2019-2020年高二下学期期中物理试卷 含解析(I).doc

2019-2020年高二下学期期中物理试卷 含解析(I)一、选择题（共52分1-8题只有一个答案正确，9-13题有两个或两个以上的答案正确）1如图所示为一正弦交流电电压随时间变化的图象，下列表达式正确的是（）Ae=2sin（0.2t）（V）Be=sin（10t）（V）Ce=2sin（10t）（V）De=sin（0.2t（V）2当车辆发生碰撞事故时，为了尽可能地减轻驾乘人员的伤害程度，在汽车内前方（正副驾驶位）设置了安全气囊，在汽车发生猛烈撞击时安全气囊将自动弹出则该安全气囊的功能是（）A减小驾乘人员的动量变化率B减小驾乘人员受到的冲量C减小驾乘人员的动量变化量D减小驾乘人员与气囊的作用时间3如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略当单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那S接B时（）A三个灯亮度相同B甲灯最亮，丙灯不亮C甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D只有丙灯不亮，乙灯最亮4如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B在此过程中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为（）ABCD5图甲是某燃气炉点火装置的原理图：转换器将直流电压转换为图乙所示的 正弦交变电压，并加在一理想变压器 的原线圈上，变压器原、副线圈的匝 数分别为n1，n2，V为交流电压表当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体以下判断正确的是（）A电压表的示数等于5VB电压表的示数等于5VC实现点火的条件是1000D实现点火的条件是10006如图甲所示，用裸导体做成U形框架abcd、ad与bc相距L=0.2m，其平面与水平面成=30角质量为m=1kg的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R=1整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示（设图甲中B的方向为正方向）t=0时，B0=10T、导体棒PQ与cd距离x0=0.5m若PQ始终静止，关于PQ与框架间的摩擦力大小在0t1=0.2s时间内的变化情况，g取10m/s2，下面判断正确的是（）A一直增大B一直减小C先减小后增大D先增大后减小7如图，边长为L均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd自磁场上方h高度处自由下落，刚进入磁场时恰好做匀速直线运动现减小下落的高度h也能使线框在刚进入磁场时就做匀速直线运动，则可行的方案是（）A用同种规格的导线，做成边长为2L的单匝线框B用同种规格的导线，做成边长仍为L的双匝线框C用同种材料但粗一些的导线，做成边长仍为L的单匝线框D用密度相同但电阻率较小的导线，做成边长为2L的单匝线框8如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B电阻为R、半径为L、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动（O轴位于磁场边界）则线框内产生的感应电流的有效值为（）ABCD9如图所示电源内阻不计，电表均为理想电表，R0为定值电阻，R为光敏电阻（当照射光强度增大时，R减小）当光照强度减弱时，下列说法正确的是（）A电压表V1的示数增大B电压表V2的示数增大C电流表A1的示数减小D电流表A2的示数增大10如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A磁铁在整个下落过程中做自由落体运动B磁铁在管内下落过程中机械能守恒C磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力D磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量11如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1=1kg和m2=2kg的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使A瞬时间获得水平向右3m/s的速度，在此后的过程中，则下列说法正确的是（）A两物块所能达到的共同速度为1 m/s，此时弹簧一定处于压缩状态BA的运动方向可能向左C弹簧的最大弹性势能为4JD当A速度为零时，B的速度最大12如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0（不计空气阻力），则（）A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为C小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hh013如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1：m2可能为（）A3：1B1：3C1：5D1：7二、实验题（16分，每空2分）14如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置两带有等宽遮光条的滑块A和B，质量分别为mA、mB，在A、B间用细线水平压住一轻弹簧，将其置于气垫导轨上，调节导轨使其能实现自由静止，这是表明，烧断细线，滑块A、B被弹簧弹开，光电门C、D记录下两遮光条通过的时间分别为tA和tB，若有关系式，则说明该实验动量守恒15（12分）如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置（1）下列说法中符合该实验要求的是（不定项选择）A轨道必须光滑B轨道末端必须水平C同一组实验多次测量时，入射小球必须从同一位置自由释放D小球第一次着地之后必须将小球拿走，以防止小球在记录纸上反复弹跳（2）实验中入射小球的质量应靶球质量，入射小球的半径应靶球半径（以上两空均选填“大于”“小于”或“等于”）（3）该实验需要测量的物理量有（不定项选择）A两小球的质量 B两小球的半径 C两小球做平抛运动的时间D轨道末端距地面的竖直高度 E小球平均落地点与轨道末端的水平距离（4）若进行多次测量，即使操作正确，小球的落地点也不会完全重合，可以用这些点的平均位置作为小球的落地点，找到该平均位置的方法是（5）入射小球的质量记为m1，靶球的质量记为m2，若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有Am1=m1+m2 Bm1=m1+m2Cm1（）2=m1（）2+m2（）2 D =三、计算题（共4题，42分）16（8分）如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA=0.5kg，mB=0.3kg，有一质量为mC=0.1kg的小物块C以20m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B间有摩擦，C滑到B表面上时最终与B以2.5m/s的共同速度运动，求：（1）木块A的最后速度； （2）C离开A时C的速度17（10分）有一台内阻为1的发电机，供给一学校照明用电，如图所示升压变压器原、副线圈匝数比为1：4，降压变压器原、副线圈匝数比为4：1，输电线的总电阻为4全校共有22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？18（10分）质量为2m的A球和质量为m的B球放置在光滑水平面上，中间有一弹簧（未拴接），弹簧处于压缩状态，现将A、B同时由静止释放，发现A球刚好到达高为H的光滑斜面顶端，B球顺利通过半径为R的光滑圆形轨道的顶点且对轨道顶点的压力大小为mg其中，H、R未知求：（1）A、B刚弹开时的速率之比；（2）H与R的比值19（14分）如图甲，单匝圆形线圈c与电路连接，电阻R2两端与平行光滑金属直导轨p1e1f1、p2e2f2连接垂直于导轨平面向下、向上有矩形匀强磁场区域、，它们的边界为e1e2，区域中垂直导轨并紧靠e1e2平放一导体棒ab两直导轨分别与同一竖直平面内的圆形光滑绝缘导轨o1、o2相切连接，o1、o2在切点f1、f2处开有小口可让ab进入，ab进入后小口立即闭合已知：o1、o2的直径和直导轨间距均为d，c的直径为2d；电阻R1、R2的阻值均为R，其余电阻不计；直导轨足够长且其平面与水平面夹角为60，区域的磁感强度为B0重力加速度为g在c中边长为d的正方形区域内存在垂直线圈平面向外的匀强磁场，磁感强度B随时间t变化如图乙所示，ab在t=0内保持静止（1）求ab静止时通过它的电流大小和方向；（2）求ab的质量m；（3）设ab进入圆轨道后能达到离f1f2的最大高度为h，要使ab不脱离圆形轨道运动，求区域的磁感强度B2的取值范围并讨论h与B2的关系式参考答案与试题解析一、选择题（共52分1-8题只有一个答案正确，9-13题有两个或两个以上的答案正确）1如图所示为一正弦交流电电压随时间变化的图象，下列表达式正确的是（）Ae=2sin（0.2t）（V）Be=sin（10t）（V）Ce=2sin（10t）（V）De=sin（0.2t（V）【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等【解答】解：由图可知，交流电为正弦交流电，其最大值为：Em=2V；周期为：T=0.2s；，=10 rad/s；所以瞬时表达式为：e=Emsint=2sin（10t）（V），故选：C【点评】该题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式2当车辆发生碰撞事故时，为了尽可能地减轻驾乘人员的伤害程度，在汽车内前方（正副驾驶位）设置了安全气囊，在汽车发生猛烈撞击时安全气囊将自动弹出则该安全气囊的功能是（）A减小驾乘人员的动量变化率B减小驾乘人员受到的冲量C减小驾乘人员的动量变化量D减小驾乘人员与气囊的作用时间【考点】动量定理【分析】安全气囊可以增加人与气囊的作用时间，应用动量定理分析答题【解答】解：汽车发生碰撞过程，驾乘人员从运动变化静止，动量的变化量P一定，由动量定理可知，人受到的冲量大小一定；安全气囊可以增加驾乘人员的减速的时间t，由动量定理得：P=Ft，动量的变化率=F，延长时间t，动量的变化率减小，即人受到的冲击力减小，可以减小人受到的伤害；由以上分析可知，A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题考查了动量定理的应用，安全气囊可以延长作用时间，减小伤害，应谨慎驾驶，严禁超速驾驶，以减小伤害事故的发生3如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略当单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那S接B时（）A三个灯亮度相同B甲灯最亮，丙灯不亮C甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D只有丙灯不亮，乙灯最亮【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻R没有影响根据电感和电容的特性进行判断【解答】解：由题，当单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗与电阻R相同，当S接B时，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，乙灯最亮故选D【点评】本题要抓住电容器与电感的特性：电容器具有通交流，隔直流，电感具有通直流、阻交流的特性4如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B在此过程中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由电流定义式求出电荷量【解答】解：由法拉第电磁感应定律得：E=n=nS=na2=，电荷量：q=It=t=；故选：C【点评】本题考查了求电荷量，由于法拉第电磁感应定律、电流定义式即可正确解题5图甲是某燃气炉点火装置的原理图：转换器将直流电压转换为图乙所示的 正弦交变电压，并加在一理想变压器 的原线圈上，变压器原、副线圈的匝 数分别为n1，n2，V为交流电压表当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体以下判断正确的是（）A电压表的示数等于5VB电压表的示数等于5VC实现点火的条件是1000D实现点火的条件是1000【考点】变压器的构造和原理【分析】根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解【解答】解：A、根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为： =，故AB错误；C、根据=，且U1=5V，U25000V得：实现点火的条件是1000，故C正确，D错误故选：C【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，知道电压表的示数为有效值，本题即可得到解决6如图甲所示，用裸导体做成U形框架abcd、ad与bc相距L=0.2m，其平面与水平面成=30角质量为m=1kg的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R=1整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示（设图甲中B的方向为正方向）t=0时，B0=10T、导体棒PQ与cd距离x0=0.5m若PQ始终静止，关于PQ与框架间的摩擦力大小在0t1=0.2s时间内的变化情况，g取10m/s2，下面判断正确的是（）A一直增大B一直减小C先减小后增大D先增大后减小【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由图乙可知磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，根据左手定则可知导体棒开始受到沿斜面向上逐渐减小的安培力，当B=0时，安培力为零，当磁场反向时，导体棒受到沿导轨向下的逐渐增大的安培力，分析清楚安培力的情况，然后对导体棒进行正确受力分析，即可正确判断摩擦力的变化情况【解答】解：根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，则为：I=5A，开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，则为FA=BIL=1050.2=10N，导体棒重力沿导轨向下的分力mgsin=110=5N，则摩擦力为：f=F安mgsin，随着安培力的减小，沿着导轨向下的摩擦力f逐渐逐渐减小，当安培力反向时，f=mgsin+F安，安培力逐渐增大，故沿着导轨向上的摩擦力在逐渐增大，故ABD错误，C正确故选：C【点评】正确分析清楚过程中安培力的变化是解题关键，本题也可用排除法，因为后来安培力沿导轨向下且逐渐增大，因此摩擦力最后一定逐渐增大7如图，边长为L均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd自磁场上方h高度处自由下落，刚进入磁场时恰好做匀速直线运动现减小下落的高度h也能使线框在刚进入磁场时就做匀速直线运动，则可行的方案是（）A用同种规格的导线，做成边长为2L的单匝线框B用同种规格的导线，做成边长仍为L的双匝线框C用同种材料但粗一些的导线，做成边长仍为L的单匝线框D用密度相同但电阻率较小的导线，做成边长为2L的单匝线框【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】根据线框进入磁场匀速运动的速度表达式，结合密度公式、电阻定律进行分析【解答】解：设cd边刚进入磁场时的速度为v，cd边产生的电动势 E=BLv线圈中产生的感应电流 I=，cd边受到的安培力 F=BIL=线圈做匀速直线运动，由平衡条件得： mg=解得：v=根据此式得：A、将L2L，方程式中的R2R，m2m，L2L，而h减小，v减小，上述等式不成立，所以此方案不行，故A错误B、做成边长仍为L的双匝线框，两匝线圈是串联关系，易得：m=2m，R=2R，E=2E，而v减小，上述等式不成立，所以此方案不行，故B错误C、设导线的电阻率为电，密度为，边长为L，横截面积是S则v=，与S、L无关，可知用同种材料但粗一些的导线，做成边长仍为L的单匝线框上述方程不成立，说明线框不能再做匀速运动，故C错误D、用密度相同但电阻率较小的导线，做成边长为2L的单匝线框，v=能成立，则线框仍做匀速运动，故D正确故选：D【点评】此题关键推导出安培力的表达式，要根据速度的表达式，由密度公式和电阻定律综合分析8如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B电阻为R、半径为L、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动（O轴位于磁场边界）则线框内产生的感应电流的有效值为（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】有效电流要根据有效电流的定义来计算，根据电流的热效应列出方程，可以求得有效电流的大小【解答】解：半径切割磁感线产生的感应电动势：E=BL=BL=BLL=BL2，交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有T的时间内有感应电流，则有： R=I2RT，解得：I=；故选：C【点评】本题就是考查电流有效值的计算，本题的关键是对有效值定义的理解，掌握好有效值的定义就可以计算出来了9如图所示电源内阻不计，电表均为理想电表，R0为定值电阻，R为光敏电阻（当照射光强度增大时，R减小）当光照强度减弱时，下列说法正确的是（）A电压表V1的示数增大B电压表V2的示数增大C电流表A1的示数减小D电流表A2的示数增大【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由光敏电阻阻值的变化分析总电阻的变化，由欧姆定律可分析电路中电流的变化，再对各部分由欧姆定律分析电流及电压的变化【解答】解：A、电源内阻不计，则路端电压等于电源的电动势，保持不变，所以电压表V1的示数不变，故A错误B、R0两端的电压等于路端电压，保持不变，所以电压表V2的示数不变故B错误C、当光照强度减弱时，光敏电阻R的阻值增大，电路中总电阻增大，总电流减小，则电流表A1的示数减小，故C正确D、R0两端的电压不变，则电流表A2的示数不变，故D错误故选：C【点评】解决本题的关键要抓住电源的内阻不变时，路端电压不变运用欧姆定律分析电流的变化10如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A磁铁在整个下落过程中做自由落体运动B磁铁在管内下落过程中机械能守恒C磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力D磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】条形磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，产生的感应磁场阻碍原磁场磁通量的变化，导致条形磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒；根据楞次定律得出铝管对桌面的压力大于铝管的重力【解答】解：A、B磁铁在铝管中运动的过程中，铝管的磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁受到向上的安培力的阻碍，铝管中产生热能，所以磁铁的机械能不守恒，磁铁做的是非自由落体运动，故A、B错误C、磁铁在整个下落过程中，由楞次定律：来拒去留，可知，铝管受到的安培力向下，则铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故C正确；D、磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有安培力做负功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还有产生内能所以根据能量转化和守恒定律可知：磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量故D正确；故选：CD【点评】对于楞次定律可这样来理解安培力：来拒去留，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它并涉及机械能守恒的条件，同时考查能量守恒关系11如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1=1kg和m2=2kg的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使A瞬时间获得水平向右3m/s的速度，在此后的过程中，则下列说法正确的是（）A两物块所能达到的共同速度为1 m/s，此时弹簧一定处于压缩状态BA的运动方向可能向左C弹簧的最大弹性势能为4JD当A速度为零时，B的速度最大【考点】动量守恒定律；弹性势能；机械能守恒定律【分析】两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，由动量守恒可分析题中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况【解答】解：A、设向右为正，则由动量守恒可知，m1v1=（m1+m2）v；解得：v=1m/s；即共同速度为1m/s；且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧可能处于压缩状态，也可能处于伸长状态，故A错误；B、开始时A减速，B加速；此时弹簧逐渐被压缩，当AB速度相等时，弹簧最短，此后，A继续减速，B加速，A的速度可能小于零；C、系统只有弹簧的弹力做功，机械能守恒故C正确；D、当两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则有机械能守恒定律可知：EP=（m1+m2）v2=3J；故C错误；D、由B的分析可知，A的速度可以向左，此时为负值，故A速度为零时，B的速度不是最大；故D错误；故选：B【点评】本题考查动量定理及机械能守恒定律，要注意明确AB两物体速度相等时弹簧可能是伸长状态也可能是压缩状态12如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0（不计空气阻力），则（）A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为C小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hh0【考点】动量守恒定律【分析】水平地面光滑，系统水平方向动力守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析答题【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv=0，mm=0，解得，小车的位移：x=R，故B错误；C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0h0）Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于： h0h0=h0，而小于h0，故D正确；故选：D【点评】动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功摩擦力做功使得机械能转化成内能13如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1：m2可能为（）A3：1B1：3C1：5D1：7【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】两球发生弹性碰撞，碰后前后瞬间动量守恒，机械能守恒，结合碰撞后两球运动的可能性分析判断【解答】解：若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v2t=3v1t，即：v2=3v1根据动量守恒得，m1v0=m1v1+m2v2，根据机械能守恒得：，联立解得m1=3m2故A正确若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有：v1t=3v2t，即：v1=3v2根据动量守恒得：m1v0=m1v1+m2v2，根据机械能守恒得：，联立解得：m2=7m1故D正确若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与单摆碰后反弹在B点相遇，则有：v1t=v2t，即：v1=v2，根据动量守恒得：m1v0=m1v1+m2v2，根据机械能守恒得：，联立解得：m2=3m1故B正确故选：ABD【点评】解决本题的关键知道弹性碰撞的特点，动量守恒，机械能守恒，结合两球碰后的速度大小的关系和方向，运用动量守恒和机械能守恒综合求解二、实验题（16分，每空2分）14如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置两带有等宽遮光条的滑块A和B，质量分别为mA、mB，在A、B间用细线水平压住一轻弹簧，将其置于气垫导轨上，调节导轨使其能实现自由静止，这是表明气垫导轨水平，烧断细线，滑块A、B被弹簧弹开，光电门C、D记录下两遮光条通过的时间分别为tA和tB，若有关系式，则说明该实验动量守恒【考点】验证动量守恒定律【分析】滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，据此分析答题；求出滑块速度，由动量守恒定律分析答题【解答】解：两滑块自由静止，滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，此时气垫导轨是水平的；设遮光条的宽度为d，两滑块的速度为：vA=，vB=，如果动量守恒，满足：mAvAmBvB=0，由解得：故答案为：气垫导轨水平；【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据处理，应用速度公式、动量守恒定律即可正确解题15（12分）（xx春万州区校级期中）如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置（1）下列说法中符合该实验要求的是BCD（不定项选择）A轨道必须光滑B轨道末端必须水平C同一组实验多次测量时，入射小球必须从同一位置自由释放D小球第一次着地之后必须将小球拿走，以防止小球在记录纸上反复弹跳（2）实验中入射小球的质量应大于靶球质量，入射小球的半径应等于靶球半径（以上两空均选填“大于”“小于”或“等于”）（3）该实验需要测量的物理量有AE（不定项选择）A两小球的质量 B两小球的半径 C两小球做平抛运动的时间D轨道末端距地面的竖直高度 E小球平均落地点与轨道末端的水平距离（4）若进行多次测量，即使操作正确，小球的落地点也不会完全重合，可以用这些点的平均位置作为小球的落地点，找到该平均位置的方法是做尽可能小的圆使尽可能多的落点在圆内，该圆圆心即为平均落点（5）入射小球的质量记为m1，靶球的质量记为m2，若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有BCAm1=m1+m2 Bm1=m1+m2Cm1（）2=m1（）2+m2（）2 D =【考点】验证动量守恒定律【分析】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；（2）为使两球发生正碰且碰撞后入射球不反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，两球半径应相等；（3）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后答题；（4）小球多次落点的平均位置可以作为小球落点位置；（5）应用平抛运动规律、动量守恒定律与机械能守恒定律求出需要验证的表达式，然后答题【解答】解：（1）A、小球离开轨道后做平抛运动，需要保证小球离开轨道时的速度相等，每次由斜槽的同一位置由静止释放小球即可，轨道没有必要光滑，故A错误；B、为保证小球的初速度方向水平，轨道末端必须水平，故B正确；C、为保证小球离开轨道时的速度相等，同一组实验多次测量时，入射小球必须从同一位置自由释放，故C正确；D、小球第一次着地之后必须将小球拿走，以防止小球在记录纸上反复弹跳，故D正确；故选：BCD；（2）实验中，为防止两球碰撞后入射球反弹，入射小球的质量应大于靶球质量，为保证两球发生对心正碰，入射小球的半径应等于靶球半径（3）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则m1v1=m1v1+m2v2，两边同时乘以小球的运动时间t，得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，则：m1=m1+m2，由此可知，实验需要测量小球的质量、小球的水平位移，故选：AE（4）确定小球平均落点的方法是：用尽可能小的圆把尽可能多的小球落点圈在圆内，该圆的圆心就是小球落点的平均距离；（5）由（3）可知：验证动量守恒定律的表达式是：m1=m1+m2如果碰撞过程没有机械能损失，则： m1v12=m1v12+m2v22，m1（v1t）2=m1（v1t）2+m2（v2t）2，m12=m12+m22，故BC正确；故选：BC故答案为：（1）BCD；（2）大于；等于；（3）AE；（4）做尽可能小的圆使尽可能多的落点在圆内，该圆圆心即为平均落点；（5）BC【点评】本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，难度不大，属于基础题，是考查基础知识的好题三、计算题（共4题，42分）16如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA=0.5kg，mB=0.3kg，有一质量为mC=0.1kg的小物块C以20m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B间有摩擦，C滑到B表面上时最终与B以2.5m/s的共同速度运动，求：（1）木块A的最后速度； （2）C离开A时C的速度【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，由动量守恒定律研究整个过程列出等式，C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，根据运量守恒定律研究C在B上滑行的过程，列出等式求解【解答】解：C在A上滑动的过程中，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mCv0=mCvC+（mA+mB）vA，即：0.120=0.1vC+（0.5+0.3）vAC在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，由动量守恒定律得：mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB，即：0.1vC+0.3vA=（0.3+0.1）2.5，由解得：vA=2m/s，方向：向右，vC=4m/s，方向：向右；答：（1）木块A的最后的速度vA=2m/s，速度方向向右（2）C离开A时的速度vC=4m/s，速方向向右【点评】木块在两个木板上滑动的问题，分析过程，选择研究对象，根据动量守恒定律研究速度17（10分）（xx春万州区校级期末）有一台内阻为1的发电机，供给一学校照明用电，如图所示升压变压器原、副线圈匝数比为1：4，降压变压器原、副线圈匝数比为4：1，输电线的总电阻为4全校共有22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？【考点】远距离输电【分析】根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据P=UI求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，根据输电线上的功率损失，抓住降压变压器的输入功率求出发电机的输出功率从而得出输电线上的电压损失根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动势【解答】解：（1）降压变压器的输出功率为：P=40226=5280W降压变压器副线圈的电流：I4=622=24A降压变压器原线圈的电流：I3=24=6A输电线损失的功率：P=R=144W所以输入功率：P1=5280+144=5424W（2）降压变压器原线圈电压为：U3=220=880V输电线上损失的电压为：U=I3R=24V则发动机的输出电压为：U2=880+24=904V所以发电机原线圈电压：U1=904=226V根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为：I1=6=24A，发电机内阻分压：Ur=241=24V电动势为：E=226+24=250V答：（1）发电机输出功率为5424W；（2）电动势为250V【点评】解决本题的关键知道：1、原副线圈电压比、电流比与匝数比之间的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率之间的关系；3、升压变压器的输出电压、电压损失和降压变压器的输入电压之间的关系18（10分）（xx春万州区校级期中）质量为2m的A球和质量为m的B球放置在光滑水平面上，中间有一弹簧（未拴接），弹簧处于压缩状态，现将A、B同时由静止释放，发现A球刚好到达高为H的光滑斜面顶端，B球顺利通过半径为R的光滑圆形轨道的顶点且对轨道顶点的压力大小为mg其中，H、R未知求：（1）A、B刚弹开时的速率之比；（2）H与R的比值【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】（1）两球组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出两球的速率之比（2）对A球应用机械能守恒定律求出H，对B应用机械能守恒定律求出B到达最高点时的速度，然后应用牛顿第二定律求出R，再求出H、R之比【解答】解：（1）A、B两球在弹簧弹开过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB2mvA=0，解得：vA：vB=1：2；（2）对A，由机械能守恒定律得： 2mvA2=2mgH，B在圆弧最高点时，由牛顿第二定律得：mg+mg=m，B从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：mvB2=mg2R+mv2，解得：H：R=3：4；答：（1）A、B刚弹开时的速率之比为1：2；（2）H与R的比值为3：4【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题19（14分）（xx广州二模）如图甲，单匝圆形线圈c与电路连接，电阻R2两端与平行光滑金属直导轨p1e1f1、p2e2f2连接垂直于导轨平面向下、向上有矩形匀强磁场区域、，它们的边界为e1e2，区域中垂直导轨并紧靠e1e2平放一导体棒ab两直导轨分别与同一竖直平面内的圆形光滑绝缘导轨o1、o2相切连接，o1、o2在切点f1、f2处开有小口可让ab进入，ab进入后小口立即闭合已知：o1、o2的直径和直导轨间距均为d，c的直径为2d；电阻R1、R2的阻值均为R，其余电阻不计；直导轨足够长且其平面与水平面夹角为60，区域的磁感强度为B0重力加速度为g在c中边长为d的正方形区域内存在垂直线圈平面向外的匀强磁场，磁感强度B随时间t变化如图乙所示，ab在t=0内保持静止（1）求ab静止时通过它的电流大小和方向；（2）求ab的质量m；（3）设ab进入圆轨道后能达到离f1f2的最大高度为h，要使ab不脱离圆形轨道运动，求区域的磁感强度B2的取值范围并讨论h与B2的关系式【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）ab静止时，由法拉第电磁感应定律求出c内感生电动势的大小，由欧姆定律求出电流的大小，由楞次定律判断电流的方向（2）ab静止时受力平衡，重力沿导轨向下的分力与安培力二力平衡，由平衡条件列式可求ab的质量（3）由题意知t=后，c内的磁感强度减为零，ab滑入区域磁场，由于此段足够长，ab最终应做匀速直线运动，由平衡条件可求出其匀速运动的速度表达式要使ab不脱离圆形轨道运动，有两种情况：ab滑不过圆心等高点或者滑过圆轨道最高，根据机械能守恒定律和圆周运动最高点的临界条件结合解答【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得c内感生电动势 E=S=d2由全电路欧姆定律有 E=IR （R2被ab短路）联立解得：I=根据楞次定律和右手螺旋定则（或者平衡条件和左手定则）判断知ab中电流方向为ab （2）由题意可知导轨平面与水平面夹角为 =60，对在t=0内静止的ab受力分析有 mgsin=B0Id 联立解得：m=（3）由题意知t=后，c内的磁感强度减为零，ab滑入区域，由直导轨足够长可知ab进入圆形轨道时已达匀速直线运动，设此时ab为v，其电动势为E2，电流为I2，由平衡条件得 mgsin=B2I2d 由法拉第电磁感应定律得动生电动势 E2=B2dv 由全电路欧姆定律有 E2=（R1、R2并联）联立解得 v= 由题意可知ab滑不过圆心等高点或者滑过圆轨道最高点均符合题意，分类讨论如下：（）当mg 即 B2时，ab上滑过程由动能定理得 mgh=，即h=（） 设ab能滑到圆轨道最高点时速度为v1，根据牛顿第二定律应满足 mg所以当mg（1+cos）即B2时，ab能滑到圆轨道最高点，有 h=答：（1）ab静止时通过它的电流大小为，ab中电流方向为ab；（2）ab的质量m为；（3）（）当B2时，h为（） 当B2时，ab能滑到