【文档说明】河南省驻马店市环际大联考2020-2021学年高二下学期期中考试物理试题 含答案.docx，共(14)页，1.363 MB，由小赞的店铺上传

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1绝密★启用前环际大联考“逐梦计划”2020~2021学年度第二学期期中考试高二物理（试卷总分：100分考试时间：90分钟）考试范围：人教版·选修3—2、选修3—5·第十六章注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填

写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本

试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1．在自动控制中，传感器发挥着重要作用，它能够将感知到的非电信息

转换成对应的电信息。下列通过测量电阻的变化来确定外界非电学量变化的敏感元件是A．光敏电阻B．干簧管C．霍尔元件D．话筒动圈元件2．楞次定律犹如电磁领域的“惯性定理”，关于楞次定律的下列说法中正确的是A．感应电流的磁

场总是要阻止磁通量的变化B．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C．感应电流的磁场总是跟原磁场方向相反，阻碍原磁场的变化D．穿过闭合回路的原磁场减弱时，感应电流将阻碍原磁场减弱3．无线充电技术有可做到设备隐形，设备磨损率低，应用范围广等优点，现在部分手机已经可以无线充电，其中一种无

线充电主要通过在充电器面板和手机背面各安装一个线圈来实现，如图所示。关于这种手机无线充电技术，下列说法正确的是A．这种无线充电利用的原理主要是自感，类似于变压器2B．若充电器线圈中通恒定电流，则手机线圈中将产生恒定电流C．若充电器线圈中通正弦交变电流，则手机线圈中将产生交变电流D．若充电器线

圈中电流均匀增加，则手机线圈中电流一定均匀增加4．同样的玻璃瓶从相同的高度自由落下，掉在水泥地面上容易破碎，掉在草地上不容易破碎，这是因为玻璃瓶掉在草地上与草地碰撞的过程中A．玻璃瓶的动量较小B．发生的是弹性碰撞C．玻璃瓶的动量变化较慢D．玻璃

瓶受到草地的冲量较小5．质量分别为6m和2m的甲、乙两个滑块，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞后滑块甲静止不动，那么这次碰撞A．一定是弹性碰撞B．一定是非弹性碰撞C．弹性碰撞和非弹性碰撞都有可能D．可能是非对心碰撞6．如图所示，运动

员练习用头颠足球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取210m/s，不计空气阻力，下列说法正确的是A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足

球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s7．如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定在同

一水平面上，导轨上横放着两根有效电阻均为R的相同导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒ab中点与一端固定的轻质弹簧相连接，弹簧劲度系数为k，整个装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。导体棒cd在水平向右的外

力作用下以大小为0v的速度向右匀速运动，导轨电阻及接触电阻不计，当导体棒ab稳定时，下列说法正确的是3A．回路中有顺时针方向的感应电流B．回路中的感应电流为0BLvRC．外力的功率为2220BLvRD．弹簧被拉伸的长度为2202BLvkR8．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比

为8：1，原线圈通以图乙所示的交流电后，理想电流表1A示数为0.6A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表2A、用电器R以及虚线框内的某电路器件，电路处于正常工作状态。则下列说法中错误的是A．原线圈两端电压的瞬时值表达式()2002

sin50Vet=B．若原线圈输入电压改为5002V的恒定电压，则2A示数将增大C．熔断器的熔断电流应该不小于4.8AD．若输入的交流电频率减小，发现2A示数增大，则虚线框内可能是电感器9．在水平地面上斜向上方发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体

炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则A．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小相等B．在炸裂过程中，a、b受到爆炸力的冲量不同C．炸裂后b的速度方向一定与原速度方向相反D．从炸裂到落地的这段时间里，a

飞行的水平距离一定比b的大10．在图示电路中，电阻R和线圈L的阻值相同，1L和2L是两个完全相同的灯泡，线圈电感足够大。下列说法正确的是4A闭合开关瞬间，1L和2L的亮度相同B．闭合开关瞬间，1L比2L更亮C．断开开关后，1L慢慢熄灭，2L立即熄灭D．断开开关后，

1L和2L都慢慢熄灭11．两个有界匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小相等，磁场方向如图所示。有一电阻均匀的、直角边长为L的等腰直角三角形金属线框在垂直于磁场边界的外力F作用下匀速通过整个磁场区域，线框平面始终

与磁场垂直。初始时刻，三角形金属线框的前端恰处在磁场左边界处，规定线框中的逆时针电流方向为正，垂直纸面向里的磁通量方向为正方向，则在穿过磁场的整个过程中，下列线框中的感应电流i和穿过线框中的磁通量Φ分别随位移x变化的图像中，可能正确的是A．B．

C．D．12．质量分别为m和2m的A、B两物体在外力作用下静止在质量为Cm的平板小车C上，A、B之间有一根被压缩的轻质弹簧，如图所示，地面水平且光滑。同时释放两物体，弹簧开始变长，在之后的过程中（物体

不会离开小车）A．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量可能不守恒B．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量一定守恒C．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，当Cm为某

一较小值时A、B组成的系统动量可能守恒5D．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量一定守恒二、非选择题：本题共6小题，共52分。解答题应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题

，答案中必须明确写出数值和单位。13．（6分）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。（1）请将图中所缺的导线补接完整。（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后：①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将___________。②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器

滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针将__________。14．（9分）如图甲所示，用“碰撞实验器材”可以“验证动量守恒定律”，即研究两个小球在轨道末端碰撞前、后的动量关系。先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指

的位置O。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置。步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的

方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。（1）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的

物理量有________（写出物理量及相应符号）。（2）实验中误差的可能来源有________（填字母序号）。A．用直尺测量线段OM、OP、ON的长度值B．轨道不光滑C．轨道末端不能绝对水平D．轨道末端到地面的

高度未测量（3）若测得各落点痕迹到O点的距离OM=2.68cm、OP=8.62cm、ON=11.50cm，并已知小球1、2的质量比6为2：1，则系统碰撞前总动量P与碰撞后总动量P的百分误差PPP−=_________%（结果保留一位有效数字）。（4）完成上

述实验后，实验小组对上述装置进行了改造，改造后的装置如图乙所示。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在以斜槽末端为圆心的四分之一圆弧上的平均落点M′、P′、N′。测量轨道末端到M′、P′、N′三点的连线与水平方向的夹角

分别为1、2、3，若不计两球的大小，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________（用所测物理量的符号表示）。15．（6分）在一次乒乓球击球训练中，运动员接球前瞬间乒乓球沿水平方向运动，速度为16m/s，运动员将乒乓球以30m/s的速度沿相反方向击回。

已知乒乓球的质量为25g，与球拍的接触时间为0.1s，忽略空气阻力，求：（1）乒乓球动量的变化；（2）球拍对乒乓球的平均作用力。16．（8分）如图所示，边长为10cm的正方形线圈绕垂直于磁感线的OO′轴以10r/sn=的转速匀速转动，磁场的磁感应强度B=0.1T，线圈的匝数N=

100匝，电阻r=1Ω。线圈两端分别接在两个固定于OO′轴上且彼此绝缘的金属滑环上，外电路接有R=9Ω的电阻，并接有一只理想交流电压表。（1）求电压表的读数；（2）若从线圈通过中性面开始计时，求转过90°过程中通过电阻R的电荷量；（3）在1min内，作

用在线圈上的外力所做的功是多少?17．（11分）如图甲所示，两根光滑固定导轨相距0.4m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd。棒cd的质量为0.01kg，长为0.

2m，处于磁感应强度为00.5TB=的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2m的水平虚线MN和JK之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。在t=0时刻，质量为0.02kg，阻值为0.3Ω的金属棒ab从虚线

MN上方0.2m高度处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接7触良好。棒ab在1t时刻从上边界MN进入磁场，并在磁场中做匀速运动，在2t时刻从下边界JK离开磁场，1t、2t未知。g取210m/s，求：（1）在10~t时

间内，电路中感应电动势的大小；（2）在12~tt时间内，棒cd受到细导线的总拉力大小；（3）棒cd在20~t时间内产生的焦耳热。18．（12分）如图所示，固定在竖直平面内，半径R=0.4m的光滑四分之一圆弧轨道a端与

一水平直轨道相切，直轨道上的b、c两点相距L=2.5m，c点右侧有一水平放置且右端固定的轻弹簧，一滑块A由空中某处静止释放，从圆弧轨道最高点进入轨道，另一质量1.2kgBm=的滑块B压缩弹簧后由静止释放，离开弹簧

后通过cb段并恰好在b点与A发生正碰，碰后两滑块均反向弹回，且A沿圆弧上升的最大高度h=0.2m，已知碰前瞬间B的速度大小5m/sBv=，A第一次和第二次经过a点时对轨道的压力大小之比12:5:2NNFF=，两滑块与bc段的动摩擦因数

均为μ=0.2，其余摩擦及空气阻力不计，A、B均可视为质点，g取210m/s。（1）求B释放时弹簧的弹性势能pE；（2）求A从空中释放时距水平直轨道的高度H；（3）若两滑块恰好不发生第二次碰撞，求A的质量Am。环际大联考8“逐梦计划”202

0～2021学年度第二学期期中考试高二物理参考答案及评分标准一、选择题：本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对

但不全的得2分，有选错或不答的得0分。题号123456789101112答案ABCCACDBABBCADBD1．A【解析】光敏电阻可以把光照强度转化为电阻这个电学量；干簧管能将磁场的变化转化为电路的通断；霍尔元件是能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量的元件；动圈式话筒的动圈，

是利用线圈在磁场中切割磁感线，将声音信号转化为电信号。只有A符合题意。2．B【解析】感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，阻碍并不是阻止，只起延缓的作用，故A错误，B正确；当原磁通量增加时感应

电流的磁场与原磁场反向，当原磁通量减少时感应电流的磁场与原磁场同向，故C错误；“楞次定律”里起阻碍作用的是“感应电流的磁场”，它阻碍“原磁通量的变化”，不是阻碍原磁场，也不是阻碍原磁通量，故D错误。3．C【解析】这种无线充电的原理类似

于变压器，主要利用的是互感原理，故A错误；充电器中通过的应该是交变电流，故B错误；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，与变压器类似，若输入正弦交变电流，输出仍然是交变电流，故C正确；手机线圈中的电流大小与充电器线圈中的电流变化率大小有关，而与电流大小无关，故D错误

。4．C【解析】玻璃瓶从同一高度自由下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，而最后的速度均为零，故动量的变化一定相等，由动量定理可知冲量也一定相等，但由于掉在草地上发生碰撞的时间较长，则玻璃瓶掉在草

地上动量变化较慢，从而导致冲击力较小，使玻璃瓶不容易碎，与弹性碰撞或非弹性碰撞无关，故A、B、D错误，C正确。5．A【解析】以两滑块组成的系统为研究对象，碰撞过程系统所受合外力为零，碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，碰撞

前系统总动量：624pmvmvmv=−=，由动量守恒定律得：2pmv=，解得：2vv=，碰撞前系统机械能：2221162422mvmvmv+=，碰撞后系统机械能：()2212242mvmv=，碰撞前后机械能不变，故碰撞一定是弹性碰撞。故A正确，B、C错误。9碰撞前

、后乙的运动方向在同一条直线上，则不是非对心碰撞，故D错误。6．C【解析】足球自由下落80cm时的末速度为1v，所用时间为1t，由速度—位移公式，可得足球到达头部的速度大小：1221008m/s4m/svgh===．，根据位移—时间公式，可得足球到达头

部的时间：1220.8s0.4s10htg===反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度：214m/svv==，上升的时间：210.4stt==，对足球与人接触的过程，0.1st=，取向上为正，

由动量定理有：()()21Fmgtmvmvp−=−−=，代入数据解得：头部对足球的平均作用力：36NF=，可知头部对足球的平均作用力是足球重力的9倍，故A错误；足球的动量变化量：32kgm/sp=．，故C

正确；足球刚接触头部时的动量大小：1104kg4m/s16kgm/spmv===．．，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量：12()(04100401)04Ns36NsGImgttt=++=++=．．．．．，故D错误。7．D【解析】回路的磁通量增加

，根据楞次定律知回路中有逆时针方向的感应电流，故A错误；回路中的感应电流为022BLvEIRR==，故B错误；当导体棒ab稳定时，外力的功率等于回路的电功率，为22202BLvPEIR==，故C错误；当导体棒ab稳定时，有BIL=kx，联立解得2202BLvxkR=，故D正确

。8．B【解析】由题图乙可知，交变电流电压的最大值为2002V，周期为T=0.04s，所以原线圈两端电压的瞬时值表达式()()22002sinV2002sin50V0.04ett==，故A正确；理想变压器的工作原理为互感，所

以理想变压器对恒定电流不起作用，即若原线圈输入电压改为5002V的恒定电压，则2A示数将10变为零，故B错误；理想电流表1A示数为0.6A，由公式1221InIn=，解得：24.8AI=，所以熔断器的熔断电流应该

不小于4.8A，故C正确；若输入的交流电频率减小，发现2A示数增大，说明虚线框内的器件对低频交变电流的阻碍较小，所以虚线框内的用电器为电感器，故D正确。9．AB【解析】由牛顿第三定律可知，在炸裂过程中a、b受到爆炸力大小相等，方向相反，则冲量不同，故A、B正

确；在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，方向取决于a的动量与原来物体动量的大小关系，故C错误；炸裂后

a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故D错误。10．BC【解析】当开关闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，由于电感线圈对电流的阻碍作用，闭合开关瞬

时，通过1L的电流大于2L的电流，1L比2L更亮，故A错误，B正确；当断开开关，2L立即熄灭，而自感线圈能短暂充当电源，使得1L逐渐熄灭，故C正确，D错误。11．AD【解析】当线框在磁场中运动位移小于L时，由楞次定律知电流为逆时针方向，当位移介于L和2L之间时电流为顺时针方向，当位移大于2L小于

3L时，电流为逆时针方向，故A正确，B错误；当线框在磁场中运动位移小于L时，穿过线框中的磁通量向纸面内增大，磁通量Φ与2x成正比，当位移大于L小于2L时，磁通量向里减小，在磁通量减小为0时，线框运动位

移大于1.5L，之后磁通量垂直纸面向外，位移到2L一段磁通量Φ随x变化得更快，2L到3L之间磁通量向外减小，减小速率越来越快，故C错误，D正确。12．BD【解析】若A、B所受的摩擦力大小相等，则小车C受到

A、B的摩擦力是一对平衡力，小车C保持静止，由于A、B受到的摩擦力大小相等，A、B系统的动量守恒，则A、B在小车C上同时滑动，同时停止滑动，因此整个过程中A、B组成的系统受到的合外力始终为零，系统动量守恒，故A错误；若A、B与小车C组成系统，A与C、B与C的摩

擦力均为系统内力，A、B、C系统受到的合外力为零，故A、B、C组成的系统动量守恒，故B、D正确；根据NfF=可知，A、B受到小车的最大静摩擦力AmBmff，释放A、B后，当Cm较小时，小车C将随B一起向右运动，由于A、B、C组成的系统动量守恒，而

小车C的动量会改变，因此A、B组成的系统动量不守恒，故C错误。二、非选择题：本题共6小题，共52分。解答题应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13

．（6分）（1）如图所示：（2分）11（2）向右偏转一下（2分）向左偏转一下（2分）【解析】（1）“探究电磁感应现象”实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成

闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合回路，如上图所示。（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；闭合开关，将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下；原线圈插入副线圈后

，由电路图可知，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将向左偏转一下。14．（9分）（1）小球1和小球2的质量1

m和2m（2分）（2）A、C（2分）（3）2（2分）（4）222321112213coscoscossinsinsinmmm=+（3分）【解析】（1）由动量守恒定律可知，以两个小球为系统，有：111122mvmvmv=+，碰后小球做平抛运动，竖直高度

一定，即小球在空中运动时间一定，上式可变形为：111122mvtmvtmvt=+，即为：112mOPmOMmON=+，故实验需测量线段OM、OP、ON的长度，还需要测量小球1和小球2的质量1m和2m。（2）用直尺测量会带来测量误差，

故A正确；实验中小球均从斜槽上A点由静止滚下，斜槽是否光滑对结果没有影响，故B错误；轨道末端不水平，则小球做的不是平抛运动，根据实验原理可知，这时会带来实验误差，故C正确；小球做平抛运动的高度相等，故时间相等，由

实验原理可知，实验不需要测量轨道末端到地面的高度，故D错误。（3）系统碰撞前总动量P与碰撞后总动量P′的百分误差：()1111221121112%PPmvmvmvmOPmOMmONPmvmOP−−+−−==。（4）设圆弧半径为R，小球做平抛运动的速度为v，则有：21

sin2Rgt=，cosRvt=，联立得：2cos2singRv=，12根据111122mvmvmv=+得，验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式：222321112213coscoscossinsinsinmmm

=+。15．（6分）解：（1）以乒乓球飞来的方向为正方向，乒乓球的动量变化：0tpmvmv=−()0.02530kgm/s0.02516kgm/s1.15kgm/s=−−=−.......................（2分）故乒乓球动量变化的大小为1.15kgm/s

，方向与初速度方向相反。...............................................（1分）（2）由动量定理Ftp=可知，球拍对乒乓球的平均作用力：1.15N11.5N0.1pFt−===−......

...........................................................................................................（2分）故球拍对乒乓球的平均作用力大小为11.5N，方向

与初速度方向相反。.............................................（1分）答：（1）乒乓球动量的变化为1.15kgm/s，方向与初速度方向相反；（2）球拍对乒乓球的平均作用力为11.

5N，方向与初速度方向相反。16．（8分）解：（1）电动势的最大值：2m1021000.10.12V2VENBSNBSn====............................

.......................................................................................................................

....................（1分）有效电动势：m2V2EE==................................................................................

..................................（1分）电压表读数：9922VV1010RUERr===+.......................................

.....................................（1分）（2）从线圈通过中性面开始计时，转过90°过程中，由法拉第电磁感应定律得，电动势平均值：NEt=.....................................................

..................................................................（1分）通过电阻R的平均电流：EIRr=+..................................

......................................................................（1分）在这个过程中通过R的电荷量：0.01CqIt==.......................

.........................................................（1分）（3）感应电流的有效值：2A10EIRr==+..................................

...............................................................................................................

.............................................................................................................................（1分）在1min内，作用在线圈

上的外力所做的功转化为电路上产生的热量：()2221060J12J10QIRrt=+==....................................................................

....................（1分）13答：（1）电压表读数是92V10；（2）通过电阻R的电荷量是0.01C；（3）作用在线圈上的外力所做的功是12J。17．（11分）解：（1）对棒ab自由下落过程，有：120.2shtg==.....

.........................................................................................................

...........................（1分）由法拉第电磁感应定律得，10~t时间内感应电动势：110.2VabBELdtt===........................................

...................................................................（2分）（2）ab棒匀速进入磁场区域，由平衡条件得：1abBILm

g=解得：I=1A.................................................................................................

..................................................（1分）在时间12~tt内，对cd棒，由平衡条件得：20cdFmgBIL=+..................

.......................................（1分）解得：F=0.2N.....................................................................

..........................................................................（1分）（3）ab棒刚进入磁场时的速度：12m/svgt==，ab

棒刚进入磁场时的感应电动势：20.4VabEBLv==.......................................................................（1分）由图示电路图可知：2

0.1cdabERRI=−=.........................................................................................（1分）在10~t内，回路中的感应电流：11

0.5AabcdEIRR==+....................................................................（1分）棒cd在20~t时间内产生的焦耳热：221120.015Jcdcdc

ddQIRtIRv=+=..........................................（2分）答：（1）在10~t时间内，电路中感应电动势的大小为0.2V；（2）在12~tt时间内，棒cd受到细导线的总拉力为0.2N；（3）棒cd在20~t时间内产生

的焦耳热为0.015J。18．（12分）解：（1）滑块B释放时弹簧弹性势能为pE，根据能量守恒定律：2p12BBBEmvmgL=+.........................................................

....................................................................（1分）解得：p21JE=...................

....................................................................................................

...................（1分）（2）设滑块A第一次运动到a点时的速度大小为Av，根据机械能守恒定律：14212AAAmgHmv=①.......................................

..........................................................................................（0.5分）在a点，根据牛顿第二

定律：21ANAAvFmgmR−=............................................................................（0.5分）设滑块A第二次运动到a点时的速度大小为Av，

同理：212AaAmghmv=②...................................................................................................

...............................（0.5分）22ANAAvFmgmR−=......................................................................................

........................................（0.5分）又：1252NNFF=由以上各式解得：0.8mH=.........................................

...........................................................................（1分）（3）由①②式可得：4m/sAv=，2m/sAv=若A、B刚好不能发生第二次碰撞，则碰后分两种情况，第一种

情况：B未滑离bc段，此时A、B刚好不碰撞的条件是A、B碰后速度大小1ABvv=......（1分）选择向右为正方向，根据动量守恒定律得：1AABbAABBmvmvmvmv−=−+..................................（1分）解得：1.4kgAm=

...................................................................................................................................

...（1分）第二种情况：B滑离bc段后压缩弹簧，反弹后再次进入bc段，这种情况下B碰后的速度大小为2Bv，设A在bc段运动的位移为x，则B在bc段运动的总路程为2L-x，...........................................................

.（1分）根据动能定理，对于滑块A：2102AAAmgxmv−=−......................................................................（0.5分）对于滑块B：()221202BBBmgLxmv−−=−......

.............................................................................（0.5分）根据动量守恒定律：2AaBBAABBmv

mvmvmv−=−+.........................................................................（1分）由以上各式解得：1.8k

gAm=..................................................................................................................（1分）验证知碰后A、B速度均减小，不会出

现碰后动能增加情况，因此1.4kgAm=或1.8kgAm=。答：（1）B释放时弹簧的弹性势能p21JE=；（2）A空中释放时距水平直轨道的高度H=0.8m；（3）A的质量1.4kgAm=或1.8kgAm=。