2017-2018学年浙江省宁波市诺丁汉大学附属中学高二下学期期中考试物理试题 解析版 17页

宁波诺丁汉大学附属中学2017-2018学年度高二下学期期中考试 物理试题 一．单项选择题(本大题共13小题，每小题3分，共39分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意要求，选对得3分，不选、多选、错选均不得分.)‎ ‎1. 在超高压带电作业中，电工所穿的高压工作服是用铜丝编织的，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 铜丝编织的衣服不易拉破 B. 铜丝电阻小，对人体起到保护作用 C. 电工被铜丝衣服所包裹，使体内场强为零 D. 电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零 ‎【答案】C ‎【解析】屏蔽服的作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害。等电位说明电势相等而不是等于0，等电势时电势差为0，电场强度为0。所以C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎【点睛】处在高压电场中的人体，会有危险电流流过，危及人身安全，因而所有进入高电场的工作人员，都应穿全套屏蔽服． 带电作业屏蔽服又叫等电位均压服，是采用均匀的导体材料和纤维材料制成的服装．其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害． 成套的屏蔽服装应包括上衣、裤子、帽子、袜子、手套、鞋及其相应的连接线和连接头．‎ ‎2. 关于物理学史，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 B. 法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象 C. 法拉第通过实验研究确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律 D. 库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 ‎【答案】C ‎..................‎ ‎3. 如右图，是某电场中的一条直电场线，一电子(重力不计)从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（ ）‎ A. 该电场一定是匀强电场 B. 场强Ea一定小于Eb C. 电子具有的电势能Epa一定大于Epb D. 两点的电势φa一定高于φb ‎【答案】C 考点：电场强度，电场线，电势 ‎4. 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是 A. C和U均增大 B. C增大，U减小 C. C减小，U增大 D. C和U均减小 ‎【答案】B ‎【解析】解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，B正确．‎ 故选B ‎【点评】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用．‎ 视频 ‎5. 如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法不正确的是 A. 该电池的容量为500 mA·h B. 该电池的电动势为3.6 V C. 该电池在工作1小时后达到的电流为500 mA D. 若电池以10 mA的电流工作，可用50小时 ‎【答案】C ‎【解析】由电池的铭牌读出：该电池的容量为500mA•h，电动势为3.6V．故AB正确．由电池的容量可知该电池在连续工作1小时时，电流为I=500mA，不是电池在工作1小时后达到的电流为500mA．故C错误．由q=It得知，若电池以10mA的电流工作，可用50小时．故D正确．本题选错误的，故选C.‎ ‎6. 如右图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线圈电阻为R1，它与电热丝的电阻R2串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的电功率为P，则有 A. P＜UI B. P＝I2(R1＋R2) C. P＞UI D. P＞I2(R1＋R2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以AC错误．电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以B错误，D正确．故选D．‎ 点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．‎ ‎7. 如图所示，质量为m的导体棒ab垂直圆弧形金属导轨MN、PQ放置，导轨下端接有电源，导体棒与导轨接触良好，不计一切摩擦。现欲使导体棒静止在导轨上，则下列方法可行的是 A. 施加一个沿ab方向的匀强磁场 B. 施加一个沿ba方向的匀强磁场 C. 施加一个竖直向下的匀强磁场 D. 施加一个竖直向上的匀强磁场 ‎【答案】C ‎【解析】导体棒受重力G、支持力F与安培力作用，重力G与支持力F的合力为 ‎，导体棒静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，安培力与重力等大反向，安培力水平向里，如图所示 由图示可知，ab棒中的电流由a指向b，由左手定则可知，磁场竖直向下；故选C。‎ ‎【点睛】对导体棒进行受力分析，然后由平衡条件判断出安培力的方向，最后由左手定则判断磁场的方向．‎ ‎8. 如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮不动，则下列说法中正确的是 ‎ A. 两极板A、B间正对面积减小其他条件不变时，油滴将向下运动 B. 移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了ΔU，则电阻R2两端的电压减小了ΔU C. R1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动 D. R1滑动触头向右移动且其他条件不变时，R2上消耗的热功率变小 ‎【答案】D ‎【解析】仅把两极板A、B间相对面积减小，电容器的电压不变，由分析得知，板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止。故A错误。移动的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了，说明变阻器的电阻增大，总电流减小，电源内电阻电压减小，则电阻两端的电压减小小于．故B错误。电容器的电压等于路端电压，欲使带电油滴向上运动，必须增大路端电压，则使可变电阻滑动触头向右移动。故C错误。若将 的滑动触头向右移动时，的电阻增大，总电流减小，即可知的发热功率减小。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】仅把两极板A、B间相对面积减小，电容器的电压不变，由分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．移动的滑动触头且其他条件不变时，根据闭合电路的欧姆定律分析电压的变化，及带电粒子的运动情况，根据功率的表达式分析功率的变化。 ‎ ‎9. 美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射中，将炮弹以5倍音速，击向200公里外目标，射程为海军常规武器的10倍，且破坏力惊人。电磁炮原理如图所示，若炮弹质量为m，水平轨道长L，宽为d，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上做匀加速运动。要使炮弹达到5倍音速(设音速为v)，则 A. 炮弹在轨道上的加速度为 B. 磁场力做的功为 C. 磁场力做功的最大功率为 D. 磁场力的大小为 ‎【答案】C ‎【解析】根据，解得，故A错误；根据动能定理可知，磁场力做的功等于炮弹动能的增加量，即，故B错误；根据牛顿第二定律可知，磁场力的大小为，根据P=Fv，得最大的功率为，故C正确，D错误；故选C。‎ ‎【点睛】炮弹在磁场力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可以求出磁场力，根据动能定理可以求出磁场力做的功；根据P=Fv可以求出最大功率。‎ ‎10. 如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为 A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：‎ ‎ 电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间，粒子2运动的时间， 所以，故选D.‎ 点睛：本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比．‎ ‎11. 如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1∶R2＝1∶2，则下列说法正确的是 A. 离子的速度之比为1∶2 B. 离子的电荷量之比为2∶1‎ C. 离子的质量之比为1∶2 D. 离子的比荷之比为2∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：粒子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有：qvB=qE，解得．可知粒子的速度之比为1：1，故A错误．粒子进入偏转磁场，根据得，，则荷质比，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为1：2，则比荷之比为2：1．由题目条件，无法得出电荷量之比、质量之比，故BC错误，D正确．故选D。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡．掌握粒子在磁场中运动的半径公式公式，并能灵活运用。‎ ‎12. 如图所示，AOC是光滑的金属导轨，电阻不计，AO沿竖直方向，OC沿水平方向；PQ是金属直杆，电阻为R，几乎竖直斜靠在导轨AO上，由静止开始在重力作用下运动，运动过程中P、Q端始终在金属导轨AOC上；空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆从开始滑动到P端滑到OC的过程中，PQ中感应电流的方向 A. 始终是由P→Q B. 始终是由Q→P C. 先是由P→Q，后是由Q→P D. 先是由Q→P，后是由P→Q ‎【答案】C ‎【解析】在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大，后减小，穿过△POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律可知：感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P．故ABD错误，C正确。故选C。‎ ‎【点睛】在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大，后减小，穿过△POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律判断感应电流方向．‎ ‎13. 如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是 ‎ A. 点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大 B. 点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小 C. OB间的距离为 D. 在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差 ‎【答案】C ‎【解析】点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B正确；当速度最小时有：，解得：，故C正确；点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：，解得：，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ 二．不定项选择题(本大题共3小题，每小题2分，共6分．在每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题意要求，选对得2分，选不全得1分，不选、多选、错选均不得分.) ‎ ‎14. 某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的有 A. 最大值是50V B. 频率是100Hz C. 有效值是25V D. 周期是0.02s ‎【答案】CD ‎【解析】交变电压瞬时值表达式知电压最大值为50V，有效值为，故AC错误；周期为，频率为，故B错误，D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎15. 如图所示，两平行金属板A、B板间电压恒为U，一束波长为λ的入射光射到金属板B上，使B板发生了光电效应，已知该金属板的逸出功为W，电子的质量为m，电荷量为e，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，下列说法中正确的是 A. 入射光子的能量为h B. 到达A板的光电子的最大动能为h－W＋eU C. 若增大两板间电压，B板没有光电子逸出 D. 若减小入射光的波长一定会有光电子逸出 ‎【答案】ABD ‎【解析】A、根据，而，则光子的能量为，故A正确； B、光电子的逸出最大动能，根据动能定理，‎ ‎，则当到达A板的光电子的最大动能为，故B正确； C、若减小入射光的波长，那么频率增大，仍一定会有光电子逸出，故C正确； D、金属板的逸出功与极限频率有关，与入射率无关，故D错误。‎ 点睛：解决本题的关键掌握发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率．以及知道动能定理的应用，并理解光电效应方程的应用，注意入射光的频率决定光电子的最大初动能。‎ 视频 ‎16. 如图为氢原子的能级示意图，假设氢原子从n能级向较低的各能级跃迁的概率均为。则对300个处于n＝4能级的氢原子，下列说法正确的是 A. 向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量可以是任意值 B. 向低能级跃迁时，向外辐射的光子能量的最大值为12.75eV C. 辐射的光子的总数为550个 D. 吸收大于1eV的光子时不能电离 ‎【答案】BC ‎【解析】根据，可知这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光子，故向外辐射的光子的能量不是任意值，而从n=4和n=1间的能级差最大，为：，故A错误，B正确。氢原子从n能级向较低的各能级跃迁的概率均为，则300个氢原子中：n=4→3，n=4→2和n=4→1各有100个；然后n=3→2和n=2→1各50个，此时n=2能级的氢原子的个数为150个，所以n=2→1的光子也是150个，辐射的光子的个数共：100×3+50×2+150=550个。故C正确。处于n=4能级的氢原子的能量为-0.85eV，所以 吸收大于1eV的光子时能电离，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】根据数学组合公式求出这些氢原子总共能辐射不同频率的光子种数；能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越小．根据辐射的光子能量与金属的逸出功比较，判断能否发生光电效应．‎ 三．非选择题(本题共7小题，共55分)‎ ‎17. 在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡额定电压为2.5V、电流为0.3A. ‎ ‎(1)部分连线的实物照片如图甲所示，请在图中完成实物连接图．‎ ‎(2)某次实验中，当电流表的示数为0.18A，电压表的指针如图乙所示，则电压为________V，此时小灯泡的功率是________W.‎ ‎(3)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的________(填字母)．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】 (1). （1） (2). （2）1.50，0.27 (3). （3）C ‎【解析】　(1)小灯泡额定电压为2.5 V，故电压表选择0～3 V的量程；测绘小灯泡的伏安特性曲线时，电压、电流需从0开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法；电流表采用外接法。故实物连接图如下图所示：‎ ‎(2)结合量程可读出电压表的示数为1.50 V，故小灯泡的功率P＝UI＝0.27 W.‎ ‎(3)随着电压的增大，小灯泡的电阻越来越大，故C正确．‎ ‎18.‎ ‎ 用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量．‎ ‎(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线．‎ ‎(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．‎ ‎(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________(填“0”刻线或“∞”刻线)．‎ ‎(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．‎ A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置 B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置 C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准 ‎【答案】 (1). （1）S (2). （3）T， (3). “0”刻线 (4). （4）BDC ‎【解析】①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S. ‎ ‎③接着是欧姆调零，将“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．‎ ‎④当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序BDC.‎ 视频 ‎19. 电源与电阻R组成串联电路，路端电压U随电流的变化图线及电阻R的U－I图线如图所示，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)电源的电动势和内阻；‎ ‎(2)电源的路端电压；‎ ‎(3)电源的输出功率．‎ ‎【答案】（1）4V，1Ω （2）3V（3）3W ‎【解析】试题分析：由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率。‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E 由图读出电源的电动势为：E=4V 内阻等于图线的斜率大小，则内阻为：‎ ‎（2）两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态 由图读出电压U=3V，则电源的路端电压为3V ‎（3）交点的电流I=1A，则电源的输出功率为：‎ ‎【点睛】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．‎ ‎20. 如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．‎ ‎ ‎ ‎(1)求液珠的比荷；‎ ‎(2)求液珠速度最大时离A点的距离h；‎ ‎(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设液珠的电量为，质量为，由题意知，当液珠在C点时，比荷为。‎ ‎（2）当液珠速度最大时，得。‎ ‎（3）设BC间的电势差大小，由题意得，对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得，即，将第（1）问的结果代入化简，解得。‎ 考点：动能定理的应用、带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道液珠的加速度为零时，速度最大，以及能够熟练运用动能定理和电场力做功公式。‎ ‎21. 如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈．‎ ‎(1)在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路．‎ ‎(2)在实验过程中，除了查清流入检流计电流的方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清__________的绕制方向(选填“L1”、“L2”或“L1和L2”)．‎ 闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于最__________端(选填“左”或“右”)．‎ ‎【答案】 (1). （1） (2). （2）L1和L2，右 ‎【解析】试题分析：（1）电源，线圈，开关，滑动变阻器组成一个闭合回路，电流表和线圈组成一个闭合回路，如图所示 ‎（2）还应查清“L1和L2” 绕制方向 ‎（3）闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大．‎ 考点：研究电磁感应现象及判定感应电流的方向 ‎22. 如图所示，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45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从y轴上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，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力．‎ ‎(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；‎ ‎(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】试题分析：（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 ‎①②‎ 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③‎ 联立①②③解得④‎ ‎（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⑤⑥‎ 联立⑤⑥解得⑦‎ 根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足⑧‎ 联立⑦⑧解得，电场强度的最大值为 考点：考查了带电粒子在组合场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径 视频 ‎23. 运用电磁感应可以测量运动物体的速度．当固定着线圈的小车进入磁场时，根据线圈切割磁感线产生的感应电流大小，可以间接测量出小车的速度．如图所示，水平地面上方存在有边界的水平匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B．电阻为R的矩形单匝线圈MNPQ固定在小车A上，其中MN边水平，NP边竖直，高度为L，小车A和线圈的总质量为m．小车载着线圈在光滑水平面上一起以初速度v0(未知)做匀速运动，与另一辆停在磁场边界处且质量也为m的小车C发生碰撞，碰后立刻粘在一起，随后进入匀强磁场，刚进入磁场时线圈中感应电流为I，小车A完全进入磁场时的速度为v1．已知小车由绝缘材料做成，小车长度与线圈MN边长度相同．求：‎ ‎(1)线圈中感应电流的方向和小车A的初速度v0的大小；‎ ‎(2)小车A进入磁场的过程中线圈产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)小车A进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量q．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据楞次定律判断线圈中感应电流的方向，AC碰撞动量守恒，切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律列式，联立求出；（2）根据能量守恒定律，求出小车A进入磁场的过程中线圈产生的热耳热Q；（3）根据动量定理求小车A进入磁场过程中通过线圈截面的电荷量。‎ ‎（1）由楞次定律知线圈中感应电流方向为：M→Q→P→N→M 设小车的初速度为，小车A与C碰撞时，根据动量守恒定律：‎ 线圈切割磁感线感应电动势 由闭合电路欧姆定律得线圈中电流 得：‎ ‎（2）线圈进入磁场的过程中，系统减少的动能转化成线圈的焦耳热，即 解得：‎ ‎（3）设线圈从开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈的平均电流为 根据动量定理得：‎ 通过的电荷量 解得：‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与力学和能量知识的综合．运用功能关系时，要分析回路中涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的是关键．‎ ‎ ‎ ‎ ‎