登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
安徽省十联考2022-2023学年高二下学期期中物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·安徽期中）如图是电磁波发射电路中的电磁振荡电路，某时刻电路中正形成如图所示方向的电流，此时电容器的上极板带正电，下极板带负电，则以下说法正确的是（ ）
A．线圈中的磁场向上且正在增强
B．电容器中的电场向下且正在减弱
C．若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变大
D．若增大电容器极板间的距离，则发射电磁波的波长变小
2．（2023高二下·安徽期中）如图甲所示，粗细均匀绝缘导线弯成正方形线框a和内切圆形线框b，两线框在同一平面内，磁场方向垂直于线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，两线框产生感应电动势分别为和，感应电流大小分别为和，以下说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023高二下·安徽期中）如图所示，理想变压器原线圈接入有效值恒定的正弦交流电，副线圈接入滑动变阻器和定值电阻R。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（ ）
A．电流表示数增大
B．电流表示数减小
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
4．（2023高二下·安徽期中）如图1、2分别是甲、乙两种交流电的关系图像，则甲、乙两种交流电的有效值之比为（ ）
A． B． C． D．1：1
5．（2023高二下·安徽期中）如图所示，水平面上放置光滑竖直圆弧轨道abc，b点为轨道最低点，弧abc对应的圆心角很小，第一次将小球放置在a点无初速度释放，小球到达最低点b所用时间为；然后在ab两点搭建光滑斜面，第二次将小球放置在a点无初速度释放，小球沿斜面到达最低点b所用时间为，小球可视为质点，则为（ ）
A．1 B． C． D．
6．（2023高二下·安徽期中）如图所示，“品”字型线框abcdefgh高为2L，宽为3L，单位长度阻值相同，长度为L的线框对应电阻为R，线框在外力作用下以速度v匀速进入匀强磁场，磁感应强度大小为B，从ab边进磁场开始计时，线框电动势e、电流i、线框的热功率P、外力F随时间t变化规律如选项图所示，规定线框中电流顺时针方向为正，下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023高二下·安徽期中）如图所示，在平面直角坐标系第一象限内某区域充满了垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小，一群相同带电粒子从y轴的10cm~20cm范围内，以速度沿x轴正方向进入第一象限，所有粒子均通过x轴上同一点而离开磁场，已知粒子电量，质量，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该区域磁场的最小面积为
B．粒子在磁场中运动最长时间为
C．粒子在磁场中运动最短时间为
D．粒子在磁场中动量变化量的最大值为
二、多选题
8．（2023高二下·安徽期中）如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为，左端连接电阻，轨道平面内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化规律为，导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，导体棒质量，电阻为，初始时导体棒位于导轨左端。在平行于导轨外力作用下，导体棒沿导轨以速度向右做匀速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好。设金属导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒中感应电流I随时间t变化规律为
B．导体棒所受拉力F随时间t变化规律为
C．0~2s内通过电阻R的电量为8C
D．时外力的瞬时功率为128W
9．（2023高二下·黄山月考）如图所示，水平面上固定着两根足够长的光滑平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为
10．（2023高二下·安徽期中）如图所示，三个半径均为R圆形区域I、II、III，圆形区域两两相切，圆心分别为、、，区域I、III内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为，一粒子以速度沿方向从区域I边界进入磁场，通过三个区域后沿方向从区域III边界射出，已知粒子电量为q，质量为m，不考虑重力，则以下说法正确的是（ ）
A．区域II磁场方向垂直纸面向里
B．区域II磁感应强度大小为
C．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为
D．粒子在区域II中速度变化量为
三、实验题
11．（2023高二下·安徽期中）如图（1）所示，实验小组通过拉力传感器探究直线电流周围磁感应强度大小规律，将直导线ab直线固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为L的直导线cd接入电路，并在中点处与拉力传感器相连，拉力传感器接入计算机中，测出直导线ab中通过大的电流强度为，直导线cd中通过小的电流强度为，将导线cd围绕中点O垂直纸面缓慢旋转90°过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如图（2）所示；若将导线cd沿纸平面缓慢向右移动距离x时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如图（3）所示，不考虑导线cd所产生的磁场。
（1）初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小为 ；
（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向 ；
（3）直线电流产生磁场的磁感应强度大小与离导线距离x成 （填“正比”或“反比”）。
12．（2023高二下·安徽期中）实验小组利用如图（1）所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验，考虑到摆长和周期的测量对实验结果的影响，对实验进行了改进，在细线上端固定拉力传感器，传感器连接计算机，用天平测出小球质量为m，将小球拉偏平衡位置一定夹角（角度很小）无初速度释放，待小球稳定后，通过拉力传感器测出其读数随时间变化图像如图（2）所示，不考虑空气阻力。
（1）下列操作可以减小误差影响的是____；
A．小球应选重而小的钢球
B．小球的摆动平面必须为竖直面
C．摆球从平衡位置拉开任意角度后释放
（2）单摆的周期为 ；
（3）当地重力加速度为 ；单摆的摆长为 ；小球摆动的最大偏角的余弦值为 。（用，，表示）
四、解答题
13．（2023高二下·安徽期中）导轨a、b由半径为的四分之一光滑圆弧平行导轨与水平导轨组成，其右端与水平导轨c、d良好衔接，导轨a、b部分宽度为，导轨c、d部分宽度为，金属棒P和Q质量分别为和，电阻大小均为，Q棒静止在c、d导轨上并被锁定，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将P棒从圆弧导轨圆心等高处无初速释放，经过时间P棒到达轨道最低点，此时P棒对导轨压力为其重力的两倍，同时Q棒解除锁定，两棒运动过程始终保持平行，水平导轨均足够长，且P棒始终在ab上运动，Q棒始终在cd上运动，全属棒与轨道接触良好，不考虑一切摩擦，经过足够长时间后，重力加速度为g取（结果可用分数表示），求：
（1）解除锁定前通过棒的电量；
（2）解除锁定前P棒所受安培力和支持力的合力冲量大小；
（3）两金属棒最终速度大小。
14．（2023高二下·安徽期中）如图所示，在平面内x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小相等，方向与y抽平行，时刻，质量为m、电荷量为的粒子从P点沿x轴正方向射入电场，从x轴上Q点进入磁场，进入磁场时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为60°，然后垂直于MN边界进入上方电场，Q点坐标为，粒子重力不计，求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子经过x轴的横坐标。
15．（2023高二下·安徽期中）如图所示，质量为的木板B静止在光滑水平地面上，其右端d处（d大小可调节）用锁扣固定滑块C，质量的小滑块A（可视为质点）静止于木板左端，现水平向右迅速敲击小滑块A，打击冲量大小使小滑块向右运动。已知滑块与木板间动摩擦因数为，整个过程中滑块A始终未滑离木板B，木板与右侧滑块C碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，重力加速度g取。
（1）多次碰撞后小滑块A未滑离木板B，求木板的最短长度；
（2）若，多次碰撞后滑块A和木板B最终均静止，求整个过程中木板B的总路程。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】A.根据右手螺旋定则，可知感应电流产生的磁场方向向上，根据增反减同，原磁场的方向有可能是向上并且磁感应强度的大小在减小，也有可能原磁场的方向向下，磁感应强度在增强，故A错误；
B.电容器正在充电，则电容器中的电场向下且正在增强，故B错误；
C.若在线圈中插入铁芯，则自感系数L变大，根据可知，发射电磁波的频率变小，故C错误；
D.若增大电容器极板间的距离，根据电容的决定式，可知电容减小，由则发射电磁波的频率变大，波长变小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】由感应电流的方向由右手螺旋定则可以反推出感应电流产生的磁场方向，再由增反减同可以判断原磁场的方向并且磁感应强度怎么变；电容器上极板带正电，下极板带负电，所以电场方向向下，并且随着极板所带电量越来越多，电场强度越来越大；由可以推出发射电磁波的频率怎么变。
2．【答案】C
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】AB.由，知两线框产生的感应电动势跟面积成正比，得，故AB错误；
CD.，由，，得，得，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】由感应电动势的公式知由于两线框的磁感应强度变化率相同，故感应电动势跟面积成正比；由闭合回路欧姆定律结合电阻丝的电阻决定式可知电流比为1：1。
3．【答案】B
【知识点】变压器原理；串联电路和并联电路的特点及应用；变压器的应用
【解析】【解答】AB.设与R并联的那部分电阻为Rb，副线圈所在电路总电阻，在滑片往右滑动，减小，则增大，由于原线圈输入电压不变，原副线圈匝数比不变，故副线圈的输出电压U2不变，所以副线圈的总电流即电流表A2示数减小，根据电流与变压器匝数关系可知原线圈电路中的电流减小，即电流表A1示数也减小，故B正确，A错误；
C.原线圈电路的电流减小，变压器的输入电压不变，根据P=UI可知原线圈输入功率减小，故C错误；
D.由于副线圈所在电路电流变小，R与Rb并联电路并联电阻也变小，故此并联电路两端电压也变小，由电功率公式，知定值电阻R消耗的功率一直在减小，故D错误。
故答案：B
【分析】先分析副线圈所在电路总电阻怎么变，由于副线圈的输出电压不变，所以副线圈所在电路总电流跟总电阻变化情况相反，为减小，根据电流与变压器匝数关系可知原线圈电路中的电流减小；由于输入功率P=UI，输入电压不变，输入电流减小，所以原线圈输入功率减小；由于副线圈并联部分总电阻变小，而副线圈所在电路总电流变小，所以并联部分两端电压也变小，由电功率公式可知定值电阻R消耗的功率也减小。
4．【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】设甲、乙两种交流电的有效值分别为I甲、I乙，根据交流电有效值的定义与图中的数据对于甲交流电有，解得，对于乙电流有，解得，得，故A正确，BCD错误。
故答案：A。
【分析】 将一直流电与一交流电分别通过相同阻值的电阻，如果相同时间内两电流通过电阻产生的热量相同，就说这一直流电的电流值是这一交流电的有效值。所以利用相同时间内电流热效应等效法分别算出图1跟图2的电流有效值，再做比就好。
5．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】设圆弧轨道半径为R，小球在圆弧轨道运动等效成单摆振动，由于摆角很小，单摆周期，小球从a到b时间为；
ab两点搭建斜面，设斜面倾角为，根据牛顿第二定律可得小球加速度，又由图知ab这段弦，小球由a点到b点时间，由，解得，则有，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】当小球沿着光滑圆弧从a点运动到b点，它的时间是单摆运动周期的，当小球沿着ab光滑斜面无初速滑下时做匀加速直线运动，得先对小球受力分析求出加速度，再把加速度代入位移公式求出时间，再做比便可以。
6．【答案】C
【知识点】右手定则；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】时间内，ab边切割磁感线运动，产生感应电动势，产生的感应电流，电流方向为逆时针，电功率为，外力F等于安培力；
时间内，ba和gh边切割磁感线，产生电动势，，电流方向为逆时针方向，电流，电功率同理可得为，外力F等于安培力；
时间内，等效为ab边切割磁感线，产生电动势，产生的感应电流，电流方向为逆时针，电功率为，外力F等于安培力 ；故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】本题分析了“品”字型线框abcdefgh进入有界磁场中做切割磁感线运动的情况，第一阶段时间内是ab边在切割磁感线运动，第二阶段时间内是ab和gh边在切割磁感线运动，第三阶段等效为ab边在切割磁感线运动。
7．【答案】D
【知识点】动量；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】【解答】A.洛仑兹力提供向心力，解得，所有粒子均通过x轴上同一点而离开磁场，即粒子从x轴上处离开磁场，如图所示
区域最小面积，故A错误；
BC.粒子在磁场中运动，粒子在磁场中运动的最长时间为半个周期，即，最短为，故BC错误；
D.粒子在磁场中动量变化量的最大值为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】粒子进入磁场中都做匀速圆周运动，由得半径都为10cm，由于都从同一个点离开磁场，所以关键要通过画图找出磁场的最小面积；由图知20cm处的粒子在磁场中运动的时间是最长得，10cm处的粒子在磁场中运动的时间是最短的，20cm处的粒子在磁场中动量的变化量是最大的。
8．【答案】C,D
【知识点】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；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】 A.经时间t导体棒移动位移x=vt， 回路面积，回路产生感应电动势，根据楞次定律和安培定则，导体棒电流方向由a到b，t时刻导体棒切割磁感线产生的动生电动势，根据右手定则，导体棒电流方向由a到b，两个电动势方向一致，回路电动势，所以回路电流，故A错误；
B.导体棒匀速运动，所受拉力与安培力等大反向，可得导体棒所受拉力大小，故B错误；
C.，故C正确；
D.t=2s时外力，其功率，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题首先在某时刻都有两种电动势，在某一瞬间面积不变的情况下磁场变化产生的感生电动势和切割磁感线运动产生的动生电动势，刚好两种的方向相同，加起来就是回路的感应电动势，计算出感应电动势后，由电流等于回路的感应电动势除以总电阻，便可以算出感应电流；由于导体棒做匀速直线运动，所以拉力始终与安培力大小相等，方向相反，安培力F=BIL，代入磁感应强度跟任意时刻的电流就可以计算出安培力也就是拉力的大小；计算电荷量利用来计算；某时刻外力的瞬时功率，分别算出F和v代入便可以了。
9．【答案】A,C,D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．小球和U形管组成的系统在运动过程中没有外力做功，所以系统机械能守恒，A符合题意；
B．球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律可得
解得
B不符合题意；
C．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度平行导槽方向速度相同，对此过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有
解得
由能量守恒得
解得
C符合题意；
D．小球此时还有个分速度是沿着U形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知
对小球由动量定理得
由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为
D符合题意。
故答案为：ACD
【分析】利用小球与U形管系统不受外力所以动量守恒；利用动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出小球速度的大小；结合动量定理可以求出平行导槽受到的冲量大小。
10．【答案】B,C
【知识点】动量；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示。
A.粒子沿方向从区域I边界进入磁场，通过三个区域后沿方向从区域III边界射出，根据左手定则，可知区域II磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；
B.三圆心构成等边三角形，可知粒子在区域I、III内各转过60°角，由几何关系有，粒子在区域II转过120°角，由几何关系有，得，又由于洛伦兹力提供向心力，有，得，所以B和半径成反比，，所以，故B正确；
C.由于粒子在区域I、III周期相等，，粒子在区域II周期，，所以粒子从进入磁场到离开磁场所用时间，故C正确；
D.粒子在区域II中速度变化量为，故D错误。
故答案：BC。
【分析】本题主要要找出粒子在磁场中运动的轨迹图，粒子沿方向从区域I边界进入磁场，通过三个区域后沿方向从区域III边界射出，所以粒子在区域I和区域II的运动具有对称性，在区域I的轨迹根据左手定则可知粒子带负电，根据左手定则以及粒子在区域II中的轨迹图可知此处的磁场方向垂直于纸面向里；分别求出粒子在区域I和区域II的半径，然后做比，根据可知半径和磁感应强度成反比，算出粒子在区域I和区域II的磁感应强度之比，从而利用区域I的磁感应强度求出区域II的磁感应强度；分别算出粒子在区域I和区域II做圆周运动的周期，可知粒子在区域I运动的时间为，粒子在区域II运动的时间为，所以总时间为；速度变化量从而算出粒子在区域II的速度变化量。
11．【答案】（1）
（2）垂直纸面向里
（3）反比
【知识点】安培力；通电导线及通电线圈周围的磁场；平行通电直导线间的相互作用；安培力的计算
【解析】【解答】（1）根据安培定则，导线ab在cd位置处产生磁场方向垂直纸面向里，初始位置的磁感应强度大小为B，由图像可知此时导线cd受的安培力为，由安培力公式，解得；
（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向不变，导线ab在O点产生的磁场方向垂直纸面向里；
（3）在图像中可看到安培力随着距离的倒数增大而增大，反过来安培力应该随着距离的增大而减小，而，说明B也随着距离的增大而减小，磁感应强度的大小与离导线距离x成反比。
【分析】本题考查了两直流导线之间的相互作用。
（1）由图像可知导线cd初始时所受的安培力大小，再结合就可以求出初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小；
（2）无论cd导线怎么旋转，某位置的磁感应强度只跟原直线电流有关，根据右手螺旋定则可知O点的磁感应强度方向垂直于纸面向里；
（3）在图像中可看到安培力随着距离的倒数增大而增大，说明磁感应强度也随着距离的倒数增大而增大，即随着距离的增大而减小，成反比关系。
12．【答案】（1）A；B
（2）
（3）；；
【知识点】单摆及其回复力与周期；受力分析的应用；向心力；向心加速度；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）A.实验中为了减小阻力的影响，应选择重而小的钢球，故A正确；
B.小球摆动必须在竖直平面内，否则不是单摆振动，故B正确；
C.球做单摆运动应满足摆角很小，不能为任意角度，故C错误。
故答案为：AB。
（2）根据题意可知，小球在最高点时，绳子拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，则由图（2）可知，单摆的周期。
（3）根据题意，设小球最大偏角为，小球在最高点，由平衡条件得，在最低位置有，从最高点到最低点，由动能定理得，，联立解得，由单摆周期公式，代入g从而得到，将g代入前面的平衡条件得。
【分析】（1）在做“用单摆测重力加速度”的实验中小球应该选择重而小的钢球，从而减少空气阻力；小球的摆动必须在竖直平面内；球做单摆运动应满足摆角很小，不能为任意角度。
（2）由小球的摆动知，在最高点，绳子的拉力最小，在最低点，绳子的拉力最大，所以由图知单摆的周期。
（3）当小球在最高点时受力分析根据平衡条件列式，然后在最低点受力分析列向心力公式，再结合最高点到最低点的动能定理就可以求出重力加速度的大小；接着再结合单摆的周期公式可以求出绳子的长度即摆长；将g代回最高点的平衡条件可以求出最高点偏角的余弦值。
13．【答案】（1）解除锁定前通过导体棒的电量；
（2） 导体棒P到达圆弧导轨最低点时速度为，由牛顿第二定律得得，
P棒沿导轨下滑过程所受安培力和支持力的合力冲量大小为I，根据动量定理得
，
作出矢量图如图所示
（3）解除锁定后，P棒做减速运动，Q棒做加速运动，两棒最终均做匀速运动，回路电流为零，设两棒最终速度分别为和，由于最终，即，
由动量定理，对P棒有，
对Q棒有，
最后得，。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）利用电荷量的推导式得；
（2）先对最低点受力分析根据牛顿第二定律得出P棒来到最低点的速度，然后对P棒由释放位置到最低点的过程列动量定理结合矢量图可得出安培力和支持力合力的冲量大小；
（3）分析Q棒解锁两棒的运动情况，可知P棒做减速运动，Q棒做加速运动，最终都做匀速直线运动，此时安培力为0，说明回路的感应电流为0，说明两棒产生的感应电动势相等，得出两棒最终的速度关系，再分别对匀速前对两棒列动量定理，就可以得出两棒最终的速度大小。
14．【答案】（1）解：粒子从P到Q点做类平抛运动，在x方向做匀速度直线运动，有 ，
又进入磁场的速度与x轴正方向夹角为60度，有，，
由于粒子在y方向做匀加速直线运动，，
联立解得。
（2）解：由题意画出粒子的轨迹如图所示
偏转角为30°，由几何关系可知，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径，
洛伦兹力提供向心力，有，解得。
（3）解：由于AQ沿着x轴方向的距离为，
由周期性可知粒子向上经过x轴的位置为，
粒子向下经过x轴的位置为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子进入磁场后做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，先对进入磁场的速度进行分解，分别求出水平分速度和y轴方向匀加速的末速度，由水平方向匀速直线运动的位移公式求出在电场中运动的时间，再由y轴方向匀加速的速度公式结合牛顿第二定律求出匀强电场的电场强度；
（2）粒子垂直于MN边界进入上方电场，所以先画出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，由几何关系得出半径的大小，再结合求出磁感应强度B的大小；
（3）画出粒子的周期性运动，粒子经过x轴分为向上经过和向下经过两种，仔细分类，利用几何关系求出来便可。
15．【答案】（1）根据动量定理，有，得，
木板B与滑块C碰撞没有机械能损失，每次碰撞后木板B速度等大反向，多次碰撞后滑块A、木板B均静止，根据能量守恒，有，得。
（2）滑块A加速度，
木板B加速度，
假设在第一次碰撞前A、B已共速，第一次碰撞前达到共速为，由动量守恒，有
得，
木板B位移，
故假设成立，此后木板B匀速运动与滑块C碰撞反弹，滑块A与木板B第二次达到共速，有
得，
第二次碰后B运动到最左端的位移为，
故在第二次碰前A、B已共速，以此类推，每次碰前二者已经达到共速，同理滑块A与木板B第三次达到共速，有，可得，
第三次碰后到左端的距离为，
类推到第n次碰后有，
木板B运动的总路程，
当，木块B的总路程为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）木板B与滑块C碰撞没有机械能损失，每次碰撞后木板B速度等大反向，多次碰撞后滑块A、木板B均静止，所以最终A的动能转化为系统克服摩擦力所做的功即热能，求出L的大小即为木板的最短长度；
（2）首先分别对A、B受力分析，求出它们两个的加速度，然后假设第一次在与C碰撞前两者是否共速，列动量守恒式子和对B列动能定理，可知B到共速前的位移小于d，所以在碰撞前已经共速，此后木板B匀速运动与滑块C碰撞反弹，滑块A与木板B又第二次达到共速，并求出B达到共速之前经过的位移x2，可知x2小于x1，所以在碰撞前达到共速，找出B每次共速之前所发生的位移，找出它们的关系，发现它们为等比数列，进行求和再加上d就可以了。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
安徽省十联考2022-2023学年高二下学期期中物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·安徽期中）如图是电磁波发射电路中的电磁振荡电路，某时刻电路中正形成如图所示方向的电流，此时电容器的上极板带正电，下极板带负电，则以下说法正确的是（ ）
A．线圈中的磁场向上且正在增强
B．电容器中的电场向下且正在减弱
C．若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变大
D．若增大电容器极板间的距离，则发射电磁波的波长变小
【答案】D
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】A.根据右手螺旋定则，可知感应电流产生的磁场方向向上，根据增反减同，原磁场的方向有可能是向上并且磁感应强度的大小在减小，也有可能原磁场的方向向下，磁感应强度在增强，故A错误；
B.电容器正在充电，则电容器中的电场向下且正在增强，故B错误；
C.若在线圈中插入铁芯，则自感系数L变大，根据可知，发射电磁波的频率变小，故C错误；
D.若增大电容器极板间的距离，根据电容的决定式，可知电容减小，由则发射电磁波的频率变大，波长变小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】由感应电流的方向由右手螺旋定则可以反推出感应电流产生的磁场方向，再由增反减同可以判断原磁场的方向并且磁感应强度怎么变；电容器上极板带正电，下极板带负电，所以电场方向向下，并且随着极板所带电量越来越多，电场强度越来越大；由可以推出发射电磁波的频率怎么变。
2．（2023高二下·安徽期中）如图甲所示，粗细均匀绝缘导线弯成正方形线框a和内切圆形线框b，两线框在同一平面内，磁场方向垂直于线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，两线框产生感应电动势分别为和，感应电流大小分别为和，以下说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】AB.由，知两线框产生的感应电动势跟面积成正比，得，故AB错误；
CD.，由，，得，得，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】由感应电动势的公式知由于两线框的磁感应强度变化率相同，故感应电动势跟面积成正比；由闭合回路欧姆定律结合电阻丝的电阻决定式可知电流比为1：1。
3．（2023高二下·安徽期中）如图所示，理想变压器原线圈接入有效值恒定的正弦交流电，副线圈接入滑动变阻器和定值电阻R。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（ ）
A．电流表示数增大
B．电流表示数减小
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
【答案】B
【知识点】变压器原理；串联电路和并联电路的特点及应用；变压器的应用
【解析】【解答】AB.设与R并联的那部分电阻为Rb，副线圈所在电路总电阻，在滑片往右滑动，减小，则增大，由于原线圈输入电压不变，原副线圈匝数比不变，故副线圈的输出电压U2不变，所以副线圈的总电流即电流表A2示数减小，根据电流与变压器匝数关系可知原线圈电路中的电流减小，即电流表A1示数也减小，故B正确，A错误；
C.原线圈电路的电流减小，变压器的输入电压不变，根据P=UI可知原线圈输入功率减小，故C错误；
D.由于副线圈所在电路电流变小，R与Rb并联电路并联电阻也变小，故此并联电路两端电压也变小，由电功率公式，知定值电阻R消耗的功率一直在减小，故D错误。
故答案：B
【分析】先分析副线圈所在电路总电阻怎么变，由于副线圈的输出电压不变，所以副线圈所在电路总电流跟总电阻变化情况相反，为减小，根据电流与变压器匝数关系可知原线圈电路中的电流减小；由于输入功率P=UI，输入电压不变，输入电流减小，所以原线圈输入功率减小；由于副线圈并联部分总电阻变小，而副线圈所在电路总电流变小，所以并联部分两端电压也变小，由电功率公式可知定值电阻R消耗的功率也减小。
4．（2023高二下·安徽期中）如图1、2分别是甲、乙两种交流电的关系图像，则甲、乙两种交流电的有效值之比为（ ）
A． B． C． D．1：1
【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】设甲、乙两种交流电的有效值分别为I甲、I乙，根据交流电有效值的定义与图中的数据对于甲交流电有，解得，对于乙电流有，解得，得，故A正确，BCD错误。
故答案：A。
【分析】 将一直流电与一交流电分别通过相同阻值的电阻，如果相同时间内两电流通过电阻产生的热量相同，就说这一直流电的电流值是这一交流电的有效值。所以利用相同时间内电流热效应等效法分别算出图1跟图2的电流有效值，再做比就好。
5．（2023高二下·安徽期中）如图所示，水平面上放置光滑竖直圆弧轨道abc，b点为轨道最低点，弧abc对应的圆心角很小，第一次将小球放置在a点无初速度释放，小球到达最低点b所用时间为；然后在ab两点搭建光滑斜面，第二次将小球放置在a点无初速度释放，小球沿斜面到达最低点b所用时间为，小球可视为质点，则为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】设圆弧轨道半径为R，小球在圆弧轨道运动等效成单摆振动，由于摆角很小，单摆周期，小球从a到b时间为；
ab两点搭建斜面，设斜面倾角为，根据牛顿第二定律可得小球加速度，又由图知ab这段弦，小球由a点到b点时间，由，解得，则有，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】当小球沿着光滑圆弧从a点运动到b点，它的时间是单摆运动周期的，当小球沿着ab光滑斜面无初速滑下时做匀加速直线运动，得先对小球受力分析求出加速度，再把加速度代入位移公式求出时间，再做比便可以。
6．（2023高二下·安徽期中）如图所示，“品”字型线框abcdefgh高为2L，宽为3L，单位长度阻值相同，长度为L的线框对应电阻为R，线框在外力作用下以速度v匀速进入匀强磁场，磁感应强度大小为B，从ab边进磁场开始计时，线框电动势e、电流i、线框的热功率P、外力F随时间t变化规律如选项图所示，规定线框中电流顺时针方向为正，下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】右手定则；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】时间内，ab边切割磁感线运动，产生感应电动势，产生的感应电流，电流方向为逆时针，电功率为，外力F等于安培力；
时间内，ba和gh边切割磁感线，产生电动势，，电流方向为逆时针方向，电流，电功率同理可得为，外力F等于安培力；
时间内，等效为ab边切割磁感线，产生电动势，产生的感应电流，电流方向为逆时针，电功率为，外力F等于安培力 ；故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】本题分析了“品”字型线框abcdefgh进入有界磁场中做切割磁感线运动的情况，第一阶段时间内是ab边在切割磁感线运动，第二阶段时间内是ab和gh边在切割磁感线运动，第三阶段等效为ab边在切割磁感线运动。
7．（2023高二下·安徽期中）如图所示，在平面直角坐标系第一象限内某区域充满了垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小，一群相同带电粒子从y轴的10cm~20cm范围内，以速度沿x轴正方向进入第一象限，所有粒子均通过x轴上同一点而离开磁场，已知粒子电量，质量，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该区域磁场的最小面积为
B．粒子在磁场中运动最长时间为
C．粒子在磁场中运动最短时间为
D．粒子在磁场中动量变化量的最大值为
【答案】D
【知识点】动量；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】【解答】A.洛仑兹力提供向心力，解得，所有粒子均通过x轴上同一点而离开磁场，即粒子从x轴上处离开磁场，如图所示
区域最小面积，故A错误；
BC.粒子在磁场中运动，粒子在磁场中运动的最长时间为半个周期，即，最短为，故BC错误；
D.粒子在磁场中动量变化量的最大值为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】粒子进入磁场中都做匀速圆周运动，由得半径都为10cm，由于都从同一个点离开磁场，所以关键要通过画图找出磁场的最小面积；由图知20cm处的粒子在磁场中运动的时间是最长得，10cm处的粒子在磁场中运动的时间是最短的，20cm处的粒子在磁场中动量的变化量是最大的。
二、多选题
8．（2023高二下·安徽期中）如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为，左端连接电阻，轨道平面内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化规律为，导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，导体棒质量，电阻为，初始时导体棒位于导轨左端。在平行于导轨外力作用下，导体棒沿导轨以速度向右做匀速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好。设金属导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒中感应电流I随时间t变化规律为
B．导体棒所受拉力F随时间t变化规律为
C．0~2s内通过电阻R的电量为8C
D．时外力的瞬时功率为128W
【答案】C,D
【知识点】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；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】 A.经时间t导体棒移动位移x=vt， 回路面积，回路产生感应电动势，根据楞次定律和安培定则，导体棒电流方向由a到b，t时刻导体棒切割磁感线产生的动生电动势，根据右手定则，导体棒电流方向由a到b，两个电动势方向一致，回路电动势，所以回路电流，故A错误；
B.导体棒匀速运动，所受拉力与安培力等大反向，可得导体棒所受拉力大小，故B错误；
C.，故C正确；
D.t=2s时外力，其功率，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题首先在某时刻都有两种电动势，在某一瞬间面积不变的情况下磁场变化产生的感生电动势和切割磁感线运动产生的动生电动势，刚好两种的方向相同，加起来就是回路的感应电动势，计算出感应电动势后，由电流等于回路的感应电动势除以总电阻，便可以算出感应电流；由于导体棒做匀速直线运动，所以拉力始终与安培力大小相等，方向相反，安培力F=BIL，代入磁感应强度跟任意时刻的电流就可以计算出安培力也就是拉力的大小；计算电荷量利用来计算；某时刻外力的瞬时功率，分别算出F和v代入便可以了。
9．（2023高二下·黄山月考）如图所示，水平面上固定着两根足够长的光滑平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为
【答案】A,C,D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．小球和U形管组成的系统在运动过程中没有外力做功，所以系统机械能守恒，A符合题意；
B．球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律可得
解得
B不符合题意；
C．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度平行导槽方向速度相同，对此过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有
解得
由能量守恒得
解得
C符合题意；
D．小球此时还有个分速度是沿着U形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知
对小球由动量定理得
由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为
D符合题意。
故答案为：ACD
【分析】利用小球与U形管系统不受外力所以动量守恒；利用动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出小球速度的大小；结合动量定理可以求出平行导槽受到的冲量大小。
10．（2023高二下·安徽期中）如图所示，三个半径均为R圆形区域I、II、III，圆形区域两两相切，圆心分别为、、，区域I、III内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为，一粒子以速度沿方向从区域I边界进入磁场，通过三个区域后沿方向从区域III边界射出，已知粒子电量为q，质量为m，不考虑重力，则以下说法正确的是（ ）
A．区域II磁场方向垂直纸面向里
B．区域II磁感应强度大小为
C．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为
D．粒子在区域II中速度变化量为
【答案】B,C
【知识点】动量；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示。
A.粒子沿方向从区域I边界进入磁场，通过三个区域后沿方向从区域III边界射出，根据左手定则，可知区域II磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；
B.三圆心构成等边三角形，可知粒子在区域I、III内各转过60°角，由几何关系有，粒子在区域II转过120°角，由几何关系有，得，又由于洛伦兹力提供向心力，有，得，所以B和半径成反比，，所以，故B正确；
C.由于粒子在区域I、III周期相等，，粒子在区域II周期，，所以粒子从进入磁场到离开磁场所用时间，故C正确；
D.粒子在区域II中速度变化量为，故D错误。
故答案：BC。
【分析】本题主要要找出粒子在磁场中运动的轨迹图，粒子沿方向从区域I边界进入磁场，通过三个区域后沿方向从区域III边界射出，所以粒子在区域I和区域II的运动具有对称性，在区域I的轨迹根据左手定则可知粒子带负电，根据左手定则以及粒子在区域II中的轨迹图可知此处的磁场方向垂直于纸面向里；分别求出粒子在区域I和区域II的半径，然后做比，根据可知半径和磁感应强度成反比，算出粒子在区域I和区域II的磁感应强度之比，从而利用区域I的磁感应强度求出区域II的磁感应强度；分别算出粒子在区域I和区域II做圆周运动的周期，可知粒子在区域I运动的时间为，粒子在区域II运动的时间为，所以总时间为；速度变化量从而算出粒子在区域II的速度变化量。
三、实验题
11．（2023高二下·安徽期中）如图（1）所示，实验小组通过拉力传感器探究直线电流周围磁感应强度大小规律，将直导线ab直线固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为L的直导线cd接入电路，并在中点处与拉力传感器相连，拉力传感器接入计算机中，测出直导线ab中通过大的电流强度为，直导线cd中通过小的电流强度为，将导线cd围绕中点O垂直纸面缓慢旋转90°过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如图（2）所示；若将导线cd沿纸平面缓慢向右移动距离x时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如图（3）所示，不考虑导线cd所产生的磁场。
（1）初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小为 ；
（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向 ；
（3）直线电流产生磁场的磁感应强度大小与离导线距离x成 （填“正比”或“反比”）。
【答案】（1）
（2）垂直纸面向里
（3）反比
【知识点】安培力；通电导线及通电线圈周围的磁场；平行通电直导线间的相互作用；安培力的计算
【解析】【解答】（1）根据安培定则，导线ab在cd位置处产生磁场方向垂直纸面向里，初始位置的磁感应强度大小为B，由图像可知此时导线cd受的安培力为，由安培力公式，解得；
（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向不变，导线ab在O点产生的磁场方向垂直纸面向里；
（3）在图像中可看到安培力随着距离的倒数增大而增大，反过来安培力应该随着距离的增大而减小，而，说明B也随着距离的增大而减小，磁感应强度的大小与离导线距离x成反比。
【分析】本题考查了两直流导线之间的相互作用。
（1）由图像可知导线cd初始时所受的安培力大小，再结合就可以求出初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小；
（2）无论cd导线怎么旋转，某位置的磁感应强度只跟原直线电流有关，根据右手螺旋定则可知O点的磁感应强度方向垂直于纸面向里；
（3）在图像中可看到安培力随着距离的倒数增大而增大，说明磁感应强度也随着距离的倒数增大而增大，即随着距离的增大而减小，成反比关系。
12．（2023高二下·安徽期中）实验小组利用如图（1）所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验，考虑到摆长和周期的测量对实验结果的影响，对实验进行了改进，在细线上端固定拉力传感器，传感器连接计算机，用天平测出小球质量为m，将小球拉偏平衡位置一定夹角（角度很小）无初速度释放，待小球稳定后，通过拉力传感器测出其读数随时间变化图像如图（2）所示，不考虑空气阻力。
（1）下列操作可以减小误差影响的是____；
A．小球应选重而小的钢球
B．小球的摆动平面必须为竖直面
C．摆球从平衡位置拉开任意角度后释放
（2）单摆的周期为 ；
（3）当地重力加速度为 ；单摆的摆长为 ；小球摆动的最大偏角的余弦值为 。（用，，表示）
【答案】（1）A；B
（2）
（3）；；
【知识点】单摆及其回复力与周期；受力分析的应用；向心力；向心加速度；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）A.实验中为了减小阻力的影响，应选择重而小的钢球，故A正确；
B.小球摆动必须在竖直平面内，否则不是单摆振动，故B正确；
C.球做单摆运动应满足摆角很小，不能为任意角度，故C错误。
故答案为：AB。
（2）根据题意可知，小球在最高点时，绳子拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，则由图（2）可知，单摆的周期。
（3）根据题意，设小球最大偏角为，小球在最高点，由平衡条件得，在最低位置有，从最高点到最低点，由动能定理得，，联立解得，由单摆周期公式，代入g从而得到，将g代入前面的平衡条件得。
【分析】（1）在做“用单摆测重力加速度”的实验中小球应该选择重而小的钢球，从而减少空气阻力；小球的摆动必须在竖直平面内；球做单摆运动应满足摆角很小，不能为任意角度。
（2）由小球的摆动知，在最高点，绳子的拉力最小，在最低点，绳子的拉力最大，所以由图知单摆的周期。
（3）当小球在最高点时受力分析根据平衡条件列式，然后在最低点受力分析列向心力公式，再结合最高点到最低点的动能定理就可以求出重力加速度的大小；接着再结合单摆的周期公式可以求出绳子的长度即摆长；将g代回最高点的平衡条件可以求出最高点偏角的余弦值。
四、解答题
13．（2023高二下·安徽期中）导轨a、b由半径为的四分之一光滑圆弧平行导轨与水平导轨组成，其右端与水平导轨c、d良好衔接，导轨a、b部分宽度为，导轨c、d部分宽度为，金属棒P和Q质量分别为和，电阻大小均为，Q棒静止在c、d导轨上并被锁定，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将P棒从圆弧导轨圆心等高处无初速释放，经过时间P棒到达轨道最低点，此时P棒对导轨压力为其重力的两倍，同时Q棒解除锁定，两棒运动过程始终保持平行，水平导轨均足够长，且P棒始终在ab上运动，Q棒始终在cd上运动，全属棒与轨道接触良好，不考虑一切摩擦，经过足够长时间后，重力加速度为g取（结果可用分数表示），求：
（1）解除锁定前通过棒的电量；
（2）解除锁定前P棒所受安培力和支持力的合力冲量大小；
（3）两金属棒最终速度大小。
【答案】（1）解除锁定前通过导体棒的电量；
（2） 导体棒P到达圆弧导轨最低点时速度为，由牛顿第二定律得得，
P棒沿导轨下滑过程所受安培力和支持力的合力冲量大小为I，根据动量定理得
，
作出矢量图如图所示
（3）解除锁定后，P棒做减速运动，Q棒做加速运动，两棒最终均做匀速运动，回路电流为零，设两棒最终速度分别为和，由于最终，即，
由动量定理，对P棒有，
对Q棒有，
最后得，。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）利用电荷量的推导式得；
（2）先对最低点受力分析根据牛顿第二定律得出P棒来到最低点的速度，然后对P棒由释放位置到最低点的过程列动量定理结合矢量图可得出安培力和支持力合力的冲量大小；
（3）分析Q棒解锁两棒的运动情况，可知P棒做减速运动，Q棒做加速运动，最终都做匀速直线运动，此时安培力为0，说明回路的感应电流为0，说明两棒产生的感应电动势相等，得出两棒最终的速度关系，再分别对匀速前对两棒列动量定理，就可以得出两棒最终的速度大小。
14．（2023高二下·安徽期中）如图所示，在平面内x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小相等，方向与y抽平行，时刻，质量为m、电荷量为的粒子从P点沿x轴正方向射入电场，从x轴上Q点进入磁场，进入磁场时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为60°，然后垂直于MN边界进入上方电场，Q点坐标为，粒子重力不计，求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子经过x轴的横坐标。
【答案】（1）解：粒子从P到Q点做类平抛运动，在x方向做匀速度直线运动，有 ，
又进入磁场的速度与x轴正方向夹角为60度，有，，
由于粒子在y方向做匀加速直线运动，，
联立解得。
（2）解：由题意画出粒子的轨迹如图所示
偏转角为30°，由几何关系可知，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径，
洛伦兹力提供向心力，有，解得。
（3）解：由于AQ沿着x轴方向的距离为，
由周期性可知粒子向上经过x轴的位置为，
粒子向下经过x轴的位置为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子进入磁场后做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，先对进入磁场的速度进行分解，分别求出水平分速度和y轴方向匀加速的末速度，由水平方向匀速直线运动的位移公式求出在电场中运动的时间，再由y轴方向匀加速的速度公式结合牛顿第二定律求出匀强电场的电场强度；
（2）粒子垂直于MN边界进入上方电场，所以先画出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，由几何关系得出半径的大小，再结合求出磁感应强度B的大小；
（3）画出粒子的周期性运动，粒子经过x轴分为向上经过和向下经过两种，仔细分类，利用几何关系求出来便可。
15．（2023高二下·安徽期中）如图所示，质量为的木板B静止在光滑水平地面上，其右端d处（d大小可调节）用锁扣固定滑块C，质量的小滑块A（可视为质点）静止于木板左端，现水平向右迅速敲击小滑块A，打击冲量大小使小滑块向右运动。已知滑块与木板间动摩擦因数为，整个过程中滑块A始终未滑离木板B，木板与右侧滑块C碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，重力加速度g取。
（1）多次碰撞后小滑块A未滑离木板B，求木板的最短长度；
（2）若，多次碰撞后滑块A和木板B最终均静止，求整个过程中木板B的总路程。
【答案】（1）根据动量定理，有，得，
木板B与滑块C碰撞没有机械能损失，每次碰撞后木板B速度等大反向，多次碰撞后滑块A、木板B均静止，根据能量守恒，有，得。
（2）滑块A加速度，
木板B加速度，
假设在第一次碰撞前A、B已共速，第一次碰撞前达到共速为，由动量守恒，有
得，
木板B位移，
故假设成立，此后木板B匀速运动与滑块C碰撞反弹，滑块A与木板B第二次达到共速，有
得，
第二次碰后B运动到最左端的位移为，
故在第二次碰前A、B已共速，以此类推，每次碰前二者已经达到共速，同理滑块A与木板B第三次达到共速，有，可得，
第三次碰后到左端的距离为，
类推到第n次碰后有，
木板B运动的总路程，
当，木块B的总路程为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）木板B与滑块C碰撞没有机械能损失，每次碰撞后木板B速度等大反向，多次碰撞后滑块A、木板B均静止，所以最终A的动能转化为系统克服摩擦力所做的功即热能，求出L的大小即为木板的最短长度；
（2）首先分别对A、B受力分析，求出它们两个的加速度，然后假设第一次在与C碰撞前两者是否共速，列动量守恒式子和对B列动能定理，可知B到共速前的位移小于d，所以在碰撞前已经共速，此后木板B匀速运动与滑块C碰撞反弹，滑块A与木板B又第二次达到共速，并求出B达到共速之前经过的位移x2，可知x2小于x1，所以在碰撞前达到共速，找出B每次共速之前所发生的位移，找出它们的关系，发现它们为等比数列，进行求和再加上d就可以了。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
