2022年高二下學期期中物理試卷 含解析(I)

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1、2022年高二下學期期中物理試卷 含解析(I) 　 一、選擇題（共52分．1-8題只有一個答案正確，9-13題有兩個或兩個以上的答案正確） 1．如圖所示為一正弦交流電電壓隨時間變化的圖象，下列表達式正確的是（　　） A．e=2sin（0.2πt）（V） B．e=sin（10πt）（V） C．e=2sin（10πt）（V） D．e=sin（0.2πt（V） 2．當車輛發(fā)生碰撞事故時，為了盡可能地減輕駕乘人員的傷害程度，在汽車內(nèi)前方（正副駕駛位）設置了安全氣囊，在汽車發(fā)生猛烈撞擊時安全氣囊將自動彈出．則該安全氣囊的功能是（　?。? A．減小駕乘人員的動量變化率 B．減小駕乘人員受到的沖

2、量 C．減小駕乘人員的動量變化量 D．減小駕乘人員與氣囊的作用時間 3．如圖所示，三個燈泡是相同的，而且耐壓足夠，電源內(nèi)阻忽略．當單刀雙擲開關S接A時，三個燈亮度相同，那S接B時（　?。? A．三個燈亮度相同 B．甲燈最亮，丙燈不亮 C．甲燈和乙燈亮度相同，丙燈不亮 D．只有丙燈不亮，乙燈最亮 4．如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，電阻為R，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中．在△t時間內(nèi)，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻增大到2B．在此過程中，通過線圈導線某個橫截面的電荷量為（　?。? A． B． C． D． 5．圖甲是某燃氣爐點火裝置的原理圖：轉換

3、器將直流電壓轉換為圖乙所示的 正弦交變電壓，并加在一理想變壓器 的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝 數(shù)分別為n1，n2，V為交流電壓表．當變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5000V時，就會在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進而點燃氣體．以下判斷正確的是（　?。? A．電壓表的示數(shù)等于5V B．電壓表的示數(shù)等于5V C．實現(xiàn)點火的條件是＞1000 D．實現(xiàn)點火的條件是＜1000 6．如圖甲所示，用裸導體做成U形框架abcd、ad與bc相距L=0.2m，其平面與水平面成θ=30°角．質量為m=1kg的導體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R=1Ω．整個裝置放在垂直于框架平面的變化磁場中，磁場

4、的磁感應強度B隨時間t的變化情況如圖乙所示（設圖甲中B的方向為正方向）．t=0時，B0=10T、導體棒PQ與cd距離x0=0.5m．若PQ始終靜止，關于PQ與框架間的摩擦力大小在0～t1=0.2s時間內(nèi)的變化情況，g取10m/s2，下面判斷正確的是（　　） A．一直增大 B．一直減小 C．先減小后增大 D．先增大后減小 7．如圖，邊長為L均勻導線制成的單匝正方形閉合線框abcd自磁場上方h高度處自由下落，剛進入磁場時恰好做勻速直線運動．現(xiàn)減小下落的高度h也能使線框在剛進入磁場時就做勻速直線運動，則可行的方案是（　?。? A．用同種規(guī)格的導線，做成邊長為2L的單匝線框 B．用同種規(guī)

5、格的導線，做成邊長仍為L的雙匝線框 C．用同種材料但粗一些的導線，做成邊長仍為L的單匝線框 D．用密度相同但電阻率較小的導線，做成邊長為2L的單匝線框 8．如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度為B．電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉動（O軸位于磁場邊界）．則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應電流的有效值為（　?。? A． B． C． D． 9．如圖所示電源內(nèi)阻不計，電表均為理想電表，R0為定值電阻，R為光敏電阻（當照射光強度增大時，R減?。敼庹諒姸葴p弱時，下列說法正確的是（　?。? A．電壓表V1的示數(shù)增大 B．電壓表V2的示數(shù)

6、增大 C．電流表A1的示數(shù)減小 D．電流表A2的示數(shù)增大 10．如圖所示，鋁質的圓筒形管豎直立在水平桌面上，一條形磁鐵從鋁管的正上方由靜止開始下落，然后從管內(nèi)下落到水平桌面上．已知磁鐵下落過程中不與管壁接觸，不計空氣阻力，下列判斷正確的是（　　） A．磁鐵在整個下落過程中做自由落體運動 B．磁鐵在管內(nèi)下落過程中機械能守恒 C．磁鐵在管內(nèi)下落過程中，鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力 D．磁鐵在下落過程中動能的增加量小于其重力勢能的減少量 11．如圖所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1=1kg和m2=2kg的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)使A瞬時間獲得水平向右3m/

7、s的速度，在此后的過程中，則下列說法正確的是（　?。? A．兩物塊所能達到的共同速度為1 m/s，此時彈簧一定處于壓縮狀態(tài) B．A的運動方向可能向左 C．彈簧的最大彈性勢能為4J D．當A速度為零時，B的速度最大 12．如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0（不計空氣阻力），則（　?。? A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車向左運動的最大距離為 C．小球離開小車后做斜上拋運動 D．小球第二次能上升的最大高度h

8、0＜h＜h0 13．如圖所示，光滑地面上有P、Q兩個固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點．A點有一質量為m2的靜止小球，P擋板的右側有一質量為m1的等大小球以速度v0向右運動．小球與小球、小球與擋板間的碰撞均沒有機械能損失，兩小球均可視為質點．已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點處，則兩小球的質量之比m1：m2可能為（　?。? A．3：1 B．1：3 C．1：5 D．1：7 　 二、實驗題（16分，每空2分） 14．如圖為實驗室常用的氣墊導軌驗證動量守恒的裝置．兩帶有等寬遮光條的滑塊A和B，質量分別為mA、mB，在A、B間用細線水平壓住一輕彈簧，將其置于氣墊導軌上，調(diào)節(jié)導軌使

9、其能實現(xiàn)自由靜止，這是表明　　，燒斷細線，滑塊A、B被彈簧彈開，光電門C、D記錄下兩遮光條通過的時間分別為tA和tB，若有關 系式　　，則說明該實驗動量守恒． 15．（12分）如圖所示為“驗證動量守恒定律”的實驗裝置． （1）下列說法中符合該實驗要求的是　　．（不定項選擇） A．軌道必須光滑 B．軌道末端必須水平 C．同一組實驗多次測量時，入射小球必須從同一位置自由釋放 D．小球第一次著地之后必須將小球拿走，以防止小球在記錄紙上反復彈跳 （2）實驗中入射小球的質量應　　靶球質量，入射小球的半徑應　　靶球半徑．（以上兩空均選填“大于”“小于”或“等于”） （3）該實驗需要測

10、量的物理量有　　．（不定項選擇） A．兩小球的質量 B．兩小球的半徑 C．兩小球做平拋運動的時間 D．軌道末端距地面的豎直高度 E．小球平均落地點與軌道末端的水平距離 （4）若進行多次測量，即使操作正確，小球的落地點也不會完全重合，可以用這些點的平均位置作為小球的落地點，找到該平均位置的方法是　　． （5）入射小球的質量記為m1，靶球的質量記為m2，若碰撞過程中，動量和機械能均守恒，不計空氣阻力，則下列表達式中正確的有　　． A．m1=m1+m2 B．m1=m1+m2 C．m1（）2=m1

11、（）2+m2（）2 D． =﹣． 　 三、計算題（共4題，42分） 16．（8分）如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知mA=0.5kg，mB=0.3kg，有一質量為mC=0.1kg的小物塊C以20m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B間有摩擦，C滑到B表面上時最終與B以2.5m/s的共同速度運動，求： （1）木塊A的最后速度； （2）C離開A時C的速度． 17．（10分）有一臺內(nèi)阻為1Ω的發(fā)電機，供給一學校照明用電，如圖所示．升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：4，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為4：1，輸電線的總電阻為4Ω．全校共有22

12、個班，每班有“220V，40W”燈6盞，若保證全部電燈正常發(fā)光，則 （1）發(fā)電機的輸出功率多大？ （2）發(fā)電機的電動勢多大？ 18．（10分）質量為2m的A球和質量為m的B球放置在光滑水平面上，中間有一彈簧（未拴接），彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)將A、B同時由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)A球剛好到達高為H的光滑斜面頂端，B球順利通過半徑為R的光滑圓形軌道的頂點且對軌道頂點的壓力大小為mg．其中，H、R未知．求： （1）A、B剛彈開時的速率之比； （2）H與R的比值． 19．（14分）如圖甲，單匝圓形線圈c與電路連接，電阻R2兩端與平行光滑金屬直導軌p1e1f1、p2e2f2連接．垂直于導軌平面向

13、下、向上有矩形勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，它們的邊界為e1e2，區(qū)域Ⅰ中垂直導軌并緊靠e1e2平放一導體棒ab．兩直導軌分別與同一豎直平面內(nèi)的圓形光滑絕緣導軌o1、o2相切連接，o1、o2在切點f1、f2處開有小口可讓ab進入，ab進入后小口立即閉合． 已知：o1、o2的直徑和直導軌間距均為d，c的直徑為2d；電阻R1、R2的阻值均為R，其余電阻不計；直導軌足夠長且其平面與水平面夾角為60°，區(qū)域Ⅰ的磁感強度為B0．重力加速度為g．在c中邊長為d的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直線圈平面向外的勻強磁場，磁感強度B隨時間t變化如圖乙所示，ab在t=0～內(nèi)保持靜止． （1）求ab靜止時通過它的電流大小和方向；

14、（2）求ab的質量m； （3）設ab進入圓軌道后能達到離f1f2的最大高度為h，要使ab不脫離圓形軌道運動，求區(qū)域Ⅱ的磁感強度B2的取值范圍并討論h與B2的關系式． 　 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（共52分．1-8題只有一個答案正確，9-13題有兩個或兩個以上的答案正確） 1．如圖所示為一正弦交流電電壓隨時間變化的圖象，下列表達式正確的是（　?。? A．e=2sin（0.2πt）（V） B．e=sin（10πt）（V） C．e=2sin（10πt）（V） D．e=sin（0.2πt（V） 【考點】正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式． 【分析】根據(jù)圖象可知交流電的最大值

15、以及周期等物理量，然后進一步可求出其瞬時值的表達式以及有效值等． 【解答】解：由圖可知，交流電為正弦交流電，其最大值為：Em=2V； 周期為：T=0.2s；，ω=10π rad/s； 所以瞬時表達式為：e=Emsinωt=2sin（10πt）（V）， 故選：C． 【點評】該題考查了有關交流電描述的基礎知識，要根據(jù)交流電圖象正確求解最大值、有效值、周期、頻率、角速度等物理量，同時正確書寫交流電的表達式． 　 2．當車輛發(fā)生碰撞事故時，為了盡可能地減輕駕乘人員的傷害程度，在汽車內(nèi)前方（正副駕駛位）設置了安全氣囊，在汽車發(fā)生猛烈撞擊時安全氣囊將自動彈出．則該安全氣囊的功能是（　　）

16、A．減小駕乘人員的動量變化率 B．減小駕乘人員受到的沖量 C．減小駕乘人員的動量變化量 D．減小駕乘人員與氣囊的作用時間 【考點】動量定理． 【分析】安全氣囊可以增加人與氣囊的作用時間，應用動量定理分析答題． 【解答】解：汽車發(fā)生碰撞過程，駕乘人員從運動變化靜止，動量的變化量△P一定，由動量定理可知，人受到的沖量大小一定；安全氣囊可以增加駕乘人員的減速的時間t，由動量定理得：△P=Ft，動量的變化率=F，延長時間t，動量的變化率減小，即人受到的沖擊力減小，可以減小人受到的傷害； 由以上分析可知，A正確，BCD錯誤； 故選：A． 【點評】本題考查了動量定理的應用，安全氣囊可以延

17、長作用時間，減小傷害，應謹慎駕駛，嚴禁超速駕駛，以減小傷害事故的發(fā)生． 　 3．如圖所示，三個燈泡是相同的，而且耐壓足夠，電源內(nèi)阻忽略．當單刀雙擲開關S接A時，三個燈亮度相同，那S接B時（　?。? A．三個燈亮度相同 B．甲燈最亮，丙燈不亮 C．甲燈和乙燈亮度相同，丙燈不亮 D．只有丙燈不亮，乙燈最亮 【考點】電容器和電感器對交變電流的導通和阻礙作用． 【分析】電容器具有通交隔直的特性，電感有通直阻交的特性，而交流對電阻R沒有影響．根據(jù)電感和電容的特性進行判斷． 【解答】解：由題，當單刀雙擲開關S接A時，三個燈亮度相同，說明電感L的感抗與電阻R相同，當S接B時，電感L沒有感

18、抗，電容器具有隔斷直流的作用，而交流與直流對電阻R沒有影響，所以丙燈不亮，燈甲亮度不變，乙燈亮度增加，乙燈最亮． 故選D 【點評】本題要抓住電容器與電感的特性：電容器具有通交流，隔直流，電感具有通直流、阻交流的特性． 　 4．如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，電阻為R，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中．在△t時間內(nèi)，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻增大到2B．在此過程中，通過線圈導線某個橫截面的電荷量為（　　） A． B． C． D． 【考點】法拉第電磁感應定律． 【分析】由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由電流定義式求出電荷量． 【解答】解：由法拉第

19、電磁感應定律得：E=n=nS=n?a2=， 電荷量：q=I△t=△t=； 故選：C． 【點評】本題考查了求電荷量，由于法拉第電磁感應定律、電流定義式即可正確解題． 　 5．圖甲是某燃氣爐點火裝置的原理圖：轉換器將直流電壓轉換為圖乙所示的 正弦交變電壓，并加在一理想變壓器 的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝 數(shù)分別為n1，n2，V為交流電壓表．當變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5000V時，就會在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進而點燃氣體．以下判斷正確的是（　?。? A．電壓表的示數(shù)等于5V B．電壓表的示數(shù)等于5V C．實現(xiàn)點火的條件是＞1000 D．實現(xiàn)點火的條件是＜1000 【考

20、點】變壓器的構造和原理． 【分析】根據(jù)圖乙得到原線圈電壓的最大值，根據(jù)有效值與最大值的關系求出電壓表的示數(shù)，當變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5000V時，就會點火，根據(jù)電壓與線圈匝數(shù)比的關系即可求解． 【解答】解：A、根據(jù)圖乙得到原線圈電壓的最大值為5V，所以電壓表的示數(shù)為： =，故AB錯誤； C、根據(jù)=，且U1=5V，U2≥5000V得：實現(xiàn)點火的條件是＞1000，故C正確，D錯誤． 故選：C 【點評】掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，知道電壓表的示數(shù)為有效值，本題即可得到解決． 　 6．如圖甲所示，用裸導體做成U形框架abcd、ad與bc相距L=0.2m，其平面與水平面成

21、θ=30°角．質量為m=1kg的導體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R=1Ω．整個裝置放在垂直于框架平面的變化磁場中，磁場的磁感應強度B隨時間t的變化情況如圖乙所示（設圖甲中B的方向為正方向）．t=0時，B0=10T、導體棒PQ與cd距離x0=0.5m．若PQ始終靜止，關于PQ與框架間的摩擦力大小在0～t1=0.2s時間內(nèi)的變化情況，g取10m/s2，下面判斷正確的是（　?。? A．一直增大 B．一直減小 C．先減小后增大 D．先增大后減小 【考點】法拉第電磁感應定律． 【分析】由圖乙可知磁場均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知在線圈中產(chǎn)生恒定的感應電流，根據(jù)左手定則可知導體

22、棒開始受到沿斜面向上逐漸減小的安培力，當B=0時，安培力為零，當磁場反向時，導體棒受到沿導軌向下的逐漸增大的安培力，分析清楚安培力的情況，然后對導體棒進行正確受力分析，即可正確判斷摩擦力的變化情況． 【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知在線圈中產(chǎn)生恒定的感應電流，則為：I===5A， 開始導體棒PQ受到沿導軌向上的安培力，則為FA=BIL=10×5×0.2=10N， 導體棒重力沿導軌向下的分力mgsinθ=1×10×=5N，則摩擦力為：f=F安﹣mgsinθ，隨著安培力的減小，沿著導軌向下的摩擦力f逐漸逐漸減小， 當安培力反向時，f=mgsinθ+F安，安培力逐漸增大，故沿著導軌向上

23、的摩擦力在逐漸增大，故ABD錯誤，C正確． 故選：C． 【點評】正確分析清楚過程中安培力的變化是解題關鍵，本題也可用排除法，因為后來安培力沿導軌向下且逐漸增大，因此摩擦力最后一定逐漸增大． 　 7．如圖，邊長為L均勻導線制成的單匝正方形閉合線框abcd自磁場上方h高度處自由下落，剛進入磁場時恰好做勻速直線運動．現(xiàn)減小下落的高度h也能使線框在剛進入磁場時就做勻速直線運動，則可行的方案是（　?。? A．用同種規(guī)格的導線，做成邊長為2L的單匝線框 B．用同種規(guī)格的導線，做成邊長仍為L的雙匝線框 C．用同種材料但粗一些的導線，做成邊長仍為L的單匝線框 D．用密度相同但電阻率較小的導線

24、，做成邊長為2L的單匝線框 【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢． 【分析】根據(jù)線框進入磁場勻速運動的速度表達式，結合密度公式、電阻定律進行分析． 【解答】解：設cd邊剛進入磁場時的速度為v，cd邊產(chǎn)生的電動勢 E=BLv 線圈中產(chǎn)生的感應電流 I=，cd邊受到的安培力 F=BIL= 線圈做勻速直線運動，由平衡條件得： mg= 解得：v= 根據(jù)此式得： A、將L→2L，方程式中的R→2R，m→2m，L→2L，而h減小，v減小，上述等式不成立，所以此方案不行，故A錯誤． B、做成邊長仍為L的雙匝線框，兩匝線圈是串聯(lián)關系，易得：m′=2m，R′=2R，E′=2E，而v減小，

25、上述等式不成立，所以此方案不行，故B錯誤． C、設導線的電阻率為ρ電，密度為ρ，邊長為L，橫截面積是S． 則v===，與S、L無關， 可知用同種材料但粗一些的導線，做成邊長仍為L的單匝線框上述方程不成立，說明線框不能再做勻速運動，故C錯誤． D、用密度相同但電阻率較小的導線，做成邊長為2L的單匝線框，v=能成立，則線框仍做勻速運動，故D正確． 故選：D． 【點評】此題關鍵推導出安培力的表達式，要根據(jù)速度的表達式，由密度公式和電阻定律綜合分析． 　 8．如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度為B．電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直于紙面的O軸以角

26、速度ω勻速轉動（O軸位于磁場邊界）．則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應電流的有效值為（　?。? A． B． C． D． 【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律． 【分析】有效電流要根據(jù)有效電流的定義來計算，根據(jù)電流的熱效應列出方程，可以求得有效電流的大?。? 【解答】解：半徑切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢： E=BL=BL=BL?ωL=BL2ω， 交流電流的有效值是根據(jù)電流的熱效應得出的，線框轉動周期為T，而線框轉動一周只有T的時間內(nèi)有感應電流， 則有： ?R?=I2RT， 解得：I=； 故選：C． 【點評】本題就是考查電流有效值的計算，本題的關鍵是對有效值定義的理解，掌握好

27、有效值的定義就可以計算出來了． 　 9．如圖所示電源內(nèi)阻不計，電表均為理想電表，R0為定值電阻，R為光敏電阻（當照射光強度增大時，R減小）．當光照強度減弱時，下列說法正確的是（　?。? A．電壓表V1的示數(shù)增大 B．電壓表V2的示數(shù)增大 C．電流表A1的示數(shù)減小 D．電流表A2的示數(shù)增大 【考點】閉合電路的歐姆定律． 【分析】由光敏電阻阻值的變化分析總電阻的變化，由歐姆定律可分析電路中電流的變化，再對各部分由歐姆定律分析電流及電壓的變化． 【解答】解：A、電源內(nèi)阻不計，則路端電壓等于電源的電動勢，保持不變，所以電壓表V1的示數(shù)不變，故A錯誤． B、R0兩端的電壓等于路端電壓，

28、保持不變，所以電壓表V2的示數(shù)不變．故B錯誤． C、當光照強度減弱時，光敏電阻R的阻值增大，電路中總電阻增大，總電流減小，則電流表A1的示數(shù)減小，故C正確． D、R0兩端的電壓不變，則電流表A2的示數(shù)不變，故D錯誤． 故選：C 【點評】解決本題的關鍵要抓住電源的內(nèi)阻不變時，路端電壓不變．運用歐姆定律分析電流的變化． 　 10．如圖所示，鋁質的圓筒形管豎直立在水平桌面上，一條形磁鐵從鋁管的正上方由靜止開始下落，然后從管內(nèi)下落到水平桌面上．已知磁鐵下落過程中不與管壁接觸，不計空氣阻力，下列判斷正確的是（　?。? A．磁鐵在整個下落過程中做自由落體運動 B．磁鐵在管內(nèi)下落過程中機械

29、能守恒 C．磁鐵在管內(nèi)下落過程中，鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力 D．磁鐵在下落過程中動能的增加量小于其重力勢能的減少量 【考點】法拉第電磁感應定律；楞次定律． 【分析】條形磁鐵通過鋁管時，導致鋁管的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應電流，產(chǎn)生的感應磁場阻礙原磁場磁通量的變化，導致條形磁鐵受到一定阻力，因而機械能不守恒；根據(jù)楞次定律得出鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力． 【解答】解：A、B磁鐵在鋁管中運動的過程中，鋁管的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，磁鐵受到向上的安培力的阻礙，鋁管中產(chǎn)生熱能，所以磁鐵的機械能不守恒，磁鐵做的是非自由落體運動，故A、B錯誤． C、磁鐵在整個下落過程中，由楞次

30、定律：來拒去留，可知，鋁管受到的安培力向下，則鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力，故C正確； D、磁鐵在整個下落過程中，除重力做功外，還有安培力做負功，導致減小的重力勢能，部分轉化動能外，還有產(chǎn)生內(nèi)能．所以根據(jù)能量轉化和守恒定律可知：磁鐵在下落過程中動能的增加量小于其重力勢能的減少量．故D正確； 故選：CD 【點評】對于楞次定律可這樣來理解安培力：來拒去留，當強磁鐵過來時，就拒絕它；當離開時就挽留它．并涉及機械能守恒的條件，同時考查能量守恒關系． 　 11．如圖所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1=1kg和m2=2kg的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)使A瞬時間獲得水平向右

31、3m/s的速度，在此后的過程中，則下列說法正確的是（　　） A．兩物塊所能達到的共同速度為1 m/s，此時彈簧一定處于壓縮狀態(tài) B．A的運動方向可能向左 C．彈簧的最大彈性勢能為4J D．當A速度為零時，B的速度最大 【考點】動量守恒定律；彈性勢能；機械能守恒定律． 【分析】兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒，系統(tǒng)動能最小時，彈性勢能最大，由動量守恒可分析題中兩物塊速度的變化可以分析系統(tǒng)動能和彈性勢能的變化情況． 【解答】解：A、設向右為正，則由動量守恒可知，m1v1=（m1+m2）v；解得：v===1m/s；即共同速度為1m/s；且此時系統(tǒng)動能最小，根據(jù)系統(tǒng)機械能

32、守恒可知，此時彈性勢能最大，彈簧可能處于壓縮狀態(tài)，也可能處于伸長狀態(tài)，故A錯誤； B、開始時A減速，B加速；此時彈簧逐漸被壓縮，當AB速度相等時，彈簧最短，此后，A繼續(xù)減速，B加速，A的速度可能小于零；C、系統(tǒng)只有彈簧的彈力做功，機械能守恒．故C正確； D、當兩者速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，則有機械能守恒定律可知：EP=﹣（m1+m2）v2=3J；故C錯誤； D、由B的分析可知，A的速度可以向左，此時為負值，故A速度為零時，B的速度不是最大；故D錯誤； 故選：B． 【點評】本題考查動量定理及機械能守恒定律，要注意明確AB兩物體速度相等時彈簧可能是伸長狀態(tài)也可能是壓縮狀態(tài)． 　

33、 12．如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0（不計空氣阻力），則（　?。? A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車向左運動的最大距離為 C．小球離開小車后做斜上拋運動 D．小球第二次能上升的最大高度h0＜h＜h0 【考點】動量守恒定律． 【分析】水平地面光滑，系統(tǒng)水平方向動力守恒，則小球離開小車后做豎直上拋運動，下來時還會落回小車中， 根據(jù)動能定理求出小球在小車中滾動時摩擦力做功． 第二次小球在小車中滾動時，對應

34、位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功變小，據(jù)此分析答題． 【解答】解：A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤； B、系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv﹣mv′=0，m﹣m=0，解得，小車的位移：x=R，故B錯誤； C、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由A點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤； D、小球第一次車中運動過程中，由動能定理得：mg（h0﹣h0）﹣Wf=

35、0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機械能損失小于mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于： h0﹣h0=h0，而小于h0，故D正確； 故選：D． 【點評】動能定理的應用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變力功．摩擦力做功使得機械能轉化成內(nèi)能． 　 13．如圖所示，光滑地面上有P、Q兩個固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點．A點有一質量為m2的靜止小球，P擋板的右側有一質量為m1的等

36、大小球以速度v0向右運動．小球與小球、小球與擋板間的碰撞均沒有機械能損失，兩小球均可視為質點．已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點處，則兩小球的質量之比m1：m2可能為（　?。? A．3：1 B．1：3 C．1：5 D．1：7 【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律． 【分析】兩球發(fā)生彈性碰撞，碰后前后瞬間動量守恒，機械能守恒，結合碰撞后兩球運動的可能性分析判斷． 【解答】解：①若碰后球1的速度方向與原來的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，兩球在B點相遇，是球2反彈后在B點相遇，有：v2t=3v1t，即：v2=3v1． 根據(jù)動量守恒得，m1v0=m1v1+m2v2，根據(jù)機械

37、能守恒得： ， 聯(lián)立解得m1=3m2．故A正確． ②若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰后反彈在B點追上球2， 則有：v1t=3v2t，即：v1=3v2． 根據(jù)動量守恒得：m1v0=﹣m1v1+m2v2， 根據(jù)機械能守恒得：， 聯(lián)立解得：m2=7m1．故D正確． ③若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰后反彈、球2與單擺碰后反彈在B點相遇， 則有：v1t=v2t，即：v1=v2， 根據(jù)動量守恒得：m1v0=﹣m1v1+m2v2， 根據(jù)機械能守恒得：， 聯(lián)立解得：m2=3m1．故B正確． 故選：ABD． 【點評】解決本題的關鍵知道彈性碰撞的特點，

38、動量守恒，機械能守恒，結合兩球碰后的速度大小的關系和方向，運用動量守恒和機械能守恒綜合求解． 　 二、實驗題（16分，每空2分） 14．如圖為實驗室常用的氣墊導軌驗證動量守恒的裝置．兩帶有等寬遮光條的滑塊A和B，質量分別為mA、mB，在A、B間用細線水平壓住一輕彈簧，將其置于氣墊導軌上，調(diào)節(jié)導軌使其能實現(xiàn)自由靜止，這是表明　氣墊導軌水平　，燒斷細線，滑塊A、B被彈簧彈開，光電門C、D記錄下兩遮光條通過的時間分別為tA和tB，若有關 系式　　，則說明該實驗動量守恒． 【考點】驗證動量守恒定律． 【分析】滑塊靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，據(jù)此分析答題； 求出滑塊速度，由動量守

39、恒定律分析答題． 【解答】解：兩滑塊自由靜止，滑塊靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，此時氣墊導軌是水平的； 設遮光條的寬度為d，兩滑塊的速度為：vA=，vB=…①， 如果動量守恒，滿足：mAvA﹣mBvB=0…②， 由①②解得：． 故答案為：氣墊導軌水平；． 【點評】本題考查了實驗注意事項、實驗數(shù)據(jù)處理，應用速度公式、動量守恒定律即可正確解題． 　 15．（12分）（xx春?萬州區(qū)校級期中）如圖所示為“驗證動量守恒定律”的實驗裝置． （1）下列說法中符合該實驗要求的是　BCD?。ú欢椷x擇） A．軌道必須光滑 B．軌道末端必須水平 C．同一組實驗多次測量時，入射小球必

40、須從同一位置自由釋放 D．小球第一次著地之后必須將小球拿走，以防止小球在記錄紙上反復彈跳 （2）實驗中入射小球的質量應　大于　靶球質量，入射小球的半徑應　等于　靶球半徑．（以上兩空均選填“大于”“小于”或“等于”） （3）該實驗需要測量的物理量有　AE?。ú欢椷x擇） A．兩小球的質量 B．兩小球的半徑 C．兩小球做平拋運動的時間 D．軌道末端距地面的豎直高度 E．小球平均落地點與軌道末端的水平距離 （4）若進行多次測量，即使操作正確，小球的落地點也不會完全重合，可以用這些點的平均位置作為小球的落地點，找到該平均位置的方法是　做

41、盡可能小的圓使盡可能多的落點在圓內(nèi)，該圓圓心即為平均落點?。? （5）入射小球的質量記為m1，靶球的質量記為m2，若碰撞過程中，動量和機械能均守恒，不計空氣阻力，則下列表達式中正確的有　BC?。? A．m1=m1+m2 B．m1=m1+m2 C．m1（）2=m1（）2+m2（）2 D． =﹣． 【考點】驗證動量守恒定律． 【分析】（1）在做“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平； （2）為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后入射球不反彈，入射球的質量

42、應大于被碰球的質量，兩球半徑應相等； （3）根據(jù)動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式，然后答題； （4）小球多次落點的平均位置可以作為小球落點位置； （5）應用平拋運動規(guī)律、動量守恒定律與機械能守恒定律求出需要驗證的表達式，然后答題． 【解答】解：（1）A、小球離開軌道后做平拋運動，需要保證小球離開軌道時的速度相等，每次由斜槽的同一位置由靜止釋放小球即可，軌道沒有必要光滑，故A錯誤； B、為保證小球的初速度方向水平，軌道末端必須水平，故B正確； C、為保證小球離開軌道時的速度相等，同一組實驗多次測量時，入射小球必須從同一位置自由釋放，故C正確； D、小球第一次著地之后必須將小球拿

43、走，以防止小球在記錄紙上反復彈跳，故D正確； 故選：BCD； （2）實驗中，為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射小球的質量應大于靶球質量，為保證兩球發(fā)生對心正碰，入射小球的半徑應等于靶球半徑． （3）小球離開軌道后做平拋運動，小球拋出點的高度相同，它們在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則m1v1=m1v1′+m2v2′，兩邊同時乘以小球的運動時間t，得：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t，則：m1=m1+m2，由此可知，實驗需要測量小球的質量、小球的水平位移， 故選：AE． （4）確定小球平均落點的方法是：用盡可能小的圓把盡可能多的小球落點圈在圓內(nèi)，該圓的圓心就是小球落點

44、的平均距離； （5）由（3）可知：驗證動量守恒定律的表達式是：m1=m1+m2． 如果碰撞過程沒有機械能損失，則： m1v12=m1v1′2+m2v2′2， m1（v1t）2=m1（v1t′）2+m2（v2t′）2，m12=m12+m22，故BC正確； 故選：BC 故答案為：（1）BCD；（2）大于；等于；（3）AE；（4）做盡可能小的圓使盡可能多的落點在圓內(nèi)，該圓圓心即為平均落點；（5）BC． 【點評】本題主要考查了“驗證動量守恒定律”的實驗的原理及要求以及數(shù)據(jù)處理等基礎知識，難度不大，屬于基礎題，是考查基礎知識的好題． 　 三、計算題（共4題，42分） 16．如圖所示，在

45、光滑水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知mA=0.5kg，mB=0.3kg，有一質量為mC=0.1kg的小物塊C以20m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B間有摩擦，C滑到B表面上時最終與B以2.5m/s的共同速度運動，求： （1）木塊A的最后速度； （2）C離開A時C的速度． 【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律． 【分析】C在A上滑動的過程中，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律研究整個過程列出等式， C在B上滑動時，B、C組成系統(tǒng)的動量守恒，根據(jù)運量守恒定律研究C在B上滑行的過程，列出等式求解． 【解答】解：C在A上滑動的過程中，以A、B、C組成的系統(tǒng)

46、為研究對象， 系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律得： mCv0=mCvC+（mA+mB）vA， 即：0.1×20=0.1×vC+（0.5+0.3）×vA…① C在B上滑動時，B、C組成系統(tǒng)的動量守恒， 由動量守恒定律得：mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB， 即：0.1×vC+0.3×vA=（0.3+0.1）×2.5…②， 由①②解得：vA=2m/s，方向：向右，vC=4m/s，方向：向右； 答：（1）木塊A的最后的速度vA=2m/s，速度方向向右． （2）C離開A時的速度vC=4m/s，速方向向右． 【點評】木塊在兩個木板上滑動的問題，分析過程，選擇研究對

47、象，根據(jù)動量守恒定律研究速度． 　 17．（10分）（xx春?萬州區(qū)校級期末）有一臺內(nèi)阻為1Ω的發(fā)電機，供給一學校照明用電，如圖所示．升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：4，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為4：1，輸電線的總電阻為4Ω．全校共有22個班，每班有“220V，40W”燈6盞，若保證全部電燈正常發(fā)光，則 （1）發(fā)電機的輸出功率多大？ （2）發(fā)電機的電動勢多大？ 【考點】遠距離輸電． 【分析】根據(jù)用戶端所有燈泡消耗的電功率得出降壓變壓器的輸出功率，根據(jù)P=UI求出降壓變壓器副線圈的電流，結合電流比等于匝數(shù)之反比求出輸電線上的電流，根據(jù)輸電線上的功率損失，抓住降壓變壓器的輸入功率

48、求出發(fā)電機的輸出功率．從而得出輸電線上的電壓損失．根據(jù)降壓變壓器的輸出電壓，結合匝數(shù)比得出降壓變壓器的輸入電壓，通過電壓損失得出升壓變壓器的輸出電壓，從而通過匝數(shù)比得出輸入電壓，結合升壓變壓器原線圈中的電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出發(fā)電機的電動勢． 【解答】解：（1）降壓變壓器的輸出功率為： P=40×22×6=5280W 降壓變壓器副線圈的電流： I4=×6×22=24A 降壓變壓器原線圈的電流： I3=×24=6A 輸電線損失的功率： △P=R=144W 所以輸入功率： P1=5280+144=5424W （2）降壓變壓器原線圈電壓為： U3=×220=880V

49、輸電線上損失的電壓為： △U=I3R=24V 則發(fā)動機的輸出電壓為： U2=880+24=904V 所以發(fā)電機原線圈電壓： U1=×904=226V 根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知發(fā)電機原線圈中電流為： I1=×6=24A， 發(fā)電機內(nèi)阻分壓： Ur=24×1=24V 電動勢為： E=226+24=250V 答：（1）發(fā)電機輸出功率為5424W； （2）電動勢為250V． 【點評】解決本題的關鍵知道： 1、原副線圈電壓比、電流比與匝數(shù)比之間的關系； 2、升壓變壓器的輸出功率、功率損失、降壓變壓器的輸入功率之間的關系； 3、升壓變壓器的輸出電壓、電壓損失和降壓變壓器的輸入

50、電壓之間的關系． 　 18．（10分）（xx春?萬州區(qū)校級期中）質量為2m的A球和質量為m的B球放置在光滑水平面上，中間有一彈簧（未拴接），彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)將A、B同時由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)A球剛好到達高為H的光滑斜面頂端，B球順利通過半徑為R的光滑圓形軌道的頂點且對軌道頂點的壓力大小為mg．其中，H、R未知．求： （1）A、B剛彈開時的速率之比； （2）H與R的比值． 【考點】動量守恒定律；功能關系． 【分析】（1）兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律可以求出兩球的速率之比． （2）對A球應用機械能守恒定律求出H，對B應用機械能守恒定律求出B到達最高點時的速度，然后應用牛

51、頓第二定律求出R，再求出H、R之比． 【解答】解：（1）A、B兩球在彈簧彈開過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向， 由動量守恒定律得：mvB﹣2mvA=0，解得：vA：vB=1：2； （2）對A，由機械能守恒定律得： ?2mvA2=2mgH， B在圓弧最高點時，由牛頓第二定律得：mg+mg=m， B從最低點到最高點過程，由機械能守恒定律得： mvB2=mg?2R+mv2，解得：H：R=3：4； 答：（1）A、B剛彈開時的速率之比為1：2； （2）H與R的比值為3：4． 【點評】本題考查了動量守恒定律的應用，分析清楚物體的運動過程是解題的關鍵，應用動量守恒定律與機械能守恒定律可以解

52、題． 　 19．（14分）（xx?廣州二模）如圖甲，單匝圓形線圈c與電路連接，電阻R2兩端與平行光滑金屬直導軌p1e1f1、p2e2f2連接．垂直于導軌平面向下、向上有矩形勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，它們的邊界為e1e2，區(qū)域Ⅰ中垂直導軌并緊靠e1e2平放一導體棒ab．兩直導軌分別與同一豎直平面內(nèi)的圓形光滑絕緣導軌o1、o2相切連接，o1、o2在切點f1、f2處開有小口可讓ab進入，ab進入后小口立即閉合． 已知：o1、o2的直徑和直導軌間距均為d，c的直徑為2d；電阻R1、R2的阻值均為R，其余電阻不計；直導軌足夠長且其平面與水平面夾角為60°，區(qū)域Ⅰ的磁感強度為B0．重力加速度為g．在c中邊

53、長為d的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直線圈平面向外的勻強磁場，磁感強度B隨時間t變化如圖乙所示，ab在t=0～內(nèi)保持靜止． （1）求ab靜止時通過它的電流大小和方向； （2）求ab的質量m； （3）設ab進入圓軌道后能達到離f1f2的最大高度為h，要使ab不脫離圓形軌道運動，求區(qū)域Ⅱ的磁感強度B2的取值范圍并討論h與B2的關系式． 【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化． 【分析】（1）ab靜止時，由法拉第電磁感應定律求出c內(nèi)感生電動勢的大小，由歐姆定律求出電流的大小，由楞次定律判斷電流的方向． （2）ab靜止時受力平衡，重力沿導軌向下的分力與安培力二力平衡，由平衡條件列

54、式可求ab的質量． （3）由題意知t=后，c內(nèi)的磁感強度減為零，ab滑入?yún)^(qū)域Ⅱ磁場，由于此段足夠長，ab最終應做勻速直線運動，由平衡條件可求出其勻速運動的速度表達式．要使ab不脫離圓形軌道運動，有兩種情況：ab滑不過圓心等高點或者滑過圓軌道最高，根據(jù)機械能守恒定律和圓周運動最高點的臨界條件結合解答． 【解答】解：（1）由法拉第電磁感應定律得c內(nèi)感生電動勢 E=S=d2?① 由全電路歐姆定律有 E=IR ②（R2被ab短路） 聯(lián)立①②解得：I==③ 根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則（或者平衡條件和左手定則）判斷知ab中電流方向為a→b ④ （2）由題意可知導軌平面與水平面夾角為 θ=60

55、°， 對在t=0～內(nèi)靜止的ab受力分析有 mgsinθ=B0Id ⑤ 聯(lián)立③⑤解得：m==⑥ （3）由題意知t=后，c內(nèi)的磁感強度減為零，ab滑入?yún)^(qū)域Ⅱ， 由直導軌足夠長可知ab進入圓形軌道時已達勻速直線運動， 設此時ab為v，其電動勢為E2，電流為I2， 由平衡條件得 mgsinθ=B2I2d ⑦ 由法拉第電磁感應定律得動生電動勢 E2=B2dv ⑧ 由全電路歐姆定律有 E2=⑨（R1、R2并聯(lián)） 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨解得 v== ⑩ 由題意可知ab滑不過圓心等高點或者滑過圓軌道最高點均符合題意，分類討論如下： （?。┊攎g 即 B2≥時， ab上滑過程由動能定理得 mgh=，即h= （ⅱ） 設ab能滑到圓軌道最高點時速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律應滿足 mg≤ 所以當﹣mg（1+cosθ）≥即B2≤時， ab能滑到圓軌道最高點，有 h==． 答： （1）ab靜止時通過它的電流大小為，ab中電流方向為a→b； （2）ab的質量m為； （3）（?。┊擝2≥時，h為．（ⅱ） 當B2≤時，ab能滑到