì)譜儀模型，解決本題的關(guān)鍵知道粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，明確洛倫茲力充當(dāng)向心力的正確應(yīng)用是解題的關(guān)鍵。
8．【分析】給導(dǎo)體棒ab一個初動能E，使其開始向右運動，根據(jù)右手定則判斷電流方向，根據(jù)左手定則判斷受力方向，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度大小變化，根據(jù)動量守恒定律分析最后的速度大小，再根據(jù)能量關(guān)系求解能量。
【解答】解：ABC、給導(dǎo)體棒ab一個初動能E，使其開始向右運動，根據(jù)右手定則可知電流方向為cdba，根據(jù)左手定則ab受力向后，cd受力先前，ab做減速運動，cd做加速運動，當(dāng)二者的速度相等時電路電流為零，安培力為零，則加速度為零，所以ab棒的速度不會減小到零，ab做加速度減小的減速運動、cd做加速度減小的加速運動，故AC錯誤、B正確；
D、設(shè)ab棒的初速度為v，則Ek=12mv2；根據(jù)動量定理可得：mv＝2mv′，解得：v′=12v，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q=12mv2-12×2mv'2=14mv2=12Ek，所以導(dǎo)體棒cd最終能產(chǎn)生Q1=12Q=Ek4的熱量，故D正確。
故選：BD。
【點評】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。
9．【分析】若地面光滑，則最后二者的速度相同，由動量守恒可求得其速度值，由能量守恒求得內(nèi)能
若地面不光滑，則最后靜止，動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，動量與所受的沖量大小相等。
【解答】解：AB、若地面光滑，則由動量守恒得最后的速度v=mv0M+m，故A正確，產(chǎn)生的內(nèi)能為△Ek=12mv02-12(M+m)v2，故B錯誤
CD、若木板與地面間的動摩擦因數(shù)也為μ，則小滑塊與木板最后會靜止于地面，組成的系統(tǒng)最終能產(chǎn)生的內(nèi)能為12mv02，地面對木板的沖量大小等于木塊的初動量的大小，故CD正確
故選：ACD。
【點評】考查動量守恒與能量守恒，明確動量守恒的條件，內(nèi)能與機械能的總量不變。
10．【分析】根據(jù)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式以及歐姆定律分析線框中的電流大小，判斷電流的變化，根據(jù)安培力的計算公式分析安培力的變化、根據(jù)沖量的計算公式分析沖量的變化、根據(jù)電荷量的計算公式分析電荷量的變化、結(jié)合歐姆定律分析ab邊的電勢差的變化。
【解答】解：A、進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電動勢E＝Blv不變，感應(yīng)電流I電=BLvR 不變，安培力F＝BIl=B2l2vR不變，完全進(jìn)入磁場，感應(yīng)電流為零，安培力為零，故A正確；
B、勻速運動，水平外力和安培力F大小相等，進(jìn)入磁場過程中，水平外力的沖量I＝Ft=Fv?x，I﹣x關(guān)系圖象為正比例函數(shù)，完全進(jìn)入后外力為零，沖量為零，故B錯誤；
C、進(jìn)入磁場的過程中，q＝I電t═BLR?x，q﹣x關(guān)系圖象為正比例函數(shù)，完全進(jìn)入后電流為零，q不變但不為零，故C錯誤；
B、進(jìn)入磁場的過程中，Uab＝I電×56R=56BLv，完全進(jìn)入磁場的過程中，ab邊的電勢差Uab＝BLv，故D錯誤。
故選：A。
【點評】對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問題，經(jīng)常是根據(jù)楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流隨時間變化關(guān)系，然后推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的關(guān)系式，由此進(jìn)行解答，這是電磁感應(yīng)問題中常用的方法和思路。
二、實驗題：本題共2小題，共11分．
11．【分析】（1）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗中，所需要的器材有：可拆變壓器（鐵芯、兩個已知匝數(shù)的線圈），多用電表（測電壓），導(dǎo)線、開關(guān)，交流電源。
（2）根據(jù)變壓比等于匝數(shù)比進(jìn)行分析即可。
【解答】解：（1）A、變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系：U1U2=n1n2；所以需要知道原副線圈的匝數(shù)，需要可拆變壓器。
B、變壓器的原理是互感現(xiàn)象的應(yīng)用，是原線圈磁場的變化引起副線圈感應(yīng)電流的變化，所以不需要外界的磁場，條形磁鐵用不到。
CD、變壓器的原理是互感現(xiàn)象的應(yīng)用，是原線圈磁場的變化引起副線圈感應(yīng)電流的變化，如果原線圈中通的是直流電源，則副線圈中不會有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故需要用到低壓交流電源。
E、需要用到多用電表測量原副線圈的電壓。
F、還需要用到開關(guān)、導(dǎo)線若干。
故答案為：BC。
（2）根據(jù)U1U2=n1n2，知保持副線圈的匝數(shù)不變，增加原線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓減小；
故答案為：（1）BC；（2）減小。
【點評】本題關(guān)鍵要理解變壓器的工作原理，同時要結(jié)合變壓器的變壓比公式列式分析。
12．【分析】（1）為保證入碰小球不被反彈，需要A球質(zhì)量應(yīng)大于B球質(zhì)量；
（2）斜槽的末端必須水平，才能保證兩個小球離開斜槽后做平拋運動；
（3）根據(jù)動量守恒定律求出即可。
【解答】解：（1）為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即ma＞mb；
（2）斜槽末端的切線要沿水平方向，才能保證兩個小球離開斜槽后做平拋運動；小球做平拋運動的時間是相等的，所以不需要測量水平槽末端到水平地面的高度h。
（3）根據(jù)實驗原理可得mav0＝mav1+mbv2，
由圖乙可知：OM＝x1、OP＝x2、ON＝x3。
又因下落時間相同，即可求得：maOP＝maOM+mbON，
可得：max2＝max1+mbx3
故答案為：（1）＞；（2）切線水平，不需要；（3）max2＝max1+mbx3
【點評】本題考查了動量守恒定律實驗，實驗注意事項與實驗數(shù)據(jù)處理問題；驗證掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律可以解題。
三、計算題：本題共5小題，共49分，要求寫出必要的文字說明、方程式，只寫出最后答案的，不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．
13．【分析】（1）根據(jù)木星的衛(wèi)星的萬有引力提供向心力，列式求解即可求出木星的質(zhì)量；
（2）對木星的近地衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力，列式求解即可。
【解答】解：（1）需要測木星的衛(wèi)星繞木星公轉(zhuǎn)的軌道半徑r和周期T
對木星的衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力得：GMmr2=m（2πT）2r
解得：M=4π2r3T2
（2）對木星的近地衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力得：GMmR2=m（2πT）2R
解得：v=GMR
答：（1）需要測量測木星的衛(wèi)星繞木星公轉(zhuǎn)的軌道半徑r和周期T，木星質(zhì)量的計算式為4π2r3T2；
（2）已知木星的半徑為R，測得木星的質(zhì)量為M，木星的第一宇宙速度為GMR。
【點評】本題關(guān)鍵是根據(jù)木星的衛(wèi)星做圓周運動的向心力有萬有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要測量的量，涉及半徑有星體半徑和軌道半徑，解題時要注意區(qū)分。
14．【分析】輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，根據(jù)理想變壓器的原理分析即可。
【解答】解：變壓器輸入端與輸出端電壓之比：U1U2=n1n2。
U＝U0+U1．其中U0＝I1R0。
原副線圈的電流之比：I1I2=n2n1。
每只小燈泡的電流：PL＝ULIL。
小燈泡的個數(shù)：N=I2IL=24。
答：并聯(lián)的小燈泡的個數(shù)為24個。
【點評】根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)，電流與匝數(shù)之間的關(guān)系，和歐姆定律來逐項的分析求解即可求得結(jié)論。
15．【分析】（1）小滑塊P剛好要離開水平軌道時所受的洛倫茲力與重力二力平衡，由此求出P的速度。再根據(jù)動能定理求碰撞前小滑塊P、Q之間的距離；
（2）根據(jù)動量守恒定律求出碰后PQ整體的速度。整體剛要離開水平軌道時，洛倫茲力與重力二力平衡，由此求出整體的速度。由碰后整體做勻加速運動，可根據(jù)牛頓第二定律和速度時間公式結(jié)合求運動時間。
【解答】解：（1）設(shè)小滑塊P剛要離開地面時的速度為v0，碰撞前P、Q間距為x。有：
qv0B＝mg
由動能定理得：
qEx=12mv02
解得：x=m3g22q3B2E
（2）對小滑塊P、Q碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝2mv1。
整體剛要離開水平面時有：
qv2B＝2mg
碰后整體的運動過程，由牛頓第二定律得：
qE＝2ma
v2﹣v1＝ma
聯(lián)立解得：t=3m2gq2BE
答：（1）碰撞前小滑塊P、Q之間的距離是m3g22q3B2E；
（2）碰撞后PQ整體經(jīng)過3m2gq2BE時間離開水平軌道。
【點評】本題要理清物塊運動情況的基礎(chǔ)上，搞清臨界條件：物體剛要離開水平面時重力和洛倫茲力二力平衡，要掌握碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律，結(jié)合牛頓第二定律與運動學(xué)公式進(jìn)行解答。
16．【分析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合感應(yīng)電動勢的計算公式求解；
（2）根據(jù)受力情況結(jié)合平衡條件求解；
（3）根據(jù)焦耳定律求解。
【解答】解：（1）根據(jù)歐姆定律可得：I=UR
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：E＝I（R+r）
感應(yīng)電動勢E＝Bdv
解得：v＝3m/s；
（2）對金屬棒受力分析如圖所示

根據(jù)平衡條件可得：mgsinθ＝BId+Fcosθ
解得：F＝2.5N，方向水平向右；
（3）根據(jù)焦耳定律可得：QR＝I2Rt
t=xv
解得：QR=23J。
答：（1）金屬棒的速度大小為3m/s；
（2）畫出金屬棒的受力分析圖如圖所示，水平外力為2.5N，方向水平向右；
（3）金屬棒沿導(dǎo)軌下滑x＝1m的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為23J。
【點評】對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相對于電源，根據(jù)電路連接情況畫出電路圖，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律、以及電功率的計算公式列方程求解。
17．【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的軌跡求解；、
（2）畫出粒子運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，再根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求解磁感應(yīng)強度；
（3）求出粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角和磁場中運動的時間，由此求出粒子從開始運動至第二次打在y軸上所經(jīng)歷的時間。
【解答】解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，則有：
L＝v0t1
qE＝ma
vy＝at1，
進(jìn)入磁場時的速度為：v=v02+vy2=53v0
設(shè)粒子進(jìn)入磁場時的速度方向與x軸正方向的夾角為θ
則：tanθ=vyv0
解得：θ＝53°；
（2）粒子進(jìn)入磁場后恰好不能從x軸射出，運動軌跡如圖所示。
做類平拋運動向下運動的位移為：y=12at12
由幾何知識得：R（1﹣cosθ）＝L﹣y
由牛頓第二定律和向心力公式得：qvB＝mv2R
解得：B=2mv0qL；
（3）粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角為：
α＝360°﹣2×37°＝286°
粒子在磁場中運動的周期為：T=2πRv
運動的時間為：t2=286°360°T
粒子從開始運動至第二次打在y軸上所經(jīng)歷的時間為：t＝t1+t2=Lv0+143πL180v0。
答：（1）粒子進(jìn)入磁場時的速度為53v0，方向與x軸正方向的夾角為53°；
（2）磁感應(yīng)強度B的大小為2mv0qL；
（3）粒子從開始運動至第二次打在y軸上所經(jīng)歷的時間為Lv0+143πL180v0。

【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間；對于帶電粒子在電場中運動時，一般是按類平拋運動或勻變速直線運動的規(guī)律進(jìn)行解答。

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