福建厦门外国语学校石狮分校2025-2026学年高二下学期期中物理复习卷

厦门外国语学校石狮分校高二物理复习卷2026.4.21 一、单选题：本大题共4小题，共15分。 1.关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是(    ) A. 任何电场都会产生磁场 B. 电磁波是纵波，可以在真空中传播 C. 电磁波不能通过电缆、光缆传输 D. 电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 2.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，周期，它的振动图像如图所示，图线上的点对应的时刻为，下列说法正确的是(    ) A. 时刻振子的运动方向沿轴负方向 B. 内振子所经过的路程为 C. D. 时刻振子的加速度沿轴正方向 3.为实现自动计费和车位空余信息的提示和统计功能等，某智能停车位通过预埋在车位地面下方的振荡电路获取车辆驶入驶出信息。如图甲所示，当车辆驶入车位时，相当于在线圈中插入铁芯，使其自感系数变大，引起电路中的振荡电流频率发生变化，计时器根据振荡电流的变化进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是(    ) A. 时刻，线圈的磁场能为零 B. 由图乙可判断汽车正驶入智能停车位 C. 甲图中振荡电路状态可能处在过程 D. 过程，电容器带电量逐渐增大 4.如图甲所示，细导线绕制的螺线管匝数匝，横截面积，导线电阻，电阻，点接地，磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示以向右为正方向，下列说法正确的是(    ) A. 通过电阻的电流方向是从到 B. 感应电流的大小保持不变为 C. 电阻的电压为 D. 点的电势为 二、多选题：本大题共5小题，共28分。 5.关于洛伦兹力的应用，下列说法正确的是(    ) A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，使粒子加速的是电场 B. 图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出极板是发电机的正极，极板是发电机的负极 C. 图丙是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是 D. 图丁是质谱仪的主要原理图。其中在磁场中偏转半径最小的是 6.某同学设计了如图甲所示的电路来对比电感线圈和小灯泡对电路的影响，电路两端电压恒定，、为完全相同的电流传感器。某次实验中得到通过两电流传感器的图像如图乙所示。关于该实验，下列说法正确的是(    ) A. 该实验演示的是通电自感现象 B. 线圈的直流电阻小于灯泡的电阻 C. 断开开关后，小灯泡先闪亮一下再逐渐熄灭 D. 乙图中的曲线表示电流传感器测得的数据 7.单匝闭合矩形线框电阻为，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间的关系图象如图所示。下列说法正确的是(    ) A. 时刻线框平面与中性面垂直 B. 线框的感应电动势有效值为 C. 线框转一周外力所做的功为 D. 从到过程中线框的平均感应电动势为 8.如图所示，一理想自耦变压器线圈绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压，、为相同的灯泡，其电阻均为且恒定不变，定值电阻的阻值为灯泡阻值的一半。当滑片处于如图所示位置时，端与端匝数比为：，、闭合时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是(    ) A. 灯泡正常发光的电流为 B. 仅断开，、均变亮 C. 、均闭合时，将沿顺时针方向转动，变亮 D. 断开，闭合，将沿逆时针方向转动灯泡一直没有损坏，定值电阻消耗的电功率先变大后变小 9.如图甲所示，劲度系数为的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块相连并处于静止状态。物块从弹簧正上方某高度处由静止释放，与物块碰撞后以共同速度一起向下运动，碰撞过程时间极短。取物块释放时的位置为原点、竖直向下为正方向建立轴。物块的动能与其位置坐标的关系如图乙所示，图中数据皆为已知量。物块、均可视为质点，不计空气阻力，则(    ) A. 物块的重力为 B. 物块碰撞过程损失的机械能为 C. 弹簧的劲度系数 D. 从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了 三、填空题：本大题共4小题，共14分。 10.电磁流量计是测量导电液体流量的一种仪器。如图所示，上下为两磁极，其中的磁场可视为匀强磁场，当含有正、负离子的导电液体沿测量管向外运动时，______填“左右”或“上下”两侧管壁会出现电势差。设液体流动速度为，管的直径为，磁感应强度为，稳定后管壁间的电势差为，则管中导电液体的流量______。 11.家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦式交流电压的波形截去一部分来实现调节电压，从而调节灯光的亮度。某电子调光灯经调整后的电压波形如图所示，则电压有效值为      。若将此电压加在阻值的电热丝两端，功率为      。 12.徐老师用实验来探究自行车测速码表用的霍尔元件中自由电荷的电性。如图所示，设方向为轴，沿方向轴通入恒定电流，垂直薄片方向轴加向下的磁场，测得沿          填“”“”或“”轴方向会产生霍尔电压，如果自由电荷为负电荷，则          填“”或“”板电势高。 13.如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆球，当摆球振动的时候，通过绳给其他各摆球施加驱动力，使其余各摆球也振动起来，则： 振动一段时间后，、、各摆球中，振幅最大的是_____；选填“”、“”或“” 摆球的振动周期_______摆球的振动周期选填“大于”、“等于”或“小于”； 图乙是摆的振动图像，为已知量，重力加速度为，则的摆长为_______。假设摆角很小 四、实验题：本大题共1小题，共8分。 14.小明同学用图示装置完成“探究单摆周期与摆长的关系”： 用游标尺上有个小格的游标卡尺测量摆球的直径，如图甲所示，可读出摆球的直径为______； 实验时，摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻，如图乙所示，光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值随时间的变化图线如图丙所示，则该单摆的周期为______。 若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，用完全相同的操作重新完成实验，图像中将会______。选填“变大”“不变”或“变小” 若小红同学想利用单摆测重力加速度的大小。她用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。某次测得的值与真实值相比偏大，可能的原因是______填正确答案标号。 A.测摆长时记录的是摆线的长度 B.开始计时时，停表过早按下 C.摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了 D.实验中误将次全振动数记为次 五、计算题：本大题共4小题，共53分。 15.如图所示，水平面上有电阻不计的形导轨，两平行金属导轨间距，和之间接入电动势为、的电源，现垂直于导轨搁一根质量、电阻的金属棒，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度为，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，金属棒刚好能静止。取，，，求： 导体棒静止时中电流及导体棒所受安培力大小？ 摩擦力大小为多少？ 若的大小和方向均能改变，则要使棒所受支持力为零，的大小至少为多少？ 16. 贯彻新发展理念，福建省风力发电发展迅猛，年福建省风力发电量亿千瓦时，比上一年增长。如图甲所示为风力发电的简易图，通过变速箱，转轴的转速能达到扇叶转速的倍，转轴带动线框以恒定的转速在匀强磁场中做匀速圆周运动，已知线框的匝数匝、线框的面积，磁场的磁感应强度大小，结果线框能从、间输出的电压，且该电压输入升压变压器的原线圈，如图乙所示，升压变压器原、副线圈的匝数比为，并通过电阻的输电线向用户送电，到达用户端时通过匝数比：的降压变压器为额定电压、额定功率的用电器供电。求： 扇叶的转速； 的值； 远距离输电的输电效率结果保留三位有效数字。 17.如图甲所示，光滑的绝缘斜面倾角，区域内存在着垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示，已知，边界与之间的距离。正方形金属线框的质量、阻值、边长，线框边与磁场边界平行。在时刻将线框由静止释放，线框在进磁场和出磁场的两个过程中均恰好做匀速直线运动，且在时刻边刚好到达磁场上边界，在时刻边刚好到达磁场下边界。不计空气阻力，重力加速度。 求线框释放时边与边的距离； 求出图线中时刻、和磁场的值； 求整个运动过程中金属线框产生的焦耳热。 18.如图所示，质量为的铁块与轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在光滑斜面底端固定的挡板上，斜面倾角，铁块静止在处时，弹簧的压缩量。一质量也为的物块从斜面上距离铁块的处由静止释放，物块与铁块相撞后立刻与铁块一起沿斜面向下运动碰撞时间极短，物块与铁块不粘连，它们到达最低点后又沿斜面向上运动，且它们恰能回到点。物块与铁块均可看作质点，取。 求：物块与铁块碰撞前后的速度和；碰撞时，弹簧的弹性势能。 若给物块的初速度，从处沿斜面滑下，然后与铁块相碰，它们一起到达最低点后又沿斜面向上运动；求物块与铁块第次碰撞后上升的最高处与点的距离。 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：、根据麦克斯韦电磁场理论，可知变化的电场产生电场，稳定的电场不会产生磁场，故A错误； B、电磁波是横波，变化的电场与变化磁场相互垂直，能在真空中传播的，故B错误； C、电磁波可以通过电缆、光缆传输，也可以在真空中传播，故C错误； D、电磁波在真空中的传播速度等于光速，与电磁波的频率无关，故D正确。 故选：。 根据麦克斯韦电磁场理论判断；电磁波是横波；电磁波在真空中的传播速度等于光速，且是横波。 解决本题的关键知道电磁波的产生原理，以及知道电磁波的类型，对于这些基本知识要熟练掌握并能正确应用。 2.【答案】  【解析】解：、根据题意可知，时刻振子的运动方向沿轴正向，故A错误； B、由图可知，内振子所经过的路程为，故B错误； C、由图可知： 又 联立解得，故C正确； D、根据题意可知，内振子运动的位移为，故D错误。 故选：。 根据简谐运动的基本概念及计算，包括运动方向、特定时刻的确定、路程及位移的计算；需要根据给定的周期和振动图像来判断选项的正确性。 本题通过分析简谐运动的周期、位移方程以及运动方向，结合给定的振动图像，计算了特定时刻的位移、运动方向、以及到该时刻的路程和位移。 3.【答案】  【解析】解：时刻电流最大，此时电容器中电荷量为零，电场能最小，磁场能最大，故A错误； B.由振荡电路中的电流随时间变化图可知，振荡电路的周期变小，根据，可知线圈自感系数变小，则汽车正驶离智能停车位，故B错误； C.在甲图中，电流方向为图示方向，且电容器正在充电。在过程中，电流逐渐减小，电容器正在充电，电流方向与甲图中电流方向一致，所以甲图中  振荡电路状态可能处在过程，故C正确； D.过程，电流逐渐增大，电容器处于放电过程，电场能逐渐转化为磁场能，电容器带电量逐渐减小，故D错误。 故选：。 根据题图确定时刻电流的大小，根据能量守恒定律分析判断；根据振荡电路的周期公式结合图像分析判断；根据电流的变化分析磁场能的变化。 本题考查振荡电路的基本规律，属于基础题目，对学生要求较低，解题关键是理解电路中充放电过程，灵活应用周期公式解题。 4.【答案】  【解析】解：、根据楞次定律可知通过电阻的电流方向是从到，故A错误； B、线圈产生的感应电动势大小为，所以产生的感应电流大小为，故B正确； C、电阻两端的电压为，故C错误； D、因为点接地，所以点的电势为零，由上面的分析知，所以点的电势为，故D错误。 故选：。 根据楞次定律判断；根据法拉第电磁感应定律计算线圈产生的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律计算电流的大小；根据欧姆定律计算电阻的电压；根据电压等于电势差计算。 掌握法拉第电磁感应定律和欧姆定律的应用是解题的基础。 5.【答案】  【解析】解：带电粒子在形盒中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力不做功，只有电场使粒子加速，故A正确； B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，根据左手定则可以判断出带正电的粒子偏转到极板，带负电的粒子偏转到极板，极板是发电机的负极，极板是发电机的正极，故B错误； C.图丙是速度选择器，根据平衡条件有，可得，故C正确； D.图丁是质谱仪的主要原理图，在偏转磁场中有，解得，三种粒子的质量与电荷量比值最小是，在磁场中偏转半径最小的是，故D错误。 故选：。 根据洛伦兹力和电场力能否做功的情况进行判断；根据左手定则进行分析解答；根据平衡条件进行分析求解；根据牛顿第二定律和比荷的知识进行分析判断。 考查回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器以及质谱仪的工作原理，关键是熟练掌握带电粒子在磁场中的受力和运动情况，属于基础题。 6.【答案】  【解析】解：、正常通电时两个电流传感器电流方向相同，断电时，的通电电流立即消失，然后原来的电流从右向左通过，所以该实验演示的是断电自感现象，故A错误； D、断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，则自感线圈所在支路的电流如曲线所示，乙图中的曲线表示电流传感器测得的数据，故D错误； B、由于，说明电感的直流电阻是小于灯泡的电阻的，故B正确； C、断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断开开关后，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当电源，由于线圈、电阻和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，故C正确。 故选：。 正常通电时两个电流传感器电流方向相同；断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，自感线圈相当于电源，根据图乙结合电路进行分析。 本题主要是考查自感现象，解答本题的关键是了解电路的连接情况，根据自感线圈在电路中的作用进行分析。 7.【答案】  【解析】【分析】 本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大，对于交变电流的各个值的关系及求解方法要掌握。 【解答】 A.由图可知在时刻，线框的磁通量最大，所以线框平面处在中性面，故A错误； B.由图可得磁通量的最大值为，周期为，所以角速度为，可知线框感应电动势的最大值为，由于此线框在磁场绕轴转动时产生的电流为正弦交流电，故其电动势的有效值为，故B正确； C.由于线框匀速转动一周，根据能量守恒定律可知外力做的功等于线框产生的焦耳热，则有，故C正确； D.从到的过程中，磁通量减小了，根据可得平均电动势为，故D错误。 故选BC。 8.【答案】  【解析】解：设灯泡的额定电流为，输入交流电电压有效值为：，根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电压，副线圈的电压为，根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系可得：，解得：，故A正确； B.将变压器的副线圈与负载电阻等效为一个等效电阻，等效电阻为： 仅断开，则变大，等效电阻变大，总电阻变大，原线圈的电流减小，变暗，灯泡分压减小，则原线圈的电压变大，副线圈的电压也变大，可知变亮，故B错误； C.、均闭合时，将沿顺时针方向转动，副线圈的匝数减小，根据：，可知等效电阻变大，则原线圈的电流减小，则变暗，故C错误； D.断开，闭合，则开始时的等效电阻的阻值为： 将沿逆时针方向转动，变大，则等效电阻减小，将灯泡看作电源的内阻，看作是外电阻，根据电源输出功率与外电阻的关系可知，当时定值电阻消耗的电功率最大，可知当从逐渐减小时，定值电阻消耗的功率先变大后变小，故D正确。 故选：。 确定输入交流电电压有效值，根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电压与输入交流电电压的关系，根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系求解灯泡正常发光的电流；将变压器的副线圈与负载电阻等效为一个等效电阻，仅断开，等效电阻变大，根据闭合电路欧姆定律判断原线圈的电流与电压的变化，得到副线圈的电压的变化；将沿顺时针方向转动，副线圈的匝数减小，等效电阻变大，同理判断原线圈的电流变化；断开，闭合，将沿逆时针方向转动，变大，等效电阻减小，将灯泡看作电源的内阻，等效电阻看作是外电阻，根据电源输出功率与外电阻的关系，分析定值电阻消耗的功率如何变化。 本题考查了理想变压器的动态分析问题，掌握本题中应用“等效电阻”处理此类问题的方法。掌握电源输出功率与外电阻的关系。 9.【答案】  【解析】解：、根据 则由图像斜率可知，物块的重力为 故A正确； B、由图像可知碰撞后的动能变为原来的，即的速度大小变为原来的，设碰撞前一刻速度为，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有 解得 ：： 碰后的动能为 ，的动能为，碰撞总共损失 的机械能，故B错误； D、碰撞后，的动能为，则的动能为，总动能为 ，从到  过程中，由能量关系有   解得 故D正确； C、设质量为，则的质量为，由图乙可知，处，弹簧弹力等于的重力， 处动能达到最大，此时的合力为零，则此时弹簧弹力为，从到过程中，弹簧弹力增加，由胡克定律知 故 从到，由动能定理有 联立解得 故C正确。 故选：。 A、根据动能定理，结合物块下落过程动能变化求解重力； B、先由自由下落过程求碰前速度，再用动量守恒求碰后共同速度，最后根据能量守恒算碰撞损失机械能； C、依据物块在处动能最大即合力为，结合胡克定律和平衡条件求弹簧劲度系数； D、从到，对、整体用动能定理，结合已知关系求弹性势能增加量。 本题综合考查动能定理、动量守恒定律以及机械能守恒定律在弹簧物块系统中的应用，图像是关键信息源。从图像中获取物块在不同位置的动能值，如处的、处的最大动能、处的动能等，这些数据是运用动能定理、分析能量变化的基础。 10.【答案】左右 或  【解析】解：根据左手定则可知，正、负离子会向左右偏转所以，所以左右两侧管壁会出现电势差； 导电液体的流量为 或者由 求出 再利用 故答案为：左右；或 根据左手定则分析出粒子的偏转方向，从而得出电势差的存在方向； 根据流量的定义式完成分析，或者是利用洛伦兹力和电场力的等效关系先计算出离子的运动速度再完成分析。 本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出离子的受力方向，结合洛伦兹力和电场力的等量关系以及流量的定义式完成分析。 11.【答案】   【解析】解：设电压的有效值为，根据焦耳定律有，解得。电热丝的功率为 故答案为：，。 根据电流的热效应计算电压的有效值，根据计算电热丝的功率。 掌握交流电有效值的计算方法是解题的基础。 12.【答案】   【解析】【分析】 根据左手定则分析出粒子的受力方向，由此得出霍尔电压的方向以及对应极板的电势高低。 本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出洛伦兹的方向，并由此得出电势的高低即可，属于常规题型。 【解答】 根据左手定则可知，无论自由电荷的电性是正是负，自由电荷的受力方向都沿着轴的负方向，因此产生的霍尔电压也是沿着轴方向； 当自由电荷为负电荷时，负电荷会累积到板上，因此板的电势高。 故答案为：；。 13.【答案】；等于；。  【解析】当驱动力的频率十分接近系统的固有频率时，系统的振幅会最大，由于球摆长与球摆长最为接近，所以振幅最大的是。 、、做受迫振动，其振动频率都等于驱动力的频率，所以摆球的振动周期等于摆球的振动周期。 由题图乙可知摆的周期为 根据单摆周期公式有 解得的摆长为 14.【答案】；  ；  变小；    【解析】游标卡尺主尺最小分度为，读数为，游标卡尺分度值为，读数为，摆球直径为 由图可知单摆周期为 若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，则 则用完全相同的操作重新完成实验，则摆球经过最低点时的速度变大，则遮光时间变短，即图像中将变小，单摆的周期变小，可知图像中将变小 根据 解得 摆长指悬点到小球重心的间距，若测摆长时记录的是摆线的长度，则摆长偏小，测得的值与真实值相比偏小，故A错误； B.开始计时时，秒表过早按下，则周期过大，根据上述可知，测得的值与真实值相比偏小，故B错误； C.摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长的测量值偏小，根据上述可知，测得的值与真实值相比偏小，故C错误； D.实验中误将次全振动数记为次，周期的测量值偏小，根据上述可知，测得的值与真实值相比偏大，故D正确。 故选：。 故答案为：；；变小； 先确定游标卡尺的最小分度值再读数； 根据单摆的特点计算周期； 根据单摆的周期公式分析判断。 本题关键掌握用“单摆测重力加速度”的实验原理和游标卡尺的读数方法。 15.【答案】导体棒静止时中电流是，导体棒所受安培力大小是   摩擦力大小为   的大小至少为  【解析】解：根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流为 则导体棒受到的安培力大小为 根据左手定则可知，棒所受的安培力方向垂直与棒斜向作上方，其受力如图所示 根据平衡条件得： 要使棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，根据问中受力图可知： 满足上述条件的最小安培力应与棒的重力大小相等、方向相反，所以有： 代入数据解得，最小磁感应强度： 答：导体棒静止时中电流是，导体棒所受安培力大小是。 摩擦力大小为。 的大小至少为。 应用闭合电路的欧姆定律求电流，应用安培力公式求出安培力大小。 应用平衡条件求出摩擦力大小。 根据导体棒的受力情况应用平衡条件求出磁感应强度的最小值。 分析清楚电路结构与导体棒的受力情况是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律、安培力公式与平衡条件即可解题。 16.【答案】扇叶的转速等于；   的值等于；   远距离输电的输电效率等于  【解析】输入升压变压器原线圈的电压为，则风力发电产生感应电动势的最大值为 设转轴的转速为，则由题意 解得 结合题意可知扇叶的转速为 降压变压器副线圈的电流为 由变压器的工作原理 得降压变压器原线圈的电压为 由 得 输电线上损失的电压为 升压变压器副线圈的输出电压为 则由 可知升压变压器原、副线圈的匝数比为 输电线上损失的功率为 用户得到的电功率为 发电机的输出功率为 远距离输电的效率为 代入数据解得 答：扇叶的转速等于； 的值等于； 远距离输电的输电效率等于。 求解则风力发电产生感应电动势的最大值，根据求解转轴转速，从而求解扇叶的转速； 根据变压器原理，结合输电线上损失的电压求解升压变压器原、副线圈的匝数比； 用户得到的电功率除以发电机的输出功率等于输电效率。 本题考查远距离输电，发电机的输出电压等于输电线损失的电压与用户电压之和；熟练应用电功率公式及其变形公式即可正确解题。 17.【答案】解：设线框进磁场过程中做匀速直线运动的速度为，根据平衡条件和安培力公式 解得 线框释放后开始做匀加速直线运动，有 解得 在时间内，线框先加速运动，再做匀速运动，则 解得 在时间内，线框做匀加速直线运动，则有 解得 则 设时刻线框的速度为，有 解得 在时刻后线框做匀速直线运动，根据平衡条件和安培力公式 解得 设金属线框进磁场和出磁场过程中产生焦耳热分别为和，根据能量转化和守恒 解得 整个线框在磁场中运动，产生电动势为 解得： 此过程产生的焦耳热为 解得： 则整个过程中金属线框产生的焦耳热 解得： 答：线框释放时边与边的距离； 图线中时刻和磁场的值； 整个运动过程中金属线框产生的焦耳热。  【解析】线框进磁场过程中做匀速直线运动，根据平衡条件和安培力公式联立，求速度，再根据匀加速直线运动不含时间的位移公式，求位移； 时间内，线框先加速运动，再做匀速运动，根据匀加速直线运动速度时间公式和匀速直线运动位移公式表达时间，时间内，线框做匀加速直线运动，根据位移时间公式表达位移，时刻线框的速度为，根据匀加速直线运动速度时间公式，表达速度，在时刻后线框做匀速直线运动，根据平衡条件和安培力公式联立，求磁感应强度； 根据能量转化和守恒，，根据法拉第电磁感应定律和焦耳热公式，求热量。 本题解题关键是分析出线框的运动过程：在时间内，线框先加速运动，再做匀速运动，在时间内，线框做匀加速直线运动，在时刻后线框做匀速直线运动，是一道综合性较强难度较高的题。 18.【答案】物块与铁块碰撞前后的速度和分别为和，碰撞时，弹簧的弹性势能为   物块与铁块第次碰撞后上升的最高处与点的距离为  【解析】解：设物块与铁块碰撞时的速度为， 物块从运动到处过程 由动能定理得： 设表示物块与铁块碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，它们的动量守恒，以的方向为正方向，得： 代入数据解得：， 两物体碰后从处运动回处过程， 物块、铁块和弹簧组成系统机械能守恒， 依题意可得： 解得： 物块从运动到处，设：速度为 由动能定理得： 物块与铁块碰撞过程，以的方向为正方向，由动量守恒定律： 代入数据解得：， 设：弹簧形变量为时，物块和铁块分开，此时他们之间相互挤压作用力： 由牛顿第二定律得：对物块： 对铁块： 代入数据解得： 说明两物体在运动回点后分开，设：两物体回到点速度为 两物体碰后从处运动回处过程，物块、铁块和弹簧组成系统机械能守恒，依题意得： 代入数据解得： 物块从处运动到最高点过程，由动能定理得： 代入数据解得： 答：物块与铁块碰撞前后的速度和分别为和，碰撞时，弹簧的弹性势能为。 物块与铁块第次碰撞后上升的最高处与点的距离为。 由动能定理、动量守恒和机械能守恒求物块与铁块碰撞前后的速度和；碰撞时，弹簧的弹性势能； 由动能定理、动量守恒和机械能守恒求物块与铁块第次碰撞后上升的最高处与点的距离。 本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $