2018-2019学年福建省平和一中、南靖一中等五校联考高二(下)期中物理试卷

1、2018-2019 学年福建省平和一中、南靖一中等五校联考高二（下）期中物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8 小题，共32.0 分）1.下列物理学史说法正确的是（）A. 安培提出了电磁感应定律B. 卢瑟福提出了原子的“枣糕”结构模型C. 汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内D. 粒子散射实验说明了原子正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上2.关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A. 线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B. 感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化C. 穿过线圈的磁通量变化量越大，感应电动势越大D. 闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运

2、动时，一定能产生感应电流3. 下列对几种物理现象的说法，正确的是( )A. 动量相同的两个物体受相同的合外力作用而减速时，质量小的先停下来B. 用力推车，车子不动，是因为推力对车的冲量为零C. 击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤表面有弹性，延长了锤与钉的作用时间，使锤对钉的作用力减少了D. 跳高时要落在海绵垫子上，是为了减小冲量4. 某正弦式交变电流的 i -t 图象如图所示，则该电流的（）A. 频率 f=0.02 HzB. 有效值 I=10AC. 峰值D. 瞬时值表达式 i=20sin100 t（ A）5. 图示为氢原子的能级示意图， 关于氢原子跃迁， 下列说法正确的是（）A. 一群处于 n=5

3、 激发态的氢原子，向低能级跃迁时可以发出 10 种不同频率的光B. 一个处于 n=4 激发态的氢原子，向低能级跃迁时可以发出 6 种不同频率的光C. 用 12cV 的光子照射处于基态的氢原子时，电子可以跃迁到 n=2 能级D. 氢原子中的电子从高能级向低能级跃迁时动能增大，氢原子的电势能增大第1页，共 18页6. 如图所示的远距离输电电路图中， 升压变压器和降压变压器均为理想变压器且都有一个线圈可调，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变。在用电高峰期，随着用户耗电量的增大导致实际用户电压偏低，为使用户电压达到正常， 下列说法中正确的是（）A. P1 上调一点可使用户电压升高，线路损失减小B.

4、P1 下调一点可使用户电压升高，线路损失增大C. P2 下调一点可使用户电压升高，线路损失减小D. P2 上调一点可使用户电压升高，线路损失增大7. 图 1 和图 2 是教材中演示自感现象的两个电路图，L1 和 L 2 为电感线圈。实验时，断开开关 S1 瞬间，灯 A1 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯 A2 逐渐变亮，而另一个相同的灯 A3 立即变亮，最终 A2 与 A3 的亮度相同。下列说法正确的是 （）A. 图 1 中， A1 与 L1 的电阻值相同B. 图 1 中，闭合 S1，电路稳定后， A1 中电流大于 L1 中电流C. 图 2 中，变阻器 R 与 L2 的电阻值相同D.

5、图 2 中，闭合 S2 瞬间， L 2 中电流与变阻器R 中电流相等8.根据外媒某军事杂志一篇关于中国航母的报道， 其猜测中国自行设计建造的第三艘国产航母将采用电磁弹射装置。 航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去。则下列说法正确的是（）A. 金属环向左运动过程中将有扩大趋势B. 若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去C. 若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射D. 合上开关 S 的瞬间，从右侧看环中产生沿顺时针方向的感应电流二、多选题（本大题共4 小题，共16.0 分）第2页，共 18页9. 质量相等的 A、 B 两

6、球在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，A 球的动量是9kg?m/s， B 球的动量是 5kg?m/s，当 A 球追上 B 球时发生碰撞，则碰撞后A、B 两球的动量可能值是（）A. pA=7 kg?m/s，pB =7kg?m/sB. pA=6kg?m/s， pB=8kg?m/sC. pA=-2 kg?m/s， pB=16kg?m/sD. pA =-4 kg?m/s， pB=17kg?m/s10. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R 的电阻。将质量为m，电阻也为 R 的金属棒悬挂在一个上端固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，

7、如图所示。除金属棒和电阻 R 外，其余电阻不计。现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则（）A. 金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a bB. 最终弹簧对金属棒的弹力与金属棒的重力平衡C. 金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为D. 金属棒的速度为v 时，金属棒两端的电势差为11.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为4： 1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表， R0 为定值电阻， RT为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（）A. 图乙中电压的有效值为B. 电压表的示数为VC. RT处出现火警

8、时电流表示数减小D. RT 处出现火警时电阻 R0 消耗的电功率增大12.矩形线框abcd 固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B 随时间 t 变化的图象如图所示。设t=0 时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，下列几幅图中i 表示线圈中感应电流的大小（规定电流沿顺时针方向为正），F 表示线框 ab 边所受的安培力的大小（规定ab 边中所受的安培力方向向左为正），则下列图象中可能正确的是（）第3页，共 18页A.B.C.D.三、实验题探究题（本大题共1 小题，共9.0 分）13. 用半径相同的小球 1 和小球 2 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示， 斜槽与水平槽平滑连接

9、。 安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置 O接下来的实验步骤如下：步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤 2：把小球 2 放在斜槽前端边缘位置 B，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次， 并使用与步骤 1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M 、P、 N 离 O 点的距离，即线段 OM、 OP、ON 的长度。（ 1）对于上述实验操作，下列说法正确的是_A轨道必

10、须是光滑的B每次小球 1 都要从同一高度由静止滚下C实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动D 必须要测量轨道末端到地面的高度（ 2）入射小球1与被碰小球2 直径相同，它们的质量m1 和 m2 的大小应满足12（填“”、“”或“=”）m _m（ 3）实验时， 要验证两小球碰撞前后动量是否守恒，下列表达式正确的是 _。Am1=m1+m2 ， B m1=m1+m2C m1=m2+m1D m1=m1+m2四、计算题（本大题共4 小题，共43.0 分）14. 如图所示是交流发电机模型示意图，n=100 匝的矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小 B=T 的水平匀强磁场中，线框面积S=0.48m2

11、线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度 =50 rad /s 匀速转动，并与理想变压器相连，变压器副线圈接入一第4页，共 18页只额定电压为12V 的灯泡，灯泡正常发光，线框、输电线路的电阻都不计。求：（ 1）将图示时刻记为t=0 ，写出电动势瞬时表达式；（ 2）变压器的原、副线圈匝数比。15. 轻质细线吊着一质量为 m=0.5kg、边长为 L=1m、匝数 n=10 的正方形线圈，其总电阻为 r =1在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。（g=10m/s2）（ 1）判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；（ 2）求线圈

12、的电功率；（ 3）求在 t=4 s时轻质细线的拉力大小。16.如图所示，一水平轻弹簧一端与滑块B 相连，另一端与滑块C 接触但未连接，B、C 均静止在光滑水平桌面上。现有一滑块从光滑曲面上距水平桌面h=1.8m 高处由静止开始滑下，与滑块B 发生碰撞并粘在一起，压缩弹簧推动滑块C 向前运动。已知 A、 B、 C 的质量分别是mABC2。=2 kg、m =4kg、 m =6kg，重力加速度 g 取 10m/s 求：（ 1） A、 B 两滑块碰撞结束瞬间速度的大小；第5页，共 18页（ 2）弹簧的最大弹性势能；（ 3）滑块 C 最后的速度大小。17. 如图所示， 虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意

13、图，其主要部件为缓冲滑块 K 和质量为 m=100kg 的缓冲车厢。在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨 PQ、 MN 缓冲车的底部，安装电磁铁（图中未画出） ，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B=0.2T导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成， 滑块 K 上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R=10，匝数 n=500， ab 边长为 L=1m。假设缓冲车以速度v0=5m/s 与障碍物 C 碰撞后，滑块 K 立即停下， 此后线圈与轨道间的磁场作用力使车厢做减速运动，从而达到缓冲效果，一切摩擦阻力不计。求：（ 1）求滑块 K 的线圈中最大感应电动势的

14、大小；（ 2）若缓冲车厢向前移动距离0.5m 后速度为零，则此过程线圈abcd 中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？（ 3）若缓冲车以某一速度v1（未知）与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，缓冲车厢所受的最大水平磁场力为4Fm=10 N缓冲车在滑块 K 停下后， 其速度 v 随位移x 的变化规律满足： v=v1-10x。要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物C碰撞前，导轨右端与滑块K 的 cd 边距离至少多大？第6页，共 18页答案和解析1.【答案】 D【解析】解：A 、法拉第发现了电磁感应现象后，库柏与韦德总结了电磁感应定律。故A 错误。B、C、汤姆孙发现电 子后，猜想出原子内的正 电

15、荷均匀分布在原子内，提出了枣糕式原子模型；卢瑟福根据 粒子散射 实验中少数 粒子 发生了较大偏转，提出了原子核式结构模型。故 B 错误，C 错误 。D、粒子散射 实验中少数 粒子 发生了较大偏转，说明原子正 电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上，故D 正确。故选：D。本题涉及到原子物理部分的物理学史，根据科学家的贡献进行一一解答即可。本题考查了原子物理部分的物理学史，关 键掌握物理学家的科学成就，注意原子核式 结构与原子核 结构的区别。2.【答案】 B【解析】解：A 、感应电流产生的条件是，只有穿 过闭合电路的磁通量 发生变化，线圈中才会有感 应电流产生，故 A 错误 。B、电磁感应现象中，

16、感应电流的磁场总阻碍原来磁 场的磁通量的 变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向向相反，若原磁 场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故 B 正确。C、根据法拉第电磁感应强度可知，穿过线圈的磁通量 变化量越快，感应电动势越大；而穿过线圈的磁通量 变化量大，感应电动势 不一定大，故 C 错误；D、闭合线圈放在匀 强磁场中做切割磁感 线运动时，若穿过线圈的磁通量 变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不 变，则没有感应电流，故 D 错误 。故选：B。第7页，共 18页感应电流产生的条件是：当穿过闭合回路的磁通量 发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流，电路必须闭合，如果导体做切

17、割磁感 线运动，电路不闭合，则不会有感 应电流产生。电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来电场的变化，感应电流的磁场可能与原磁 场方向相同，也可能相反。本题要知道的感 应电流产生的条件，要知道当 线圈中的磁通量 发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势 。3.【答案】 C【解析】【分析】根据动量定理：合力的冲量等于 动量的变化，公式为：Ft=P由此分析即可。本题关键根据动量定律列式分析，动量定理反映了力 对时间的累积效应对物体动量的影响。【解答】C、砸钉子时不用橡皮 锤，是由于橡皮锤有弹性，作用时间长，根据动量定理Ft=P，产生的力小，故 C 正确；B、

18、在推车时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，推力的冲量Ft 不为零，故B 错误；A 、动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，根据 动量定理 Ft=P，两个物体将同 时停下来，故 A 错误；D、跳高时在海绵垫子上，根据动量定理 Ft=P，是为了增加作用 时间，减小了作用力，冲量等于 动量的变化，是恒定的，故 D 错误 。故选 C。4.【答案】 D【解析】解：由题图可知，该交变电流的周期 为：T=0.02 s，则频率为：f=50 Hz峰值为：im=20 A，则有效值为：=10A第8页，共 18页该i-t图象是正弦曲线，故i=Asin （t），其中A=20，则时值表， 瞬达式 i=20sin100

19、 t（A），故ABC 错误，D 正确。故选：D。由题图该变电流的周期为T=0.02 s，可以求出频值为i m=20 A ，可知， 交率；峰可以求出有效 值；由题图可知 A=20，可以求出瞬时值表达式。本题考查了正弦式 电流的图象和三角函数表达式。利用数学知 识三角函数解决交变电流问题是本题的关键。5.【答案】 A【解析】解：A 、根据=10 知，一群处于 n=5 激发态的氢原子，向低能级跃迁时，可以放出 10 种不同频率的光子，故 A 正确。B、一个处于 n=4 激发态的氢原子，向低能级跃迁时，最多放出 3 种不同频率的光子，故 B 错误 。C、用 12eV 的光子照射 处于基态的氢原子时，该

20、光子能量不能被吸收 发生跃迁，故C错误。D、氢原子中的 电子从高能 级到低能级跃迁时，原子能量减小，根据 k=m得，电子动能增大，则氢原子的电势能减小，故 D 错误 。故选：A。一个氢原子和一群 氢原子不同，根据不同的能 级差确定不同 频率的光子种数；当光子能量等于两能 级间的能级差，才能被吸收，发生跃迁；氢原子从高能 级向低能级跃迁时，原子能量减小，根据库仑引力提供向心力得出 电子动能的变化，从而得出电势能的变化。本题考查了能级跃迁的基本运用，知道能 级间跃迁吸收或 辐射的光子能量等于两能级间的能级差，注意一个氢原子和一群 氢原子的区 别，不能拿到题目就用数学 组合公式进行求解。第9页，共

21、18页6.【答案】 C【解析】解：AD 、P1 上调一点，则升压变压器的原线圈的匝数增加，由匝数比与 电压比的关系可知，输电线的输送电压减小，由 P=UI 可知输送的电流增大，由可知线路损失增大；由U 损=I 送 ?r可知，输电线损 耗的电压增大，所以到达降压变压器的电压减小，则用户达到的电压减小。故 AD 错误；BC、P1 下调一点，则升压变压器的原线圈的匝数减小，由匝数比与 电压比的关系可知，输电线的输送电压增大，由 P=UI 可知输送的电流减小，由可知线路损失减小；由U 损=I 送 ?r可知，输电线损 耗的电压减小，所以到达降压变压器的电压增大，则用户达到的电压增大。故 B 错误，C 正

22、确。故选：C。理想变压器的输入功率由 输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个 过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系。对于远距离输电问题 ，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。7.【答案】 C【解析】解：A、图 1中，断开S1 的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1 的电流小于L 的电流，则可知 L 的电阻小于 A1 的电阻，故A 错误；B、图 1 中，闭合 S1，电路稳定后，断开开关 S1 瞬间，灯A1 突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故 B 错误；C、图

23、2 中，因为要观察两只灯泡 发光的亮度 变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡 电阻相同，所以变阻器 R 与 L2 的电阻值相同，故 C 正确；D、图 2 中，闭合 S2 瞬间，L2 对电流由阻碍作用，所以 L2 中电流与 变阻器 R 中电流不相等，故 D 错误 。第10 页，共 18页故选：C。闭合开关的瞬 间，通过 L 的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析 电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同 时熄灭。当通过线圈本身的 电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的 电磁感应现象，可运用楞次定律分析自

24、感 电动势对电 流的影响。8.【答案】 D【解析】解：A 、固定线圈上突然通 过直流电流，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知金属 环被向左弹射的瞬间，还有缩小的趋势，故A 错误；B、若金属环放在线圈右方，根据 “来拒去留 ”可得，环将向右运 动；故B 错误；C、根据“来拒去留 ”，在线圈上突然通 过直流电流时，环都会受到向左的力的作用，与电源的正负极无关，故 C 错误；D、线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的 过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属 环的感应电流由右侧看为顺时针 ；故D 正确故选：D。由右手螺旋定 则 可求得线 圈中的磁 场方向，再由楞次定律明确

25、电 流方向及 环的受力方向。本题要掌握楞次定律的两种描述，一是 “增反减同 ”；二是“来拒去留 ”；并能灵活根据它 们去判断电流方向及受力方向。9.【答案】 AB【解析】解：碰撞前系统总动量：p=pA +pB=14kg?m/s，由题意，设 mA =mB=m，碰前总动能为：Ek=+=+=；A 、若 pA =7kg?m/s，pB =7kg?m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：2= Ek，系统动能部增加，故 A 正确。第11 页，共 18页B、若 PA =6kg?m/s，PB =8kg?m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：+= Ek，系统动能部增加，故 B 正确。统动量守恒，碰撞后的总动能：+C

26、、若 PA =-2kg?m/s，PB =16kg?m/s，系= Ek，系统动能增加，故 C 错误 。D、若 PA=-4kg?m/s，PB =17kg?m/s，碰撞后系统总动 量为：-4+17=13kg?m/s，系统的动量不守恒，故 D 错误 。故选：AB。A 、B 碰撞过程动量守恒，碰撞过程系统机械能不增加，碰撞两球不可能再 发生二次碰撞，碰后后面小球的速度不大于前面小球的速度，据此分析答题。本题考查了动量守恒定律的 应用，对于碰撞过程要遵守三大 规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况。10.【答案】 BD【解析】解：A 、金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金

27、属棒上电流方向向右，流过电阻 R 的电流方向为 ba，故A 错误；B、金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力 势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻 R 上产生的热量；故机械能慢慢减小，最后 稳定时，只受重力和弹力；故重力与弹力平衡；故 B 正确；C、金属棒速度为 v 时，安培力大小为 F=BIL ，I=，由以上两式得：F=，故C 错误；为时 电动势E=Blv ，而金属棒两端的电势差等于 R 两端的电压，D、当速度 v，故为：；故D 正确。故选：BD。通过 R 的感应电流方向由右手定 则判断；由于金属棒产生感应电流，受到安第12 页，共 18页培力的阻碍，

28、最终金属棒停止运 动。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求解安培力。由欧姆定律求 电势差。本题考查电磁感应中的电路、受力、功能等问题，对于这类问题 要能正确运用右手定 则判断感应电流的方向，会推导安培力，正确分析棒的运 动情况、能量如何 转化。11.【答案】 ABD【解析】解：A 、设将此电流加在阻 值为 R 的电阻上，电压的最大值为 Um，电压的有效值为 U，则有，代入数据得图乙中电压的有效值为 110V ，故 A正确。B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以 变压器原、副线圈中的电压之比是 4：l，所以电压表的示数 为V ，故B 正确。C、RT 处出现火警，温度升高时，阻值减小，副线圈

29、电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原 线圈增大，即电流表示数增大，故 C 错误 。D、RT 处出现火警时，通过 R0 的电流增大，所以电阻 R0 消耗的电功率增大，故 D正确。故选：ABD 。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。半导体热敏电阻是指随温度上升 电阻呈指数关系减小、具有 负温度系数的 电阻，R 处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化。根据电流的热效应，求解交变电流的有效 值是常见题型，要熟练掌握。根据图象准确找出已知量，是 对学生认图的基本要求，准确掌握理想 变压

30、器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本 题的关键。12.【答案】 AC【解析】第13 页，共 18页应强度均匀变线变产解：AB 、在 0-2s内，磁感化， 框的磁通量均匀化， 生恒定电场应流。磁 方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感电流方向 为顺时针 方向，电流为正值。根据法拉第 电磁感应定律得：E=S，感应电流 I= ，此段时间内，一定，则知感应电流也一定。同理得知，在2s-4s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定。故 A 正确，B 错误 。CD、在 0-2s内，线框 ab 边所受的安培力的大小 为 F=BIL ，IL 一定，F 与 B 成正比

31、，而由楞次定律判断可知，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值 。同理得知，在2s-4s内，F 与 B 成正比，安培力方向先向左后右，即先 为正值后为负值，与0-2s 内情况相同。故 C 正确，D 错误 。故选：AC。一方面根据楞次定律判断线框中的感 应电流方向，由左手定则判断 ab 边所受的安培力的方向。另方面根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式分别求出感应电流、安培力与时间的关系式。本题分两时间进行研究，也可分四段 时间进行研究，根据法拉第定律可定性判断 AB 是错误 的。由楞次定律和左手定 则判断安培力的方向，法拉第 电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式研究安培力的大小，综合性较

32、强。13.【答案】 BA【解析】解：（1）A 、斜槽的粗糙与光滑不影响 实验的效果，只要到达底端 时速度相同即行。故 A 错误 。B、每次小球 1 都要从同一高度由静止 滚下，以保证小球到达斜槽 轨道末端 时的速度相等，故 B 正确；C、实验中白纸不能移动，但复写纸是可以移 动的，可以保证落点位置不 变，故 C错误；第14 页，共 18页D、因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，所以不需要测量轨道末端到地面的高度，故D 错误；故选 B；（2）实验中为了防止入射球反 弹，应让入射球质量大于被碰球的 质量；（3）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度， OP 是 A 球不与 B球

33、碰撞平抛运 动的位移，该位移可以代表 A 球碰撞前的速度， OM 是 A 球碰撞后平抛运 动的位移，该位移可以代表碰撞后A 球的速度，ON 是碰撞后 B 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B 球的速度，当所测物理量满足表达式m1=m1+m2，说明两球碰撞遵守 动量守恒定律，故 A 正确，BCD错误。故答案为：（1）B；（2）；3（）A 。在验证动量守恒定律的 实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运 动的速度。根据本实验中的数据事 项及数据处理的方法 进行作答。解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律 实验中，无需测出速

34、度的大小，可以用位移代表速度，要注意掌握本 实验的基本方法。14.【答案】 解：（ 1）线框逆时针转动，根据右手定则，电流俯视为逆时针；电动势最大值为：Em=nBs =100 0.48 50=V从垂直中性面位置开始计时，故瞬时值为：mcos t=cos50 tV）e=E（ 2）变压器的输入电压为：U 1=V=240V；一只 12V 的灯泡，且灯泡正常发光，根据变压比公式，有：解得：答：（ 1）将图示时刻记为t=0，写出电动势瞬时表达式；第15 页，共 18页（ 2）变压器的原、副线圈匝数比 20： 1。【解析】（1）根据Em=nBs求解 电动势最大值，然后根据 e=Emcos t求解 该正弦交

35、流电的瞬时表达式；（2）根据变压比公式列式求解即可；本题关键是明确交流 电的最大值和瞬时值的求解方法，同时要能够结合变压器的变压比公式、功率关系列式求解。15.【答案】 解：（ 1）由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。（ 2）由法拉第电磁感应定律得：E=n=n=0.75V，则线圈的电功率P=；（ 3） t=4s时，电路中的电流 I= =0.75A，此时，安培力F 安=nBIL ，对线框受力分析得：F 安+T=mg，联立解得： T=0.5N；答：（ 1）线圈中产生的感应电流的方向是逆时针；（ 2）线圈的电功率为；（ 3）在 t=4s 时轻质细线的拉力大小危机 0.5N。【解析】（1）根据楞次

36、定律来判定感应电流的方向；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合电功率表达式，即可求解；（3）根据闭合电路欧姆定律，结合安培力表达式，及受力平衡方程，即可求解。考查楞次定律、法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的 应用，掌握平衡方程的内容，注意安培力的方向 变化。16.【答案】 解：（ 1）设 A 与 B 碰撞前的速度为 v0，对 A 与 B 碰撞前的过程，由机械能守恒定律有：mAv02=mAgh代入数据得：v0=6m/s碰撞过程满足动量守恒，取向右为正方向，则有：mAv0=（ mA+mB） vAB解得 A 与 B 碰撞结束瞬间的速度为：vAB=2 m/s（ 2）当 A、 B、 C 三者共速时（设为v），弹簧有最大弹性势能Epmax由动量守恒定律得：（mA+mB） vAB=（mA+mB+mC） v。第16 页，共 18页由机械能守恒定律得：（ mA +mB）vAB2=（mA+mB+mC v2+Epmax）解得： Ep max=6J（ 3） A、 B 粘在一起后把C 弹开过程相当于AB 与 C 发生完全弹性