广东省中山一中2020学年高二物理下学期第二次段考试题（含解析） 24页

‎2020学年广东省中山一中高二（下）第二次段考物理试卷 ‎ ‎　‎ 一、单选选择题 ‎1．下面那一项不是现代传感器的应用（　　）‎ A．当你走近自动门时，门会自动打开 B．电梯的两门靠拢接触到人体时，门会自动打开而不会夹伤人 C．电饭煲能自动加热和保温而不会把饭烧焦 D．将自己的银行卡插进自动取款机里可以取钱，而不必麻烦银行工作人员 ‎2．钍核Th经过6次α衰变和4次β衰变后变成铅核，则（　　）‎ A．铅核的符号为Pb，它比Th少8个中子 B．铅核的符号为Pb，它比Th少16个中子 C．铅核的符号为Pb，它比Th少16个中子 D．铅核的符号为Pb，它比Th少12个中子 ‎3．如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，o、o′分别是ab和cd边的中点．现将线框右半边obco′绕oo′逆时针90°到图乙所示位置．在这一过程中，导线中通过的电荷量是（　　）‎ A． B． C． D．0‎ ‎4．如图所示，是观察自感现象的电路图．为了观察断开开关的瞬间灯泡有明显的闪烁现象，除增大线圈的自感系数外，还要考虑线圈电阻RL和小灯泡电阻R，它们之间应满足的关系是（　　）‎ A．RL＞R B．RL=R C．RL＜＜R D．RL＞＞R ‎5．如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒ab垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上升，上升高度为h．则在此过程中，以下错误的是（　　）‎ A．作用于棒ab上的各力的合力所做的功等于零 B．恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热 C．恒力F和安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F所做的功等于棒ab重力势能的增加量和电阻R上产生的焦耳热之和 ‎6．如图所示，理想变压器初、次级线圈分别接有完全相同的灯泡A、B，且初、次级线圈的匝数之比N1：N2=2：1，交流电源电压为U，则灯B两端的电压为（　　）‎ A． B．2U C． D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题 ‎7．如图是类氢结构的氦离子能级图．已知基态的氦离子能量为E1=﹣54.4eV．在具有下列能量的光子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（　　）‎ A．40.8 eV B．41.0 eV C．43.2 eV D．54.4 eV ‎8．下述叙述中，正确的是（　　）‎ A．放射性元素的半衰期是由原子核内部因素决定的，与温度、压强等外界因素无关 B．β射线就是原子核外的电子挣脱原子核的束缚而形成的电子流 C．重核的裂变和轻核的聚变都可以放出大量的能量 D．互为同位素的元素，具有相同的中子数 ‎9．如图所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一个小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止，此后（　　）‎ A．a、c两车运动速率相等 B．a、b两车的运动速率相等 C．三辆车的速率关系为vc＞va＞vb D．a、c两辆车的运动方向一定相反 ‎10．如图所示，虚线abcd为水平放置的矩形匀强磁场区域，方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是金属线框的四个可能到达的位置，则圆形线框的速度可能为零的位置是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．交流电源的电压是6V，它跟电阻R1、R2和电容器、伏特表一起连组成电路，如图所示，图中电压表的示数为U1，为了保证电容器C不被击穿，电容器C的耐压值应为U2，则（　　）‎ A．U1=6V B．U2=6V C．U1=6V D．U2≥6V ‎　‎ 三、实验题 ‎12．如图所示是研究电磁感应现象的实验仪器，虚线框内给出了原副线圈导线的绕法，实验前已查明电流表中电流从左接线柱流入时指针向左偏．‎ ‎（a）用笔画线代替导线在答卷对应的图上连接好实验电路．‎ ‎（b）若实验中原线圈插入副线圈后，开关S闭合的瞬间，观察到电流表指针向左偏，试在电路连接图中标出电源的正、负极．‎ ‎（c）若将原线圈拔出，则拔出时电流表指针向　 　偏．‎ ‎13．在做碰撞中的动量守恒的实验中：‎ ‎（a）下列测定入射小球和被碰小球在碰撞前后的速度的方法或原理正确的是　 　‎ A．用秒表测出时间t，用刻度尺测出位移s，用求出速度 B．测出打点计时器在纸带上打下的点间的距离s1、s2，用 C．用小球离开桌面后的水平射程x来代替速度 D．测出小球下落高度h，用求出速度 ‎（b）完成本实验，下列必须要求的是　 　‎ A．斜槽轨道必须光滑以减小误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球和被碰球的质量必须相等 D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 ‎（c）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为　 　．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎14．如图所示，长为L的细绳竖直悬挂着一质量为2m的小球A，恰好紧挨着放置在水平面上质量为m的物块B．现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°的位置，然后释放小球．小球到达最低点时恰好与物块发生碰撞，而后小球向右摆动的最大高度为，物块则向右滑行了L的距离而静止求：‎ ‎（1）A球与B碰撞前对细绳的拉力 ‎（2）A球与B碰撞后一瞬间的速度大小 ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数μ．‎ ‎15．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L导轨平面与水平面夹角为a导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接 触良好，金属棒的质量为m 电阻为R．两金属导轨的上端连 接右侧电路，电路中R2为一电 阻箱，已知灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，调节电阻箱使R2=12R，重力加速度为g，闭合开关S，现将金属棒由静止释放，求：‎ ‎（1）金属棒下滑的最大速度vm的大小；‎ ‎（2）当金属棒下滑距离为so时速度恰好达到最大，则金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，整个电路产生的电热．‎ ‎16．如图所示，光滑水平面上有一辆质量为M=1kg的小车，小车的上表面有一个质量为m=0.9kg的滑块，在滑块与小车的挡板间用轻弹簧相连接，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，整个系统一起以v1=10m/s的速度向右做匀速直线运动．此时弹簧长度恰好为原长．现在用质量为m0=0.1kg的子弹，以v0=50m/s的速度向左射入滑块且不穿出，所用时间极短．已知当弹簧压缩到最短时的弹性势能为Ep=8.6J．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）子弹射入滑块的瞬间滑块的速度；‎ ‎（2）从子弹射入到弹簧压缩最短，滑块在车上滑行的距离．‎ ‎17．轻质细线吊着一质量为m=0.32kg，边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω．边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t0时间细线开始松弛，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；‎ ‎（2）在前t0时间内线圈的电功率；‎ ‎（3）求t0的值．‎ ‎　‎ ‎2020学年广东省中山一中高二（下）第二次段考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选选择题 ‎1．下面那一项不是现代传感器的应用（　　）‎ A．当你走近自动门时，门会自动打开 B．电梯的两门靠拢接触到人体时，门会自动打开而不会夹伤人 C．电饭煲能自动加热和保温而不会把饭烧焦 D．将自己的银行卡插进自动取款机里可以取钱，而不必麻烦银行工作人员 ‎【考点】GB：传感器在生产、生活中的应用．‎ ‎【分析】传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．‎ ‎【解答】解：A、当你走近自动门时，门会自动打开，应用了红外传感器，故A错误．‎ B、电梯的两门靠拢接触到人体时，门会自动打开而不会夹伤人，应用了压力传感器，故B错误．‎ C、电饭煲能自动加热和保温而不会把饭烧焦，应用了温度传感器，故C错误．‎ D、将自己的银行卡插进自动取款机里可以取钱，而不必麻烦银行工作人员，应用了磁记录技术，与现代传感器无关，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．钍核Th经过6次α衰变和4次β衰变后变成铅核，则（　　）‎ A．铅核的符号为Pb，它比Th少8个中子 B．铅核的符号为Pb，它比Th少16个中子 C．铅核的符号为Pb，它比Th少16个中子 D．铅核的符号为Pb，它比Th少12个中子 ‎【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒确定铅核的电荷数和质量数，从而比较出中子数的变化．‎ ‎【解答】解：经过1次α衰变电荷数少2，质量数少4，经过1次β衰变，电荷数增1，质量数不变．则钍核Th经过6次α衰变和4次β衰变后电荷数少8，质量数少24，为Pb，质量数等于质子数加中子数，则中子数少16．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，o、o′分别是ab和cd边的中点．现将线框右半边obco′绕oo′逆时针90°到图乙所示位置．在这一过程中，导线中通过的电荷量是（　　）‎ A． B． C． D．0‎ ‎【考点】D8：法拉第电磁感应定律；D7：磁通量．‎ ‎【分析】分析线框旋转前后的磁通量，由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，由q=It可求得电量．‎ ‎【解答】解：对线框的右半边（obco′）未旋转时整个回路的磁通量Φ1=BSsin45°=BS；‎ 对线框的右半边（obco′）旋转90°后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图整个回路的磁通量Φ2=0．‎ ‎△Φ=Φ1﹣Φ2=BS．‎ 根据公式q=It==．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，是观察自感现象的电路图．为了观察断开开关的瞬间灯泡有明显的闪烁现象，除增大线圈的自感系数外，还要考虑线圈电阻RL和小灯泡电阻R，它们之间应满足的关系是（　　）‎ A．RL＞R B．RL=R C．RL＜＜R D．RL＞＞R ‎【考点】DE：自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象．‎ ‎【解答】解：开关S闭合稳定状态时，当开关断开后灯泡中电流立即完全消失，而线圈由于由自感作用阻碍其自身电流的减小，故线圈与灯泡组成回路，其电流IL逐渐减小，灯泡中由原来的电流I变为电流IL时，若要明显闪亮一下然后再逐渐熄灭，只要IL＞I，即RL＜R灯泡就会出现闪亮的现象，若RL＜＜R就会有明显闪亮现象，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒ab垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上升，上升高度为h．则在此过程中，以下错误的是（　　）‎ A．作用于棒ab上的各力的合力所做的功等于零 B．恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热 C．恒力F和安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F所做的功等于棒ab重力势能的增加量和电阻R上产生的焦耳热之和 ‎【考点】62：功的计算．‎ ‎【分析】题中导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量．‎ ‎【解答】解：A、B导体棒匀速上升过程中，合力为零，则合力所作的功等于零，根据动能定理得：WF﹣WG﹣W安=0，得WF﹣WG=W安，克服安培力所做功W安即等于回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故AB正确，C错误；‎ D、由WF﹣WG﹣W安=0得，WF=WG+W安，即恒力F所做的功等于棒ab重力势能的增加量和电阻R上产生的焦耳热之和，故D正确．‎ 本题选错误的 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，理想变压器初、次级线圈分别接有完全相同的灯泡A、B，且初、次级线圈的匝数之比N1：N2=2：1，交流电源电压为U，则灯B两端的电压为（　　）‎ A． B．2U C． D．‎ ‎【考点】E8：变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据变压器原副线圈电压比等于线圈匝数比，电流之比等于线圈匝数的倒数比即可解题．‎ ‎【解答】解：因两灯的电流之比与匝数成反比为1：2，而阻值相等，则电压之比为1：2，‎ LA的电压为U1，LB的电压为U2：则=…①‎ 又有： =…②‎ 由①②式得：U2=‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、多项选择题 ‎7．如图是类氢结构的氦离子能级图．已知基态的氦离子能量为E1=﹣54.4eV．在具有下列能量的光子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（　　）‎ A．40.8 eV B．41.0 eV C．43.2 eV D．54.4 eV ‎【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】氦离子吸收光子能量要发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差，或吸收光子能量后，总能量大于等于0，发生电离．根据玻尔理论进行分析．‎ ‎【解答】解：A、若基态的氦离子吸收40.8eV后，其能量变为﹣13.6eV，根据玻尔理论可知氦离子能从基态跃迁到n=2的激发态，故A正确．‎ B、若基态的氦离子吸收41.5eV，能量为﹣13.4eV，根据玻尔理论可知不能吸收发生跃迁．故B错误．‎ C、若基态的氦离子吸收43.2eV，能量为﹣11.2eV，根据玻尔理论可知不能吸收发生跃迁．故C错误．‎ D、基态的氦离子吸收54.4eV，能量为0eV，根据玻尔理论可知能被基态氦离子吸收而电离．故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎8．下述叙述中，正确的是（　　）‎ A．放射性元素的半衰期是由原子核内部因素决定的，与温度、压强等外界因素无关 B．β射线就是原子核外的电子挣脱原子核的束缚而形成的电子流 C．重核的裂变和轻核的聚变都可以放出大量的能量 D．互为同位素的元素，具有相同的中子数 ‎【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；JK：重核的裂变．‎ ‎【分析】自然界中有些原子核是不稳定的，可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理、化学状态无关；β射线是原子核内的中子转化为质子而同时释放出的电子，同位素的元素具有相同的质子数．‎ ‎【解答】解：A、放射性元素的半衰期是由原子核内部因素决定的，与温度、压强等外界因素无关，故A正确；‎ B、β射线是原子核内的中子转化为质子而同时释放出的电子，故B错误；‎ C、重核的裂变和轻核的聚变的过程中都有质量亏损，都可以放出大量的能量，故C正确；‎ D、互为同位素的元素，具有相同的质子数和不同的中子数，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一个小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止，此后（　　）‎ A．a、c两车运动速率相等 B．a、b两车的运动速率相等 C．三辆车的速率关系为vc＞va＞vb D．a、c两辆车的运动方向一定相反 ‎【考点】53：动量守恒定律．‎ ‎【分析】题中人与a、b、c组成的系统水平方向不受外力，系统的水平方向动量守恒，分三个过程，分别由动量守恒定律分析人与三车速率关系．‎ ‎【解答】解：若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律 人跳离c车的过程，有 0=﹣M车vc+m人v，‎ 人跳上和跳离b过程，有 m人v=﹣M车vb+m人v，‎ 人跳上a车过程，有 m人v=（M车+m人）•va，‎ 所以：vc=，vb=0，va=．‎ 即：vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反．故AB错误，CD正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎10．如图所示，虚线abcd为水平放置的矩形匀强磁场区域，方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是金属线框的四个可能到达的位置，则圆形线框的速度可能为零的位置是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；37：牛顿第二定律；DD：电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】根据线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变进行分析．当线圈进入或穿出磁场时，磁通量变化，产生感应电流，受到安培阻力作用，速度可能为零．‎ ‎【解答】解：A、C、线圈进或出磁场时，磁通量变化，线圈中会产生感应电流，线圈受到安培阻力作用而减速运动，速度可能为零，故AD正确．‎ B、线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变，所以B图中线框速度不可能为零．故B错误．‎ C、线圈刚好从右向左完全进入磁场后，速度恰好为0．故C是可能的．故C正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎11．交流电源的电压是6V，它跟电阻R1、R2和电容器、伏特表一起连组成电路，如图所示，图中电压表的示数为U1，为了保证电容器C不被击穿，电容器C的耐压值应为U2，则（　　）‎ A．U1=6V B．U2=6V C．U1=6V D．U2≥6V ‎【考点】EF：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．‎ ‎【分析】正弦式交流电的最大值是有效值的倍．电容器C的耐压值是电容器所能承担的最大电压．‎ ‎【解答】解：交流电源的电压是6V，而电压表测量的是交流电的有效值，则电压表的示数为U1=6V；‎ 因正弦式交流电的最大值是有效值的倍，则知电压的最大值为6V，‎ 所以电容器要能正常工作，其耐压值必须不低于6V，即U2≥6V．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎12．如图所示是研究电磁感应现象的实验仪器，虚线框内给出了原副线圈导线的绕法，实验前已查明电流表中电流从左接线柱流入时指针向左偏．‎ ‎（a）用笔画线代替导线在答卷对应的图上连接好实验电路．‎ ‎（b）若实验中原线圈插入副线圈后，开关S闭合的瞬间，观察到电流表指针向左偏，试在电路连接图中标出电源的正、负极．‎ ‎（c）若将原线圈拔出，则拔出时电流表指针向　右　偏．‎ ‎【考点】NF：研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】（a）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．‎ ‎（b）根据电流表指针偏转方向判断感应电流方向，安培定则判断感应电流磁场方向，然后根据楞次定律判断出原电流磁场方向，最后由安培定则判断出原电流方向，从而确定电源的正负极．‎ ‎（c）由楞次定律判断感应电流方向，然后再判断电流表指针偏转方向．‎ ‎【解答】解：（a）将电源、电键、变阻器、原线圈串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示．‎ ‎（b）开关S闭合的瞬间，观察到电流表指针向左偏，说明感应电流由左接线柱流入，由安培定则可知，副线圈中感应电流磁场向上；‎ 开关闭合时，原线圈电流变大，原磁场变强，穿过副线圈的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，故原磁场方向向下，由安培定则可知，原线圈电流从B流入，A流出，则电源右端是正极，左端是负极，电路图如上图所示．‎ ‎（c）由电路图可知，闭合开关，穿过副线圈的磁场向下，将原线圈拔出，穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表右侧流入，则电流表指针向右偏转．‎ 故答案为：（a）如上图所示；（b）如上图所示；（c）右．‎ ‎　‎ ‎13．在做碰撞中的动量守恒的实验中：‎ ‎（a）下列测定入射小球和被碰小球在碰撞前后的速度的方法或原理正确的是　C　‎ A．用秒表测出时间t，用刻度尺测出位移s，用求出速度 B．测出打点计时器在纸带上打下的点间的距离s1、s2，用 C．用小球离开桌面后的水平射程x来代替速度 D．测出小球下落高度h，用求出速度 ‎（b）完成本实验，下列必须要求的是　BD　‎ A．斜槽轨道必须光滑以减小误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球和被碰球的质量必须相等 D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 ‎（c）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为　4：1　．‎ ‎【考点】ME：验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】（a）两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．‎ ‎（b）小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线必须水平；为防止入射球反弹入射球的质量要大于被碰球的质量；小球必须从斜槽同一位置由静止释放．‎ ‎（c）根据小球的水平位移关系得出速度关系，结合动量守恒定律得出入射小球和被碰小球的质量关系．‎ ‎【解答】解：（a）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，做平抛运动的时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故选C．‎ ‎（b）A、小球离开轨道后做平抛运动，只要保证入射球离开轨道的初始相等即可，斜槽轨道不需要光滑，故A错误；‎ B、为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；‎ C、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错其；‎ D、为保证小球速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故D正确；故选BD．‎ ‎（c）由图示可知：A球单独释放时的水平位移为OP=25.50cm，与B球碰后，A球的水平位移为OM=15.50cm，B球的水平位移为O′N=41.10﹣1.10cm=40cm．‎ 如果碰撞过程动量守恒，则m1OP=m1OM+m2O′N，代入数据解得：m1：m2=4：1．‎ 故答案为：（a）C；（b）BD；（c）4：1．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎14．如图所示，长为L的细绳竖直悬挂着一质量为2m的小球A，恰好紧挨着放置在水平面上质量为m的物块B．现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°的位置，然后释放小球．小球到达最低点时恰好与物块发生碰撞，而后小球向右摆动的最大高度为，物块则向右滑行了L的距离而静止求：‎ ‎（1）A球与B碰撞前对细绳的拉力 ‎（2）A球与B碰撞后一瞬间的速度大小 ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数μ．‎ ‎【考点】6C：机械能守恒定律；2G：力的合成与分解的运用；66：动能定理的应用．‎ ‎【分析】小球向下摆动和向上摆动过程机械能都守恒，根据机械能守恒分别求出碰撞前后小球的速度大小．根据向心力公式求出绳子的拉力，根据动量守恒定律求出碰撞后物块的速度大小，根据动能定理研究向右滑动过程，求出物块与水平面间的动摩擦因数μ．‎ ‎【解答】解：（1）A球小球下摆至最低点的过程中，根据机械能守恒：‎ ‎2mgL（1﹣cos60°）=①‎ 在最低点对A球：T﹣2mg=2m T=4mg ‎（2）A球碰撞后在上摆过程中，根据机械能守恒：‎ ‎②‎ ‎（3）小球A和物块碰撞瞬间分析，根据动量守恒：‎ ‎2mv=2mv1+mv2③‎ 由①②③式解得：④‎ 对碰后物块分析，根据动能定理：⑤‎ 由④⑤解得物块与水平面间的动摩擦因数 μ=0.5‎ 答：（1）A球与B碰撞前对细绳的拉力为4mg；‎ ‎（2）A球与B碰撞后一瞬间的速度大小为；‎ ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.5．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L导轨平面与水平面夹角为a导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接 触良好，金属棒的质量为m 电阻为R．两金属导轨的上端连 接右侧电路，电路中R2为一电 阻箱，已知灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，调节电阻箱使R2=12R，重力加速度为g，闭合开关S，现将金属棒由静止释放，求：‎ ‎（1）金属棒下滑的最大速度vm的大小；‎ ‎（2）当金属棒下滑距离为so时速度恰好达到最大，则金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，整个电路产生的电热．‎ ‎【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；DD：电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）闭合开关S，金属棒由静止释放，沿斜面下滑切割磁感线，产生电动势E=BLv，相当于电源给电路供电，随着速度的增大电动势增大，当速度达到最大值时，导体棒匀速运动，由受力平衡求出vm．‎ ‎（2）由动能定理和功能关系对棒下滑距离分别s0和2s0的情况列式，即可求出电热．‎ ‎【解答】解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有：‎ mgsinα=F安①‎ F安=BIL ②‎ I=③‎ 其中　R总=6R ④‎ 联立以上各式得金属棒下滑的最大速度 vm=⑤‎ ‎（2）由动能定理，有 WG﹣W安=‎ 由于 WG=2mgs0 sinα，W安=Q 解得Q=2mgs0sinα﹣‎ 将⑤代入上式可得 Q=2mgs0sinα﹣‎ 答：‎ ‎（1）金属棒下滑的最大速度vm的大小是；‎ ‎（2）金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，整个电路产生的电热是2mgs0sinα﹣‎ ‎．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，光滑水平面上有一辆质量为M=1kg的小车，小车的上表面有一个质量为m=0.9kg的滑块，在滑块与小车的挡板间用轻弹簧相连接，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，整个系统一起以v1=10m/s的速度向右做匀速直线运动．此时弹簧长度恰好为原长．现在用质量为m0=0.1kg的子弹，以v0=50m/s的速度向左射入滑块且不穿出，所用时间极短．已知当弹簧压缩到最短时的弹性势能为Ep=8.6J．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）子弹射入滑块的瞬间滑块的速度；‎ ‎（2）从子弹射入到弹簧压缩最短，滑块在车上滑行的距离．‎ ‎【考点】53：动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）向左射入滑块且不穿出，所用时间极短，子弹与滑块的总动量守恒，动量守恒定律求出子弹射入滑块后共同的速度．‎ ‎（2）当子弹，滑块与小车三者的速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．由动量守恒定律求出三者共同的速度，由能量守恒定律求解弹簧压缩到最短时，滑块在车上滑行的距离．‎ ‎【解答】解：（1））设子弹射入滑块后的共同速度大为v2，设向右为正方向，以子弹与滑块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：‎ mv1﹣mv0=（m+m0）v2 …①‎ 代入数据解得：v2=4m/s…②‎ ‎（2）弹簧压缩到最短时，子弹、滑块和车的速度相等，根据动量守恒定律得：‎ Mv1+（m+m0）v2=（M+m+m0）v3 …③‎ 代入数据解得：v3=7m/s…④‎ 设最大弹性势能为Epmax，对三个物体组成的系统应用能量守恒定律得：‎ Mv12+（m+m0）v22﹣（M+m+m0）v32=EPmax+μ（m0+m）gs…⑤‎ 代入数值解得：s=0.2 m 答：（1）子弹射入滑块的瞬间滑块的速度为4m/s；‎ ‎（2）从子弹射入到弹簧压缩最短，滑块在车上滑行的距离为0.2m．‎ ‎　‎ ‎17．轻质细线吊着一质量为m=0.32kg，边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω．边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t0时间细线开始松弛，g=10m/s2．求：‎ ‎（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；‎ ‎（2）在前t0时间内线圈的电功率；‎ ‎（3）求t0的值．‎ ‎【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；CC：安培力．‎ ‎【分析】（1）根据ɛ=求出感应电动势，注意S为有效面积．‎ ‎（2）根据感应电动势求出感应电流，再根据P=I2r求出线圈的电功率．‎ ‎（3）当线圈所受的安培力等于线圈的重力时，绳子的张力为零，细线开始松弛．根据，求出拉力为零时的磁感应强度，再根据图象求出时间．‎ ‎【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得：‎ 故在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.4V．‎ ‎（2）‎ P=I2r=0.16（W）‎ 故在前t0时间内线圈的电功率为0.16W．‎ ‎（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：‎ 由图象知：解得：t0=2s 故t0的值为2s．‎ ‎　 ‎