1、2020-2021学年广东省广州市番禺区高二（下）期末物理试卷一、选择题：本题共10小题，共46分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，每小题4分；第810题有多项符合题口要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1在光电效应实验中，用某一频率的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列方法可使光电子的最大初动能变大的是（）A仅增大入射光的强度B仅延长照射时间C仅增大入射光的频率D仅增大入射光的波长22020年12月4日，新一代“人造太阳”装置中国环流器二号M装置在成都建成并首次实现核聚变放电。科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为
2、：X+YHe+H+4.9MeV和H+HHe+X+17.6MeV，则（）AX是电子BX是质子CY的质子数是3，中子数是6DY的质子数是3，中子数是33如图所示，做匀速直线运动的小车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和小车速度的大小分别为vB、vA，则（）AvAvBBvAvBC绳的拉力等于B的重力D绳的拉力大于B的重力4停在水平地面上的小车内，用绳子AB、BC拴在一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB的拉力为T1，绳BC的拉力为T2当小车由静止开始加速向左运动，但重球相对小车的位置不发生变化，则两绳的拉力的变化情况的描述中错误的是（）AT1变大，T2变小BT1变大，T2变大CT1不变，T2
3、变小DT1变大，T2不变5电容式话筒含有电容式传感器，如图所示导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号当振动膜片向右运动时，下列说法正确的是（）A电容器电容减小B电容器所带电荷量变小C电容器两极板间的场强变大D电阻R上电流方向自左向右6做直线运动的物体，其vt图像如图所示，下列判断正确的是（）A物体在1s末改变运动方向B物体在1s到4s内加速度方向相同C物体在最初1s与最后1s的平均速度相等D物体在前3s与后2s内的位移大小之比为4：17如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框
4、中有一接收线圈，若工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向（左视图）均匀增大的电流，则下列说法的是（电流方向判断均从左向右观察）（）A无金属片通过时，接收线圈中感应电流的方向为顺时针B无金属片通过时，接收线圈中不存在感应电流C有金属片通过时，金属片中不存在感应电流D有金属片通过时，金属片因存在感应电流而发热8如图，网球发球机固定在平台上，从同一高度沿水平方向发射出的甲、乙两球均落在水平地面上，运动轨迹如图所示不计空气阻力则（）A甲、乙两球在空中运动时间相等B甲球在空中运动时间小于乙球在空中运动时间C甲球的初速度大于乙球的初速度D甲球的初速度小于乙球的初速度92021年4月，我国自主研发的空间
5、站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（）A核心舱的质量和绕地半径B核心舱的质量和绕地周期C核心舱的绕地周期和绕地半径D核心舱的绕地线速度和绕地半径10如图，电荷量分别为+q和q的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b、c、d是正方体的另外四个顶点，则（）Aa、c两点电势相等Bc、d两点电势相等Ca、c两点电场强度相同Dc、d两点电场强度相同二、实验题（共2小题，共16分）11（7分）如图1，用该装置验证机械能守恒定律让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2O点是打下的第一个点，A、B、C和
6、D为另外4个连续打下的点（1）为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是 （2）已知交流电频率为50Hz，重物质量为200g，当地重力加速度g9.8m/s，则从O点到C点，重物重力势能的减少量Ep J、C点的动能EkC J（计算结果均保留3位有效数字）。比较EkC与Ep的大小，出现这一结果的原因可能是 。A工作电压偏高B存在空气阻力和摩擦力C接通电源前释放了纸带12（9分）某同学要测量干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材们：两节干电池，定值电阻R02，电流表（00.6A），灵敏电流计G（满偏电流IR200A、内阻rg150）、滑动变阻器R1（020，2.0A），电
7、阻箱R2（099999.9），电键S，导线干（1）实验中，将灵敏电流计与电阻箱串联，改装成量程为4V的电压表，电阻箱接入电路的阻值为 （2）该同学根据提供的器材，连接了部分电路，请用笔画线代替导线将实验电路图甲连接完整（3）电路中的定值电阻R0的作用是 （4）闭合电键，调节滑动变阻器，测得多组灵敏电流计的示数I1和电流表的示数I2，作出I1I2图像如图乙所示则电源的电动势E V（保留两位有效数字）三、计算题（共3小题，共38分）13（10分）如图所示，在xOy坐标平面内的第一象限中存在一匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面向里一个质量为m、带电荷量为q的正粒子，从x轴上的M点以初速度v0沿与x轴正方
8、向成30角射入第一象限中，粒子在磁场中做圆周运动，之后恰好垂直y轴射出第一象限，已知OM长为L，不计粒子重力求：（1）粒子运动的半径大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小14（12分）一种跑步机测速的原理如图所示，跑步机底面固定间距L0.5m的平行金属导轨导轨间存在磁感应强度为B2102T、方向垂直纸面向里的条形匀强磁场，导轨间所接电阻R2，橡胶带上等间距固定导体棒，每根导体棒的电阻r2，当前一根导体棒出磁场时，后一根导体棒恰好进入磁场，不计其他电阻当橡胶带匀速运动时电流表的示数I0.01A，求：（1）橡胶带运动的速度v；（2）分别计算电路消耗的热功率P热和导体棒克服安培力做功的功率P克15
9、（16分）有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m11kg、m23kg，在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板水平面右方接一光滑的竖直圆轨道开始A、B两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R0.2m，g取10m/s求：（1）求AB粘在一起时的速度；（2）炸药爆炸时对A、B两物体所做的功2020-2021学年广东省广州市番禺区高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共1
10、0小题，共46分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，每小题4分；第810题有多项符合题口要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（4分）在光电效应实验中，用某一频率的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列方法可使光电子的最大初动能变大的是（）A仅增大入射光的强度B仅延长照射时间C仅增大入射光的频率D仅增大入射光的波长【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素【解答】解：A、当发生光电效应时，增大入射光的强度，则入射光的光子数目增大，根据EkmhvW0，光电子的最大初动能不会变
11、大，故A错误；B、根据光电效应方程，EkmhvW0知，仅延长照射时间光电子的最大初动能不会变大，故B错误；C、在光电效应中，根据光电效应方程知，EkmhvW0，改用频率更大的光照射，光电子的最大初动能变大，故C正确；D、根据，增大入射光的波长，频率变小，光电子的最大初动能变小，故D错误；故选：C。【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用2（4分）2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置中国环流器二号M装置在成都建成并首次实现核聚变放电。科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X+YHe+H+4.9MeV和H+HHe+X+1
12、7.6MeV，则（）AX是电子BX是质子CY的质子数是3，中子数是6DY的质子数是3，中子数是3【分析】根据质量数守恒和核电荷数守恒判断X、Y的质量数和核电荷数。【解答】解：AB、核反应方程：H+HHe+X+17.6MeV，由质量数守恒和电荷数守恒可知，X是中子，故AB错误；CD、核反应方程：X+YHe+H+4.9MeV，由质量数守恒和电荷数守恒可知，Y的质子数是3，质量数是6，则中子数为3，故C错误，D正确；故选：D。【点评】解决本题的关键是知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒。3（4分）如图所示，做匀速直线运动的小车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和小车速度的大小分别为vB、
13、vA，则（）AvAvBBvAvBC绳的拉力等于B的重力D绳的拉力大于B的重力【分析】将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物的速度大小，从而判断出重物的运动规律【解答】解：小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，设斜拉绳子与水平面的夹角为，由几何关系可得：vBvAcos，所以vAvB；因汽车匀速直线运动，而逐渐变小，故vB逐渐变大，物体有向上的加速度，绳的拉力大于B的重力，故AD正确，BC错误。故选：AD。【点评】解决本题的关键将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，知道沿绳子方向的速度等于重物的速度大小4（4分）停在水平地面上的小车内，用绳子
14、AB、BC拴在一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB的拉力为T1，绳BC的拉力为T2当小车由静止开始加速向左运动，但重球相对小车的位置不发生变化，则两绳的拉力的变化情况的描述中错误的是（）AT1变大，T2变小BT1变大，T2变大CT1不变，T2变小DT1变大，T2不变【分析】以小球为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律得到绳AB的拉力T1和绳BC的拉力T2与加速度的关系式，即可分析两绳拉力的变化情况。【解答】解：以小球为研究对象，分析受力：重力mg、绳AB的拉力T1和绳BC的拉力T2，如图。设小车的加速度为a，绳AB与水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律得T1sinmgT1cosT2ma由得：T1由
15、得：T2mgcotma可见，绳AB的拉力T1与加速度a无关，则T1保持不变。绳BC的拉力T2随着加速度的增大而减小，则T2变小。故C正确，ABD错误。本题选错误的，故选：ABD。【点评】本题在正确分析受力的基础上，根据牛顿第二定律，运用正交分解法列式研究两绳拉力的变化情况。5（4分）电容式话筒含有电容式传感器，如图所示导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号当振动膜片向右运动时，下列说法正确的是（）A电容器电容减小B电容器所带电荷量变小C电容器两极板间的场强变大D电阻R上电流方向自左向右【分析
16、】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流。【解答】解：A、根据电容关系式C，当振动膜片向右运动时，d减小，电容C增大，故A错误；B、电容改变后会有充电过程，最终会达到稳态，即电容两端电压为电源电动势，由QCU，电源电动势不变，即极板间电压U不变，当电容C增大，则电荷量Q变大，故B错误；C、由场强公式E，U不变，d减小，电场强度变大，故C正确；D、由QCU，随着电容C增大，电容所带电量Q也将增大，故必有一个电容充电的过程，即R上有自右向左的电流，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电
17、压或电量不变判断电量或电压的变化。6（4分）做直线运动的物体，其vt图像如图所示，下列判断正确的是（）A物体在1s末改变运动方向B物体在1s到4s内加速度方向相同C物体在最初1s与最后1s的平均速度相等D物体在前3s与后2s内的位移大小之比为4：1【分析】在vt图象中，速度的正负号表示速度方向，图象的斜率表示加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，结合平均速度公式分析。【解答】解：A、由图象可知：物体在前3s内速度都为正，运动方向没有发生改变，所以物体在第1s末运动方向没有改变，故A错误；B、根据vt图象的斜率表示加速度，知14s图象的斜率不变，则物体的加速度相同，即加速度大小相等、方向相同，
18、故B正确；C、根据平均速度公式可知，物体在最初1s的平均速度大小为m/s2m/s，最后1s的平均速度大小为m/s1m/s，则物体在最初1s与最后1s的平均速度之比为2：1，故C错误。D、根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可知物体在前3s内的位移大小为：x43m6m，物体在后2s内的位移大小为：x22m2m，则物体在前3s与后2s内的位移大小之比为3：1，故D错误。故选：B。【点评】该题考查vt图象，要明确vt图象的斜率表示加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，要注意平均速度公式只适用于匀变速直线运动。7（4分）如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈，若工作过
19、程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向（左视图）均匀增大的电流，则下列说法的是（电流方向判断均从左向右观察）（）A无金属片通过时，接收线圈中感应电流的方向为顺时针B无金属片通过时，接收线圈中不存在感应电流C有金属片通过时，金属片中不存在感应电流D有金属片通过时，金属片因存在感应电流而发热【分析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，周围的磁场发生变化，即通过右侧线圈的磁通量发生变化；根据楞次定律结合安培定则判断出右侧线圈中感应电流的方向；有金属片通过时，金属片中也会产生感应电流。【解答】解：AB、当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，根据安培定则知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大
20、，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，故AB错误；CD、有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，金属片因存在感应电流而发热，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，故C错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，感应电流引起的效果阻碍磁通量的变化。8（6分）如图，网球发球机固定在平台上，从同一高度沿水平方向发射出的甲、乙两球均落在水平地面上，运动轨迹如图所示不计空气阻力则（）A甲、乙两球在空中运动时间相等B甲球在空中运动时间小于乙球在空中运动时间C甲球的初速度大于乙球的初速度D
21、甲球的初速度小于乙球的初速度【分析】甲、乙两球在空中运动时间由下落高度决定，高度相同，空中运动时间相同；下落时间相同的情况下，甲、乙两球的初速度由水平位移决定，乙的水平位移大，则乙的初速度大。【解答】解：AB、甲、乙两球做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，甲、乙两球的下落高度相同，由hgt2可知，甲、乙两球的运动时间相同，故A正确，B错误；CD、乙球的水平位移较大，由xv0t可知，甲球的初速度小于乙球的初速度，故C错误，D正确。故选：AD。【点评】解平抛运动问题时，要抓住物体做平抛运动的时间只与高度有关，水平位移由初速度和高度共同决定。9（6分）2021
22、年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（）A核心舱的质量和绕地半径B核心舱的质量和绕地周期C核心舱的绕地周期和绕地半径D核心舱的绕地线速度和绕地半径【分析】根据万有引力提供向心力，得到地球的质量与轨道半径、周期、角速度或线速度的关系进行分析。【解答】解：核心舱绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：mrm，解得地球质量：M，AB、上述公式表面地球的质量与核心舱的质量无关，故AB错误；C、要计算地球的质量M，需要知道核心舱的绕地半径和绕地周期，故C正确；D、已知核心舱的绕地线速度
23、和绕地半径，可以计算地球的质量，故D正确。故选：CD。【点评】该题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式进行分析。10（6分）如图，电荷量分别为+q和q的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b、c、d是正方体的另外四个顶点，则（）Aa、c两点电势相等Bc、d两点电势相等Ca、c两点电场强度相同Dc、d两点电场强度相同【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布情况，以及对称性进行分析。电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，两点的电场强度才相同。【解答】解：A、两个等量异种电荷连线的中垂面是一个零势面，在靠近正电荷的一侧电势大于零，在靠近负电荷
24、的一侧电势小于零，a点靠近负电荷，而c点靠近正电荷，则可知，a点电势一定小于c点电势；故A错误；B、+q在c、d两点电势相等，q在c、d两点电势也相等，根据叠加原理可知，c、d两点电势相等，故B正确；C、a、c两点的电场是两个电荷单独在两点形成的电场的叠加，由图可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定大小相等，方向也相同，故C正确；D、根据点电荷场强公式和电场的叠加原理，可知，c、d两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查等量异种电荷电场的分布情况，要根据电场的叠加原理来理解各点的电场强度。二、实验题（共2小题，共16分）11（7分）如图1，用
25、该装置验证机械能守恒定律让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点（1）为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是 重力远大于摩擦和空气阻力（2）已知交流电频率为50Hz，重物质量为200g，当地重力加速度g9.8m/s，则从O点到C点，重物重力势能的减少量Ep0.547J、C点的动能EkC0.588J（计算结果均保留3位有效数字）。比较EkC与Ep的大小，出现这一结果的原因可能是 C。A工作电压偏高B存在空气阻力和摩擦力C接通电源前释放了纸带【分析】（1）使重力远大于阻力，减小阻力的引起的误差
26、；（2）从减小实验的相对误差的角度分析解答；由纸带读出下落高度，计算出重力势能变化的绝对值，根据匀变速直线运动一段时间的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，由纸带数据计算出打C点的速度，再计算动能的增加值；（3）由实验结果和实验原理分析产生此结果的可能原因。【解答】解：（1）由于密度大，质量大，则受到的重力远大于摩擦和空气阻力，所以选择密度大的金属作为重物；（2）从O到C，重力势能的减少量为EpmghC2001039.827.90102J0.547J。根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度得：vC2.425m/s，从O开始到下落到C点增加的动能：Ek0.588J；（3
27、）A、工作电压偏高对实验结果不会有影响，故A错误；B、存在空气阻力和摩擦力，会导致重力势能减少量大于动能的增加量，故B错误；C、接通电源前释放了纸带，导致打第一个点时重物已经下落了一定高度，初动能不等于零，末动能对应的高度测量值偏小，重力势能测量偏小，故C正确。故选：C。故答案为：（1）受到的重力远大于摩擦和空气阻力；（2）0.547、0.588；（3）C【点评】在验证机械能守恒定律”实验的结果误差分析需要注意，一般是由于存在阻力，增加的动能会小于减小的重力势能，而此题相反，这是实验过程操作错误引起的，并不属于误差。12（9分）某同学要测量干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材们：两节干电
28、池，定值电阻R02，电流表（00.6A），灵敏电流计G（满偏电流IR200A、内阻rg150）、滑动变阻器R1（020，2.0A），电阻箱R2（099999.9），电键S，导线干（1）实验中，将灵敏电流计与电阻箱串联，改装成量程为4V的电压表，电阻箱接入电路的阻值为 19850（2）该同学根据提供的器材，连接了部分电路，请用笔画线代替导线将实验电路图甲连接完整（3）电路中的定值电阻R0的作用是 防止短路（4）闭合电键，调节滑动变阻器，测得多组灵敏电流计的示数I1和电流表的示数I2，作出I1I2图像如图乙所示则电源的电动势E2.9V（保留两位有效数字）【分析】（1）根据串联电路特点及欧姆定律求出
29、串联电阻阻值；（2）根据实验原理图连接实物图；（3）明确定值电阻的作用是保护电路，防止短路；（4）根据闭合电路欧姆定律找出两电流表示数之间的关系式，结合图象求解电动势和内阻。【解答】解：（1）将灵敏电流计改装成量程为4V的电压表，电阻箱接入电路的阻值为R19850；改装后的电压表内阻RV19850+15020000；（2）将电流表与滑动变阻器串联接在电路两端，电压表与电阻箱串联充当电压表与滑动变阻器和电流表并联，电路连线如图；（3）电路中的定值电阻R0的作用是保护电路，防止短路；（4）根据闭合电路欧姆定律可得，I1RVEI2（r+R0），变形可得：I1I2，当I20时，即滑动变阻器相当于断路，
30、从图象纵截距读出电流I1145A145106A，所以电动势为EI1RV1.4510620000V2.9V。故答案为：（1）19850；（2）图见解答；（3）防止短路；（4）2.9【点评】本题考查测量干电池的电动势和内阻的实验，要掌握改装电压表串联内阻的计算方法；本题中要注意图中给出的是电流值，应注意根据欧姆定律求出电压值。三、计算题（共3小题，共38分）13（10分）如图所示，在xOy坐标平面内的第一象限中存在一匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面向里一个质量为m、带电荷量为q的正粒子，从x轴上的M点以初速度v0沿与x轴正方向成30角射入第一象限中，粒子在磁场中做圆周运动，之后恰好垂直y轴射出第一象
31、限，已知OM长为L，不计粒子重力求：（1）粒子运动的半径大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小【分析】（1）根据粒子进入磁场和离开磁场时的方向确定运动轨迹，由几何关系求出半径，（2）根据洛伦兹力充当向心力列式求解磁感应强度B的大小。【解答】解：（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示由几何关系可得 rsin30L得粒子做圆周运动的半径 r2L（2）洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力联立解得磁感应强度B答：（1）粒子运动的半径大小为2L；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，要注意此类问题的关键在于正确作出粒子做圆周运动的运动轨迹，能根据几何知识求解
32、粒子做圆周运动的半径，掌握圆周运动的半径公式，在解题时注意明确已知量和未知量。14（12分）一种跑步机测速的原理如图所示，跑步机底面固定间距L0.5m的平行金属导轨导轨间存在磁感应强度为B2102T、方向垂直纸面向里的条形匀强磁场，导轨间所接电阻R2，橡胶带上等间距固定导体棒，每根导体棒的电阻r2，当前一根导体棒出磁场时，后一根导体棒恰好进入磁场，不计其他电阻当橡胶带匀速运动时电流表的示数I0.01A，求：（1）橡胶带运动的速度v；（2）分别计算电路消耗的热功率P热和导体棒克服安培力做功的功率P克【分析】（1）磁场中始终有一根导体棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，先根据闭合电路欧姆定律求
33、出导体棒产生的感应电动势，再根据EBLv求解橡胶带运动的速度v；（2）由电功率公式求出电路消耗的热功率，由安培力公式FBIL求导体棒受到的安培力大小，由PFv求导体棒克服安培力做功的功率。【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得导体棒产生的感应电动势：EI（R+r）导体棒切割磁感线产生的感应电动势：EBLv代入数据解得：v4m/s（2）电路消耗的热功率热功率P热I2（R+r）0.012（2+2）W4.0104W导体棒受到的安培力大小FBIL21020.010.5N1.0104N导体棒克服安培力做功的功率P克Fv1.01044W4.0104W答：（1）橡胶带运动的速度v大小是4m/s；（2）分别
34、计算电路消耗的热功率P热是4.0104W，导体棒克服安培力做功的功率P克是4.0104W。【点评】本题是理论联系实际问题，关键是建立物理模型，综合运用电磁感应知识、电路知识、力学知识解题。要注意电磁感应与电路知识联系的桥梁是感应电动势。15（16分）有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m11kg、m23kg，在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板水平面右方接一光滑的竖直圆轨道开始A、B两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起
35、，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R0.2m，g取10m/s求：（1）求AB粘在一起时的速度；（2）炸药爆炸时对A、B两物体所做的功【分析】（1）物体沿圆弧轨道上升过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出A、B的共同速度。（2）爆炸过程与两物体碰撞过程，两物体组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出爆炸后两躯体的速度，应用能量守恒定律可以求出炸药做功。【解答】解：（1）A、B上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得（m1+m2）gR代入数据解得v32m/s（2）炸药爆炸后，规定向左为正，由动量守恒定律得m2v2m1v10A物体与挡板碰后与B物体碰撞，规定向右为正，由动量守恒定律得m2v2+m1v1（m1+m2） v3炸药对A、B物体做的功W代入数据解得W10.7J答：（1）AB粘在一起时的速度为2m/s；（2）炸药爆炸时对A、B两物体所做的功为10.7J【点评】本题要在分析清楚物体运动情况的基础上，采用程序法分步列式，关键要把握每个过程遵守的物理规律。
