《2022年高二下學(xué)期期中物理試卷 含解析(I)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高二下學(xué)期期中物理試卷 含解析(I)（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高二下學(xué)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（）Ae=2sin（0.2t）（V）Be=sin（10t）（V）Ce=2sin（10t）（V）De=sin（0.2t（V）2當(dāng)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(shè)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

2、個燈泡是相同的，而且耐壓足夠，電源內(nèi)阻忽略當(dāng)單刀雙擲開關(guān)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(yīng)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(dǎo)線某個橫截面的電荷量為（）ABCD5圖甲是某燃氣爐點火裝置的原理圖：轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)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(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時值大于500

3、0V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5VB電壓表的示數(shù)等于5VC實現(xiàn)點火的條件是1000D實現(xiàn)點火的條件是10006如圖甲所示，用裸導(dǎo)體做成U形框架abcd、ad與bc相距L=0.2m，其平面與水平面成=30角質(zhì)量為m=1kg的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R=1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(yīng)強度B隨時間t的變化情況如圖乙所示（設(shè)圖甲中B的方向為正方向）t=0時，B0=10T、導(dǎo)體棒PQ與cd距離x0=0.5m若PQ始終靜止，關(guān)于PQ與框架間的摩擦力大小在0t1=0.2s時間內(nèi)的變化情況，g取10m/s2

4、，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?qū)Ь€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(dǎo)線，做成邊長為2L的單匝線框B用同種規(guī)格的導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(yīng)強度為B電阻為R、半徑為L、圓心角為45的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動（O

5、軸位于磁場邊界）則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值為（）ABCD9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(dāng)照射光強度增大時，R減小）當(dāng)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10如圖所示，鋁質(zhì)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

6、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(zhì)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/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)BA的運動方向可能向左C彈簧的最大彈性勢能為4JD當(dāng)A速度為零時，B的速度最大12如圖所示，質(zhì)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(zhì)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

7、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h0hh013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(zhì)量為m2的靜止小球，P擋板的右側(cè)有一質(zhì)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(zhì)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(zhì)量之比m1：m2可能為（）A3：1B1：3C1：5D1：7二、實驗題（16分，每空2分）14如圖為實驗室常用的氣墊導(dǎo)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(zhì)量分別為mA、mB，在A、B間用細

8、線水平壓住一輕彈簧，將其置于氣墊導(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌使其能實現(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(guān)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(fù)彈跳（2）實驗中入射小球的質(zhì)量應(yīng)靶球質(zhì)量，入射小球的半徑應(yīng)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（不定項選擇）A

9、兩小球的質(zhì)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(zhì)量記為m1，靶球的質(zhì)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Am1=m1+m2 Bm1=m1+m2Cm1（）2=m1（）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(zhì)量為mC=0.1

10、kg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1的發(fā)電機，供給一學(xué)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4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？18（10分）質(zhì)量為2m的A球和質(zhì)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

11、，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(dǎo)軌p1e1f1、p2e2f2連接垂直于導(dǎo)軌平面向下、向上有矩形勻強磁場區(qū)域、，它們的邊界為e1e2，區(qū)域中垂直導(dǎo)軌并緊靠e1e2平放一導(dǎo)體棒ab兩直導(dǎo)軌分別與同一豎直平面內(nèi)的圓形光滑絕緣導(dǎo)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(dǎo)軌間距均為d，c的直徑為2d；電阻

12、R1、R2的阻值均為R，其余電阻不計；直導(dǎo)軌足夠長且其平面與水平面夾角為60，區(qū)域的磁感強度為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；（2）求ab的質(zhì)量m；（3）設(shè)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)域的磁感強度B2的取值范圍并討論h與B2的關(guān)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

13、e=2sin（0.2t）（V）Be=sin（10t）（V）Ce=2sin（10t）（V）De=sin（0.2t（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；，=10 rad/s；所以瞬時表達式為：e=Emsint=2sin（10t）（V），故選：C【點評】該題考查了有關(guān)交流電描述的基礎(chǔ)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(dāng)車輛發(fā)生碰撞事故時，為了盡

14、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(shè)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(yīng)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

15、知，A正確，BCD錯誤；故選：A【點評】本題考查了動量定理的應(yīng)用，安全氣囊可以延長作用時間，減小傷害，應(yīng)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(dāng)單刀雙擲開關(guān)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(dǎo)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(dāng)單刀雙擲開關(guān)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(dāng)S接B時

16、，電感L沒有感抗，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(yīng)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(dǎo)線某個橫截面的電荷量為（）ABCD【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，由電流定義式求出電荷量【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=n=nS=na2=，電荷量：q=It=

17、t=；故選：C【點評】本題考查了求電荷量，由于法拉第電磁感應(yīng)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(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)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(dāng)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5VB電壓表的示數(shù)等于5VC實現(xiàn)點火的條件是1000D實現(xiàn)點火的條件是1000【考點】變壓器的構(gòu)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(guān)系求出電壓表的示數(shù)，當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5

18、000V時，就會點火，根據(jù)電壓與線圈匝數(shù)比的關(guān)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，U25000V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(guān)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(dǎo)體做成U形框架abcd、ad與bc相距L=0.2m，其平面與水平面成=30角質(zhì)量為m=1kg的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R=1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(yīng)強度B隨時間t的變化情況如圖乙所示（設(shè)圖甲中B的方

19、向為正方向）t=0時，B0=10T、導(dǎo)體棒PQ與cd距離x0=0.5m若PQ始終靜止，關(guān)于PQ與框架間的摩擦力大小在0t1=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(yīng)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(yīng)定律可知在線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒開始受到沿斜面向上逐漸減小的安培力，當(dāng)B=0時，安培力為零，當(dāng)磁場反向時，導(dǎo)體棒受到沿導(dǎo)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(dǎo)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(yīng)定律可

20、知在線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，則為：I=5A，開始導(dǎo)體棒PQ受到沿導(dǎo)軌向上的安培力，則為FA=BIL=1050.2=10N，導(dǎo)體棒重力沿導(dǎo)軌向下的分力mgsin=110=5N，則摩擦力為：f=F安mgsin，隨著安培力的減小，沿著導(dǎo)軌向下的摩擦力f逐漸逐漸減小，當(dāng)安培力反向時，f=mgsin+F安，安培力逐漸增大，故沿著導(dǎo)軌向上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(guān)鍵，本題也可用排除法，因為后來安培力沿導(dǎo)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?qū)Ь€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

21、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(dǎo)線，做成邊長為2L的單匝線框B用同種規(guī)格的導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線，做成邊長為2L的單匝線框【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)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(jié)合密度公式、電阻定律進行分析【解答】解：設(shè)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(yīng)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

22、式得：A、將L2L，方程式中的R2R，m2m，L2L，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(guān)系，易得：m=2m，R=2R，E=2E，而v減小，上述等式不成立，所以此方案不行，故B錯誤C、設(shè)導(dǎo)線的電阻率為電，密度為，邊長為L，橫截面積是S則v=，與S、L無關(guān)，可知用同種材料但粗一些的導(dǎo)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(dǎo)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(guān)鍵推導(dǎo)出安培力的表達式，要根據(jù)速度的表達式，由密度

23、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(yīng)強度為B電阻為R、半徑為L、圓心角為45的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動（O軸位于磁場邊界）則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值為（）ABCD【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)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(yīng)列出方程，可以求得有效電流的大小【解答】解：半徑切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E=BL=BL=BLL=BL2，交流電流的有效值是根據(jù)電流的熱效應(yīng)得出的，線框轉(zhuǎn)動周期為T，而線框轉(zhuǎn)動一周只有T的時間內(nèi)有感應(yīng)電流，則有： R=I2RT，解得：I=；故選：C【點評】本

24、題就是考查電流有效值的計算，本題的關(guān)鍵是對有效值定義的理解，掌握好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(dāng)照射光強度增大時，R減小）當(dāng)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，

25、保持不變，所以電壓表V2的示數(shù)不變故B錯誤C、當(dāng)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(guān)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(zhì)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

26、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(yīng)定律；楞次定律【分析】條形磁鐵通過鋁管時，導(dǎo)致鋁管的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生的感應(yīng)磁場阻礙原磁場磁通量的變化，導(dǎo)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(yīng)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

27、在整個下落過程中，除重力做功外，還有安培力做負功，導(dǎo)致減小的重力勢能，部分轉(zhuǎn)化動能外，還有產(chǎn)生內(nèi)能所以根據(jù)能量轉(zhuǎn)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(dāng)強磁鐵過來時，就拒絕它；當(dāng)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(guān)系11如圖所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)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/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)BA的運動方

28、向可能向左C彈簧的最大彈性勢能為4JD當(dāng)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(shè)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(dāng)AB速度相等時，彈簧最短，此后，A繼續(xù)減速，B加速，A

29、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(dāng)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)12如圖所示，質(zhì)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(zhì)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）

30、，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h0hh0【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(yīng)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

31、量守恒定律得：mvmv=0，mm=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（h0h0）Wf=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(yīng)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： h0h0=h0，而小于h0

32、，故D正確；故選：D【點評】動能定理的應(yīng)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(zhuǎn)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(zhì)量為m2的靜止小球，P擋板的右側(cè)有一質(zhì)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(zhì)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(zhì)量之比m1：m2可能為（）A3：1B1：3C1：5D1：7【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(jié)合碰撞后兩球運動的可能性分析判斷【

33、解答】解：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)機械能守恒得：，聯(lián)立解得m1=3m2故A正確若碰撞后球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：m1

34、v0=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(guān)鍵知道彈性碰撞的特點，動量守恒，機械能守恒，結(jié)合兩球碰后的速度大小的關(guān)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(dǎo)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(zhì)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(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌使其能實現(xiàn)自由靜止，這是表明氣墊導(dǎo)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(guān)系式，則說明該實驗動量守恒【考點】驗證動量守恒定律【分

35、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(dǎo)軌是水平的；設(shè)遮光條的寬度為d，兩滑塊的速度為：vA=，vB=，如果動量守恒，滿足：mAvAmBvB=0，由解得：故答案為：氣墊導(dǎo)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(yīng)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（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

36、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(fù)彈跳（2）實驗中入射小球的質(zhì)量應(yīng)大于靶球質(zhì)量，入射小球的半徑應(yīng)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（不定項選擇）A兩小球的質(zhì)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(zhì)量記為m1，靶球的質(zhì)量記為m2，若碰撞過程中

37、，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BCAm1=m1+m2 Bm1=m1+m2Cm1（）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(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，兩球半徑應(yīng)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(yīng)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【

38、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走，以防止小球在記錄紙上反復(fù)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(zhì)量應(yīng)大于靶球質(zhì)量，為保證兩球發(fā)生對心正碰，入射小球的半徑應(yīng)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

39、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=m1v1t+m2v2t，則：m1=m1+m2，由此可知，實驗需要測量小球的質(zhì)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=m1v12+m2v22，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；（

40、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(chǔ)知識，難度不大，屬于基礎(chǔ)題，是考查基礎(chǔ)知識的好題三、計算題（共4題，42分）16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(zhì)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

41、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)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：0.120=0.1vC+（0.5+0.3）vAC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：0.1vC+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

42、）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1的發(fā)電機，供給一學(xué)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4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

43、副線圈的電流，結(jié)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(jié)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(jié)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=40226=5280W降壓變壓器副線圈的電流：I4=622=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

44、線圈電壓為：U3=220=880V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=241=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(guān)鍵知道：1、原副線圈電壓比、電流比與匝數(shù)比之間的關(guān)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(guān)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電壓之間的關(guān)系18（10分）（xx春萬州區(qū)校

45、級期中）質(zhì)量為2m的A球和質(zhì)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(guān)系【分析】（1）兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出兩球的速率之比（2）對A球應(yīng)用機械能守恒定律求出H，對B應(yīng)用機械能守恒定律求出B到達最高點時的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出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

46、右為正方向，由動量守恒定律得：mvB2mvA=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=mg2R+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(yīng)用，分析清楚物體的運動過程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律可以解題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(dǎo)軌p1e1f1、p2e2f2連接垂直于導(dǎo)軌平

47、面向下、向上有矩形勻強磁場區(qū)域、，它們的邊界為e1e2，區(qū)域中垂直導(dǎo)軌并緊靠e1e2平放一導(dǎo)體棒ab兩直導(dǎo)軌分別與同一豎直平面內(nèi)的圓形光滑絕緣導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)軌足夠長且其平面與水平面夾角為60，區(qū)域的磁感強度為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；（2）求ab的質(zhì)量m；（3）設(shè)

48、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)域的磁感強度B2的取值范圍并討論h與B2的關(guān)系式【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化【分析】（1）ab靜止時，由法拉第電磁感應(yīng)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(dǎo)軌向下的分力與安培力二力平衡，由平衡條件列式可求ab的質(zhì)量（3）由題意知t=后，c內(nèi)的磁感強度減為零，ab滑入?yún)^(qū)域磁場，由于此段足夠長，ab最終應(yīng)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

49、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(jié)合解答【解答】解：（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律得c內(nèi)感生電動勢 E=S=d2由全電路歐姆定律有 E=IR （R2被ab短路）聯(lián)立解得：I=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ab （2）由題意可知導(dǎo)軌平面與水平面夾角為 =60，對在t=0內(nèi)靜止的ab受力分析有 mgsin=B0Id 聯(lián)立解得：m=（3）由題意知t=后，c內(nèi)的磁感強度減為零，ab滑入?yún)^(qū)域，由直導(dǎo)軌足夠長可知ab進入圓形軌道時已達勻速直線運動，設(shè)此時ab為v，其電動勢為E2，電流為I2，由平衡條件得 mgsin=B2I2d 由法拉第電磁感應(yīng)定律得動生電動勢 E2=B2dv 由全電路歐姆定律有 E2=（R1、R2并聯(lián)）聯(lián)立解得 v= 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：（）當(dāng)mg 即 B2時，ab上滑過程由動能定理得 mgh=，即h=（） 設(shè)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(yīng)滿足 mg所以當(dāng)mg（1+cos）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ab；（2）ab的質(zhì)量m為；（3）（）當(dāng)B2時，h為（） 當(dāng)B2時，ab能滑到