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1、安徽省皖南八校联考2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）1（4分）关于电磁感应现象，下列说法正确的是 （）A导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B只要导体相对于磁场运动，导体内一定会产生感应电流C只要闭合电路在磁场中切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流D只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流2（4分）如图所示，闭合的矩形线圈abcd 放在范围足够大的匀强磁场中，下列哪种情况下线圈中能产生感应电流（）A线圈向左平移B线圈向上平移C线圈以ab为轴旋转D线圈不动3（4分）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，
2、竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为（）A向下，m（v1v2）B向下，m（v1+v2）C向上，m（v1v2）D向上，m（v1+v2）4（4分）一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为（）Am=MBm=MCm=MDm=M5（4分）质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法中正确的是（）A2s末小球的动量大小为40kgm/sB2s末小球的动能为40JC2s内重
3、力的冲量大小为20NsD2s内重力的平均功率为20W6（4分）质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放出一个质量为m的粒子时，剩余部分的速度为（）ABCD7（4分）2013年6月20日，在“天宫一号”测出指令长聂海胜的质量聂海胜受到恒定作用力F从静止开始运动，经时间t时，测速仪测出他运动的速率为，则聂海胜的质量为（）ABCD8（4分）一个矩形线圈的匝数为N匝，线圈面积为S，在磁感强度为B的匀强磁场中以的角度绕垂直磁感线的轴匀速转动，开始时，线圈平面与磁场平行，对于它产生的交变电动势，下列判断正确的是（）A瞬时表达式为e=NBSsintB有效值为NBSC周期为D频率为29（4分）图是一
4、正弦式交变电流的电压图象从图象可知电压的最大值和周期分别为（）A20V，0.01 sB20V，0.01 sC20V，0.02 sD20V，0.02 s10（4分）矩形线圈的面积为S，匝数为n，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO以角速度匀速转动当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时（）A线圈中的电动势为nBSB线圈中的电动势为0C穿过线圈的磁通量为0D穿过线圈的磁通量变化率最大11（4分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）A交变电流的周期为
5、0.125sB交变电流的频率为8HzC交变电流的有效值为AD交变电流的最大值为4A12（4分）两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，MA=1kg，MB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（）AvA=5m/s，vB=2.5m/sBvA=2m/s，vB=4m/sCvA=4m/s，vB=7m/sDvA=7m/s，vB=1.5m/s二、填空题（本大题共4小题，每空1分，共9分）13（3分）有一正弦交流电，它的电压随时间变化的情况如图所示，则电压的峰值为V；有效值为V；交流电的；频率为Hz14（2分）如图所示，一正方形线圈的
6、匝数为n，边长为a，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均匀地增大到2B在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小=，产生的感应电动势为E=15（2分）光滑水平面上有两小球a、b，开始时a球静止，b球以一定速度向a运动，a、b相撞后两球粘在一起运动，在此过程中两球的总动量（填“守恒”或“不守恒”）；机械能（填“守恒”或“不守恒”）16（2分）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，则此时B相对空间站的速度大小为和方向为三、
7、实验题（本大题共2小题，每空1分，共6分）17（3分）某学习小组利用如图所示的实验装置探究螺线管线圈中感应电流的方向（1）由于粗心该小组完成表格时漏掉了一部分（见表格），发现后又重做了这部分：将磁铁S极向下从螺线管上方竖直插入过程，发现电流计指针向右偏转（已知电流从右接线柱流入电流计时，其指针向右偏转），则填，填B原方向I感方向（俯视）B感方向N极插入向下增大逆时针向上S极插入向上增大N极抽出向下减小顺时针向下S极抽出向上减小逆时针向上（2）由实验可得磁通量变化、原磁场B原方向、感应电流的磁场B感方向三者之间的关系：18（3分）某同学用如图所示的（a）图装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究
8、碰撞中的守恒量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图（a）中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图（b），其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐（1）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还需要用到的器材有（填选项号）A秒表 B天平 C毫米刻度尺 D打点计时器（及电源
9、和纸带） E圆规 F弹簧测力计 G游标卡尺（2）从图（b）可以测出碰撞后B球的水平射程应取为cm（3）在以下选项中，是本次实验必须进行的测量（填选项号）A水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离BA球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C测量A球或B球的直径D测量A球和B球的质量（或两球质量之比）E测量G点相对于水平槽面的高度四、计算题（本大题共4小题，第19题7分，第20、21题各9分，第22题12分，共37分）19（7分）如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞在二者在发生碰撞的过程中
10、，求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）滑块B的最大速度20（9分）交流发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，置于磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以=100（rad/s）的角速度转动当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，已知线圈的电阻r=1，外电路电阻R=99试求：（1）电动势的最大值Em；（2）交变电流的有效值I；（3）外电阻R上消耗的功率PR21（9分）如图所示，质量为m的小物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为，小车足够长求：（1）小物块相对小车静止时的速度；（2）从小物块滑上小车到相对小车静止所经历
11、的时间；（3）从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离22（12分）如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧范围足够大，磁场方向竖直向下在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为L=0.2m线框质量m=0.1kg、电阻R=0.1，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s一直做匀加速直线运动，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；（3）若线框进入磁场过程中F做功为WF=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q
12、安徽省皖南八校联考2014-2015学年高二下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）1（4分）关于电磁感应现象，下列说法正确的是 （）A导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B只要导体相对于磁场运动，导体内一定会产生感应电流C只要闭合电路在磁场中切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流D只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流考点：感应电流的产生条件分析：感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化1、电路要闭合；2、穿过的磁通量要发生变化解答：解：A电路不一定闭合，所以电路中不一定产生感应电流故A错误 B导体相对于磁场运
13、动，会产生感应电动势，但导体不一定外部构成回路，所以不一定产生感应电流故B错误 C闭合电路在磁场中切割磁感线运动，磁通量不一定发生变化，电路中不一定产生感应电流 D感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化故D正确故选D点评：解决本题的关键理解感应电流产生的条件：穿过闭合电路磁通量发生变化2（4分）如图所示，闭合的矩形线圈abcd 放在范围足够大的匀强磁场中，下列哪种情况下线圈中能产生感应电流（）A线圈向左平移B线圈向上平移C线圈以ab为轴旋转D线圈不动考点：感应电流的产生条件专题：电磁学分析：本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题解答：解：A、由于磁场
14、是匀强磁场且范围足够大，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，故A错误；B、根据A项的论述可知，B错误；C、当线圈以ab为轴旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故C正确；D、线圈不动，其磁通量不变，故没有感应电流产生，D错误；故选C点评：本题比较简单，考查了基本规律的应用，是一道考查基础知识的好题3（4分）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为（）A向下，m（v1v2）B向下，m（v1+v2）C向上，m（v1v2）D向上，m（v1+v2）考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：由于碰撞
15、时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲力可忽略不计根据动量定理求解在碰撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小解答：解：选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理得地面对钢球的冲量为：I=mv2mv1=m（v1+v2），则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m（v1+v2）故选：D点评：应用动量定理求解冲量是常用的方法，要注意选取正方向，用带正号的量值表示矢量如重力不能忽略，还要考虑重力的冲量4（4分）一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为（）Am=MBm
16、=MCm=MDm=M考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：以航天器与气体为系统，系统动量守恒，则由动量守恒定律列式求解即可解答：解：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv0=（Mm）v2mv1解得：m=M故选：C点评：本题为动量守恒定律的直接应用，但解题时注意质量关系及各速度的方向，能用正确的符号表示出来5（4分）质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法中正确的是（）A2s末小球的动量大小为40kgm/sB2s末小球的动能为40JC2s内重力的冲量大小为20NsD2s内重力的平均功率为20W考点：动量定理专题：动量定理应用
17、专题分析：A、根据动量表达式P=mv，结合运动学公式v=gt，即可求解；B、根据动能表达式，结合运动学公式v=gt，即可求解；C、根据冲量表达式I=Ft，即可求解；D、根据平均功率表达式=，即可求解解答：解：A、小球自塔顶由静止开始下落，根据运动学公式，2s末小球的速度v=gt=102m/s=20m/s；那么2s末小球的动量大小，P=mv=220kgm/s=40kgm/s，故A正确；B、2s末小球的动能=400J，故B错误；C、根据冲量表达式I=Ft=2102Ns=40Ns，故C错误；D、根据平均功率表达式=，2s内重力的平均功率=W=200W，故D错误；故选：A点评：考查动量、动能与冲量表达
18、式，掌握平均功率与瞬时功率的区别，注意平均速度与瞬时速度的不同6（4分）质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放出一个质量为m的粒子时，剩余部分的速度为（）ABCD考点：动量守恒定律分析：本题属于“反冲”问题，原子核放出粒子过程中动量守恒，因此根据动量守恒直接列方程求解即可解答：解：原子核放出粒子前后动量守恒，设剩余部分速度为v，则有：mV+（Mm）v=0所以解得：，负号表示速度与放出粒子速度相反故选：B点评：本题考查了动量守恒定律的应用，要注意该定律的适用条件和公式中物理量的含义以及其矢量性7（4分）2013年6月20日，在“天宫一号”测出指令长聂海胜的质量聂海胜受到恒定作用力F从
19、静止开始运动，经时间t时，测速仪测出他运动的速率为，则聂海胜的质量为（）ABCD考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：根据匀变速直线运动的规律v=v0+at求出加速度a再根据牛顿第二定律F=ma求解质量m解答：解：根据匀变速直线运动的规律v=v0+at知a=再根据牛顿第二定律F=ma知m=故选：B点评：此题考查基本公式和概念的应用，请同学们一定重视基本规律和基本定理的记忆和理解8（4分）一个矩形线圈的匝数为N匝，线圈面积为S，在磁感强度为B的匀强磁场中以的角度绕垂直磁感线的轴匀速转动，开始时，线圈平面与磁场平行，对于它产生的交变电动势，下列判断正
20、确的是（）A瞬时表达式为e=NBSsintB有效值为NBSC周期为D频率为2考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向以角速度匀速转动，线圈内产生的是交流电由f=，可求出频率大小；线圈产生电动势的最大值Em=NBS，有效值等于最大值；根据角速度，及线圈与磁场平行开始转动，从而可确定感应电动势的瞬时表达式解答：解：A、矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕平行于磁场方向以角速度匀速转动，线圈内产生的是交流电，则产生电动势的最大值Em=nBS，所以感应电动势的瞬时表达式为e=NBScost，故A错误；B、线圈中产生电动势的最大值
21、Em=nBS，则有效值为NBS，故B错误；C、=；故T=；故C正确；D、由f=，又=；则有f=，故D错误；故选：C点评：本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，并掌握瞬时表达式如何确定，注意线圈开始转动的位置9（4分）图是一正弦式交变电流的电压图象从图象可知电压的最大值和周期分别为（）A20V，0.01 sB20V，0.01 sC20V，0.02 sD20V，0.02 s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：由交流电的图象的纵坐标的最大值读出电压的最大值，由横坐标读出周期解答：解：根据图象可知该交流电的电压最大值是Um=20V，周期T=0.02s，故C正确故选：
22、C点评：根据交流电ut图象读出交流电的最大值、周期及任意时刻电压的大小是基本能力比较简单10（4分）矩形线圈的面积为S，匝数为n，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO以角速度匀速转动当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时（）A线圈中的电动势为nBSB线圈中的电动势为0C穿过线圈的磁通量为0D穿过线圈的磁通量变化率最大考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；磁通量专题：交流电专题分析：图示时刻线框四边都不切割磁感线，不产生感应电动势线圈与磁场垂直，根据公式=BS求出磁通量根据法拉第电磁感应定律分析磁通量的变化率解答：解：A、B、图示时刻线框的四边都不切割磁感线，不产生感应电动势，即
23、线圈中的电动势为0故A错误，B正确C、图示时刻线框与磁场垂直，磁通量最大，为=BS故C错误D、图示位置线圈中的电动势为0，根据法拉第电磁感应定律E=n可知穿过线圈的磁通量变化率为0故D错误故选：B点评：本题要能根据线圈各边速度方向，判断线圈是否产生感应电动势，只有线圈切割磁感线时才产生感应电动势，并掌握磁通量公式=BS11（4分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）A交变电流的周期为0.125sB交变电流的频率为8HzC交变电流的有效值为AD交变电流的最
24、大值为4A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解解答：解：A、由图可知，交流电周期T=0.250s，故A错误；B、交流电周期T=0.250s，交变电流的频率为f=4Hz，故B错误；C、由图可知，交流电的最大电压Um=20V，所以交变电流的最大值为Im=2A，所以交变电流的有效值为I=A，故C正确，D错误；故选：C点评：本题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解12（4分）两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，
25、A球在后，MA=1kg，MB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（）AvA=5m/s，vB=2.5m/sBvA=2m/s，vB=4m/sCvA=4m/s，vB=7m/sDvA=7m/s，vB=1.5m/s考点：动量守恒定律分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度解答：解：两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律
26、得：MAvA+MBvB=（MA+MB）v，代入数据解得：v=m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA+MBvB=MAvA+MBvB，由机械能守恒定律得：MAvA2+MBvB2=MAvA2+MBvB2，代入数据解得：vA=m/s，vB=m/s，则碰撞后A、B的速度：m/svAm/s，m/svBm/s，故选：B点评：本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！二、填空题（本大题共4小题，每空1分，共9分）13（3分）有一正弦交流电，它的电压随时间变化的情况如图所示，则电压的峰值为10V；有效值为5V；交流电的；频率为2.5Hz考点：正弦
27、式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据图象可读出该交流电的周期和最大值，然后根据频率和周期，最大值与有效值的关系可直接求解解答：解：由图可知，该交流电的电压最大值为：Um=10V，所以有效值为：U=5V，周期为0.4s，所以有：f=2.5Hz故答案为：10； 5； 2.5；点评：本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14（2分）如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，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
28、由B均匀地增大到2B在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小=，产生的感应电动势为E=考点：法拉第电磁感应定律分析：根据法拉第电磁感应定律E=n=nS，求解感应电动势，其中S是有效面积解答：解：在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小=根据法拉第电磁感应定律E=n=nS=故答案为：；点评：解决电磁感应的问题，关键理解并掌握法拉第电磁感应定律E=n=nS，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积15（2分）光滑水平面上有两小球a、b，开始时a球静止，b球以一定速度向a运动，a、b相撞后两球粘在一起运动，在此过程中两球的总动量守恒（填“守恒”或“不守恒”）；机械能不守恒（填“守恒”或“不守恒”）考点：动量
29、守恒定律分析：考察了动量守恒和机械能守恒的条件，在整个过程中合外力为零，系统动量守恒解答：解：两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于碰撞是完全非弹性碰撞，碰撞过程机械能不守恒；故答案为：守恒，不守恒点评：本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的适用条件，注意区分，基础题16（2分）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，则此时B相对空间站的速度大小为0.02m/s和方向为远离空间站方向考点：动量守恒定律分析：A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求
30、出速度解答：解：A、B组成的系统动量守恒，以初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAvAmBv，即：（80+100）0.1=800.2100v，解得：v=0.02m/s，方向：远离空间站方向故答案为：0.02m/s；远离空间站方向点评：本题考查了求速度，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律可以正确解题三、实验题（本大题共2小题，每空1分，共6分）17（3分）某学习小组利用如图所示的实验装置探究螺线管线圈中感应电流的方向（1）由于粗心该小组完成表格时漏掉了一部分（见表格），发现后又重做了这部分：将磁铁S极向下从螺线管上方竖直插入过程，发现电流计指针向右偏转（已知电流从右接线柱
31、流入电流计时，其指针向右偏转），则填顺时针，填向下B原方向I感方向（俯视）B感方向N极插入向下增大逆时针向上S极插入向上增大N极抽出向下减小顺时针向下S极抽出向上减小逆时针向上（2）由实验可得磁通量变化、原磁场B原方向、感应电流的磁场B感方向三者之间的关系：增大，B原与B感反向；减小，B原与B感同向考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：右安培定则判断出磁场的方向，然后由楞次定律判断出感应电流方向，最后判断出指针偏转方向分析表中实验数据，然后得出结论解答：解：（1）由图示可知，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，应向下，由安培定则可知，感应电流方向沿顺时针方向（
32、2）分析表中实验数据可知：增大，B原与B感反向；减小，B原与B感同向故答案为：（1）顺时针；向下；（2）增大，B原与B感反向；减小，B原与B感同向点评：本题考查了实验现象分析、实验数据分析，分析清楚表中实验数据，应用楞次定律、安培定则即可正确解题18（3分）某同学用如图所示的（a）图装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞中的守恒量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记
33、录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图（a）中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图（b），其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐（1）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还需要用到的器材有BCE（填选项号）A秒表 B天平 C毫米刻度尺 D打点计时器（及电源和纸带） E圆规 F弹簧测力计 G游标卡尺（2）从图（b）可以测出碰撞后B球的水平射程应取为64.7（填64.2cm65.2cm之间均可）cm（3）在以下选项中，ABD是本次实验必须进行的测量（填选项号）A水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离BA球与B球碰撞
34、后，测量A球落点位置到O点的距离C测量A球或B球的直径D测量A球和B球的质量（或两球质量之比）E测量G点相对于水平槽面的高度考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：（1）根据实验原理求出需要验证的表达式，然后选择实验器材；（2）碰撞后b球的水平射程落点如图b所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，根据图乙所示确定刻度尺的分度值，然后读出其示数；（3）根据动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题解答：解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：m1v0=m1
35、v1+m2v2，即，约掉时间得：m1OP=m1OD+m2ON，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，确定小球位置需要用圆规，因此需要的实验器材有：BCE（2）碰撞后b球的水平射程落点如图（b）所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.7cm，在范围64.2cm65.2cm内均可；（3）A、水平槽上未放b球时，测量a球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞前a球的速度，故A正确；B、a球与b球碰撞后，测量a球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞后a球的速度，故B正确；C、不需要测量a球或b球的直径，故C错误；D、测
36、量a球和b球的质量（或两球质量之比），用来表示出球的质量，故D正确；E、不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故E错误故选：ABD故答案为：（1）BCE；（2）64.7（填64.2cm65.2cm之间均可）；（3）ABD点评：本题考查了刻度尺读数、确定实验需要测量的量，对刻度尺读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直；求出需要实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键四、计算题（本大题共4小题，第19题7分，第20、21题各9分，第22题12分，共37分）19（7分）如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻
37、弹簧的滑块B发生碰撞在二者在发生碰撞的过程中，求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）滑块B的最大速度考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）A与B相互作用过程中，外力的合力为零，系统动量守恒，同时由于只有弹簧弹力做功，系统机械能也守恒；A刚与弹簧接触时，弹簧弹力逐渐变大，A做加速度变大的加速运动，B做加速度变大的加速运动，当A与B速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式即可（2）当A、B分离时，B的速度最大，此时相当进行了一次弹性碰撞由动量守恒定律与机械能守恒定律即可求解解答：解：（1）在整个过程中，弹簧具有最大弹
38、性势能时，A和B的速度相同选取向右为正方向，根据动量守恒定律：mv0=（M+m）v根据机械能守恒定律，有：由得EP=6J（2）当A、B分离时，B的速度最大，此时相当进行了一次弹性碰撞，则：mAv0=mAvA+mBvB由以上两式得答：（1）弹簧的最大弹性势能是6J；（2）滑块B的最大速度是2m/s点评：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出A和B的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解20（9分）交流发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，置于磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以=100（rad/s）的角速度转动当转到线圈
39、平面与磁场方向垂直时开始计时，已知线圈的电阻r=1，外电路电阻R=99试求：（1）电动势的最大值Em；（2）交变电流的有效值I；（3）外电阻R上消耗的功率PR考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：（1）根据Em=nBS求电动势的最大值；（2）先根据E=求解电动势的有效值，再根据闭合电路欧姆定律求电流有效值；（3）根据P=I2R求解外电阻R上消耗的功率解答：解：（1）电动势的最大值：Em=nBS=100=400V；（2）电动势的有效值：E=200V；根据闭合电路欧姆定律，有：I=；（3）外电阻R上消耗的功率：PR=I2
40、R=（2）299=792W；答：（1）电动势的最大值Em为400V；（2）交变电流的有效值I为2A；（3）外电阻R上消耗的功率PR为792W点评：本题主要考查了交变电流的最大值、有效值的求解方法，电动势的最大值为Em=nBS，求解热量用有效值21（9分）如图所示，质量为m的小物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为，小车足够长求：（1）小物块相对小车静止时的速度；（2）从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；（3）从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：（1）根据动
41、量守恒定律求相对静止时的速度；（2）根据动量定理求摩擦力作用的时间；（3）根据功能关系求物块相对于小车滑行的距离解答：解：物块滑上小车后，受到向后的摩擦力而做减速运动，小车受到向前的摩擦力而做加速运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止，如图8所示由于“光滑水平面”，系统所受合外力为零，故满足动量守恒定律（1）物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（ M+m ）v共，解得：v共=；（2）对物块，由动量定理得：mgt=mv共mv0，解得：t=；（3）由功能关系，物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和（摩擦力乘以相对位移）等于系统机械能的增量，由能量守恒定律得：m
42、gl=（M+m）v共2mv02，解得：l=；由能量守恒定律得：Q=mv02（M+m）v共2，解得：Q=；答：（1）小物块相对小车静止时的速度；（2）从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间为；（3）从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量为，物块相对小车滑行的距离为点评：注意动量守恒的条件是如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变灵活运用动量关系解题比牛顿运动定律来得简单方便22（12分）如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧范围足够大，磁场方向竖直向下在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为L=0.2m线框质量m
43、=0.1kg、电阻R=0.1，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s一直做匀加速直线运动，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；（3）若线框进入磁场过程中F做功为WF=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q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；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由图象知力和时间，根据欧姆定律和牛顿运动定律列式求解；（2）根据q=It结合欧姆定律求解；（3）根据功能关系得：WF=Q+EK求解解答：解：（1）由图象分析可知：当t=0时刻，力F0=BI0L+ma=0.3N此时电流当t=0.5s时刻，力F1=BI1L+ma=0.4N此时电流当t=0.5s后，力F2=ma=0.2N联立方程并求解得：B=0.5T，v1=2m/s（2）根据题意：平均电流平均电动势磁通量的变化量=BS面积变化量代入数据并整理得：q=0.75c（3）根据功能关系得：WF=Q+EK动能增量整理得：Q=0.12J答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为0.5T；（2）线框进入磁场