精品解析：天津市南开大学附属中学2024-2025学年高二下学期3月月考物理试卷

南开大学附中24-25学年度第二学期阶段检测1 高二物理学科试卷 一、单选题（每题只有一个正确答案，每题4分，共24分） 1. 交流发电机的示意图如甲所示，线圈从甲图所示的位置以为轴逆时针匀速转动，产生交变电流的波形按余弦函数变化，如图乙所示。则（　　） A. 该交变电流的有效值为5A B. 1s内电流的方向变化10次 C. 图甲所示位置时，CD边受到的安培力方向向上 D. 当电流瞬时值为5A时，线圈平面与中性面的夹角为45° 2. 如图所示，电流表、电压表为理想电表，变压器为理想变压器，、是定值电阻为滑动变阻器。闭合开关S，下列说法正确的是（　　） A. 仅将滑片上移时，电流表A的示数减小 B. 仅将滑片下移时，电压表V的示数变大 C. 滑片下移、上移时，电阻的功率增大 D. 只断开开关S，电压表V的示数变大，电流表A的示数变小 3. 通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路总电阻的R．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1，和 （ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），则下列说法正确的是（　　） A. 此单摆的摆长约为1m B. 此单摆的固有周期约为0.5s C. 若摆长变小，共振曲线的峰将左移 D. 若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上做受迫振动，则共振曲线的峰将右移 5. 关于机械波的描述，下列说法中正确的是（　　） A. 机械波的传播速度即波源的振动速度 B. 机械波中各质点的振动方向总是与机械波的传播方向垂直 C. 机械波不仅能传递能量，参与振动的质点也以波速随波迁移 D. 机械波在介质中传播的频率等于振源的振动频率，与介质性质无关 6. 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为和，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（　　） A. 该波沿+x方向传播，波速为1m/s B. 质点a经过4s振动的路程为4m C. 此时刻质点a的速度沿+y方向 D. 质点a在t=2s时速度零 二、多选题（每题有一个以上正确答案，每题5分，少选得3分，共20分） 7. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑的水平面上的A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是 A. 弹簧振子，振动周期为1.6s，振幅为24cm B. 0.5s末和1.1s末，振子的速度不相同 C. 在时间内，振子的速度和加速度方向始终相反 D. 振子做简谐运动的表达式为 8. 一列简谐横波在时的波形如图中实线所示，时的波形如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　） A. 这列波波长为6m B. 若波向右传播，则波最小频率为0.25Hz C. 若波向左传播，则波的传播速度大小为6m/s D. 平衡位置分别为AB的两个质点，振动方向始终相反 9. 图1为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数匝，电阻，在它的两端接一阻值的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图2所示的规律变化，可在受电线圈中产生电动势的最大值为的正弦交流电，设磁场竖直向上为正。则下列说法正确的是（ ） A. 在时，受电线圈中产生的电流为0 B. 在时，端的电势高于端的电势 C. 在一个周期内，电阻上产生热量约为 D. 从到时间内，通过电阻的电荷量为 10. 如图所示为某小型发电站远距离输电示意图，其中升压变压器输入电压保持不变，降压变压器原副线圈的匝数比为，输电线路总电阻。为了安全测量输电线路中的电压和电流，现在输电线路的起始端接入甲、乙两个特殊的变压器，甲、乙两个变压器中原副线圈匝数比一个是，另一个为，其中电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，以上变压器均为理想变压器。下列判断正确的是（ ） A. 图中a为电压表，b为电流表 B. 用户端的电压为220V C. 输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5% D. 若用户端接入的用电设备变多，电流表示数变小 三、实验题（每空2分，共16分） 11. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。 （1）对于实验过程，下列说法正确的有_____； A. 本探究实验采用了控制变量法 B. 测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡” C. 使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量 D. 因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱 （2）若变压器是理想变压器，电源接变压器原线圈“0”、“8”接线柱，副线圈接“0”、“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为6.0V，则原线圈的输入电压应为_____； A. 18.0V B. 12.0V C. 5.0V D. 3.0V （3）该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，当原副线圈匝数比为8∶1，原线圈接12.0V交流电压，则测量副线圈的交流电压表的实际读数可能是_____； A. 0V B. 9.60V C. 1.50V D. 0.65V 12. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中： （1）该同学组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示，这样做的目的是______。 A. 可使周期测量得更加准确 B. 防止运动过程中摆长发生变化 C. 便于调节摆长 D. 保证摆球在同一竖直平面内摆动 （2）摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最______（填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图甲中停表示数为该单摆全振动50次所用的时间，则单摆的振动周期为______s（结果保留3位有效数字） （3）如果实验中所得到的关系图线如图3所示，根据图像分析，可得当地的重力加速度______（取3.14，结果取小数点后两位） （4）若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是______ A. 单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了 B. 把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间 C 开始计时，秒表过早按下 D. 测摆线长时摆线拉得过紧 四、解答题（共40分） 13. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动恰能到达最高点C。重力加速度为g，试求：（不计空气阻力） （1）物体在A点时弹簧的弹性势能； （2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能Q； （3）物体从C点落回水平面的位置与C点的水平距离x。 14. 如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成夹角．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力． （1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间； （2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值． 15. 我国新一代航母福建舰采用全新的电磁阻拦技术。舰载机着舰时电磁阻拦技术的基本原理如图甲所示，平行导轨与间距，电阻不计，间接有阻值的电阻。某舰载机质量，金属棒质量，电阻也为，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度。某次测试，舰载机以水平速度通过绝缘阻拦索迅速钩住轨道上的金属棒后，立即关闭动力系统获得共同速度，在磁场中一起减速滑行至停下，舰载机、金属棒的图像如图乙所示，除安培力外舰载机克服其它恒定阻力做功为，求： （1）舰载机钩住金属棒后它们获得的共同速度大小； （2）从舰载机与金属棒共速到它们停下来的过程中，回路中产生的焦耳热； （3）若舰载机和金属棒一起减速滑行了后停下，则从舰载机与金属棒共速到它们停下来所经历的时间。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南开大学附中24-25学年度第二学期阶段检测1 高二物理学科试卷 一、单选题（每题只有一个正确答案，每题4分，共24分） 1. 交流发电机的示意图如甲所示，线圈从甲图所示的位置以为轴逆时针匀速转动，产生交变电流的波形按余弦函数变化，如图乙所示。则（　　） A. 该交变电流的有效值为5A B. 1s内电流的方向变化10次 C. 图甲所示位置时，CD边受到的安培力方向向上 D. 当电流瞬时值为5A时，线圈平面与中性面的夹角为45° 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图像可知电流的峰值，该交变电流的有效值为 ，故A错误； B．由图像可知电流的周期为，一个周期内电流方向变化两次，1s内电流的方向变化次数次，故B正确； C．图甲所示位置时，由右手定则CD边产生的感应电流方向为从到C，由左手定则CD边受到的安培力方向向下，故C错误； D．有中性面开始计时，电流的瞬时值表达式 当电流瞬时值为5A时，，线圈平面与中性面的夹角为30°，故D错误。 故选B。 2. 如图所示，电流表、电压表为理想电表，变压器为理想变压器，、是定值电阻为滑动变阻器。闭合开关S，下列说法正确的是（　　） A. 仅将滑片上移时，电流表A的示数减小 B. 仅将滑片下移时，电压表V的示数变大 C. 滑片下移、上移时，电阻的功率增大 D. 只断开开关S，电压表V的示数变大，电流表A的示数变小 【答案】D 【解析】 【详解】A．仅将滑片上移时，根据理想变压器电压与线圈匝数的关系有 可知副线圈电压增大，则副线圈电功率增大，原线圈电功率也增大，根据 可知电流表A的示数增大，故A错误； B．仅将滑片下移时，滑动变阻器电阻减小，根据“串反并同”规律可知，电压表V的示数变小，故B错误； C．由上述分析可知滑片下移、上移时，副线圈电压减小，滑动变阻器电阻减大，则副线圈电流减小，电阻的功率减小，故C错误； D．只断开开关S，总电阻增大，则副线圈电流减小，两端电压增大，则电压表示数增大，原线圈电流减小，即电流表A示数减小，故D正确； 故选D。 3. 通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路总电阻的R．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1，和 （ ） A ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】由 得 若 故选D。 4. 如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），则下列说法正确的是（　　） A. 此单摆的摆长约为1m B. 此单摆的固有周期约为0.5s C. 若摆长变小，共振曲线的峰将左移 D. 若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上做受迫振动，则共振曲线的峰将右移 【答案】A 【解析】 【详解】A．共振时振幅最大，对应驱动力的频率等于单摆的固有频率，可知 根据， 解得 故A正确； B．结合上述可知，此单摆的固有周期约为2s，故B错误； C．根据周期公式有 若摆长变小，则单摆的周期变小，则单摆的固有频率增大，可知，共振曲线的峰将右移，故C错误； D．若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上做受迫振动，重力加速度减小，则固有周期变大，则固有频率变小，可知，共振曲线的峰将左移，故D错误。 故选A。 5. 关于机械波的描述，下列说法中正确的是（　　） A. 机械波的传播速度即波源的振动速度 B. 机械波中各质点的振动方向总是与机械波的传播方向垂直 C. 机械波不仅能传递能量，参与振动的质点也以波速随波迁移 D. 机械波在介质中传播的频率等于振源的振动频率，与介质性质无关 【答案】D 【解析】 【详解】A．机械波的传播速度与波源的振动速度是两个不同的概念，两者不相同，选项A错误； B．横波中各质点的振动方向总是与机械波的传播方向垂直，纵波中各质点的振动方向与机械波的传播方向平行，选项B错误； C．机械波能传递能量，但是参与振动的质点不会随波迁移，选项C错误； D．机械波在介质中传播的频率等于振源的振动频率，与介质性质无关，选项D正确。 故选D。 6. 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为和，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（　　） A. 该波沿+x方向传播，波速为1m/s B. 质点a经过4s振动的路程为4m C. 此时刻质点a的速度沿+y方向 D. 质点a在t=2s时速度为零 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据b点在该时刻向上运动可以确定波沿-x传播，波长，周期，则有波速为 A错误； B．由乙图可知周期为8秒，4秒内a质点振动的路程为1m，B错误； C．波沿-x传播，可以判定a质点沿-y方向运动，C错误； D．经过2秒质点振动四分之一周期，a质点刚好运动到最大位移处，则速度是零，D正确。 故选D。 【点睛】考点：机械振动与机械波。 二、多选题（每题有一个以上正确答案，每题5分，少选得3分，共20分） 7. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑的水平面上的A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是 A. 弹簧振子，振动周期为1.6s，振幅为24cm B. 0.5s末和1.1s末，振子的速度不相同 C. 在时间内，振子的速度和加速度方向始终相反 D. 振子做简谐运动的表达式为 【答案】BC 【解析】 【详解】AD．由题图可知，振子的周期为1.6s，振幅为12cm，故A错误； B．由图可知，0.5s末振子从平衡位置向最大位移处运动，1.1s末振子从最大位移处向平衡位置运动，所以振子在这两个时刻的速度方向不相同，故B正确； C．由图可知，在时间内弹簧振子从平衡位置移动到最大位移处，该过程中，弹簧振子做减速运动，即振子的速度和加速度方向始终相反，故C正确； D．由题图可知 设振子做简谐运动的表达式为 解得 故D错误。 故选BC。 8. 一列简谐横波在时的波形如图中实线所示，时的波形如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　） A. 这列波的波长为6m B. 若波向右传播，则波的最小频率为0.25Hz C. 若波向左传播，则波的传播速度大小为6m/s D. 平衡位置分别为AB的两个质点，振动方向始终相反 【答案】BD 【解析】 【详解】A．这列波的波长为8m，选项A错误； B．若波向右传播，则 当n=0时可得最大周期为4s，则波的最小频率为0.25Hz，选项B正确； C．若波向左传播，则波的传播速度大小为（n=0、1、2、3……） 选项C错误； D．平衡位置分别为AB的两个质点，因平衡位置相差半个波长，可知振动方向始终相反，选项D正确。 故选BD。 9. 图1为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数匝，电阻，在它的两端接一阻值的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图2所示的规律变化，可在受电线圈中产生电动势的最大值为的正弦交流电，设磁场竖直向上为正。则下列说法正确的是（ ） A. 在时，受电线圈中产生的电流为0 B. 在时，端的电势高于端的电势 C. 在一个周期内，电阻上产生的热量约为 D. 从到时间内，通过电阻的电荷量为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由题图2知时受电线圈中产生的电动势最大，为 线圈中产生感应电流的大小为 故A错误； B．时，磁通量向上增加，由楞次定律可以得到电流由d到c，此时c端电势高于d端，故B正确； C．通过电阻的电流的有效值为 电阻在一个周期内产生的热量 故C错误； D．线圈中感应电动势的平均值 ， 通过电阻R的电流的平均值为 通过电阻R的电荷量 由题图2知，在到时间内 解得 故D正确。 故选BD。 10. 如图所示为某小型发电站远距离输电示意图，其中升压变压器输入电压保持不变，降压变压器原副线圈的匝数比为，输电线路总电阻。为了安全测量输电线路中的电压和电流，现在输电线路的起始端接入甲、乙两个特殊的变压器，甲、乙两个变压器中原副线圈匝数比一个是，另一个为，其中电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，以上变压器均为理想变压器。下列判断正确的是（ ） A. 图中a为电压表，b为电流表 B. 用户端的电压为220V C. 输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5% D. 若用户端接入的用电设备变多，电流表示数变小 【答案】AC 【解析】 【详解】A．对变压器甲乙的连接方式分析可知，甲为电压互感器，乙为电流互感器，故A正确； B．由变压器甲可知 由变压器乙可知 则 用端的电压 故B错误； C．输电线路上损耗的功率约占输电总功率的 故C正确； D．若用户端接入的用电设备变多，降压变压器次级电阻减小，次级电流变大，输电线上的电流变大，则电流表示数变大，故D错误。 故选AC 三、实验题（每空2分，共16分） 11. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。 （1）对于实验过程，下列说法正确的有_____； A. 本探究实验采用了控制变量法 B. 测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡” C. 使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量 D. 因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱 （2）若变压器是理想变压器，电源接变压器原线圈“0”、“8”接线柱，副线圈接“0”、“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为6.0V，则原线圈的输入电压应为_____； A. 18.0V B. 12.0V C. 5.0V D. 3.0V （3）该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，当原副线圈匝数比为8∶1，原线圈接12.0V交流电压，则测量副线圈的交流电压表的实际读数可能是_____； A. 0V B. 9.60V C. 1.50V D. 0.65V 【答案】（1）AC （2）B （3）D 【解析】 【小问1详解】 A．为便于探究，可以采用控制变量法，故A正确； B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B错误； C．使用多用电表测电压时，为了安全先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，故C正确； D．虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，故D错误。 故选AC。 【小问2详解】 变压器为理想变压器，则原线圈电压为 故选B。 【小问3详解】 假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为 考虑到变压器不是理想变压器，则副线圈两端电压小于1.5V，电压表测量有效值，则读数小于1.5V，故选D。 12. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中： （1）该同学组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示，这样做的目的是______。 A. 可使周期测量得更加准确 B. 防止运动过程中摆长发生变化 C. 便于调节摆长 D. 保证摆球在同一竖直平面内摆动 （2）摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最______（填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图甲中停表示数为该单摆全振动50次所用的时间，则单摆的振动周期为______s（结果保留3位有效数字） （3）如果实验中所得到的关系图线如图3所示，根据图像分析，可得当地的重力加速度______（取3.14，结果取小数点后两位） （4）若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是______ A. 单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了 B. 把50次摆动时间误记为49次摆动的时间 C. 开始计时，秒表过早按下 D. 测摆线长时摆线拉得过紧 【答案】（1）BC （2） ①. 低 ②. 1.35 （3）9.86 （4）D 【解析】 【小问1详解】 组装单摆时，在摆线上端悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，这样做的目的是防止单摆在运动过程中摆长发生变化，同时便于调节摆长。故选BC。 【小问2详解】 [1]为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低点的位置； [2]图2中停表读数为 则单摆的振动周期为 【小问3详解】 根据单摆周期公式有 变形得 则有 解得 【小问4详解】 A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，结合上述有 可知，测得的重力加速度值偏小，故A错误； B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，周期测量值偏大，根据 则测得的重力加速度值偏小，故B错误； C．开始计时，秒表过早按下，时间测量值偏大，则周期测量值偏大，根据 则测得的重力加速度值偏小，故C错误； D．测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，根据 则测得的重力加速度值偏大，故D正确。 故选D。 四、解答题（共40分） 13. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动恰能到达最高点C。重力加速度为g，试求：（不计空气阻力） （1）物体在A点时弹簧的弹性势能； （2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能Q； （3）物体从C点落回水平面的位置与C点的水平距离x。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 设物体在B点的速度为，所受弹力为，据牛顿第二定律可得 又 由能量守恒定律可得，物体在A点时弹簧的弹性势能为 联立解得 【小问2详解】 设物体在C点的速度为，由于恰能到达最高点C，由牛顿第二定律可得 物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得 联立解得产生的内能为 【小问3详解】 物体离开C点后做平抛运动，设落地点与C点的水平距离为s，由平抛运动规律得， 联立解得 14. 如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成夹角．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力． （1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间； （2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值． 【答案】（1） ； （2） 【解析】 【详解】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式以及圆周运动规律，可得 依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，所需时间 联立解得 （2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度为零，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为，设粒子在电场中运动的总时间为 加速度大小为a，电场强度大小为E，有 联立解得 根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足 联立解得，电场强度的最大值为 15. 我国新一代航母福建舰采用全新的电磁阻拦技术。舰载机着舰时电磁阻拦技术的基本原理如图甲所示，平行导轨与间距，电阻不计，间接有阻值的电阻。某舰载机质量，金属棒质量，电阻也为，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度。某次测试，舰载机以水平速度通过绝缘阻拦索迅速钩住轨道上的金属棒后，立即关闭动力系统获得共同速度，在磁场中一起减速滑行至停下，舰载机、金属棒的图像如图乙所示，除安培力外舰载机克服其它恒定阻力做功为，求： （1）舰载机钩住金属棒后它们获得的共同速度大小； （2）从舰载机与金属棒共速到它们停下来的过程中，回路中产生的焦耳热； （3）若舰载机和金属棒一起减速滑行了后停下，则从舰载机与金属棒共速到它们停下来所经历的时间。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）对M、m由动量守恒定律得 解得 （2）舰载机与金属棒共速到它们停下来的过程中，根据动能定理得 又 解得 （3）舰载机与金属棒共速到它们停下来的过程中，根据动量定理得 安培力 通过金属棒得电荷量 又 ， 解得 又 ， 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$