广东省梅州市2014_2015学年高二物理下学期期末联考试题

试卷类型：B泰安市2014—2015学年度下学期高二年级考试物 理 试 题本试卷分第1卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共5页，满分100分，考试时间90分钟。

第1卷（选择题 共40分）注意事项：1.答第1卷前，考生务必将自己的姓名、考号、试卷类型、考试科目用铅笔涂写在答 题卡上.2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡 皮擦于净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上。

3.考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，第1—6题只有一项符合题目要求，第7—10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1.物体沿直线运动的位置坐标随时间变化的关系为x=(2+t)2，下列说法正确的是 A.物体运动的加速度为2m/s 2： B.t=0时刻物体的速度为2m/sC.从t=0到t=2s 时间内物体运动的位移为16mD.从t=0到t=2s 时间内物体的平均速度为12m/s2.物体做匀变速直线运动，t=0时，速度大小为12m/s ，方向向东；当t=2s 时，速度大小为8m/s ，方向仍然向东；若速度大小变为2m/s ，则t 可能等于A.3sB.6sC.7sD.9s3.三个共点力大小分别为F 1、F 2和F 3，方向未知。

它们的作用线在同一平面内。

下列说法正确的是A.这三个力的合力一定为零B.这三个力的合力最大为F 1+F 2+F 3C.只有F 1+F 2=F 3时，它们的合力才为零D.只有F 1+F 2<F 3时，它们的合力才可能为零4.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。

由图可知 A.该交流电的电压瞬时值的表达式为100sin(25)u t V π=B.该交流电的频率为50HzC.该交流电的电压的有效值为1002D.若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W5.图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。

揭阳市2014-2015学年度高二下学期期末学业水平考试理综物理试题一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13．将一带电的检验电荷，在电场中从a 点匀速移到b 点，需克服电场力做功W ，则A ．电场力对检验电荷做正功为WB ．检验电荷的电势能增加量为WC ．该电场是匀强电场D ．ab 两点的电势差大小为W14．如图所示的电路，L 是小灯泡，C 是极板水平放置的平行板电容器。

有一带电油滴悬浮在两极板间静止不动。

若滑动变阻器的滑片向下滑动，则A ．L 变亮B ．L 亮度不变C ．油滴向上运动D ．油滴向下运动15．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，则A ．安培力的方向总是垂直于磁场的方向B ．安培力的方向可以不垂直于直导线C ．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D ．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半16．如图所示，电阻不计的光滑足够长“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中。

电阻为R 的ab 棒在恒力F 作用下从静止开始向右运动，则A ．ab 棒做匀加速运动B ．a 点电势比b 点电势低C ．回路中电流先增大后不变D ．ab 棒受到水平向右的安培力二、双项选择题：本题包括5小题，每小题6分，共30分。

每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分。

17．如下的说法中，正确的是A ．是轻核聚变反应B ．β衰变说明了原子核中有电子C ．光电效应说明了光具有粒子性D ．核反应方程应该遵循质子数和中子数守恒18．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是A ．电场强度的方向处处与等势面垂直B ．电场强度为零的地方，电势也为零C ．若电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D ．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向19．一台理想变压器的输出端仅接一个标有“12V ，6W”的灯泡，且正常发光，变压器输入端的电流表示数为0.2A ，则A ．原线圈的输入功率为3WB ．原线圈的输入功率为6WC ．变压器原、副线圈的匝数之比6∶3D ．变压器原、副线圈的匝数之比5∶2b aFB20．圆形区域内有如图所示的匀强磁场，一束相同比荷的带电粒子（不计重力）对准圆心O 射入，分别从a 、b 两点射出，则从b 点射出的粒子 A ．带正电 B ．在磁场中的运动时间较短C ．速率较小D ．运动半径较小21．如图所示，质量相同的两带电小球Ａ与Ｂ，在光滑绝缘水平桌面上由静止开始沿同一直线相向运动。

2014-2015学年江苏省高二（下）期末物理复习模拟试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．选对的得3分，错选或不答的得0分．1．（3分）（2015春•江苏期末）许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（）A．法拉第总结出了感应电流方向的判断方法B．奥斯特发现了磁能生电C．法拉第提出了分子电流假说D．安培发现了磁场对电流的作用规律2．（3分）（2013秋•广东月考）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值和方向均改变3．（3分）（2015春•江苏期末）关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是（）A．由功率P=，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P=IU，应低电压小电流输电C．由P=I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不对4．（3分）（2015春•江苏期末）如图所示，某空间匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，一金属棒AB从高h处自由下落，则（）A．A端先着地B． B端先着地C．两端同时着地D．以上说法均不正确5．（3分）（2011春•衡阳期末）如图所示的电路中，S闭合达电流稳定时，流过电感线圈的电流为2A，流过灯泡的电流是1A，将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的图象是图中的（）A．B． C．D．6．（3分）（2015春•江苏期末）在电子线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到下一级，可以采用如图所示的电路，其中a、b应选择的元件是（）A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈C．a是电容很小的电容器，b是低频扼流圈D．a是电容很小的电容器，b是高频扼流圈二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．交流电a的瞬时值为μ=10sin5πtVB．线圈先后两次转速之比为2：3C．交流电b电压的有效值为VD．在t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率均为零8．（4分）（2006•扬州二模）如图所示，电阻R1=20Ω，电动机的绕组R2=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A．I=1.5A B．I＜1.5A C．P=15W D． P＜15W9．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）A．两金属环将相互靠拢B．两金属环将相互排斥C．磁铁的加速度会大于g D．磁铁的加速度会小于g10．（4分）（2015春•江苏期末）某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100πt V，降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）A．通过R0电流的最大值是20 AB．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压C．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率11．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为L，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T，方向如图所示．有两根质量均为m=0.1kg、长度均为L=0.2m、电阻均为R=0.4Ω的导体棒ab和cd与导轨接触良好，当用竖直向上的力F使ab棒向上做匀速运动时，cd棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A．ab棒的运动速度是5m/sB．力F的大小为1NC．在1s内，力F做的功为5 JD．在1s内，cd棒产生的电热为2.5J三、简答题：本题共2小题，共21分．请将解答填写在答题卷上相应的位置．12．（9分）（2006•上海）表格中所列数据是测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：U（V） 0.0 0.2 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0I（A） 0.000 0.050 0.100 0.150 0.180 0.195 0.205 0.215（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图（填“甲”或“乙”）；（2）在方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）如图3所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上．已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为A．13．（12分）（2015春•江苏期末）某同学为了测量一个额定率为1W的电阻R x的阻值，先多用表的欧姆档进行了粗测，然后用伏安法进行精确测量．（1）该同学先用欧姆表“×10”档测量时发现指标指在“0.4”刻度处，为了相对准确地测量该电阻的阻值，于是他改用×档后发现指针指在“5”刻度处，由此可知R x大约为Ω．（2）实验室中现有如下实验器材：电流表A1（量程0～0.6A，内阻0.2Ω）电流表A2（量程0～3A，内阻0.05Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻3kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻15kΩ）滑动变阻器R0（0～50Ω）蓄电池（电动势为6V）；开关、导线①为了较准确测量R x阻值，电压表应选、电流表应选．②在方框内画出该实验的电路图．四、计算或论述题：本题共4小题，共61分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．（14分）（2013秋•武汉校级期末）如图所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，线圈面积S=0.10m2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B=0.10T匀强磁场中，以恒定的角速度ω=100πrad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R=100Ω的电阻构成闭合回路．求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；（2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R横截面的电荷量；（3）线圈匀速转动10s，电流通过电阻R产生的焦耳热．（计算结果保留二位有效数字）15．（2015春•江苏期末）如图，电源电动势E=9V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=5Ω，R2=3.5Ω，（15分）R3=6Ω，R4=3Ω，电容C=2.0μF．求：（1）当开关K扳到a时，电容器两端电压为多少？（2）当开关K由a扳到b时，通过R3的电量是多少．16．（16分）（2010秋•泰州期末）如图所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x 轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求（1）磁场的磁感应强度（2）磁场区域的圆心O1的坐标（3）电子在磁场中运动的时间．17．（16分）（2015春•江苏期末）如图所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L，上端接有电阻为R的灯泡，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B．现将质量为m，电阻为r的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，进入磁场一段时间后可使灯泡持续正常发光．当杆下降到M、N处时被支持物挡住并停止运动．OO′到MN的距离为d，杆始终与导轨保持良好接触，其他电阻忽略不计．（1）求灯泡持续正常发光时，导体棒运动的速度v（2）求下降过程通过灯泡的电量q（3）杆被支持物挡住后，通过减小磁感应强度B的大小仍使灯泡持续正常发光，若磁感应强度的大小随时间变化率的大小为k，写出在磁感应强度减为零之前，杆ab上所受安培力随时间变化的表达式．2014-2015学年江苏省高二（下）期末物理复习模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．选对的得3分，错选或不答的得0分．1．（3分）（2015春•江苏期末）许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（）A．法拉第总结出了感应电流方向的判断方法B．奥斯特发现了磁能生电C．法拉第提出了分子电流假说D．安培发现了磁场对电流的作用规律考点：物理学史．分析：本题是物理学史问题，根据法拉第、奥斯特、安培等科学家的物理学成就进行解答．解答：解：A、楞次总结出了感应电流方向的判断方法，故A错误．B、法拉第发现了磁能生电．故B错误．C、安培提出了分子电流假说，故C错误．D、安培发现了磁场对电流的作用规律，故D正确．故选：D．点评：物理学史是高考考查内容之一，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，不能张冠李戴．2．（3分）（2013秋•广东月考）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值和方向均改变考点：安培力．分析：通电直导线放在匀强磁场中，所受的安培力大小公式为F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，方向由左手定则判断，根据这两个知识进行分析．解答：解：通电直导线所受的安培力F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，由题知，B、I、L不变，α减小，则F减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变．故B正确，ACD 错误．故选：B．点评：本题考查了安培力的大小公式和安培力方向的判断，比较简单，很容易掌握．3．（3分）（2015春•江苏期末）关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是（）A．由功率P=，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P=IU，应低电压小电流输电C．由P=I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不对考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：根据P=UI求出输电线上的电流，结合分析输电线上损耗的功率与什么因素有关．解答：解：根据，P=UI知，，所以为了减小输电线上损耗的功率，应减小输电电荷或导线的电阻，或可以增大输电电压．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道根据P损=I2R，要减小功率损耗，应减小导线电阻，或减小输电电流．4．（3分）（2015春•江苏期末）如图所示，某空间匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，一金属棒AB从高h处自由下落，则（）A．A端先着地B． B端先着地C．两端同时着地D．以上说法均不正确考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：棒AB做切割磁感线运动，导致两端带异种电荷，故受电场力方向相反，根据右手定则分析即可．解答：解：棒AB做切割磁感线运动，根据右手定则，B端带正电，A端带负电，故B端受向下的电场力，A端受到向上的电场力，故B端先落地；故选：B．点评：本题关键是根据右手定则判断棒AB两端点的电性，然后判断电场力方向，基础题．5．（3分）（2011春•衡阳期末）如图所示的电路中，S闭合达电流稳定时，流过电感线圈的电流为2A，流过灯泡的电流是1A，将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的图象是图中的（）A．B． C．D．考点：自感现象和自感系数．分析：当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．解答：解：当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以电流i1会慢慢增大，灯泡这一支路立即就有电流．当电键断开，灯泡这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过灯泡的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且灯泡和L构成回路，通过灯泡的电流也流过L，所以i2变成反向，且逐渐减小．因i1＞i2，故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．6．（3分）（2015春•江苏期末）在电子线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到下一级，可以采用如图所示的电路，其中a、b应选择的元件是（）A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈C．a是电容很小的电容器，b是低频扼流圈D．a是电容很小的电容器，b是高频扼流圈考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．分析：本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小．电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小解答：解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器元；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈．故D正确，ABC错误；故选：D点评：根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器；明确两种仪器对高频信号和低频信号的不同作用．二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．交流电a的瞬时值为μ=10sin5πtVB．线圈先后两次转速之比为2：3C．交流电b电压的有效值为VD．在t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率均为零考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：由图读出电压最大值U m，周期T，由ω=求出，写出交流电a的瞬时值表达式．由周期关系求出转速关系．t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量．解答：解：A、由图电压最大值U m=10V，周期T a=0.4S，ω==5πrad/s，交流电压的瞬时值表达式为u=U m sinωt=10sin5πtV．故A正确．B、由图可知，周期T a=0.4S，T b=0.6s，则线圈先后两次转速之比n a：n b=T b：T a=3：2．故B 错误．C、由电动势的最大值E m=NBSω，则两个电压最大之值比U ma：U mb=ωa：ωb=3：2，则交流电b电压的最大值为V，有效值为V．故C错误．D、t=0时刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大．故D正确．故选：AD．点评：本题考查对交流电压图象的理解能力．难点在于C选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系．至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析．8．（4分）（2006•扬州二模）如图所示，电阻R1=20Ω，电动机的绕组R2=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A．I=1.5A B．I＜1.5A C．P=15W D． P＜15W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1的电压U．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2＜求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI求解电路中功率范围．解答：解：当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流I2，故电流表的电流I＜1.5A，电路中电功率P=UI＜15W．故BD正确．故选BD点评：本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜是关键不等式．9．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）A．两金属环将相互靠拢B．两金属环将相互排斥C．磁铁的加速度会大于g D．磁铁的加速度会小于g考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，来判断a、b两线圈的运动情况．根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，分析磁铁的加速度．解答：解：A、B、当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知a、b两线圈相互排斥．故A错误，B正确．C、D当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，可知导体对磁体的运动产生斥力作用，所以磁铁下降的加速度会小于g．故C错误，D正确；故选：BD．点评：解决本题的关键理解楞次定律的两种表述，真正理解“阻碍”的作用，并能用来分析实际问题．10．（4分）（2015春•江苏期末）某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100πt V，降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）A．通过R0电流的最大值是20 AB．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压C．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小解答：解：A、降压变压器副线圈两端交变电压最大值为220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0电流的最大值是=20A，故A正确；B、升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上的电压，所以选项B错误；C、降压变压器T2原、副线圈的电压比等于匝数比为4：1，所以选项C正确；D、升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率，所以选项D正确．故选：ACD点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题11．（4分）（2015春•江苏期末）如图所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为L，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T，方向如图所示．有两根质量均为m=0.1kg、长度均为L=0.2m、电阻均为R=0.4Ω的导体棒ab和cd与导轨接触良好，当用竖直向上的力F使ab棒向上做匀速运动时，cd棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A．ab棒的运动速度是5m/sB．力F的大小为1NC．在1s内，力F做的功为5 JD．在1s内，cd棒产生的电热为2.5J考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：要使cd始终保持静止不动，cd棒受到的安培力与重力平衡，即可求解；再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，结合功表达式与焦耳定律即可求解．解答：解：A、cd静止不动，cd棒受到的安培力等于它的重力，B L=mg，解得：v===5m/s，故A正确．B、导体棒ab，使之匀速上升，棒ab受到向下的重力G和向下的安培力F，则ab棒受到的拉力F拉=F+G=2mg=2N，故B错误．C、在1s内拉力做的功，W=F拉vt=2×5×1J=10 J，故C错误．D、在1s内，电路消耗的电能Q=t=5 J，则cd棒产生的电热为2.5J，故D正确．故选：AD．点评：本题是电磁感应现象中的力平衡问题，关键是对安培力和电路的分析和计算．三、简答题：本题共2小题，共21分．请将解答填写在答题卷上相应的位置．12．（9分）（2006•上海）表格中所列数据是测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：U（V） 0.0 0.2 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0I（A） 0.000 0.050 0.100 0.150 0.180 0.195 0.205 0.215（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图甲（填“甲”或“乙”）；（2）在方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而变大（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）如图3所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上．已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为0.07 A．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；压轴题．分析：（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，由此可正确选择电路；（2）由图可知，随着电流的增大，灯泡电阻增大；（3）算出灯泡两端的电压，根据小灯泡的U﹣I曲线可以求出灯泡的电流．解答：解：（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，只有甲图是分压接法，故该实验选择的电路图是甲图．故答案为：甲．（2）根据表示所给数据，画出小灯泡的U﹣I曲线如下所示：由小灯泡的U﹣I曲线可知，当电流增大时，灯泡的电阻增大．故答案为：增大．（3）流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，根据电阻的串并联可知，流过灯泡a的电流是b的三倍；同时灯泡a和b的电压之和为3V，由此结合小灯泡的U﹣I曲线可知流过灯泡b的电流约为：0.07A．故答案为：0.07．点评：在描绘小灯泡的U﹣I曲线的实验中，注意滑动变阻器分压、限流和安培表内接、外接方法的选择，以及根据小灯泡的U﹣I曲线求出灯泡的电压、电流值．13．（12分）（2015春•江苏期末）某同学为了测量一个额定率为1W的电阻R x的阻值，先多用表的欧姆档进行了粗测，然后用伏安法进行精确测量．（1）该同学先用欧姆表“×10”档测量时发现指标指在“0.4”刻度处，为了相对准确地测量该电阻的阻值，于是他改用× 1 档后发现指针指在“5”刻度处，由此可知R x大约为 5 Ω．（2）实验室中现有如下实验器材：电流表A1（量程0～0.6A，内阻0.2Ω）电流表A2（量程0～3A，内阻0.05Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻3kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻15kΩ）滑动变阻器R0（0～50Ω）蓄电池（电动势为6V）；开关、导线①为了较准确测量R x阻值，电压表应选V1、电流表应选A1．②在方框内画出该实验的电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）根据多用电表欧姆档的使用方法进行换档并读数；（2）根据已知条件估算电流值和电压值，进而确定电流表和电压表；根据实验要求及电表内阻的影响确定接法．解答：解：（1）由题意可知当用大档位时，示数太小；故应换用小档位×1档进行测量；测量值为5×1=5Ω；（2）①由待测电阻R x额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻R x的额定电压、额定电流的值约为U==≈2.2V；I===0.45A；则电流表应选A 1，电压表应选V1．又因==24.5Ω＞R x，则电流表必须外接．②因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻R x，故优先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，滑动变阻接入电路的电阻应大于R=﹣R x=8.3Ω，故可用限流电路．原理图如图所示；故答案为：（1）1、5 （2）①V1、A1②如右图所示．点评：本题考查多用电表的使用及电阻的测量，要掌握根据题意选择仪表及电路接法的方法，注意限流接法耗能较小，如果没有特殊要求应优先采用限流接法．四、计算或论述题：本题共4小题，共61分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．（14分）（2013秋•武汉校级期末）如图所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，线圈面积S=0.10m2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B=0.10T匀强磁场中，以恒定的角速度ω=100πrad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R=100Ω的电阻构成闭合回路．求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；（2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R横截面的电荷量；（3）线圈匀速转动10s，电流通过电阻R产生的焦耳热．（计算结果保留二位有效数字）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；法拉第电磁感应定律．专题：交流电专题．分析：正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值，而电器的耐压值时则交流电的最大值．解答：解：（1）当线圈与磁感线平行时，线圈中感应电动势的最大值，则为E m=nBSω=3.1×102 V（2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角所用时间为△t，。

2014-2015学年广东省湛江市高二（下）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共24.0分)1.布朗运动是说明分子运动的重要实验事实，布朗运动是指（）A.液体分子的运动B.悬浮在液体中的固体分子运动C.悬浮在液体中的固体微粒的运动D.液体分子与固体分子的共同运动【答案】C【解析】解：A、布朗运动不是液体分子的运动，而是液体分子的运动的间接反映．故A错误．B、布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，而颗粒是由大量颗粒分子构成的，所以布朗运动不是悬浮在液体中的固体分子运动．故B错误．C、布朗运动是指悬浮在液体中的颗粒做的无规则的运动．故C正确．D、布朗运动不是液体分子与固体分子的共同运动．故D错误．故选C布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动，也悬浮在液体中的固体分子运动．本题可以从布朗运动形成的原因来加深理解并强化记忆．基本题．2.分子间的相互作用力由引力f引和的斥力f斥两部分组成，则（）A.f斥与f引都随分子间距离增大而减小B.f斥与f引都随分子间距离增大而增大C.分子间距离增大时，f引增大，f斥减小D.分子间距离增大时，f引减小，f斥增大【答案】A【解析】解：无论分子间距在什么范围内，分子间的吸引力和排斥力都随距离的增大而减小，故A正确BCD错误；故选：A．分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零．本题考查分子间的相互作用力，属于基础题．3.关于晶体和非晶体，下述说法正确的是（）A.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B.晶体的物理性质与方向有关C.晶体在溶解过程中，温度保持不变，内能也保持不变D.晶体和非晶体都具有规则的几何外形【答案】B解：A、将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，故A错误．B、晶体的物理性质与方向有关，有些晶体在不同方向上各向异性，故B正确．C、在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加．故C错误．D、晶体具有规则的几何外形，非晶体一般不具有规则的几何外形．故D错误．故选：B该题通过晶体和非晶体的特性进行判断．晶体是具有一定的规则外形，各项异性，具有固定的熔点；非晶体没有固定的熔点，没有规则的几何外形，表现各项同性，由此可判断各选项的正误．解答该题要熟练的掌握晶体和非晶体的特性，对于晶体有一下特点：1、晶体有整齐规则的几何外形；2、晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变；3、晶体有各向异性的特点．非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体．它没有一定规则的外形，如玻璃、松香、石蜡等．它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各项同性”．它没有固定的熔点．4.如图，先把一个棉线圈拴在铁丝环上，再把环在肥皂液里浸一下，使环上布满肥皂液薄膜．如果用热针刺破棉线圈里那部分薄膜，则棉线圈将成为圆形，主要原因是（）A.液体表面层分子间的斥力作用B.液体表面受重力作用C.液体表面张力作用D.棉线圈的张力作用【答案】C【解析】解：先把一个棉线圈拴在铁丝环上，再把环在肥皂液里浸一下，使环上布满肥皂液薄膜．如果用热针刺破棉线圈里那部分薄膜，则棉线圈将成为圆形，这正是由于液体表面张力作用的产生的收缩效果．故选C．凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如．本题考查了液体表面张力，要能从众多的物理现象中识别出这种现象；这种现象的本质原因是液体分子间的引力作用．5.关于光电效应，下列说法正确的是（）A.极限频率越大的金属材料逸出功越大B.只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C.发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的强度有关D.入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多【答案】A【解析】解：A、逸出功W=hv0，知极限频率越大，逸出功越大，故A正确．B、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关．故BC、在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，而入射光越强，光电流的饱和值越大．故C错误．D、根据光电效应方程E km=hv-W0知，光电子的最大初动能随着照射光频率的增大而增大，而光电子数目与光强有关，故D错误．故选：A．光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素．解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目．6.下列说法正确的是（）A.天然放射现象说明原子核由质子和中子组成B.放射性物质的温度降低，其半衰期减小C.核裂变质量增加，聚变质量亏损D.氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级要放出光子【答案】D【解析】解：A、天然放射现象说明了原子核具有复杂结构，故A错误；B、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故B错误；C、核裂变与聚变都伴有质量亏损，伴随能量释放，故C错误；D、氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级要放出光子，故D正确；故选：D天然放射现象说明了原子核具有复杂结构，半衰期由原子核本身决定，裂变与聚变都伴有质量亏损，原子从高能级向低能级跃迁放出光子．本题考查知识点较多，难度不大，在平时学习选修科目中要全面掌握，多积累．7.设质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2和m3，那么，当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是（）A.m2C2B.（m1+m2）C2C.（m3-m2-m1）C2D.（m1+m2-m3）C2【答案】D【解析】解：根据爱因斯坦质能方程△E=△mc2当一个质子和一个中子结合成一个氘核时，质量亏损为△m=（m1+m2-m3）；因此核反应放出的能量△E=（m1+m2-m3）c2．故D正确，ABC错误；故选：D．根据核反应中释放的能量△E=△mc2以释放光子的形式释放出来，从而即可求解．记住爱因斯坦质能方程，在计算时要细心，注意质量的加减，及理解质量亏损的概念．8.根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道后（）A.原子的能量增加，电子的动能减少B.原子的能量增加，电子的动能增加C.原子的能量减少，电子的动能减少D.原子的能量减少，电子的动能增加【答案】D解：电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；根据K qQr2=m v2r，可知半径越小，动能越大．故ABC错误，D正确．故选：D．电子绕核运动时，半径减小，电场力做正功，势能减小，总能量减小；根据库仑力提供向心力可分析动能变化；和卫星绕地球运动类似．电子绕核运动的规律和卫星绕地球运动规律类似，在学习时可以类比进行学习，加强理解．二、多选题(本大题共6小题，共24.0分)9.下列说法中正确的是（）A.1℃就是1KB.温度是物体分子热运动平均动能的标志C.做功和热传递在改变物体内能上是等效的D.分子势能与体积有关，随着体积的增大而增大【答案】BC【解析】解：A、在数值上T=273.15（K）+1℃=274.15（K），所以1℃对应274.15K，故A错误；B、温度是物体分子热运动的平均动能的标志．故B正确；C、做功和热传递的性质不同，但在改变物体内能上是等效的；故C正确；D、分子势能与体积有关，但并不是一定随体积的增大而增大；要根据分子力的做功情况进行分析；故D错误；故选：BC．识记热力学温标与摄氏温标的概念与区别，明确两者大小关系为T=273.15（K）+t；根据分子力做功与分子势能变化之间的关系分析势能的变化．解热力学问题关键要知道两种温标的区别与联系；明确分子势能的变化与分子力做功的关系；对于物理概念要理解透彻．10.关于对气体压强的理解，下列说法正确的是（）A.气体的压强是由于地球对气体分子的吸引而产生的B.气体的压强是由于气体分子频繁撞击器壁而产生的C.气体压强大小取决于单位体积内的分子数和分子的平均动能D.某一密闭容器中各器壁受到的气体压强是相同的【答案】BCD【解析】解：AB、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，而不是地球引力产生的．故A错误、B正确；C、从微观看，气体压强大小取决于单位体积内的分子数和分子的平均动能，故C正确；D、某一密闭容器中各器壁受到的气体压强是相同的．故D正确．故选：BCD气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，而不是地球引力产生的，从微观看，气体压强大小取决于单位体积内的分子数和分子的平均动能，某本题考查了气体压强的成因，以及影响因素和压强的作用特点，常规题，记住则可．11.根据热力学第二定律，下列判断正确的是（）A.热机中，燃气内能不可能全部转化为机械能B.一个物体的机械能不可能全部转化为内能C.在火力发电机中，燃气的内能可以全部转化为电能D.在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体【答案】AD【解析】解：AC、无论采用任何设备和手段进行能量转化，总是遵循“机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能”，故A正确，C错误；B、根据能量转化的方向性可知，一个物体的机械能可能全部转化为内能．故B错误；D、在一定条件下，热能够从低温物体传递到高温物体，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体．故D正确．故选：AD．本题考查热力学第二定律的内容：一种表述：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响．另一种表述是：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．第二定律说明热的传导具有方向性．只有熟练掌握热力学第二定律的内容才能顺利解决本题，故一定要注意基本概念的积累．12.充足气的自行车内胎在阳光下曝晒时容易爆裂．与曝晒前相比，爆裂前车胎内气体（）A.内能增加B.密度增大C.压强增大D.分子间引力增大【答案】AC【解析】解：A、行车内胎在阳光下曝晒，气体吸收热量，温度升高，内能增加，故A正确；B、自行车内胎内的气体质量不变，体积不变，气体密度不变，故B错误；C、气体体积不变，温度升高，由查理定律可知，气体压强变大，故C正确；D、气体体积不变，气体分子间的距离不变，分子间的作用力不变，故D错误；故选AC．自行车内胎中的气体曝晒时从外界吸收热量，温度升高，内能增大，压强变大；气体体积不变，密度不变；分子间距离不变，分子力不变．充满气的自行车内胎曝晒，胎内气体温度升高，压强变大，自行车胎容易爆炸．13.关于核反应的类型，下列表述正确的有（）A. 92238U→ 90234T h+ 24H e是α衰变B. 714N+ 24H e→ 817O+ 11H是β衰变 C. 12H+ 13H→ 24H e+ 01n是聚变 D. 3482S e→ 3682K r+2 −10e是裂变【答案】AC【解析】解：A、α衰变生成氦原子核，故 92238U→ 90234T h+ 24H e是α衰变，故A正确；B、β衰变生成电子， 714N+ 24H e→ 817O+ 11H没有电子生成，故B错误；确；D、重核裂变生成的核质量相近，D生成了电子，可知D是β衰变，故D错误；故选：AC．α衰变产生核原子核，β衰变产生电子，氢核裂变生成的中等大小的核，重核裂变成中等大小的核．解答本题需要掌握正确应用质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程，明确裂变和聚变反应特点，知道α、β衰变现象，并能正确书写其衰变方程．要知道衰变的产物，重核裂变和轻核聚变都能释放出巨大能量．14.如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．下列说法正确的是（）A.这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光B.由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光频率最小C.由n=4能级跃迁到n=1能级过程中原子的能量在增加D.用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34e V的金属铂能发生光电效应【答案】ABD【解析】解：A、根据C42=6，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光．故A正确；B、由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，频率最小，故B正确；C、由n=4能级跃迁到n=1能级过程中释放能量，原子的能量在减小．故C错误；D、n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量E=13.6-3.40e V=10.2e V，大于逸出功6.34e V，能发生光电效应．故D正确．故选：ABD．由高能级向低能级跃迁，辐射的光子能量等于两能级间的能极差，光子频率越高，波长越短，波长长的光容易发生衍射．当光子的能量大于逸出功，即可发生光电效应．解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，即E m-E n=hγ，以及知道光电效应产生的条件．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)15.在用油膜法测定分子大小的实验中，其主要实验步骤为：（1）用注射器吸取10m L1：200的油酸酒精溶液，用铁夹夹住后固定在铁架台上．用注射皮管作滴管，向小量筒内滴入5ml溶液，按一滴/秒的速度滴下．5m L是420滴．则每滴所含油酸体积V为______ m L．（2）在金属水槽中倒入适量的清水，等水面完全稳定后均匀撒上______ ．（3）待液面完全平稳后开始滴溶液．下滴点距水面约2至3cm左右为宜．过几分钟后油酸薄膜的形状趋于稳定．若不够大则可再滴一滴．（4）把带有坐标纸的塑料板盖在金属水槽上．用彩笔把油酸薄膜的形状勾勒在玻璃板上．（5）在画有油酸薄膜轮廓的坐标纸上（边长1cm）数出油酸薄膜的面积S（用四舍五入的方法统计有多少个1cm2的面积）．（6）根据每一滴油酸的体积V和薄膜的面积S算出油酸膜的厚度d= ______ 即为油酸【答案】0.00006；痱子粉；VS 【解析】解：（1）滴所含油酸体积V为V=1200×5420ml=0.00006ml（2）等水面完全稳定后均匀撒上痱子粉，便于测量油酸的面积（3）油酸膜的厚度d=VS故答案为：（1）0.00006（2）痱子粉（6）VS将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积．然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积．则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径．握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径．16.如图所示，在验证动量守恒定律的试验中：（1）本实验要求入射小球质量m1 ______（填“大于”、“小于”或“等于”）被碰小球质量m2．直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量______ （填下面选项前的符号），就可以解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程D．小球的直径（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要测量步骤是______ ．（填选项前的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度H D．测量小球m1、m2的直径E．测量平抛运动射程OM，ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______ （用（2）中测量的量表示）若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为______ （用（2）中测量的量表示）【答案】大于；C；AE；m1•OM+m2•ON=m1•OP；m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2【解析】解：（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现速度速度大小，故需要测量水平射程，故AB错误，C正确．（2）碰撞过程中动量、能量均守恒，因此有：m1v0=m1v1+m2v21 2mv02=12mv12+12mv22，因此有：v1=m1−m2m1+m2v0，因此要使入射小球m1碰后不被反弹，应该满足m1＞m2．实验时，先让入射球m l多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m l从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前．至于用天平秤质量先后均可以．故选：AE．（3）根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：v0=OPt ，v1=OMt，v2=ONt，而动量守恒的表达式是：m1v0=m1v1+m2v2若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式m1•OM+m2•ON=m1•OP即可．若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，则有：1 2mv02=12mv12+12mv22，将即满足关系式：m1•OM2+m2•ON2=m1OP2．故答案为（1）大于，C（2）AE（3）m1•OM+m2•ON=m1•OP m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2①验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．②过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．③根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式，若碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后动能相同．该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．此题难度中等，属于中档题．四、计算题(本大题共3小题，共34.0分)17.如图所示，质量为M的木块静止在水平面上，有一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块并与其一起运动，子弹打进木块的时间很短．（1）子弹打进木块后子弹和木块的共同速度是多大？（2）若木块与水平面之间的动摩擦因数为u，则木块在水平面上滑行的距离为多少？解：（1）设子弹和木块的共同速度为v，子弹击中木块的过程中，以子弹初速度方向为正，由动量守恒定律有：mv0=（M+m）v解得：v=mv0M+m（2）子弹打入木块后到木块停止所通过的距离为s，由动能定理有：−u(M+m)gs=0−12(M+m)v2代入v解得：s=m 2v22ug(M+m)2答：（1）子弹打进木块后子弹和木块的共同速度是mv0M+m；（2）若木块与水平面之间的动摩擦因数为u，则木块在水平面上滑行的距离为m2v022ug(M+m)2．【解析】（1）子弹击中木块的过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律列式即可求解共同速度；（2）设子弹打入木块后到木块停止所通过的距离为s，由动能定理列式即可求解．子弹打击木块与碰撞类型，基本规律是动量守恒．研究木块滑行的距离，首先考虑能否运用动能定理18.如图所示，在光滑水平面上有两块并列放置的木块A和B，已知A、B的质量分别是m1=5kg，m2=3kg，今有质量为m=0.8kg的滑块C（可视为质点）以v0=25m/s的水平速度滑上A的上表面，由于C与A、B的上表面有摩擦，滑块C最后相对B静止，并和B一起以2.5m/s的速度共同前进，求：（1）木块A最后的速度为多少？（2）C在离开A时的速度为多少？（3）系统损失的动能为多少？【答案】解：（1）以A、B、C为系统，设C滑离A时的速度为v1，C相对B静止时的共同速度为v2，以v0方向为正方向，由动量守恒定律有：mv0=m1v1+（m+m2）v2代入数据解得：v1=2.1m/s；（2）以A、B、C为系统，设C滑离A时的速度为v，以v0方向为正方向，从C滑上A到刚滑离A的过程中由动量守恒定律有：mv0=mv+（m1+m2）v1代入数据解得：v=4m/s；（3）系统损失的机械能为：Q=12mv02−12m1v12−12(m+m2)v22=227.1J．（2）C 在离开A 时的速度为4m /s ；（3）系统损失的动能为227.1J ．【解析】（1）C 在A 上滑动时，选A 、B 、C 作为一个系统，其总动量守恒，根据动量守恒定律即可求解；（2）以A 、B 、C 为系统，其总动量也守恒，C 滑上A 到刚滑离A 的过程中，根据动量守恒定律列式即可求解；（3）系统损失的动能等于系统初始位置的动能减去末位置时系统的动能．C 在A 上和B 上滑动的过程中动量守恒，其中，C 在A 上滑动的过程中是A 、B 、C 组成的系统动量守恒，不是A 与C 守恒．这是解题的关键．19.如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切．质量为m 的小球B 与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为2m 的小球A 从LM 上距水平轨道高为h处由静止释放，在A 球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连．设小球A 通过M 点时没有机械能损失，重力加速度为g ．求：（1）A 球与弹簧碰前瞬间的速度大小v 0；（2）弹簧的最大弹性势能E P ；（3）A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小．【答案】解：（1）对A 球下滑的过程，由机械能守恒定律得：2mgh =12×2m v 02 得：v 0=√2gℎ（2）当A 球进入水平轨道后，A 、B 两球组成的系统动量守恒，当A 、B 相距最近时，两球速度相等，弹簧的弹性势能最大．由动量守恒定律可得：2mv 0=（2m +m ）v ，v =23v 0=23√2gℎ；由能量守恒定律得：2mgh =12（2m +m ）v 2+E pm ，E pm =23mgh ；（3）当A 、B 相距最近之后，由于弹力的相互作用，它们将会相互远离，当弹簧恢复原长时，它们之间的相互作用力可视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A 、B 两球组成的系统动量守恒、能量也守恒．由动量守恒定律可得：2mv 0=2mv A +mv B ，由能量守恒定律可得：12×2m v 02=12×2m v A 2+12m v B 2高中物理试卷第11页，共11页 解得：v A =13v 0=13√2gℎ，v B =43v 0=43√2gℎ．答：（1）A 球与弹簧碰前瞬间的速度大小v 0是√2gℎ．（2）弹簧的最大弹性势能E P 是23mgh ．（3）A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小分别为13√2gℎ和43√2gℎ．【解析】（1）由机械能守恒定律求出A 球与弹簧碰前瞬间的速度大小v 0；（2）当A 、B 速度相同时相距最近，弹簧的弹性势能最大，由系统的能量守恒和动量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能E P ；（3）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出最终A 、B 两球的速度．解决本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒和能量守恒，明确临界条件，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律处理这类问题．。