安徽省合肥六校联盟2022-2023学年高二下学期期中联考物理试题
一、单选题
1．（2017高二上·周口期末）显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】左手定则
【解析】【解答】解：根据左手定则可以得知，电子开始上偏，故磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐减小，后来电子又下偏，磁场方向垂直纸面向里，方向为正，且逐渐增加，C符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据电子的运动方向可知电子所受安培力方向，再由左手定则可判断磁场方向变化。
2．洛伦兹力演示仪的结构示意图如图所示。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。适当调节和，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是（ ）
A．同时增大和 B．同时减小和
C．减小，增大 D．增大，减小
【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】电子在电子枪中加速，由动能定理可得，电子加速后，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得，整理可得，可知一定能让圆形径迹半径增大的是增大U，同时减小B，而减小B的方法是减小励磁电流I，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由动能定理分析电子在电子枪中的加速运动，由牛顿第二定律分析电子在磁场中的圆周运动，得出电子在磁场中的运动半径的表达式，由表达式分析影响半径大小的相关量。
3．如图，一载流长直导线和一面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行，已知在到的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿逆时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右，设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】安培力；楞次定律
【解析】【解答】A.由i-t图像可知，电流先正向减小，由安培定则可知，通过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈产生感应电流为顺时针方向，由左手定则知，线圈受到的安培力合力向左；然后电流负向增大，由安培定则知，则通过线圈的磁通量向外增大，根据楞次定律可知线圈产生感应电流为顺时针方向，由左手定则可知，线圈受到的安培力合力向右，A不符合题意；
B.同理，由i-t图像可知，电流先负向减小，则通过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，线圈产生感应电流为逆时针方向，线圈受到的安培力合力向左；最后电流正向增大，则通过线圈的磁通量向里增大，线圈产生感应电流为逆时针方向，线圈受到的安培力合力向右，B符合题意；
C.由i-t图像可知，电流正向减小，则通过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈产生感应电流为顺时针方向，线圈受到的安培力合力向左，C不符合题意；
D.由i-t图像可知，电流负向减小，则通过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，线圈产生感应电流为逆时针方向，线圈受到的安培力合力向左，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据安培定则判断通电直导线的磁场，根据楞次定律判断线圈中感应电流方向，根据安培定则判断线圈的受力方向，选出正确的i-t图像。
4．家用燃气灶点火装置的电路原理图可简化为图甲所示，转换器是将左侧的直流电流转换为图乙所示的正弦交变电流，并加在一理想变压器的原线圈两端，图中电压表为理想交流电压表，当变压器副线圈输出电压的瞬时值超过时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，设变压器原、副线圈的匝数比为k，开关闭合后，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中电压表的示数为
B．图乙所示的交流电的频率为
C．时，才能实现点火
D．时，钢针和金属板间在交流电每个周期内放电的时间为
【答案】D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A.电压表的示数为交流电的有效值，根据图乙可知该交流电的最大值为50V，有效值为，A不符合题意；
B.根据图乙可知该交流电的周期为T=0.02s，所以频率为，B不符合题意；
C.由题意可知，当变压器副线圈输出电压的瞬时值超过2500V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体；根据原副线圈匝数与电压的关系可得，所以要想点燃气体，，C不符合题意；
D.原线圈输入电压的瞬时值表达式为，当时，副线圈电压瞬时值表达式为，当瞬时电压等于2500时，有，可得，，所以半个周期内持续放电时间为，当电压在-2500V~-5000V时也会放电，所以钢针和金属板间在交流电每个周期内放电的时间为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】交流电表显示有效值，由求出电压有效值；由周期求出频率；根据理想变压器原副线圈的电压与匝数的关系求出k的取值；求出副线圈一个周期内瞬时电压超过2500V的时间，即为钢针和金属板间在交流电每个周期内放电的时间。
5．如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定的质量和电阻，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合。若从S闭合开始计时，金属杆下落的速度大小可能（ ）
A．始终增加 B．先增加后减小
C．始终不变 D．先减小后增大
【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】设开关S闭合瞬间，金属杆的速度为，则有，，，联立可得金属杆受到的安培力为，若，则金属杆一直做匀速直线运动，速度始终不变；若，则金属杆开始做加速运动，由牛顿第二定律可得，因为速度逐渐增大，所以加速度逐渐减小，当速度增加到安培力等于重力后，金属杆做匀速直线运动，速度不再变化，所以该过程，速度先增大后不变；若，则金属杆开始做减速运动，由牛顿第二定律可得，因为速度逐渐减小，所以加速度逐渐减小，当速度减小到安培力等于重力后，金属杆做匀速直线运动，速度不再变化，所以该过程，速度先减小后不变，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据闭合开关时，安培力与重力的大小关系，结合牛顿第二定律，分析金属杆下落的过程。
6．LC振荡电路中某时刻的磁场方向如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若磁场正在减弱，则电容器的上极板带负电
B．若电容器的上极板带正电，则线圈中电流正在减小
C．若电容器正在放电，则电容器的上极板带正电
D．若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流减小
【答案】B
【知识点】LC振荡电路分析；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】A.根据右手螺旋定则可知，振荡电路中的电流沿顺时针方向，若磁场正在减弱，则电容器中电场能增加，电容器正在充电，所以电容器的上极板带正电，A不符合题意；
B.根据右手螺旋定则可知，振荡电路中的电流沿顺时针方向，若电容器的上极板带正电，则电容器正在充电，电容器中电场能正在增加，则线圈中的磁场能正在减小，所以线圈中电流正在减小，B符合题意；
C.根据右手螺旋定则可知，振荡电路中的电流沿顺时针方向，若电容器正在放电，则电容器的上极板带负电，C不符合题意；
D.若电容器正在放电，则电容器中电场能减小，线圈中的磁场能增加，线圈中电流正在增大，根据楞次定律可知，自感电动势正在阻碍电流增大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据右手螺旋定则判断出振荡电路中的电流方向，结合电容器的充、放电情况，判断极板电性和回路中电流的变化情况；根据楞次定律分析感应电动势正在起到的作用。
7．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，已知氮原子核的质量是氢核的14倍，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的大
C． D．
【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为，中子和氮核碰撞后中子速度为，因为碰撞为弹性碰撞，所以动量守恒，机械能守恒，对中子与氢核的碰撞，有，，联立解得，对中子与氮核的碰撞，有，，联立解得，则有，，碰撞后氢核的动量为，碰撞后氮核的动量为，可得，碰撞后氢核的动能为，碰撞后氮核的动能为，可得，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】两个碰撞均为弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，求出碰后氢核和氮核的速度，再由动量和动能的定义式比较氢核和氮核的动量的比值和动能的比值。
二、多选题
8．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的场强分别为和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片，平板S下方有磁感应强度为的匀强磁场，下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
D．打在胶片上的粒子与狭缝P的距离
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A.质谱仪是分析同位素的重要工具，可以把比荷不同的粒子分离开来，A符合题意；
B.粒子在速度选择器中做匀速直线运动，通过狭缝P进入磁场，根据受力平衡可得，解得能通过狭缝P的带电粒子的速率，B不符合题意；
D.带电粒子在平板S下方磁感应强度为的匀强磁场中运动半径为，打在胶片上的粒子与狭缝P的距离d=2R，解得，由此式可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，d越小，粒子的比荷应越大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】质谱仪是分析同位素的重要工具；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由共点力平衡条件求出粒子通过速度选择器的速度；根据洛伦兹力提供粒子在磁场做圆周运动的向心力，求出打在胶片上的粒子与狭缝P的距离，得出该距离与粒子比荷的关系。
9．当前大量使用的磁敏器件是霍尔元件与集成电路制作在一起的磁传感器，如图所示，一定厚度和宽度的导体板放在匀强磁场中，当导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在导体板的上侧面A和下侧面A'之间会产生一定的电势差UH，这种现象称为霍尔效应。设该导体板单位体积中自由电子的个数为n，导体板的宽度为d，通过导体板的电流为I，磁感应强度为B，电子电荷量为e，以下说法中正确的是（ ）
A．上侧面电势比下侧面电势高
B．两侧面的电势差UH与I成正比
C．电势差稳定时，UH与d成正比
D．电势差稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】B,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A.由电流方向可知，电子的运动方向向左，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则电子向上偏转，故上侧面积累负电，使得上侧面电势比下侧面电势低，A不符合题意；
BCD.当电势差稳定时，自由电子受到的洛伦兹力大小与电场力大小相等，可得粒子受到的洛伦兹力为，根据电流微观表达式I=neSv=nedhv，可得，由此式可知，电势差与I成正比，与d成反比，BD符合题意，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】由电子的偏转方向分析上下侧面的电势高低；霍尔效应现象中，当电势差稳定时，自由电子受到的洛伦兹力大小与电场力大小相等，由受力平衡求出粒子受到的洛伦兹力大小；再结合电流的微观表达式求出的表达式，根据表达式判断与I和d的关系。
10．如图所示，在距地面高h=1.25m处固定有两根间距为L=0.5m水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长L=0.5m质量m=0.1kg、电阻R=5.0Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小B=1.0T、方向竖直向上的匀强磁场。闭合开关后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d=1.2m，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．导体棒抛出时的初速度大小为2.4m/s
B．在空中运动过程中，导体棒a端的电势低于b端的电势
C．在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定
D．闭合开关后，通过导体棒的电荷量为0.48C
【答案】A,C,D
【知识点】平抛运动；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】BC.导体棒在空中运动过程中，在水平方向上要切割磁感线，从而产生感应电动势，但因为不闭合，所以无感应电流，不受安培力，导体棒在空中运动时，只受重力，做平抛运动，故导体棒抛出后水平方向上的速度不变，由可知，导体棒上产生的感应电动势大小不变，根据右手定则可知，a端电势高于b端电势，B不符合题意，C符合题意；
A.导体棒竖直方向上做自由落体运动，由可得，导体棒从抛出到落地的时间为，故导体棒做平抛运动的初速度为，A符合题意；
D.设闭合开关后导体棒中有电流流过的时间为，由动量定理可得，又，则有，解得q=0.48C，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】根据右手定则判断导体棒在空中运动时两端电势的高低；在空中运动的导体棒不受安培力，做平抛运动，根据平抛运动分析导体棒切割磁感线的有效速度，再由E=BLv分析导体棒在空中运动的感应电动势；根据平抛的运动规律，由运动学公式求出导体棒抛出时的初速度；由动量定理求解闭合开关后，通过导体棒的电荷量。
三、实验题
11．
（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的器材是________。
A．有闭合铁芯的原副线圈
B．无铁芯的原副线圈
C．交流电源
D．直流电源
E．多用电表（交流电压档）
（2）关于本实验，下列说法正确的是_________；
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．因为使用的电压较低，通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接
C．实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．变压器开始正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
（3）某次实验中，用匝数匝和匝的线圈实验，测量的数据如下表所示，下列说法中正确的是_________；
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
A．原线圈的匝数为，用较粗导线绕制
B．副线圈的匝数为，用较细导线绕制
C．原线圈的匝数为，用较细导线绕制
D．副线圈的匝数为，用较粗导线绕制
【答案】（1）A；C；E
（2）C
（3）C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，要选用闭合铁芯的原副线圈，不能用无铁芯的原副线圈，因为没有铁芯，漏磁会很多，原副线圈电压的比值与匝数的比值会相差很多；电源要用交流电源，因为变压器对直流电不工作，还要选用多用电表（交流电压档），用来测原副线圈的电压，ACE符合题意，BD不符合题意。
故答案为：ACE。
（2）A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A不符合题意；
B.虽然使用的电压较低，通电时也不可直接用手接触裸露的导线进行连接，而且这样操作时，将人体并联到电路中，将导致测量数据不准确，B不符合题意；
C.实验采用控制变量法，可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C符合题意；
D.变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，D不符合题意。
故答案为：C。
（3）由题意可知，考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得副线圈电压小于理论值，结合表中数据可知，原线圈的匝数为，副线圈的匝数为；由于原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流较小，副线圈电流较大，故原线圈用较细导线绕制，副线圈用较粗导线绕制，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据实验原理选择实验器材；（2）根据实验原理和注意事项分析各选项；（3）实际变压器会存在功率损失，副线圈电压小于理论值，结合表中数据，得出原副线圈匝数，再根据原副线圈的电流关系，分析绕制原副线圈导线的粗细。
12．某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验，小车A前端贴有橡皮泥，后端连一个打点计时器纸带，接通打点计时器电源后，让小车A以某一速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示，已将各计数点之间的距离标在图上。
（1） 长木板右端下面垫放小木块的目的是 。
（2）若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间的距离。则应选图中 段来计算A碰前的速度，应选 段来计算A和B碰后的速度。
（3）若小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰前两小车的总动量是 kg·m/s，碰后两小车的总动量是 kg·m/s。（结果均保留三位有效数字）
（4）定义本次实验 （保留1位有效数字）。
【答案】（1）平衡摩擦力
（2）BC；DE
（3）0.420；0.417
（4）0.7
【知识点】动量
【解析】【解答】（1）长木板右端下面垫放小木块的目的是：利用小车重力沿木板向下的分力平衡小车运动过程受到的摩擦力。
（2）因为平衡了摩擦力，所以碰撞前小车A做匀速直线运动，A和B碰后也一起做匀速运动，由动量守恒定律可得，可知A车碰前的速度大于碰撞后两车共同的速度，所以根据纸带各计数点间的距离可知，应选BC段计算A碰前的速度；选DE段计算A和B碰后的速度。
（3）打点周期为，根据纸带数据，碰前A的速度为则碰前两小车的总动量为，碰后两小车的共同速度为，碰后两小车的总动量为。
（4）根据定义，可得本次实验
【分析】（1）本实验需平衡摩擦力；（2）碰撞前小车A和碰撞后两车粘在一起，都是做的匀速运动，根据碰撞前后的速度关系，选择用来计算小车速度的纸段；（3）根据动量的定义式计算碰撞前后两车的总动量；（4）由 计算的值。
四、解答题
13．如图所示，一个质量为m、带负电荷粒子电荷量为q、不计重力的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴成 的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知 ，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）带电粒子穿过第一象限所用的时间。
【答案】（1）解：粒子射出磁场时速度方向垂直于y轴，粒子做匀速圆周运动的圆心一定在y轴上，根据粒子运动的速度与半径垂直，可确定圆心O，如图所示
由几何关系知粒子运动的半径
由
得
则有
（2）解：由 得
则
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据运动轨迹求出轨道半径，在根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度 B；
（2）根据周期与线速度的关系求出穿过第一象限所用的时间。
14．如图所示，一个质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一个半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度=3m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度。铁块与长木板间的动摩擦因数，忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）小铁块和长木板达到的共同速度v以及相对于长木板滑动的距离x。
【答案】（1）解：小铁块在弧形轨道末端时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：小铁块在弧形轨道上下滑过程中，根据动能定理可得
解得
（3）解：小铁块在木板上滑动过程中，系统的动量守恒，则有
解得
小铁块在木板上滑动过程中，小铁块、长木板的加速度大小为
运动时间为
小铁块、长木板的运动位移为
小铁块和长木板达到的共同速度相对于长木板滑动的距离
解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）分析小铁块在弧形轨道末端的受力，由牛顿第二定律列式求解小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小；（2）应用动能定理分析小铁块在弧形轨道上的下滑过程，求出小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；（3）由动量守恒定律求解小铁块和长木板达到的共同速度；根据牛顿第二定律和运动学公式求解小铁块相对于长木板滑动的距离。
15．如图所示，沿水平固定的平行导轨之间的距离为L=1m，导轨的左侧接入定值电阻，图中虚线的右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。质量为m=1kg、阻值导体棒PQ垂直导轨放置，由时刻开始在导体棒上施加水平方向F=4N的恒力使导体棒向右做匀加速运动，导体棒进入磁场后立即保持外力的功率不变，经过一段时间导体棒以的速度做匀速直线运动，已知整个过程导体棒的速度随时间的变化规律如图乙所示，导体棒始终与导轨保持良好的接触且没有发生转动。重力加速度g=10m/s2。求：
（1）导体棒与导轨之间的动摩擦因数以及定值电阻的阻值；
（2）前8s内导体棒与导轨间因摩擦而产生的热量Q=75J，则该过程中定值电阻上产生的热量为多少？
（3）在第（2）问的前提下，求导体棒减速过程中通过定值电阻的电量q和前8s内水平外力F对导体棒的冲量。
【答案】（1）解：根据 图像可知，导体棒做匀加速直线运动的加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得动摩擦因数为
导体棒刚进入磁场时的拉力功率为
导体棒最终以 的速度在磁场中做匀速直线运动，则有
又 ，
联立解得
（2）解：前8s内外力做功为
设回路产生的焦耳热为 ，根据功能关系可得
解得
则前8s内定值电阻上产生的热量为
（3）解：在第（2）问的前提下，设导体棒减速过程中的位移为 ，则有
其中 ，
解得
根据
解得导体棒减速过程中通过定值电阻的电荷量为
设前8s内水平外力F对导体棒的冲量为 ，根据动量定理可得
又
联立解得
【知识点】动量定理；能量守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）根据图示v-t图象求加速度，应用牛顿第二定律求出动摩擦因数；求出导体棒进入磁场瞬间拉力的功率，再由此功率求出导体棒做匀速直线运动后的拉力，然后结合安培力公式、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律，应用平衡条件求出电阻阻值；（2）根据功能关系求出产生的总焦耳热，再由阻值关系求出R产生的焦耳热；（3）应用法拉第电磁感应定律、电流的定义式和功能关系求出电荷量；再应用动量定理分析导体棒在前8s的运动，求出外力的冲量。
安徽省合肥六校联盟2022-2023学年高二下学期期中联考物理试题
一、单选题
1．（2017高二上·周口期末）显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（ ）
A． B．
C． D．
2．洛伦兹力演示仪的结构示意图如图所示。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。适当调节和，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是（ ）
A．同时增大和 B．同时减小和
C．减小，增大 D．增大，减小
3．如图，一载流长直导线和一面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行，已知在到的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿逆时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右，设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（ ）
A． B．
C． D．
4．家用燃气灶点火装置的电路原理图可简化为图甲所示，转换器是将左侧的直流电流转换为图乙所示的正弦交变电流，并加在一理想变压器的原线圈两端，图中电压表为理想交流电压表，当变压器副线圈输出电压的瞬时值超过时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，设变压器原、副线圈的匝数比为k，开关闭合后，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中电压表的示数为
B．图乙所示的交流电的频率为
C．时，才能实现点火
D．时，钢针和金属板间在交流电每个周期内放电的时间为
5．如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定的质量和电阻，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合。若从S闭合开始计时，金属杆下落的速度大小可能（ ）
A．始终增加 B．先增加后减小
C．始终不变 D．先减小后增大
6．LC振荡电路中某时刻的磁场方向如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若磁场正在减弱，则电容器的上极板带负电
B．若电容器的上极板带正电，则线圈中电流正在减小
C．若电容器正在放电，则电容器的上极板带正电
D．若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流减小
7．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，已知氮原子核的质量是氢核的14倍，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的大
C． D．
二、多选题
8．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的场强分别为和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片，平板S下方有磁感应强度为的匀强磁场，下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
D．打在胶片上的粒子与狭缝P的距离
9．当前大量使用的磁敏器件是霍尔元件与集成电路制作在一起的磁传感器，如图所示，一定厚度和宽度的导体板放在匀强磁场中，当导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在导体板的上侧面A和下侧面A'之间会产生一定的电势差UH，这种现象称为霍尔效应。设该导体板单位体积中自由电子的个数为n，导体板的宽度为d，通过导体板的电流为I，磁感应强度为B，电子电荷量为e，以下说法中正确的是（ ）
A．上侧面电势比下侧面电势高
B．两侧面的电势差UH与I成正比
C．电势差稳定时，UH与d成正比
D．电势差稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
10．如图所示，在距地面高h=1.25m处固定有两根间距为L=0.5m水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长L=0.5m质量m=0.1kg、电阻R=5.0Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小B=1.0T、方向竖直向上的匀强磁场。闭合开关后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d=1.2m，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．导体棒抛出时的初速度大小为2.4m/s
B．在空中运动过程中，导体棒a端的电势低于b端的电势
C．在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定
D．闭合开关后，通过导体棒的电荷量为0.48C
三、实验题
11．
（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的器材是________。
A．有闭合铁芯的原副线圈
B．无铁芯的原副线圈
C．交流电源
D．直流电源
E．多用电表（交流电压档）
（2）关于本实验，下列说法正确的是_________；
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．因为使用的电压较低，通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接
C．实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．变压器开始正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
（3）某次实验中，用匝数匝和匝的线圈实验，测量的数据如下表所示，下列说法中正确的是_________；
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
A．原线圈的匝数为，用较粗导线绕制
B．副线圈的匝数为，用较细导线绕制
C．原线圈的匝数为，用较细导线绕制
D．副线圈的匝数为，用较粗导线绕制
12．某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验，小车A前端贴有橡皮泥，后端连一个打点计时器纸带，接通打点计时器电源后，让小车A以某一速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示，已将各计数点之间的距离标在图上。
（1） 长木板右端下面垫放小木块的目的是 。
（2）若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间的距离。则应选图中 段来计算A碰前的速度，应选 段来计算A和B碰后的速度。
（3）若小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰前两小车的总动量是 kg·m/s，碰后两小车的总动量是 kg·m/s。（结果均保留三位有效数字）
（4）定义本次实验 （保留1位有效数字）。
四、解答题
13．如图所示，一个质量为m、带负电荷粒子电荷量为q、不计重力的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴成 的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知 ，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）带电粒子穿过第一象限所用的时间。
14．如图所示，一个质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一个半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度=3m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度。铁块与长木板间的动摩擦因数，忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）小铁块和长木板达到的共同速度v以及相对于长木板滑动的距离x。
15．如图所示，沿水平固定的平行导轨之间的距离为L=1m，导轨的左侧接入定值电阻，图中虚线的右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。质量为m=1kg、阻值导体棒PQ垂直导轨放置，由时刻开始在导体棒上施加水平方向F=4N的恒力使导体棒向右做匀加速运动，导体棒进入磁场后立即保持外力的功率不变，经过一段时间导体棒以的速度做匀速直线运动，已知整个过程导体棒的速度随时间的变化规律如图乙所示，导体棒始终与导轨保持良好的接触且没有发生转动。重力加速度g=10m/s2。求：
（1）导体棒与导轨之间的动摩擦因数以及定值电阻的阻值；
（2）前8s内导体棒与导轨间因摩擦而产生的热量Q=75J，则该过程中定值电阻上产生的热量为多少？
（3）在第（2）问的前提下，求导体棒减速过程中通过定值电阻的电量q和前8s内水平外力F对导体棒的冲量。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】左手定则
【解析】【解答】解：根据左手定则可以得知，电子开始上偏，故磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐减小，后来电子又下偏，磁场方向垂直纸面向里，方向为正，且逐渐增加，C符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据电子的运动方向可知电子所受安培力方向，再由左手定则可判断磁场方向变化。
2．【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】电子在电子枪中加速，由动能定理可得，电子加速后，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得，整理可得，可知一定能让圆形径迹半径增大的是增大U，同时减小B，而减小B的方法是减小励磁电流I，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由动能定理分析电子在电子枪中的加速运动，由牛顿第二定律分析电子在磁场中的圆周运动，得出电子在磁场中的运动半径的表达式，由表达式分析影响半径大小的相关量。
3．【答案】B
【知识点】安培力；楞次定律
【解析】【解答】A.由i-t图像可知，电流先正向减小，由安培定则可知，通过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈产生感应电流为顺时针方向，由左手定则知，线圈受到的安培力合力向左；然后电流负向增大，由安培定则知，则通过线圈的磁通量向外增大，根据楞次定律可知线圈产生感应电流为顺时针方向，由左手定则可知，线圈受到的安培力合力向右，A不符合题意；
B.同理，由i-t图像可知，电流先负向减小，则通过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，线圈产生感应电流为逆时针方向，线圈受到的安培力合力向左；最后电流正向增大，则通过线圈的磁通量向里增大，线圈产生感应电流为逆时针方向，线圈受到的安培力合力向右，B符合题意；
C.由i-t图像可知，电流正向减小，则通过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈产生感应电流为顺时针方向，线圈受到的安培力合力向左，C不符合题意；
D.由i-t图像可知，电流负向减小，则通过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，线圈产生感应电流为逆时针方向，线圈受到的安培力合力向左，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据安培定则判断通电直导线的磁场，根据楞次定律判断线圈中感应电流方向，根据安培定则判断线圈的受力方向，选出正确的i-t图像。
4．【答案】D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A.电压表的示数为交流电的有效值，根据图乙可知该交流电的最大值为50V，有效值为，A不符合题意；
B.根据图乙可知该交流电的周期为T=0.02s，所以频率为，B不符合题意；
C.由题意可知，当变压器副线圈输出电压的瞬时值超过2500V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体；根据原副线圈匝数与电压的关系可得，所以要想点燃气体，，C不符合题意；
D.原线圈输入电压的瞬时值表达式为，当时，副线圈电压瞬时值表达式为，当瞬时电压等于2500时，有，可得，，所以半个周期内持续放电时间为，当电压在-2500V~-5000V时也会放电，所以钢针和金属板间在交流电每个周期内放电的时间为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】交流电表显示有效值，由求出电压有效值；由周期求出频率；根据理想变压器原副线圈的电压与匝数的关系求出k的取值；求出副线圈一个周期内瞬时电压超过2500V的时间，即为钢针和金属板间在交流电每个周期内放电的时间。
5．【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】设开关S闭合瞬间，金属杆的速度为，则有，，，联立可得金属杆受到的安培力为，若，则金属杆一直做匀速直线运动，速度始终不变；若，则金属杆开始做加速运动，由牛顿第二定律可得，因为速度逐渐增大，所以加速度逐渐减小，当速度增加到安培力等于重力后，金属杆做匀速直线运动，速度不再变化，所以该过程，速度先增大后不变；若，则金属杆开始做减速运动，由牛顿第二定律可得，因为速度逐渐减小，所以加速度逐渐减小，当速度减小到安培力等于重力后，金属杆做匀速直线运动，速度不再变化，所以该过程，速度先减小后不变，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据闭合开关时，安培力与重力的大小关系，结合牛顿第二定律，分析金属杆下落的过程。
6．【答案】B
【知识点】LC振荡电路分析；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】A.根据右手螺旋定则可知，振荡电路中的电流沿顺时针方向，若磁场正在减弱，则电容器中电场能增加，电容器正在充电，所以电容器的上极板带正电，A不符合题意；
B.根据右手螺旋定则可知，振荡电路中的电流沿顺时针方向，若电容器的上极板带正电，则电容器正在充电，电容器中电场能正在增加，则线圈中的磁场能正在减小，所以线圈中电流正在减小，B符合题意；
C.根据右手螺旋定则可知，振荡电路中的电流沿顺时针方向，若电容器正在放电，则电容器的上极板带负电，C不符合题意；
D.若电容器正在放电，则电容器中电场能减小，线圈中的磁场能增加，线圈中电流正在增大，根据楞次定律可知，自感电动势正在阻碍电流增大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据右手螺旋定则判断出振荡电路中的电流方向，结合电容器的充、放电情况，判断极板电性和回路中电流的变化情况；根据楞次定律分析感应电动势正在起到的作用。
7．【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为，中子和氮核碰撞后中子速度为，因为碰撞为弹性碰撞，所以动量守恒，机械能守恒，对中子与氢核的碰撞，有，，联立解得，对中子与氮核的碰撞，有，，联立解得，则有，，碰撞后氢核的动量为，碰撞后氮核的动量为，可得，碰撞后氢核的动能为，碰撞后氮核的动能为，可得，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】两个碰撞均为弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，求出碰后氢核和氮核的速度，再由动量和动能的定义式比较氢核和氮核的动量的比值和动能的比值。
8．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A.质谱仪是分析同位素的重要工具，可以把比荷不同的粒子分离开来，A符合题意；
B.粒子在速度选择器中做匀速直线运动，通过狭缝P进入磁场，根据受力平衡可得，解得能通过狭缝P的带电粒子的速率，B不符合题意；
D.带电粒子在平板S下方磁感应强度为的匀强磁场中运动半径为，打在胶片上的粒子与狭缝P的距离d=2R，解得，由此式可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，d越小，粒子的比荷应越大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】质谱仪是分析同位素的重要工具；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由共点力平衡条件求出粒子通过速度选择器的速度；根据洛伦兹力提供粒子在磁场做圆周运动的向心力，求出打在胶片上的粒子与狭缝P的距离，得出该距离与粒子比荷的关系。
9．【答案】B,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A.由电流方向可知，电子的运动方向向左，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则电子向上偏转，故上侧面积累负电，使得上侧面电势比下侧面电势低，A不符合题意；
BCD.当电势差稳定时，自由电子受到的洛伦兹力大小与电场力大小相等，可得粒子受到的洛伦兹力为，根据电流微观表达式I=neSv=nedhv，可得，由此式可知，电势差与I成正比，与d成反比，BD符合题意，C不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】由电子的偏转方向分析上下侧面的电势高低；霍尔效应现象中，当电势差稳定时，自由电子受到的洛伦兹力大小与电场力大小相等，由受力平衡求出粒子受到的洛伦兹力大小；再结合电流的微观表达式求出的表达式，根据表达式判断与I和d的关系。
10．【答案】A,C,D
【知识点】平抛运动；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】BC.导体棒在空中运动过程中，在水平方向上要切割磁感线，从而产生感应电动势，但因为不闭合，所以无感应电流，不受安培力，导体棒在空中运动时，只受重力，做平抛运动，故导体棒抛出后水平方向上的速度不变，由可知，导体棒上产生的感应电动势大小不变，根据右手定则可知，a端电势高于b端电势，B不符合题意，C符合题意；
A.导体棒竖直方向上做自由落体运动，由可得，导体棒从抛出到落地的时间为，故导体棒做平抛运动的初速度为，A符合题意；
D.设闭合开关后导体棒中有电流流过的时间为，由动量定理可得，又，则有，解得q=0.48C，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】根据右手定则判断导体棒在空中运动时两端电势的高低；在空中运动的导体棒不受安培力，做平抛运动，根据平抛运动分析导体棒切割磁感线的有效速度，再由E=BLv分析导体棒在空中运动的感应电动势；根据平抛的运动规律，由运动学公式求出导体棒抛出时的初速度；由动量定理求解闭合开关后，通过导体棒的电荷量。
11．【答案】（1）A；C；E
（2）C
（3）C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，要选用闭合铁芯的原副线圈，不能用无铁芯的原副线圈，因为没有铁芯，漏磁会很多，原副线圈电压的比值与匝数的比值会相差很多；电源要用交流电源，因为变压器对直流电不工作，还要选用多用电表（交流电压档），用来测原副线圈的电压，ACE符合题意，BD不符合题意。
故答案为：ACE。
（2）A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A不符合题意；
B.虽然使用的电压较低，通电时也不可直接用手接触裸露的导线进行连接，而且这样操作时，将人体并联到电路中，将导致测量数据不准确，B不符合题意；
C.实验采用控制变量法，可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C符合题意；
D.变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，D不符合题意。
故答案为：C。
（3）由题意可知，考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得副线圈电压小于理论值，结合表中数据可知，原线圈的匝数为，副线圈的匝数为；由于原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流较小，副线圈电流较大，故原线圈用较细导线绕制，副线圈用较粗导线绕制，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据实验原理选择实验器材；（2）根据实验原理和注意事项分析各选项；（3）实际变压器会存在功率损失，副线圈电压小于理论值，结合表中数据，得出原副线圈匝数，再根据原副线圈的电流关系，分析绕制原副线圈导线的粗细。
12．【答案】（1）平衡摩擦力
（2）BC；DE
（3）0.420；0.417
（4）0.7
【知识点】动量
【解析】【解答】（1）长木板右端下面垫放小木块的目的是：利用小车重力沿木板向下的分力平衡小车运动过程受到的摩擦力。
（2）因为平衡了摩擦力，所以碰撞前小车A做匀速直线运动，A和B碰后也一起做匀速运动，由动量守恒定律可得，可知A车碰前的速度大于碰撞后两车共同的速度，所以根据纸带各计数点间的距离可知，应选BC段计算A碰前的速度；选DE段计算A和B碰后的速度。
（3）打点周期为，根据纸带数据，碰前A的速度为则碰前两小车的总动量为，碰后两小车的共同速度为，碰后两小车的总动量为。
（4）根据定义，可得本次实验
【分析】（1）本实验需平衡摩擦力；（2）碰撞前小车A和碰撞后两车粘在一起，都是做的匀速运动，根据碰撞前后的速度关系，选择用来计算小车速度的纸段；（3）根据动量的定义式计算碰撞前后两车的总动量；（4）由 计算的值。
13．【答案】（1）解：粒子射出磁场时速度方向垂直于y轴，粒子做匀速圆周运动的圆心一定在y轴上，根据粒子运动的速度与半径垂直，可确定圆心O，如图所示
由几何关系知粒子运动的半径
由
得
则有
（2）解：由 得
则
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据运动轨迹求出轨道半径，在根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度 B；
（2）根据周期与线速度的关系求出穿过第一象限所用的时间。
14．【答案】（1）解：小铁块在弧形轨道末端时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：小铁块在弧形轨道上下滑过程中，根据动能定理可得
解得
（3）解：小铁块在木板上滑动过程中，系统的动量守恒，则有
解得
小铁块在木板上滑动过程中，小铁块、长木板的加速度大小为
运动时间为
小铁块、长木板的运动位移为
小铁块和长木板达到的共同速度相对于长木板滑动的距离
解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）分析小铁块在弧形轨道末端的受力，由牛顿第二定律列式求解小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小；（2）应用动能定理分析小铁块在弧形轨道上的下滑过程，求出小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；（3）由动量守恒定律求解小铁块和长木板达到的共同速度；根据牛顿第二定律和运动学公式求解小铁块相对于长木板滑动的距离。
15．【答案】（1）解：根据 图像可知，导体棒做匀加速直线运动的加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得动摩擦因数为
导体棒刚进入磁场时的拉力功率为
导体棒最终以 的速度在磁场中做匀速直线运动，则有
又 ，
联立解得
（2）解：前8s内外力做功为
设回路产生的焦耳热为 ，根据功能关系可得
解得
则前8s内定值电阻上产生的热量为
（3）解：在第（2）问的前提下，设导体棒减速过程中的位移为 ，则有
其中 ，
解得
根据
解得导体棒减速过程中通过定值电阻的电荷量为
设前8s内水平外力F对导体棒的冲量为 ，根据动量定理可得
又
联立解得
【知识点】动量定理；能量守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）根据图示v-t图象求加速度，应用牛顿第二定律求出动摩擦因数；求出导体棒进入磁场瞬间拉力的功率，再由此功率求出导体棒做匀速直线运动后的拉力，然后结合安培力公式、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律，应用平衡条件求出电阻阻值；（2）根据功能关系求出产生的总焦耳热，再由阻值关系求出R产生的焦耳热；（3）应用法拉第电磁感应定律、电流的定义式和功能关系求出电荷量；再应用动量定理分析导体棒在前8s的运动，求出外力的冲量。
