2024-2025学年福建省福州市福清市高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省福州市福清市高二（下）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域，波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间距离表示一个波长，相邻波纹间距离与AB间距相等。下列说法正确的是( )
A. 水面波经过孔后波纹间距离可能变大
B. 水面波经过孔后波速减小
C. 若波源频率增大，衍射现象更明显
D. 此时可以观察到明显的衍射现象
2.如图四幅图所涉及的光学现象和相应的陈述中，正确的是( )
A. 图①是内窥镜，光导纤维利用了光的全反射把光传送到人体内部进行照明
B. 图②中的亮斑，是一种光的干涉现象
C. 图③中的明暗相间的条纹，是由衍射形成的
D. 图④是用偏振眼镜观看立体电影，说明光是一种纵波
3.某科技小组设计了一款温控报警装置。如图所示，将理想自耦变压器T的原线圈与交流电源相连，副线圈与滑动变阻器RP、灯泡L和热敏电阻Rt相连。已知热敏电阻的阻值随温度升高而减小，灯泡始终未烧坏，则能使灯泡变亮的是( )
A. 减小输入电压的有效值B. 环境温度降低
C. 将滑动变阻器滑片向左移动D. 将自耦变压器滑片向下移动
4.一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆从轨道底端向上滑行，到向下滑行返回底端的整个过程中，说法正确的是( )
A. 向上滑行的时间等于向下滑行的时间
B. 向上滑行过程与向下滑行过程通过电阻R的电荷量相等
C. 金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为12m(v02−v2)
D. 向上滑行过程电阻R上产生的热量小于向下滑行过程电阻R上产生的热量
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图甲所示，螺线管匝数n=100匝，横截面积S=100cm2，螺线管导线电阻不计，定值电阻R=5Ω，磁感应强度B随时间t变化的B−t图像如图乙所示(以向右为磁感应强度B的正方向)，则( )
A. 0～0.1s内，通过R的电流方向为从A到C
B. 0～0.1s内回路中产生的感应电流大小大于0.1～0.3s内回路中产生的感应电流大小
C. 0～0.1s和0.1～0.3s内的感应电流方向相同
D. 0～0.1s内，通过R的电流大小为0.4A
6.学生李华研发了一款名字叫做“AD−case”的手机壳，如图从外观上：可以看到这个手机壳长有8个触角，当手机坠落时，接触地面瞬间8个触角会瞬间弹出来，起到很好的缓冲作用。研究缓冲效果的实验中，总质量为200g的手机从距离地面1.8m的高度跌落，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为0.2s，然后手机保持静止，不计空气阻力，g=10m/s2，则以下说法正确的是( )
A. 保护器的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化量
B. 保护器使得手机撞击地面的时间延长
C. 手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为1.2N⋅s
D. 手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力大小为8N
7.如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图(图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表)。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R变小。则在用电高峰时，下列说法正确的是( )
A. 输电导线的损耗功率变大
B. 发电厂输出功率变大
C. 电压表V1、V2的示数之比变大
D. 因发电厂输出电压一定，所以用户端电压不发生变化
8.共享电动单车大大方便了市民出行，骑行者通过拧动手把来改变车速，手把内部结构如图甲所示，其截面如图乙所示。稍微拧动手把，霍尔元件保持不动，磁铁随手把转动，与霍尔元件间的相对位置发生改变，穿过霍尔元件的磁场强弱和霍尔电压UH大小随之变化。已知霍尔电压越大，电动车能达到的最大速度vm越大，霍尔元件工作时通有如图乙所示的电流I，载流子为电子，则( )
A. 霍尔元件下表面电势高于上表面
B. 霍尔元件下表面电势低于上表面
C. 从图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，可以增大vm
D. 提速过程，洛伦兹力对运动电子做正功
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=1s时刻的波形图，图乙是x=3.0m处质点的振动图像，该波向x轴______(填：正方向或负方向)传播，波速为______m/s。
10.为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，横截面如图(a)所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向射入，与过O点的法线成θ角。CD为光传感器，用以探测光的强度。从AB面反射回来的光的强度随θ角变化的情况如图(b)所示。(已知sin53°=0.8)则这束激光在AB面发生全反射的临界角为______，该材料的折射率为______。
11.二极管是常用的电子元件，具有单向导电的性质，其电路符号为“”。如图(a)所示为一个R=1Ω的定值电阻和一个理想二极管串联后连接到一正弦交流电源两端，经测量发现，通过定值电阻R的电流随时间的变化如图(b)所示。则电源的频率为______Hz，电阻R两端的电压有效值为______V。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.如图1所示，甲同学在“测量玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa′和bb′。O为直线AO与aa′的交点。在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。
(1)甲同学接下来要完成的必要步骤有______。
A.插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B.插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像
C.插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D.插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
(2)过P3、P4作直线交bb′于O′，过O′作垂直于bb′的直线NN′，连接OO′。测量图中角α和β的大小，则玻璃砖的折射率n=______。
(3)如图2所示，甲同学在实验中将玻璃砖界面aa′和bb′的间距画得过宽但仍平行。若其他操作正确，则折射率的测量值______(选填“大于”“小于”或“等于”)准确值。
(4)甲同学准确的画好玻璃砖界面aa′和bb′后，实验过程中不慎将玻璃砖向下平移了一些。如图3所示，若其他操作正确，则折射率的测量值______(选填“大于”“小于”或“等于”)准确值。
(5)乙同学采用的是梯形玻璃砖，在纸上画出的界面aa′，bb′与玻璃砖的位置如图4所示，实验过程和操作均正确，则折射率的测量值______(选填“大于”“小于”或“等于”)准确值。
13.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
(1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是______(填字母)
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
(2)以下给出的器材中，本实验需要用到的是______；(填字母)
A.干电池
B.学生电源
C.直流电压表
D.多用电表
(3)某次实验中得到实验数据如表所示，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析，你的结论是______。
(4)原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是______。(填字母)
A.变压器线圈中有电流通过时会发热
B.原、副线圈的电压频率不相同
C.铁芯在交变磁场的作用下会发热
D.原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
五、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.如图所示，质量mA=0.02kg的子弹以速度v0=200m/s射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块质量mB=1.98kg，子弹进入木块后达到共同速度且子弹并未穿出，忽略木块质量的损失。求：
(1)子弹和木块达到相同速度，运动的速度大小v；
(2)整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能。
15.质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示，虚线上方有两条半径分别为2R和R的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏。虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B，虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子比荷为qm，该离子由静止开始经电场加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在边界上时会被吸收。当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点，不计离子的重力及电、磁场的边缘效应。求：
(1)离子射出电场时的速度大小v；
(2)匀强磁场的磁感应强度B；
(3)离子在磁场中运动的时间t。
16.近日，福建舰完成了隐身舰载战斗机的电磁弹射起飞测试，震撼了世界。电磁弹射技术的原理可以简化为如图乙所示。假设航空母舰静止在海面上，战斗机的质量为m，恒压电源的电压为E，电容器的电容为C，水平导轨MN、PQ的间距为L，电阻忽略不计。在导轨MN、PQ间施加垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，然后使开关S接1给电容器充电，待电路稳定后将开关S接至2，战斗机将实现弹射起飞。假设战斗机在跑道间可等效看成导体棒，其等效电阻大小为R，在离开跑道前已经达到最大速度vm，已知战斗机在起飞过程中受到跑道的阻力和空气阻力都忽略不计，重力加速度为g。求：
(1)S由1接到2的瞬间，战斗机受到的安培力大小；
(2)电磁弹射起飞的过程中战斗机的最大加速度大小am；
(3)战斗机离开导轨时的速度大小vm。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：AB.水面波经过孔后发生衍射，但介质不变，波速不变，则波纹间距离也不变，故AB错误；
C.根据v=λf，若波源频率增大，则波长λ减小，小于AB距离，则衍射现象变得微弱，故C错误；
D.根据发生明显衍射现象的条件，障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相差不多，此时可以观察到明显的衍射现象，故D正确。
故选：D。
根据波发生明显衍射现象的条件结合波速公式等知识进行分析解答。
考查波发生明显衍射现象的条件结合波速公式等知识，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】A
【解析】解：A、图①是内窥镜，光导纤维利用了光的全反射把光传送到人体内部进行照明的，故A正确；
B、图②中的亮斑，是一种光的衍射现象，故B错误；
C、图③中的明暗相间的条纹，是由干涉形成的，故C错误；
D、图④是用偏振眼镜观看立体电影，说明光是一种横波，故D错误。
故选：A。
根据全反射的应用分析；泊松亮斑是光的衍射结果；根据干涉条纹分析；光是横波。
本题考查了对光的干涉、衍射现象的应用，以及光的全反射的应用，知道光是横波。
3.【答案】B
【解析】AD、由匝数比与电压比的关系：n1：n2=U1：U2，可知输入电压有效值U1减小时，副线圈的电压U2变小，结合电路连接情况，可知灯泡两端电压变小，灯泡亮度变暗；自耦变压器滑片向下移动时，n2减小，可知副线圈的电压U2变小，结合电路连接情况，可知灯泡两端电压变小，亮度变暗，故AD错误；
B、由题意可知，环境温度降低时，热敏电阻变大，可知并联部分的电阻变大，结合串联分压特点，可知灯泡两端电压变大，即可知灯泡变亮，故B正确；
C、由图可知，滑片向左移动时阻值变大，结合电路连接情况，可知灯泡与热敏电阻的并联部分的分压变小，即可知灯泡变暗，故C错误。
故选：B。
4.【答案】B
【解析】解：A、导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，故A错误；
B、根据电荷量的计算公式可得：q=I−Δt=E−ΔtR+r=ΔΦR+r=BLxR+r，则可知，向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等，故B正确；
C、由能量守恒定律知，金属杆从开始上滑至返回出发点，产生的总热量为：Q=12m(v02−v2)
R上产生的热量为：QR=RR+r×12(v02−v2)，故C错误；
D、向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R上产生的热量多，所以向上滑行过程电阻R上产生的热量大于向下滑行过程电阻R上产生的热量，故D错误。
故选：B。
根据安培力的方向确定加速度大小，根据运动情况分析时间长短；根据电荷量的计算公式求解电荷量；根据功能关系分析产生的热；根据电流大小确定产生的热的多少。
本题考查导体切割磁感线与功能关系相结合的题目，解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化。
5.【答案】BD
【解析】解：AC.0～0.1s内磁感应强度向右增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，所以流过R的电流方向为从C到A；0.1～0.3s内磁感应强度向右减小，所以流过R的电流方向为从A到C，则0～0.1s和0.1～0.3s内的感应电流方向不同，故AC错误；
BD.根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，可得0～0.1s内感应电动势为E1=100×0.20.1×100×10−4V=2V，0.1～0.3s内感应电动势为E2=100×0.20.3−0.1×100×10−4V=1V，所以I1=E1R=25A=0.4A，I2=E2R=15A=0.2A，故BD正确。
故选：BD。
根据楞次定律和法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律列式解答。
考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
6.【答案】BD
【解析】解：AB、根据动量定理
FΔt=Δp
可知保护器使得手机撞击地面的时间延长，即保护器的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化率，故A错误，B正确；
C、由自由落体运动规律可知
ℎ=12gt12=1.8m
解得
t1=0.6s
故手机从开始掉落到恰好静止的过程用时
t=t1+0.2s=0.6s+0.2s=0.8s
手机从开始掉落到恰好静止的过程中，重力冲量的大小为
I=mgt=(200×10−3×10×0.8)N⋅s=1.6N⋅s
故C错误；
D、设手机落地前速度为v，以上分析可知
v=gt1=10×0.6m/s=6m/s
手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力为F′，规定向下为正方向，则根据动量定理
(mg−F′)×0.2s=0−mv
解得地面对手机的平均作用力大小为F′=8N
故D正确。
故选：BD。
AB、根据动量定理其中v是手机落地时的速度，与缓冲作用无关；保护器的作用是延长手机撞击地面的时间，从而减小地面对手机的冲击力；
C、先根据自由落体运动公式，可得下落时间，手机从开始下落到恰好静止的过程中，重力的冲量I=mgt，其中t是下落时间和撞击时间之和；
D、根据动量定理，求解地面对手机的平均作用力大小。
该题是一道关于动量定理和自由落体运动的物理题，考查了学生对基本概念和公式的理解和应用能力；题目通过对手机跌落过程的分析，要求学生能够准确应用动量定理和自由落体运动公式进行计算和判断；对于学生来说，需要对动量定理和自由落体运动有清晰的理解，并能够熟练运用相关公式进行计算，具有一定的难度。
7.【答案】AB
【解析】解：C.发电厂输出的电压一定，则升压变压器原线圈输入电压U1保持不变，
根据电压比等于匝数比，可得电压表V1、V2的示数之比为：U1U2=n1n2，
可知电压表V1、V2的示数之比不变，且升压变压器副线圈输出电压U2不变，故C错误；
AD.根据U2=I2R0+U3，U3U4=n3n4，I2I4=n4n3，U4=I4R，
可得：U2=I2R0+I2n32n42R=I2(R0+n32n42R)，
在用电高峰时，变阻器R阻值变小，则I2增大；
根据ΔP=I22R0，ΔU=I2R0，
可知输电导线的损耗功率变大，输电导线的两端电压变大，则降压变压器原线圈输入电压U3减小，降压变压器副线圈输出电压U4减小，即用户端电压减小，故A正确，D错误；
B.因为P出=U1I1=U2I2，且I2增大，
所以发电厂输出功率变大，故B正确；
故选：AB。
C.发电厂输出的电压一定，则升压变压器原线圈输入电压U1保持不变，根据电压比等于匝数比列式，即可分析判断；
AD.根据欧姆定律、理想变压器两端的电压和电流与匝数的关系、电功率的计算公式分别列式，即可分析判断；
B.根据电功率的关系及前面分析，即可判断求解。
本题主要考查变压器的动态分析，解题时需注意，分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、霍尔元件工作时载流子为电子，由左手定则可知电子所受洛伦兹力指向上表面，所以霍尔元件下表面电势高于上表面电势，故A正确，B错误；
C、设霍尔元件上下表面的距离为d，可得：
evB=eUHd
解得：UH=Bdv
根据题意可知，vm∝UH∝Bdv
从图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，则穿过霍尔元件的磁场增强，vm增大，故C正确；
D、磁场对电子的洛伦兹力在任何情况下都不做功，故D错误；
故选：AC。
根据左手定则得出粒子的受力方向，结合粒子的电性得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系列式得出电视差的表达式，结合题意完成分析；
洛伦兹力对电子不做功。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则分析出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
9.【答案】负方向 2
【解析】解：从图乙可知，x=1.0m处的质点在t=2s时刻向下振动。在图甲中，根据“同侧法”(即波的传播方向与质点振动方向在波形图的同一侧)，可以判断出该波沿x轴负方向传播。
由图甲可知，波长λ = 4m。由图乙可知，周期T=2s。
根据波速公式v= λT
解得
v=2m/s。
故答案为：负方向，2
根据同侧法可知该波的运动方向，根素波速公式可知波长。
本题考查了振动图像与波形图的结合，需要学生细心观察图像，题目较简单。
10.【答案】53° 1.25
【解析】解：从AB面反射回来的光的强度在53°后不再增强，可知在53°发生全反射，可得临界角为53°；根据n=1sinC，可得n=1sin53∘=10.8=1.25。
故答案为：53°，1.25。
根据从AB面反射回来的光的强度随θ角变化的情况结合b图分析临界角；根据临界角公式分析折射率。
考查对光的全反射条件的理解及临界角公式的运用，属于基础知识。
11.【答案】0.5 2.5
【解析】解：由图b可知，交流电的周期为T=2s，故通过电阻的电流周期为2s，电源的频率为f=1T,解得f=0.5Hz，设电阻两端电压的有效值为U，由有效值的定义可知电阻一个周期内消耗的电能为U2RT=(Um 2)2R⋅T2，故电阻两端电压的有效值为U=Um2=Im2R,解得U=2.5V。
故答案为：0.5；2.5
根据图b可得电流的的周期和频率；根据有效值的定义和欧姆定律计算电压有效值。
掌握交流电有效值和最大值的关系是解题的关键，知道有效值是根据电流的热效应计算的。
12.【答案】BD； sinβsinα； 小于； 等于； 等于
【解析】解：(1)该同学接下来要完成的必要步骤有：确定P3大头针的位置，方法是插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像。确定P4大头针的位置，方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像。故该同学接下来要完成的必要步骤有BD。
(2)玻璃砖的折射率为n=sinβsinα
(3)将玻璃砖界面aa′和bb′的间距画得过宽但仍平行，而其他操作正确，导致α角偏大，由于n=sinβsinα，故折射率的测量值将偏小。折射率的测量值小于准确值。
(4)如图所示，实线表示将玻璃砖向下平移后实际的光路图，而虚线是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律知，折射率的测量值等于准确值。
(5)只要操作正确，测量的结果与玻璃砖的形状无关，所以乙同学测得的折射率等于准确值。
故答案为：(1)BD；(2)sinβsinα；(3)小于；(4)等于；(5)等于。
(1)根据实验步骤分析判断；
(2)根据折射定律分析；
(3)(4)(5)分析实验误差。
本题考查测量玻璃的折射率实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
13.【答案】D； BD； 见解析； ACD
【解析】(1)为了减小涡电流的影响，有利于导磁，变压器的铁芯的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)根据变压器的工作原理，变压器原线圈要接低压交流电源，不能用干电池；要用交流电压表或者多用表的交流电压挡，不能用直流电压表，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
(3)第1组数据，变压器原副线圈匝数比n1n2=1200400=3：1，电压比U1U2=≈3：1
第2组数据，变压器原副线圈匝数比n1n2=800400=2：1，电压比U1U2=≈2：1
第3组数据，变压器原副线圈匝数比n1n2=200100=2：1，电压比U1U2=≈2：1
综上分析，在误差允许范围内，变压器原副线圈的匝数比等于电压比，即n1n2=U1U2；
(4)A.变压器线圈中有电流通过时会发热，从而造成能量损失，故A正确；
B.根据变压器的工作原理，变压器原、副线圈的电压频率是相同的，故B错误；
C.铁芯在交变磁场的作用下会发热，从而造成能量损失，故C正确；
D.原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有磁场能的损失，故D正确。
故选：ABC。
故答案为：(1)D；(2)B、D；(3)见解析；(4)ACD。
(1)从减小涡电流和有利于导磁的角度分析作答；
(2)根据变压器的工作原理分析电源和电表的要求，然后作答；
(3)根据表格数据分析后得出结论；
(4)根据实际变压器的能量损失分析作答。
本题考查了“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验，要明确实验原理，掌握理想变压器电压与匝数比的关系，理解实际变压器的能量损失。
14.【答案】子弹和木块达到相同速度，运动的速度大小v为2m/s
整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能为396J
【解析】(1)根据动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)v，代入数据解得：v=2m/s。
(2)碰撞中A、B组成的系统损失的机械能ΔE=12mAvA2−12(mA+mB)v2，代入数据解得：ΔE=396J。
答：(1)子弹和木块达到相同速度，运动的速度大小v为2m/s。
(2)整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能为396J。
(1)子弹射入木块后二者共速，系统动量守恒。已知子弹初速度和两者质量，可求出共同速度。
(2)系统机械能损失等于子弹初动能减去两者共速时的总动能。根据子弹初速度、共同速度及质量关系计算得出。
本题题考查动量守恒和机械能损失的计算，属于经典碰撞问题。题目计算量不大，重点在于理解完全非弹性碰撞的特点，即动量守恒但机械能不守恒。通过求解共同速度和能量差，学生能巩固动量守恒定律的应用，同时加深对能量转化过程的理解。解题时需注意系统动能的损失计算，避免混淆初末状态的动能表达式。
15.【答案】离子射出电场时的速度大小为 2qUm；
匀强磁场的磁感应强度为23R 2mUq；
离子在磁场中运动的时间为3Rπ2 m2qU
【解析】(1)在电场中加速，由动能定理可得
qU=12mv2
解得v= 2qUm
(2)离子的半径
r=R+2R2=1.5R
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=mv2r
解得：B=23R 2mUq
(3)离子在磁场中运动的周期为T=2πmqB
在磁场中运动的时间t=T2
解得：t=3Rπ2 m2qU
答：(1)离子射出电场时的速度大小为 2qUm；
(2)匀强磁场的磁感应强度为23R 2mUq；
(3)离子在磁场中运动的时间为3Rπ2 m2qU。
(1)由动能定理求离子射出电场时的速度大小v；
(2)由洛伦兹力提供向心力求得匀强磁场的磁感应强度B；
(3)由周期公式求得离子在磁场中运动的时间t。
本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动问题。对于粒子在加速电场的加速过程，应用动能定理解答。粒子在磁场中做匀速圆周运动过程，要画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。
16.【答案】战斗机受到的安培力大小为BELR；
战斗机的最大加速度大小为BELmR；
战斗机离开导轨时的速度大小为BLCEm+B2L2C
【解析】(1)根据充电后电容的电压与电动势相等，结合欧姆定律：I=ER，安培力公式：F=BIL，即可计算战斗机受到的安培力大小为：F=BELR；
(2)根据牛顿第二定律：F=mam，即可得战斗机的最大加速度：am=BELmR；
(3)根据战斗机速度最大时，其感应电动势与电容电压相等，可得：BLvm=U；
结合电容的定义式：C=QU，可得到电容放电量的关系式ΔQ=CE−CU；
由动量定理：BI−Lt=mvm，电流定义式：I−=ΔQt，联立可得战斗机的最大速度vm=BLCEm+B2L2C。
答：(1)战斗机受到的安培力大小为BELR；
(2)战斗机的最大加速度大小为BELmR；
(3)战斗机离开导轨时的速度大小为BLCEm+B2L2C。
(1)根据充电后电容的电压，结合欧姆定律、安培力公式，即可计算战斗机受到的安培力大小；
(2)根据牛顿第二定律，即可计算战斗机的最大加速度；
(3)根据战斗机速度最大时，其感应电动势与电容电压的关系，结合电容的定义式，可得到电容放电量的关系式；由动量定理、电流定义式，可得到安培力对战斗机的冲量关系，联立可得战斗机的最大速度。
本题考查电容与电磁感应结合的问题，注意战斗机“速度最大”的临界条件，对应的感应电动势与电容电压的关系。实验次数
n1/匝
n2/匝
U1/V
U2/V
1
1200
400
12.1
3.98
2
800
400
12.0
5.96
3
200
100
11.9
5.95