高二物理下学期期中试题__4

嗦夺市安培阳光实验学校金华一中高二物理下学期期中试题（含解析）
一、单项选择题（每题3分，共15分）
1．下列说法中正确的是( )
A．回复力就是振动物体受到的合外力
B．振动物体回到平衡位置的过程中，回复力做正功,离开平衡位置的过程，回复力做负功
C．有机械振动必有机械波s
D．波源振动时的运动速度和波的传播速度始终相同
【答案】B
【解析】
A、回复力是物体合外力在振动方向上的分量，不一定是合力，例如单摆的运动，故A错误；
B、振动物体回到平衡位置的过程中，回复力做正功，加速运动；离开平衡位置的过程，回复力做负功，减速运动；故B正确；
C、产生机械波的条件是：波源和介质，故C错误；
D、C、机械波的形成条件是有机械振动和介质，故有有机械振动不一定有机械波，有C错误；
D、横波中，波源振动时的运动速度和波的传播速度始终垂直，波源振动的速度会发生变化，波的传播速度在同一介质中保持不变，故D错误
故选B。

【考点】简谐运动的回复力和能量；机械振动和机械波2．一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1s，质点通过B点后再经过1s又第2次通过B点，在这两秒钟内，质点通过的总路程为12cm，则质点的振动周期和振幅分别为( )
A．3s，6cm B．4s，6cm C．4s，9cm D．2s，8cm
【答案】B
【解析】
简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过A、B两点，则可判定这两点关于平衡位置O点对称，所以质点由A到O时间与由O到B的时间相等；
那么平衡位置O到B点的时间
1
1
t s
2
=，
因过B点后再经过t=0.5s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过B点，则
有从B点到最大位置的时间
2
1
t s
2
=，
因此，质点振动的周期是
12
T4t t4s
=⨯+=
（）
质点总路程的一半，即为振幅．所以振幅12cm6cm
2
=。

故选B。

【考点】简谐运动的振幅、周期和频率
3．如图所示是利用水波槽观察到的水波衍射图象，从图象可知( )
A．B侧波是衍射波
B．A侧波速与B侧波速相等
C．增大水波波源的频率，衍射现象将更明显
D．增大挡板之间的距离，衍射现象将更明显
【答案】B
【解析】
A 、小孔是衍射波的波源，故A 错误；
B 、在同一种介质中，波速相等，故B 正确；
C 、根据v f λ=，增大水波波源的频率，则波长减小，衍射现象将不明显，故C 错误；
D 、波长越长越容易发生衍射现象，与波的频率和振幅没有关系，在波长无法改变的情况下可以减小挡板间距，故D 错误。

故选B 。

【考点】波的干涉和衍射现象
4．如图所示，矩形线框abcd 与磁场方向垂直，且一半在匀强磁场内，另一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列方法中不可行
的是( )
A ．将线框abcd 平行于纸面向左平移
B ．以中心线OO′为轴转动
C ．以ab 边为轴转动60°
D ．以cd 边为轴转动60° 【答案】D 【解析】
A 、将线框abcd 平行于纸面向左平移，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，故A 正确；
B 、以中心线OO′为轴，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，故B 正确；
C 、以ab 边为轴转动60°，穿过线圈的磁通量从1B S 2
Φ=减小到零，有感应电流产生，故C 正确；
D 、以cd 边为轴转动60°，穿过线圈的磁通量1
B S 2Φ=，保持不变，没有感应
电流产生，故D 错误。

故选D 。

【考点】感应电流的产生条件
5．如图所示有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B ＝0.5 T ，两边界间距s ＝0.1 m ，一边长L ＝0.2 m 的正方形线框abcd 由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R ＝0.4 Ω，现使线框以v ＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则下列能正确反映整个过程中线框a 、b 两点间的电势差U ab 随时间t 变化的图线是( ) 【答案】A
【解析】t 在0-5×10-2
s 内，ab 切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则a 的电势高于b 的电势，U ab 为正；
则ab 两端电势差2ab 33U E BLv 1510V 44
-==⨯=⨯；
t 在5×10-2
s-10×10-2s 内，cd 边进入磁场Ⅱ后，cd 边和ab 都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a 的电势高于b 的电势，U ab 为正，所以2ab U E BLv 2010V -===⨯
t 在10×10-2
s-15×10-2
s 内，ab 边穿出磁场后，只有cd 边切割磁感线，由右手
定则知，a 点的电势高于b 的电势，U ab 为正；2ab 1
1U E BLv 510V 4
4
-===⨯，故整个过程中线框a 、b 两点的电势差U ab 随时间t 变化的图线如图A 所示，故A 正确； 故选A 。

【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律
二、不定项选择题（每题4分，共28分） 6．如图所示，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，曲轴不动时让其上下振动，振动周期为T 1。

现使把手以周期T 2匀速转动，
T 2>T 1，当其运动达到稳定后，则( )
A ．弹簧振子的振动周期为T 1
B ．弹簧振子的振动周期为T 2
C ．要使弹簧振子的振幅增大，可以减小把手的转速
D ．要使弹簧振子的振幅增大，可以增大把手的转速
【答案】BD
【解析】
AB 、把手匀速转动时，弹簧振子做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期，即为T 2，故A 错误，B 正确；
CD 、由题可知，弹簧振子的固有周期为T 1，受迫振动的周期为T 2，而且T 2＞T 1，要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大，周期减小，与固有周期接近时或相等时，振幅可增大，故C 错误D 正确。

故选BD 。

【考点】受迫振动；共振现象
7．用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，AB 为圆环的一条直径。

如图所示，在AB 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB
Δt
＝k(k<0)。

则
( )
A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流
B ．圆环具有扩张的趋势
C ．圆环中感应电流的大小为krS
2ρ D ．圆环具有收缩的趋势
【答案】B 【解析】
A 、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率
B
k t
∆=∆（k ＜0）
，说明B 减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向，故A 错误；
BD 、穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少，
圆环应有扩展的趋势，故B 正确D 错误；
C 、由法拉第电磁感应定律得22B 11E ?r k r t 22ππ∆=
⨯=∆，圆环的电阻2r R S
πρ=，则感应
电流大小为E krS
I R 4ρ
=
=
，故C 错误。

故选B 。

【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律
8．如图所示的电路中，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略，下列说法中正确的是( )
A ．合上开关S 接通电路时，A 1和A 2始终一样亮
B ．合上开关S 接通电路时，A 2先亮，A 1后亮,最后一
样亮
C ．断开开关S 时，A 2立即熄灭，A 1过一会儿才熄灭
D ．断开开关S 时,A 1和A 2都要过一会儿才熄灭，且通过两灯的电流方向都与原
电流方向相同
【答案】B
【解析】
AB、合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮，故A错误B正确；
CD、断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反，故CD错误。

故选B。

【考点】自感现象和自感系数
9．两列简谐波沿x轴传播，传播速度的大小相等，其中一列沿x轴正方向传播，图中实线所示。

一列波沿x负方向传播，图中虚线所示。

这两列波的频率相等，振动方向均沿y轴，振幅为5cm，则( )
A．图中 x=2m处的质点，振动加强
B．x轴上两波叠加的区域内，相邻的振动最强的点相距4m
C．图中x=4m处的质点在一个周期内走过的路程为20cm
D．图示时刻，x=0.5m处的质点处于平衡位置向y轴正方向振动
【答案】B
【解析】由题意可知，这两列波的频率相同，在同种均匀介质中相遇会发生干涉现象；A、由图可知，图中x=2m处的质点，是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，故A 错误；
B、据干涉时振动加强区域应满足的条件为：△x=nλ（n=0，1，2…），可知处于4和8位置的质点振动加强振幅最大，所以x轴上两波叠加的区域内，相邻的振动最强的点相距4m，故B正确；
C、图中x=4m处的质点始终是振动加强点，在一个周期内走过的路程为：
s=4×2A=40cm，故C错误；
D、图示时刻，x=0.5m处的质点，在沿x轴正方向传播的波上沿y轴负方向振动，在沿x负方向传播的波上也沿y轴负方向振动，所以质点处于平衡位置向y轴负方向振动，故D错误。

故选B。

【考点】横波的图象；简谐运动的振幅、周期和频率；波长、频率和波速的关系
10．如图，沿波的传播方向上有间距均为1m的六个质点a、b、c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，一列横波以1m/s的速度水平向右传播，t=0时到达质点a，a开始由平衡位置向上运动，t=1s时，质点a第一次到达最高点，则在4s＜t＜5s这段时间内( )
A．质点c的加速度逐渐增大 B．质点a的速度逐渐增大
C．质点d向下运动 D．质点f保持静止【答案】ACD
【解析】
由题意得知，该波的周期为T=4s，则波长λ=vT=1×4m=4m，各振动起振的方向
向上；
A、ac 间距离等于半个波长，则波由a传到c的时间为2s，c起振方向向上，t=4s时，c点已经运动了半个周期；则在4秒＜t＜5秒这段时间内，从平衡位置向下运动，加速度逐渐增大，故A正确；
B、由于周期为4s，所以在4秒＜t＜5秒这段时间内，质点a从平衡位置向上运动，速度逐渐减小，故B错误；
C、ad间距离等于3
4
波长，则波由a传到d的时间为3s，d起振方向向上，则在4秒＜t＜5秒这段时间内，d点从波峰向平衡位置运动，即向下运动，故C正确；
D、af间距离等于1.25个波长，波传到f点需要5s时间，所以在4秒＜t＜5秒这段时间内，f还没有振动，故D正确。

故选ACD。

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象
11．现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接.在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。

由此可以判断( )
A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动都能引起电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向【答案】B
【解析】当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转；故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；
A、A向上移动时B中磁通量减小，指针向右偏转，而滑动变阻器滑动端P向右加速滑动时，B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；
B、当铁芯拔出或断开开关时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，指针向右偏，故B正确；
C、滑片匀速运动时，A中也会产生变化的磁场，故B中同样会产生感应电流，故指针不会静止，故C错误；
D、由以上分析可知，故D错误。

故选B。

【考点】楞次定律
12．如图（a）所示在光滑水平面上用恒力F拉质量1kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0=3m/s进入匀强磁场时开始计时t=0，此时线框中感应电动势1V，在t=3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场。

此过程中v-t图象如图（b）所示，那么( )
A．t=0时，线框右侧的边两端MN间电压为0.25V
B．恒力F的大小为0.5N
C ．线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为2m/s
D ．线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为1m/s 【答案】BC 【解析】
A ．t=0时，线框右侧边MN 的两端电压为外电压，总的感应电动势为：E=1V ，
外电压3
U E 0.75V 4
==外，故
A 错误；
B 、由图乙所示可知，在1-3s 内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，则有F=ma ，由速度-时间图象的斜率表示加速度，加速度
2v a 0.5m /s t
∆==∆，由牛顿第二定律得：F=ma=1×0.5=0.5N，故B 正确；
CD 、由乙所示图象可知，在t=3s 时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入时速度相同，则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同，则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与t=2s 时刻的速度相等，即为2m/s ，故C 正确D 错误。

故选BC 。

【考点】闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律 三、填空题（每空2分，共12分）
13．如图表示产生机械波的波源P 做匀速运动的情况，图中圆表示波峰，已知波源的频率为f 0，该图表示波源正在向 ▲ (填“A”、“B”、“C”或“D”)点移动；观察者在图中A 点接收波的频率将 ▲ （填 “大于”“等于”或“小于”）
f 0。

【答案】B 小于 【解析】
根据多普勒效应产生的原因，该图表示波源正在向B 点移动；
当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高．当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，因此观察者在图中A 点接收波的频率将小于发出的频率，即f 0。

【考点】多普勒效应
14．一列在x 轴上传播的简谐波，在x 1=10cm 和x 2=110cm 处的两个质点的振动图像如图所示，则波源的振动周期为 ▲ s 这列简谐波的最大波长为 ▲ m 。

【答案】4、 4 【解析】
从x-t 图象得到质点振动的周期为4s ，故波源
的周期也为4s ；
在t=0时刻，x 1=10cm 的质点在最大位移处，x 2=110cm 在平衡位置并且向上运动，两个平衡位置之间的距离为1
n 4
λ+（），故：x 4
14n 1n 4
λ∆++
＝＝
，当n 取0时，波长
最大，为4m 。

【考点】简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率；波长、频率和波速的关系
15．如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab 为放在其间的金属棒。

ab 和cd 用导线连
成
一个闭合回路。

当ab 棒向左运动时，cd 导线受到向下的磁场力。

由此可知Ⅰ是 ▲ 极，a 点电势 ▲ （填“大于”或“小于”）b 点电势。

【答案】S 、 大于 【解析】
由左手定则可知，cd 棒中电流方向是：由d 指向c ；ab 棒所处位置磁场方向：竖直向上；
则Ⅰ是S 极，Ⅱ是N 极；
ab 棒中电流由b 指向a ，则a 点电势高，b 点电势低，即φa ＞φb 。

【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律 四、实验题（2+2+2+4共10 分）
16．单摆测定重力加速度的实验中：
(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d= ▲ mm.
(2)悬点到小球底部的长度l 0，示数如图乙所示，l 0= ▲ cm
(3)实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F 随时间t 变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F-t 图象。

那么：
①重力加速度的表达式g= ▲ (用题目中的物理量d 、l 0、t 0表示).
②设摆球在最低点时E p =0，已测得当地重力加速度为g ，单摆的周期用T 表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E 的表达式是 ▲ . A ．2
1
32
()2π
F F gT - B ．2
1
32
()8π
F F gT - C ．23
22
()6πF
F gT - D ．23
22
()4πF
F gT - 【答案】（1）11.70 （2）100.25 （3）①2
024)
2
1
(t d l -π ②BD
【解析】
（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数是11mm ，游标尺示数是14×0.05=0.70mm，金属球的直径为11mm+0.70mm=11.70mm ；
（2）刻度尺的分度值是1mm ，读数时要往后估读一位，则L 0=100.25mm ； （3）①在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次最大
值；由F-t 图象，单摆周期0T 4t =， 根据T 2g
l
π
=整理得：2020
d 2
g 4t l π⎛⎫- ⎪
⎝
⎭=
；
②单摆在最低点时2
1v F mg m
l -=，3mg F =，根据周期
公式
摆长2
2
gT 4l π
=，联立三个式子，得：22
132
(F F )gT 1E mv 28π-==
；
单摆在最高点时，如图，有2cos mg F θ=，其中3mg F =、cos l h
l θ-=、22gT 4l π=
得2
322
()4πF F gT E mgh -==
；
故选BD 。

【考点】用单摆测定重力加速度 五、计算题（共4题，共35分）
17．（5分）如图所示，一块涂有碳黑的玻璃板，质量为2kg ，在拉力F 的作用下，由静止开始竖直向上做匀变速运动。

一个装有水平振针的振动频率为5Hz 的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得OA=1cm ，OB=4cm ，OC=9cm 。

求外力F 的大小。

（g=10m/s 2
） 【答案】24N 【解析】
在力F 作用下，玻璃板向上作匀加速运动，图示OC 间曲线所反映出的是振动的音叉振动位移随时间变化的规律，其
中直线OC 代
表音叉振动1.5个周期内玻璃板运动的位移，而OA 、AB 、BC 间对应的时间均为0.5个周期，即：1
1
t T 0.1s 2
2f
=== 由2x at ∆=得
设板竖直向上的加速度为a ，则有：2BA AO s s at -= 解得：2a 2m /s =
由牛顿第二定律得：F mg ma -= 解得：F 24N =。

【考点】简谐运动的振动图象
18．（8分）如图为一简谐波某时刻的波形图，波沿x 轴正方向传播，质点P 的坐标x=0.32 m ，从此时刻开始计时： (1)若每间隔最小时间0.4 s 重复出现波形图，求
波速。

(2)若P 点经过0.4 s 第一次达到正向最大位移，求
波速。

(3)若P 点经0.4 s 到达平衡位置，求波速。

【答案】(1)2m /s (2)0.3m /s
(3)v 0.8n m /s =+（）（n=0，1，2，3，…）
【解析】
（1）依题意，周期T=0.4s ，波速v 2m /s T
λ=
=；
（2）波沿x 轴正方向传播，当x=0.32m 的振动传到P 点，P 点恰好第一次达到正向最大位移；
波传播的距离x 0.32m 0.2m 0.12m ∆=-= 波速x
v 0.3m /s t
∆=
=∆； （3）波沿x 轴正方向传播，若p 点恰好第一次到达平衡位置则△x=0.32m， 由周期性，可知波传播的可能距离x 0.32n m 2
λ
∆=+（）（n=0，1，2，3，…）
可能波速0.8n
0.32x
2v m /s 0.8n m /s t
0.4
+
∆=
==+∆（）（n=0，1，2，3，…）。

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象
19．（10分）如图所示，倾角＝30、宽为L ＝1m 的足够长的U 形光 滑金属框固定在磁感应强度B ＝1T 、范围足够大的匀强磁场中磁场方向垂直导轨平面
斜向上，现用一平行于导轨的牵引力F ，牵引一根质量为m ＝0.2 kg ，电阻R ＝1 的金属棒ab ，由静止开始沿导轨向上移动。

（金属棒ab 始终与导轨接触良好且垂直，不计导轨电阻及一切摩擦）问：
(1)若牵引力是恒力，大小F=9 N ，则金属棒达到的稳定速度v 1多大？
(2)若金属棒受到向上的拉力在斜面导轨上达
到某一速
度时，突然撤去拉力，从撤去拉力到棒的速度为零时止，通过金属棒的电量为q=0.48C ，金属棒发热为Q=1.12J ，
则撤力时棒的速度v 2多大？
【答案】1v 8m /s = 2v 4m /s = 【解析】
（1）棒速度稳定时，沿导轨方向上外力平衡，有：F BIL mgsin30=+︒ 又E I R
=
，E BLv =
得：BLv
I R
=
解得：122
F mgsin30v R B L
-︒
= 代入数据可解得：1v 8m /s =； （2）电量E BS q It t R R ==
=
，所以qR
S B
= 代入数据，可解得2S 0.48m = 所以h 0.24m =
根据能量关系221
mv Q mgh 2
=+ 代入数据，可解得2v 4m /s =。

【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化 20．（12分）如图所示，在倾角为口的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ磁场方向垂直斜面向下，区域Ⅱ磁场方向垂直斜面向上，磁场宽度均为L ，一个质量为m ，电阻为R ，边长也为L 的正方形线框，
由静止开始下滑，沿斜面滑行一段距离后ab 边刚越过ee’进入磁场区域时，
恰好做匀速直线运动，若当ab 边到达gg’与ff’的中间位置时，线框又恰好
做匀速直线运动。

求:
(1)当ab 边到达gg’与ff’的中间位置时做匀速直
线运动的速度v.
(2)当ab 边刚越过ff’进入磁场区域Ⅱ
时，线框的加
速度a.
(3)线框从ab 边开始进入磁场Ⅰ至ab 边到达gg’与ff’的中间位置的过程中产生的热量Q.
【答案】2
24sin 'L B mgR v θ
=
θsin 3g a = 322244
315sin sin 232m g R Q mgL B L
θ
θ=+ 【解析】
(1) 正方形线框的ab 边刚越过ee’线后即作匀速运动，有mgsin BIL θ＝ 由欧姆定律R
BLv
R E I =
=
.. 在ab 边刚越过ff’线时， E 2BLv '＝ 由平衡条件有L R BLv B
mg '22sin =θ，由此可求得2
24sin 'L
B mgR v θ
= (2) 牛顿第二定律得ma mg L R
E B =-θsin 2'
得：θsin 3g a =
(3)最后由能量关系便可求得：
4
422232
232sin 15sin 23'2121sin 23L
B R g m mgL mv mv L mg Q θθθ+=-+⋅=. 【考点】焦耳定律；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律；共点力平衡 金华一中第二学期学段考试
高二 物理
一、单项选择题（每题3分，共15分）
题号 1 2 3 4 5 答案
B
B
B
D
A
二、不定项选择题（每题4分，共28分）
三、填空题（每空2分，共12分） 13．B 小于 14．4、 4 15．S 、 大于
四、实验题（2+2+2+4共10 分）
16．（1）11.70 （2）100.25 （3）①2
024)
2
1
(t d l -π ②BD
五、计算题（共4题，共35分） 17．（5分）
在力F 作用下，玻璃板向上作匀加速运动，图示OC 间曲线所反映出的是振动的音叉振动位移随时间变化的规律，其中直线OC 代表音叉振动1.5个周期内玻璃板运动的位移，而OA 、AB 、BC 间对应的时间均为0.5个周期，即：1
1
t T 0.1s 22f
=== 由2x at ∆=得
设板竖直向上的加速度为a ，则有：2
BA AO s s at -=　
解得：2a 2m /s =
由牛顿第二定律得：F mg ma -= 解得：F 24N =。

18．（8分）
（1）依题意，周期T=0.4s ，波速v 2m /s T
λ
=
=；
（2）波沿x 轴正方向传播，当x=0.32m 的振动传到P 点，P 点恰好第一次达到正向最大位移；
波传播的距离x 0.32m 0.2m 0.12m ∆=-= 波速x
v 0.3m /s t
∆=
=∆； （3）波沿x 轴正方向传播，若p 点恰好第一次到达平衡位置则△x=0.32m， 由周期性，可知波传播的可能距离x 0.32n m 2
λ
∆=+（）（n=0，1，2，3，…）
可能波速0.8n
0.32x 2v m /s 0.8n m /s t
0.4
+
∆=
==+∆（）（n=0，1，2，3，…）。

19．（10分）
（1）棒速度稳定时，沿导轨方向上外力平衡，有：F BIL mgsin30=+︒ 又E
I R
=
，E BLv =
得：BLv
I R
=
解得：122
F mgsin30v R B L
-︒
= 代入数据可解得：1v 8m /s =； （2）电量E BS q It t R R ==
=
，所以qR
S B
= 代入数据，可解得2S 0.48m = 所以h 0.24m =
根据能量关系221
mv Q mgh 2
=+ 代入数据，可解得2v 4m /s =。

20．（12分）
(1) 正方形线框的ab 边刚越过ee’线后即作匀速运动，有mgsin BIL θ＝
由欧姆定律R
BLv
R E I ==
.. 在ab 边刚越过ff’线时， E 2BLv '＝
由平衡条件有L R BLv B mg '22sin =θ，由此可求得2
24sin 'L B mgR v θ= (2) 牛顿第二定律得ma mg L R
E B =-θsin 2' 得：θsin 3g a =
(3)最后由能量关系便可求得：。