2021-2022学年广东省广州市五校高二(上)期末物理试卷(附答案详解)

2021-2022学年广东省广州市五校高二（上）期末物理试
卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.司南是我国著名科技史学家王振铎根据春秋战国时
期的《韩非子》书中和东汉时期思想家王充写的《
论衡》书中“司南之杓，投之于地，其柢指南”的
记载，考证并复原勺形的指南器具。

书中的“柢”
指的是司南的长柄，如图所示。

司南是用天然磁铁
矿石琢成一个勺形的东西，放在一个刻着方位的光滑盘上，当它静止时，其长柄()
A. 将指向北方
B. 将指向东方
C. 顶端相当于磁体的S极
D. 顶端相当于磁体的N极
2.把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，可以模拟出电场线的分布情况，如图甲是模
拟孤立点电荷和金属板之间的电场照片，乙图为简化后的电场线分布情况，则()
A. 由图甲可知，电场线是真实存在的
B. 图甲中，没有头发屑的地方没有电场
C. 图乙中A点的电场强度大于B点的电场强度
D. 在图乙电场中A点静止释放的质子能沿着电场线运动到B点
3.利用如图甲所示的装置进行静电除尘，在金属杆和圆桶之间加上高压，可使桶内空
气中的粉尘颗粒带负电，粉尘颗粒在静电力作用下飞向圆桶壁聚集，圆桶内电场线分布俯视图如图乙所示。

忽略粉尘颗粒间相互作用力，对于圆桶中的某一带负电的粉尘颗粒，下列说法正确的是()
A. 越靠近金属杆所受静电力越大
B. 越靠近金属杆所受静电力越小
C. 在圆桶中运动时所受静电力始终不变
D. 在圆桶中所受静电力方向始终与电场线方向相同
4.避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物等避免雷击的一种设施。

在雷雨天气，带负
电的云层运动到高楼上空时，避雷针的尖头通过静电感应会带上大量电荷，由于导体尖端容易聚集电荷，所以楼顶带上的电荷会很少，从而保护建筑。

如图所示为广州塔“接闪”的画面，放大图为塔尖端附近电场线分布特点(方向未画出)，下列说法正确的是()
A. 放电前塔尖端带负电
B. 放电时空气中的正电荷将向塔尖端运动
C. 向塔尖端运动的电荷受到的电场力越来越小
D. 向塔尖端运动的电荷电势能减小
5.如图甲所示，两点电荷q1、q2固定在x轴上，O为坐标原点。

在x轴正方向上每一点
的电势φ随x变化的关系如图乙所示，其中x0处的电势为零，x1处的电势最低。

下列说法正确的是()
A. x0处的电场强度为零
B. q1、q2带异种电荷
C. q1的电荷量比q2的电荷量小
D. 正点电荷从O开始运动到x1处过程中，其电势能先减小后增大
6.存在匀强电场的空间中有一边长为2√3cm的正四面体ABCD，如图所示。

已知U AC=
U BC=3V，电场方向平行于底面ABC，则()
A. A、B两点处的电势不相等
B. 场强大小为1V/m
C. 场强大小为100V/m
D. C、D两点的电势差U CD=2V
7.太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动
方向，从而使很多粒子到达不了地面。

另一小部分粒子则可能会在两极会聚从而形成炫丽的极光。

赤道上空P处的磁感应强度为B=3.5×10−5T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v=2×105m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。

已知质子电荷量为q=1.6×10−19C，此时该质子受到的洛伦兹力()
A. 方向向北
B. 方向向南
C. 方向向东
D. 大小为11.2N
8.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟．如图1所
示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图2所示为摆的
结构示意图，圆盘固定在摆杆上螺母可以沿摆杆上下移
动．在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动
加快了，下列说法正确的是()
A. 甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
B. 甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
C. 乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
D. 乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
二、多选题（本大题共4小题，共22.0分）
9.如图所示实验装置，竖直放置的玻璃管上套有一线圈，其
两端与电压表相连。

将强磁体从长玻璃管上端由静止自由
下落，穿过线圈时记录电压表示数。

保持其它量不变，仅
分别改变下列四个选项的物理量，对应电压表示数变化正
确的是()
A. 减小线圈与磁体的距离，电压表示数变小
B. 增加线圈与磁体的距离，电压表示数变小
C. 减小线圈的匝数，电压表示数变大
D. 增加线圈的匝数，电压表示数增大
10.一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t=0时的波形如图所示。

t=T
时()
4
A. 质点a速度方向沿y轴正方向
B. 质点b沿x轴正方向迁移了1m
C. 质点d的位移为−5cm
D. 质点c的加速度为零
11.如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器。

其部分原
理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。

当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则()
A. 指纹的凹点与小极板距离远，电容大
B. 指纹的凸点与小极板距离近，电容大
C. 若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电量增多
D. 若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
12.如图所示是一种可测定竖直加速度方向的装置，电源内阻为r，R0为定值电阻，各
表为理想电表，拴在竖直弹簧上质量足够大的重物与滑动变阻器R的滑动头连接，该装置在地面上静止时滑动头在变阻器的中间位置，现把它置于竖直电梯内。

假设电梯加速或减速时可使得滑动变阻器的滑动头滑动，下列说法中正确的是()
A. 电梯向上加速时，两电压表示数均增大
B. 电梯向上减速时，电流表示数增大
C. 电梯向下加速时，电压表V2示数与电流表示数的比值不变
D. 电梯向下减速时，电压表V1示数变化量与电流表示数变化量比值的绝对值不变
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
13.为了研究太阳能电池板的电动势和内阻，某同学找来一块玩具小车上的太阳能电池
板，如图甲所示。

该同学用伏安法测量有光照射它时(作为电源)，其路端电压与干路电流的关系图象如图乙所示。

(1)分析该曲线可知，该电池板作为电源时，其电动势约为______V，其内阻随电流
的增大而______(填“增大”、“不变”或“减小”)。

(结果保留小数点后两位)
(2)把该电池板与某定值电阻连接构成一个闭合电路，如图丙。

在该光照条件下，
电流表的读数为0.90A，则此时该定值电阻的功率是______W(结果保留3位有效数字)。

14.在练习使用多用电表的实验中，两小组的同学分别进行了如下操作：
(1)下列是A小组同学对多用电表的使用，其中操作正确的是______；
A.如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压
B.如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流
C.如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势
D.如图丁，利用多用电表欧姆挡测电源的内阻
(2)B小组同学利用多用电表的欧姆挡测量某一定值电阻的阻值，开始时他们采用“×100”倍率试测，请完善他们的实验步骤：
①将多用电表选择开关拨至“×100”倍率；
②______；
③把待测电阻放在绝缘桌面或纸上，两表笔分别接在电阻两端；
④结果指针指在图戊中a位置；
⑤为了减小误差，需要把选择开关拨至“______”(填“×10”或“×1k”)倍率；
⑥重复步骤②和③；
⑦最终指针指在图戊中b位置，读数为______kΩ；
⑧把选择开关拨至“OFF”，结束测量。

四、计算题（本大题共4小题，共49.0分）
15.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器，如图甲为电磁炮工作
原理示意图，可简化为图乙模型。

某电磁炮导轨长10m，两导轨之间的距离为0.5m。

导轨间磁场可认为是方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为1.5T，电流方向如图所示。

质量为10kg的炮弹受安培力作用从导轨最右端静止开始做匀加速直线运动，到达最左端离开导轨时的速度大小为2.4×103m/s。

整个电磁炮固定在水平面上，忽略炮弹与导轨间的摩擦力。

求：
(1)炮弹在导轨中加速时的加速度大小；
(2)导轨中的电流大小。

16.如图甲，蹦床是一项运动员利用弹性网的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动，属
于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。

一质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m处身体保持竖直状态由静止开始自由落下，如图乙所示。

着网后沿竖直方向恰好能蹦回到刚开始的位置。

运动员与网接触的时间为0.3s，g取10m/s2，求：
(1)运动员刚与网接触时的速度大小；
(2)网对运动员的平均作用力大小。

17.如图甲所示的手持电风扇，因其小巧便携、可充电等特点深受人们的喜爱。

下表为
某品牌手持风扇的规格与参数。

若该风扇正常工作时的功率为4.44W，根据表格信息：
类型手持风扇
额定功率 4.44W
电池容量1800mAℎ
电源输出电压 3.7V
(1)求该风扇正常工作时的电流；
(2)若该风扇电动机的内阻为0.5Ω，求正常工作时电动机的发热功率；
(3)如图乙，商家海报上标注该风扇的使用时长为“3−8ℎours”，即使用时间最
短为3小时，请通过计算说明该商家标注的此条信息是否合理？
18.有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。

示波器的核
心部件是示波管，图甲是它的原理图。

在偏转电极YY′上加上图乙所示的扫描电压，偏转电极XX′之间没有加电压，此时示波管的原理图简化成如图丙所示。

电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO(O为荧光屏的中心)射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的YY′偏转电场中。

电子进入金属板M、N间时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点(图中未画出)。

已知M、N两板间的最大电压为U2，两板间的距离为d，板长为l1，荧光屏到MN极板右端距离为l2。

电子的质量为m，电荷量为e，不考虑电子受到的重力及电子间相互作用力的影响。

(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)每个电子穿过偏转电场的时间极短，可以认为这个过程中两极板间的电压是不变的，偏转电场可看做匀强电场。

在t=0.15s时刻进入偏转电场的电子打在屏上P 位置，求OP长；
(3)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。

在解决第(2)问时忽略了每个电子穿过电场过程中两极板间电压的变化，请结合下列数据分析说明其原因。

已
=1.76×1011C/kg，U1=1375V。

知l1=4.0×10−2m，电子的比荷e
m
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：司南”最早出现于我国战国时期，它是我国古代劳动人民智慧的结晶，将勺放在水平光滑的“地盘”上，让其自由转动，在地磁场作用下静止时，
地磁场的方向由南指向北，静止时它的长柄指向南方，则长柄顶端相当于磁体的S极，故C正确，ABD错误；
故选：C。

“司南”是最早的指南针，是利用天然的磁石磨制成的磁勺，磁勺受到地磁场的作用总是一端指南一端指北；
本题主要考查了地磁场的性质，属于基础知识考查，也是学生易错的内容。

要注意正确利用所学过的物理规律进行分析求解。

2.【答案】C
【解析】解：A、电场线是假想的曲线，不是真实存在的，故A错误；
B、图甲中，没有头发屑的地方同样有电场，故B错误；
C、图乙中A点的电场线较B点密集，可知A点的电场强度大于B点的电场强度，故C正确；
D、因AB之间的电场线上曲线，则在图乙电场中A点静止释放的正点电荷不可能沿电场线运动到B点，故D错误。

故选：C。

电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，根据电场线的疏密判断场强的大小。

常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。

加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。

3.【答案】A
【解析】解：ABC 、由图可知，越靠近金属杆电场线越密，则电场强度越大，由F =qE 可
知，越靠近金属杆粉尘颗粒所受静电力越大，故A 正确，BC 错误；
D 、粉尘颗粒带负电，则在电场中受到的电场力得方向始终与电场线的方向相反。

故D 错误。

故选：A 。

电场线的疏密表示电场的强弱，根据F =qE 判断电场力得大小，负电荷受到的电场力的方向始终与电场线的方向相反。

该题基于静电除尘的应用考查电场线，知道电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电场的方向即可正确解答。

4.【答案】D
【解析】解：A.云层带负电，根据静电感应规律可知放电前塔尖端带正电，故A 错误；
B .塔尖带正电，云层带负电，所以放电时空气中的负电荷将向塔尖端运动，正电荷向云层运动，故B 错误；
C .根据电场线的疏密可知，塔尖的电场强度较大，所以向塔尖端运动的电荷受到的电场力越来越大，故C 错误；
D .负电荷在电场力的作用下向塔尖端运动，电场力做正功，电势能减小，故D 正确。

故选：D 。

放电时空气中的负电荷将向塔尖端运动，正电荷向云层运动，根据电场线的疏密可知场强的大小，电场力做正功，电势能减小。

本题考查电势能与电场力做功，要注意明确电场线和等势面的分布均可以描述电场的强弱；同时注意正电荷的受力方向为电场强度的方向．
5.【答案】B
【解析】解：A 、在φ−x 图象中，图像切线斜率的大小代表电场强度，x 0处的切线的斜率不为0，所以x 0处的电场强度不为零，故A 错误；
B 、根据顺着电场线电势降低，在0～x 1电场强度方向水平向右，场强主要取决于q 2，故q 2带正电；x 1～∞电场强度的方向水平向左，场强主要取决于q 1，故q 1带负电，故B 正确；
C 、在x =x 1处合场强为0，根据场强的叠加原理k q 1r 12=k q
2r 22，因为r 1>r 2，所以q 1的电
荷量比q2的大，故C错误；
D、正点电荷在电势高的位置电势能大，所以正点电荷从O开始运动到x1处过程中，其电势能逐渐减小，故D错误
故选：B。

根据φ−x图象的斜率分析场强的大小，根据电场的分布分析带电粒子的电性，根据场强的叠加原理比较q1、q2的电荷量的大小，正点电荷在电势高的位置电势能大．
解决本题的关键掌握电势φ随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度E.以x1点场强为0作为突破口，展开分析．
6.【答案】C
【解析】解：ABC、因为U AC=3V、U BC=3V，所以A、B两点电
势相等，AB连线为等势线。

过C点做底边AB的垂线垂足为F，则FC即为匀强电场的电场线，由
几何知识得FC=2√3cm×cos30°=3cm=0.03m，则匀强电场的
场强为
E=U AC
FC =3
0.03
V/m=100V/m；
故AB错误，C正确
D、过D点做FC的垂线垂足为G，则CG=2
3FC，所以U CD=−U DC=2
3
U AC=−2
3
×3V=
−2V，故D错误。

故选：C。

过C点作底边AB的垂线，垂足为F，抓住AB为等势线，结合电势差与电场强度的关系求出电场强度的大小，求出DC沿电场线方向的距离，从而得出CD两点间的电势差。

过C点作底边AB的垂线，垂足为F，抓住AB为等势线，结合电势差与电场强度的关系求出电场强度的大小，求出DC沿电场线方向的距离，从而得出DC两点间的电势差。

同理求解U AD。

7.【答案】C
【解析】解：假设太阳风中的一质子以速度v=2×105m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，地磁场方向由南指向北，根据左手定则知质子受到的洛伦兹力方向向东，
当速度与磁场方向垂直时，则由F=Bqv
代入数据，解得：F=3.5×10−5×2×105×1.6×10−19N=1.12×10−18N，故C正确，ABD错误。

故选：C。

当速度与磁场方向垂直时，根据洛伦兹力公式F=Bqv，即可求解其大小；再依据左手定则，可判定洛伦兹力的方向，从而即可求解．
考查洛伦兹力的大小与方向的应用，掌握左手定则的内容，理解F=Bqv公式成立条件，注意右手定则与左手定则的区别．
8.【答案】C
【解析】解：由甲到乙地摆加快则说明周期变小，因T=2π√l
，则重力加速度变大，
g
要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动。

则C正确
故选：C。

，则g变大了，要让周期变大则要增加摆长．摆动加快了，则说明周期变小，由T=2π√l
g
明确周期公式T=2π√l
，由公式分析g，L对周期的影响．
g
9.【答案】AD
【解析】解：A、减小线圈与磁体的距离时，磁体穿过线圈的速度减小，引起磁通量的变化率减小，根据法拉第电磁感应定律知，线圈中感应电动势减小，所以电压表示数变小，故A正确；
B、增加线圈与磁体的距离时，磁体穿过线圈的速度增加，引起磁通量变化率增加，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势增加，所以电压表示数变大，故B错误；
C、减小线圈的匝数，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中感应电动势减小，所以电压表示数变小，故C错误；
D、增加线圈的匝数，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中感应电动势增加，所以电压表示数变大，故D正确；
故选：AD。

依据楞次定律可知，阻碍引起感应电流的磁通量的变化，再由感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，则产生的感应电流越大。

本题考查了电磁感应定律与闭合电路电流与电量问题，考点结合巧妙，题目新颖，有一定创新性，注意掌握穿过线圈的磁通量与匝数无关，通过线圈导线截面的电量与磁体穿过的时间长短无关。

10.【答案】AD
【解析】解：A、经过T
4周期，波向右传播了λ
4
，波形图如图所示：
由图可知，质点a点恰好运动到平衡位置且沿着t轴正方向运动，故A正确；
B、质点b点只在竖直方向上运动不会随波迁移，故B错误；
C、质点d的位移为5cm，故C错误；
D、质点c恰好运动到平衡位置，此时的速度最大，加速度为零，故D正确；
故选：AD。

根据时间与周期的关系画出对应的波形图，由此分析出质点的位移，加速度和速度方向，同时要理解质点b不会随波迁移。

本题主要考查了横波图像的相关应用，根据时间与周期的关系画出对应的波形图并完成分析，整体难度不大。

11.【答案】BC
【解析】解：AB、根据电容的定义式C=ɛr S
4πkd
可知，指纹的凹点处与小极板距离远，电容小，指纹的凸点处与小极板距离近，电容大，故A错误，B正确；
CD、手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器的电压保持不变，根据C=
ɛr S 4πkd 与C=Q
U
可知，电容器的电容增大、电容器带电量增大，故C正确。

D、湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影
响指纹解锁和指纹识别，故D错误；
故选：BC。

判断电容大小的变化；根据电容器的电压保持不变，结合C=根据电容的定义式C=ɛr S
4πkd
Q
分析电荷量的变化。

U
本题是电容器动态变化分析问题，解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式和电场强度与电势差的关系进行分析解答。

12.【答案】BCD
【解析】解：A、电梯向上加速时，合力向上，则弹力增加，滑动头向下运动，R接入电路的电阻值增大，干路电流减小，则电流表示数减小，电压表V2示数减小，电源内电压与R0的分压变小，则R的分压变大，则电压表V1示数增大，故A错误；
B、电梯向上减速时，合力向下，则弹力减小，滑动头向上运动，R接入电路的电阻减小，干路电流增大，则电流表示数增大，故B正确；
C、电压表V2示数与电流表示数的比值等于R0的阻值，保持不变，故C正确；
|=r+R0不变，故D正确。

D、电压表V1的示数：U1=E−I(r+R0)，则有：|ΔU1
ΔI
故选：BCD。

由加速度的方向确定出滑动头的移动，可知R值的变化，由闭合电路欧姆定律可知电流的变化，进而可分析电压表示数的变化；根据欧姆定律结合闭合电路的欧姆定律分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值。

本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、內电压的变化、路端电压的变化；因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式。

13.【答案】2.80增大 2.16
【解析】解：(1)根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得U=E−Ir，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，由图乙可知，电源的电动势约为：E=2.80V，根据U−I图象的斜率表示电源内阻，由图乙可知斜率逐渐增大，所以电源内阻随电流的增大而增大。

(2)把该电池板与某定值电阻连接构成一个闭合电路，如图丙，在该光照条件下，电流
表的读数为0.90A，根据图乙可知此时定值电阻对应的电压为：U=2.40V，根据功率公式，可知此时该定值电阻的功率是：P=UI=2.40×0.90W=2.16W
故答案为：(1)2.80，增大；(2)2.16。

(1)由图象与纵轴的交点可以得出对应的电动势，根据U−I图象的斜率表示电源内阻判断；
(2)根据图乙可知此时定值电阻对应的电压，再根据功率公式求解。

本题以研究太阳能电池板为情景载体，考查了测量电源电动势和内阻的实验，要求学生能够根据闭合电路欧姆定律求解，并通过图象会处理实验数据。

14.【答案】BC将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆刻度最右端的零刻度处×1k10.0
【解析】解：(1)电流由多用电表的红表笔流入黑表笔流出；欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；
A、甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，红表笔应接在灯泡左端，黑表笔应接在灯泡右端，故A错误；
B、乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，电流从红表笔流入黑表笔流出，故B正确；
C、如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势，红表笔应接在电源正极，黑表笔应接在电源负极，故C正确；
D.、如图丁，因为欧姆表内部有电源，所以不能利用多用电表欧姆挡测电源的内阻，故D错误。

故选：BC。

(2)选择倍率后，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆刻度最右端的零刻度处，发现指针偏转角度极小，则要调大倍率再进行测量，即需要把选择开关拨至×1k 挡，最终指针指在图戊中b位置，读数为：R=10.0×1kΩ=10.0kΩ
故答案为：(1)BC；(2)×1k，10.0。

(1)电流由多用电表的红表笔流入黑表笔流出；欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；根据题意分析图示电路图分析答题；
(2)根据欧姆表的测量电阻的要求进行判断。

本题考查了用多用电表的使用与读数，要求学生掌握多用电表的使用方法、注意事项、读数方法；注意使用多用电表测电阻时，要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测
电阻，使用完毕，要把选择开关置于交流电源最高挡或OFF 挡上。

15.【答案】解：(1)设加速度为a ，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：v 2=2ax 代入数据解得：a =2.88×105m/s 2
(2)由牛顿第二定律得：BIL =ma
代入数据解得：I =3.84×106A
答：(1)炮弹在导轨中加速时的加速度大小是2.88×105m/s 2；
(2)导轨中的电流大小是3.84×106A 。

【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度—位移公式求出加速度大小。

(2)根据安培力公式以及牛顿第二定律可以求出电流大小。

分析清楚炮弹的运动过程与受力情况是解题的前提，应用运动学公式与安培力公式、牛顿第二定律即可解题。

16.【答案】解：(1)根据自由落体的运动学公式可得：
v =√2gℎ=√2×10×3.2m/s =8m/s
(2)根据对称性可知，运动员反弹的速度与刚与网接触的速度大小相等，方向相反 规定竖直向上的方向为正方向，根据动量定理得：
(F −
−mg)t =mv −(−mv)
解得：F −=3800N
答：(1)运动员刚与网接触时的速度大小为8m/s ；
(2)网对运动员的平均作用力大小为3800N 。

【解析】(1)根据自由落体的速度—位移公式计算出运动员的速度；
(2)根据动量定理计算出网对运动员的平均作用力。

本题主要考查了动量定理的相关应用，根据自由落体的公式计算出速度，结合动量定理计算出网对运动员的平均作用力。

17.【答案】解：(1)由P 额=UI
代入数据得：I =1.2A
(2)由P 热=I 2r。