高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE32024年1月濟(jì)南市高二期末學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測物理模擬試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題所給的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.某電站用22kV交變電壓輸電，輸送功率一定，輸電線的電阻為R，現(xiàn)若用變壓器將電壓升高到220kV送電，下列說法正確的是（）A.因，所以輸電線上的電流增為原來的10倍B.因，所以輸電線上的電流減為原來的C.因，所以輸電線上損失的功率為原來的100倍D.因，所以輸電線上損失的功率為原來的〖答案〗D〖解析〗AB．根據(jù)得，，輸送功率一定時，輸送電壓變?yōu)樵瓉淼?0倍，則輸送電流變?yōu)樵瓉淼模娏鞑荒苡脕碛嬎?，故AB錯誤；CD．根據(jù)知，損失的功率變?yōu)樵瓉淼?，故C錯誤，D正確。故選D。2.將模型火箭放在光滑水平面上點(diǎn)火，燃?xì)庖阅骋凰俣葟幕鸺龂娍谠诤芏虝r間內(nèi)全部噴出?；鸺谒矫嫔匣?，在燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅倪^程中，下列說法正確的是（空氣阻力可忽略）（）A.火箭對燃?xì)庾饔昧Φ臎_量大于燃?xì)鈱鸺饔昧Φ臎_量B.火箭對燃?xì)庾饔昧Φ臎_量與燃?xì)鈱鸺饔昧Φ臎_量大小相等C.火箭的動量比噴出燃?xì)獾膭恿看驞.火箭的動能比噴出的燃?xì)鈩幽艽蟆即鸢浮紹〖解析〗AB．由于火箭對燃?xì)庾饔昧εc燃?xì)鈱鸺饔昧κ亲饔昧头醋饔昧?，故兩者的沖量總是大小相等的，故A錯誤，B正確；C．由于火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)在燃?xì)鈬姵銮昂髣恿渴睾?，由動量守恒定律可知，火箭的動量的大小與噴出燃?xì)獾膭恿看笮∠嗟?，故C錯誤；D．由于火箭的質(zhì)量大于燃?xì)獾馁|(zhì)量，由可知火箭的質(zhì)量大于燃?xì)獾馁|(zhì)量，故火箭的動能比噴出的燃?xì)鈩幽苄?，故D錯誤。故選B。3.如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．下列說法正確的是（）A.B0的方向平行于PQ向右B.導(dǎo)線P的磁場在a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C.只把導(dǎo)線Q中電流的大小變?yōu)?I，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0D.只把導(dǎo)線P中的電流反向，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0〖答案〗C〖解析〗A．在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，根據(jù)安培定則及矢量疊加原理可知它們在a點(diǎn)處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行于PQ向右，設(shè)大小為B1，如圖所示，由于a點(diǎn)處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，由此可知外加的磁場B0方向平行于PQ向左，故A錯誤；B．且設(shè)導(dǎo)線P、Q在a點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為BP、BQ，則根據(jù)幾何關(guān)系有解得故B錯誤；C．只把導(dǎo)線Q中電流的大小變?yōu)?I，則導(dǎo)線Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不變，大小變?yōu)橛蓭缀沃R結(jié)合矢量疊加原理，求得a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為故C正確；D．當(dāng)導(dǎo)線P中的電流反向，其他條件不變，則導(dǎo)線P在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，但方向反向，可求得兩導(dǎo)線在a處的合磁場大小為方向豎直向上，如圖所示，因外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，最后由矢量的合成法則，可得a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為故D錯誤。4.用220V的正弦交流電通過理想變壓器對一燈泡供電，變壓器輸出電壓是110V，通過燈泡的電流圖象如圖所示，則（）A.變壓器輸入功率約為110WB.輸出電壓的最大值是110VC.變壓器原、副線圈匝數(shù)比是1：2D.變壓器原線圈電路電流的函數(shù)表達(dá)式〖答案〗A〖解析〗變壓器的輸入功率等于輸出功率；最大值等于有效值的倍；瞬時值表達(dá)式為：i=Imsinωt；燈泡電流的有效值為，則燈泡的功率P2=I2U2=110W，可知變壓器輸入功率約為110W，選項(xiàng)A正確；輸出電壓的最大值是，選項(xiàng)B錯誤；變壓器原、副線圈匝數(shù)比是，選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)變壓器匝數(shù)比等于電流的倒數(shù)比可知，原線圈電流有效值為I1=0.5A，最大值為，因，可知變壓器原線圈電路電流的函數(shù)表達(dá)式i=sin100πtA，選項(xiàng)D錯誤；故選A。5.如圖所示，電路中電容器的電容為C，電感線圈的電感為L，電阻忽略不計。閉合開關(guān)S待電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關(guān)S，LC電路中將產(chǎn)生電磁振蕩。斷開開關(guān)的時刻，則從到這段時間內(nèi)（）A.線圈中的電流方向由a到bB.磁場能正在轉(zhuǎn)化為電場能C.電容器兩端電壓逐漸增大D.線圈中的自感電動勢逐漸減小〖答案〗D〖解析〗ABC．由題可知，電路中電流的變化如圖所示斷開開關(guān)時刻，此時電路中的電流要減小，而線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢要阻礙電流的減小，故電流的方向不變，對電容器充電，當(dāng)，充電完畢，電路電流為零，之后電容器放電，電流方向與之相反，并逐漸增大，當(dāng)電容器放電完畢，電流最大，故從到這段時間內(nèi)，線圈中電流方向由b到a，電容器兩端的電壓逐漸減小，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能，故ABC錯誤；D．由可知，隨著電流的變化，線圈中的自感電動勢逐漸減小，D正確。6.如圖所示，電路中的電源為恒流源或恒壓源（不管外電路的電阻如何變化，它都能夠持續(xù)提供定值電流或定值電壓）。當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，電壓表的示數(shù)變化量的絕對值為ΔU，電流表的示數(shù)變化量的絕對值為ΔI，則下列說法正確的是（）A.電源為恒壓源時，V示數(shù)增大，A示數(shù)減小B.電源為恒壓源時，V示數(shù)不變，A示數(shù)增大C.電源為恒流源時，V示數(shù)增大，A示數(shù)減小，=R1D.電源為恒流源時，V示數(shù)增大，A示數(shù)減小，=R2〖答案〗C〖解析〗AB．電源為恒壓源時，當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，總電阻增大，總電流減小，所以R2兩端的電壓減小，R1兩端的電壓增大，所以R1的分流增大，A的示數(shù)減小，V的示數(shù)不變，即A、B項(xiàng)錯誤；CD．若電源為恒流源時，當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，總電阻增大，V示數(shù)增大，R1兩端的電壓增大，所以R1的分流增大，A的示數(shù)減小，因U=I0R2＋（I0－I）R1所以=R1C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤。故選C。7.2022年11月23日，我國自主研制的16兆瓦海上風(fēng)電機(jī)組正式下線，標(biāo)志著我國海上風(fēng)電技術(shù)實(shí)現(xiàn)重大突破。風(fēng)力發(fā)電機(jī)的工作原理可以簡化為如圖所示的模型：風(fēng)輪通過齒輪箱帶動矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交流電，并通過變壓器和遠(yuǎn)距離輸電線給燈泡L供電。兩變壓器均為理想變壓器，當(dāng)發(fā)電機(jī)線圈轉(zhuǎn)速減小時，以下說法正確的是（）A.通過R的電流增加 B.降壓變壓器的輸入電壓U3減小C.燈泡L消耗功率增加 D.發(fā)電機(jī)的輸出功率不變〖答案〗B〖解析〗D．當(dāng)發(fā)電機(jī)線圈轉(zhuǎn)速減小時，根據(jù)可知升壓變壓器的輸入電壓減小，而負(fù)載不變，因此升壓變壓器的輸入電流減小，故發(fā)電機(jī)的輸出功率減小，故D錯誤；A．根據(jù)可知減小時，也減小，即通過R的電流減小，故A錯誤；BC．由于因此減小，根據(jù)可知減小，根據(jù)可知燈泡L消耗的功率減小，減小，根據(jù)可知U3減小，故B正確，C錯誤。8.如圖甲所示為利用霍爾元件制作的位移傳感器。將霍爾元件置于兩塊磁性強(qiáng)弱相同、同名磁極相對放置的磁體正中間，以中間位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。當(dāng)霍爾元件沿軸方向移動到不同位置時，將產(chǎn)生不同的霍爾電壓U，通過測量電壓U就可以知道位移。已知沿軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。槌?shù)，且>0），電流I沿方向大小不變。該傳感器靈敏度，要使該傳感器的靈敏度變大，下列措施可行的是（）A.把霍爾元件沿方向的厚度變小B.把霍爾元件沿方向的高度變大C.把霍爾元件沿方向的長度變大D.把霍爾元件沿方向的高度變小〖答案〗A〖解析〗設(shè)霍爾元件沿y軸反向的高度為d，沿x軸方向的厚度為l，電流的微觀表達(dá)式為得自由電荷受洛倫茲力和電場力平衡得由磁感應(yīng)強(qiáng)度大小得則可知，要使該傳感器的靈敏度變大，應(yīng)把霍爾元件沿方向的厚度l變小。故選A。二、多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題所給的四個選項(xiàng)中，至少有兩項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對得4分，部分選對得2分，有錯選得0分。9.明朝士大夫萬戶是“世界上第一個想利用火箭飛行的人”。他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備總質(zhì)量為，點(diǎn)燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為的熾熱燃?xì)庀鄬Φ孛嬉缘乃俣蓉Q直向下噴出。下列說法正確的是（）A.火箭的推力就是燃?xì)鈱λ姆醋饔昧.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為C.噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為D.在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備動量守恒〖答案〗AB〖解析〗A．火箭推力是燃料燃燒時產(chǎn)生的向下噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A正確；B．在燃?xì)鈬姵龊蟮盟查g，萬戶及所攜設(shè)備組成系統(tǒng)動量守恒，設(shè)火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運(yùn)動方向?yàn)檎较?，則有解得火箭的速度大小為故B正確；C．噴出燃?xì)夂?，萬戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得，最大上升高度為故C錯誤；D．物體之間發(fā)生相互作用的過程中,如果系統(tǒng)沒有受到外力作用或所受外力之和為零,那么相互作用的物體的總動量保持不變,而在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備因?yàn)槭苤亓?，有外力的作用，所以系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，長為的兩正對平行金屬板MN、PQ水平放置，板間距離為2d，板間有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從MP的中點(diǎn)O垂直于電場和磁場方向以初速度射入，恰沿直線從NQ的中點(diǎn)A射出；若只撤去電場，該帶電粒子仍從O點(diǎn)以初速度水平射入，則粒子從N點(diǎn)射出，粒子重力不計。以下說法正確的是（）A.該粒子一定帶正電B.該粒子帶正電、負(fù)電均可C.若只撤去磁場，該帶電粒子仍從O點(diǎn)以初速度水平射入，則粒子從AQ之間射出D.若只撤去磁場，該帶電粒子仍從O點(diǎn)以初速度水平射入，則粒子打在板PQ上〖答案〗AC〖解析〗AB．由于撤去電場時，該帶電粒子從N點(diǎn)射出，可知洛倫茲力方向向上，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，A正確，B錯誤；CD．有電場與磁場作用時，由于粒子恰沿直線從NQ的中點(diǎn)A射出，可知，此時粒子做勻速直線運(yùn)動，則有解得若只撤去電場，粒子從N點(diǎn)射出，作出軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有解得R=2d在磁場中結(jié)合上述解得若只撤去磁場，該帶電粒子仍從O點(diǎn)以初速度水平射入，若粒子從AQ之間射出，則有，解得可知，粒子從AQ之間射出，C正確，D錯誤。11.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，間距為L，空間存在著方向豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．在導(dǎo)軌上放有兩根質(zhì)量分別為m和2m的金屬棒ab、cd，兩棒和導(dǎo)軌垂直且接觸良好，有效電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計．現(xiàn)給金屬棒ab水平向左的瞬時沖量I0，同時給cd棒水平向右的瞬時沖量2I0，則在以后的運(yùn)動過程中（）A.通過ab棒的最大電流為B.cd棒的最大加速度為C.最終兩金屬棒將靜止在導(dǎo)軌上D.整個過程中該系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為〖答案〗BD〖解析〗A、設(shè)兩金屬棒的初速度大小為v0，則，兩棒剛開始運(yùn)動時都會切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時回路中的電流最大，，cd棒受到的安培力最大，加速度最大，此后兩棒均做減速運(yùn)動，由于兩棒構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，設(shè)兩棒最終共同的速度為v，則有，解得，即最終兩棒以共同速度向右勻速運(yùn)動，此時回路中的磁通量不變，回路中無感應(yīng)電流，選項(xiàng)B正確，A、C錯誤；D、由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律知，該系統(tǒng)產(chǎn)生熱量，選項(xiàng)D正確．12.如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊a、b與勁度系數(shù)為k的輕彈簧固定拴接，豎直靜止在水平地面上。物塊a正上方有一個質(zhì)量也為m的物塊c，將c由靜止釋放，與a碰撞后立即粘在一起，碰撞時間極短，之后的運(yùn)動過程中物塊b恰好沒有脫離地面。忽略空氣阻力，輕彈簧足夠長且始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。以下說法正確的是（）A.組合體ac的最大加速度為2gB.物塊b與地面間的最大作用力為6mgC.剛開始釋放物塊c時，c離a的高度為D.a、c碰撞過程中損失的能量為〖答案〗BC〖解析〗A．碰后ac整體在豎直面做往復(fù)運(yùn)動，且關(guān)于平衡點(diǎn)對稱，所以在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)有最大加速度，由于之后的運(yùn)動過程中物體b恰好不脫離地面，所以ac整體向上最高點(diǎn)時彈簧彈力F=mg設(shè)此時ac整體加速度為amax，則根據(jù)牛頓第二定律2mg+mg=2mamax可求A錯誤；B．根據(jù)彈簧的對稱性，可知ac整體向下最低點(diǎn)時加速度也為amax，物塊b與地面間有最大作用力，根據(jù)整體法有FN-3mg=2mamax解得FN=6mgB正確；C．設(shè)剛開始釋放物塊c時，c離a的高度為h，據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可得，c與a碰前速度為c與a碰撞時間極短，滿足動量守恒，可得mv0=2mv1解得碰后ac共同速度為物體b恰好被拉離地面時，設(shè)彈簧的伸長量為x，對b滿足mg=kx由于質(zhì)量相同，原來a的壓縮量也為x，故反彈后ac整體上升的高度為2x，碰后至反彈到最高點(diǎn)的過程對ac，據(jù)機(jī)械能守恒定律可得其中解得C正確；D．c與a碰撞時產(chǎn)生的內(nèi)能為D錯誤。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.小明利用如圖甲所示的裝置進(jìn)行“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。已知被碰小球b與入射小球a半徑相同，b的質(zhì)量為a的一半。按下列實(shí)驗(yàn)步驟操作：①在桌面的適當(dāng)位置固定好彈簧發(fā)射器，調(diào)節(jié)桌面為水平狀態(tài)②在薄平木板表面先后釘上白紙和復(fù)寫紙，將該木板數(shù)值并貼緊桌面右側(cè)邊緣③將a向左壓縮彈簧到某一位置由靜止釋放，撞到木板，在白紙上留下壓痕P④將木板向右平移適當(dāng)距離，再將a向左壓縮彈簧到某一位置由靜止釋放，撞到木板，在白紙上留下壓痕⑤將b放在桌面的右邊緣，將a向左壓縮彈簧到同一位置由靜止釋放，與b相碰后，兩球在白紙上留下壓痕（1）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的有______A.步驟（3）（4）中a的釋放點(diǎn)位置可以不同B.為減小誤差，彈簧的壓縮量越大越好C.a與彈簧發(fā)射器的摩擦不影響實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證D.a、b碰撞過程有動能損失，會導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差（2）測得小球在木板上的壓痕分別與P之間的堅(jiān)直距離，當(dāng)滿足關(guān)系式______時，可證明碰撞過程中動量守恒。（3）若兩球上涂有粘性很強(qiáng)的膠體（膠體質(zhì)量不計），讓小球a從步驟（4）中的釋放點(diǎn)由靜止釋放與b球相碰后，兩球粘在一起并撞到木板上在白紙上留下壓痕，則壓痕的位置應(yīng)在______A.與之間 B.與之間C.與之間 D.下方〖答案〗（1）AC或CA（2）（3）C〖解析〗（1）[1]A．步驟（3）中白紙上留下的壓痕是為了記錄水平位置，根據(jù)，解得小球水平分位移相等，則豎直分位移決定了拋出的初速度，即步驟（4）中的釋放點(diǎn)位置對應(yīng)平拋初速度，故步驟（3）（4）中的釋放點(diǎn)位置可以不同，故A正確：B．彈簧壓縮量越大，小球離開彈簧時獲得的動能越大，根據(jù)上述可知，小球下落的高度會越小，在用刻度尺測量長度時測量的長度越短，誤差越大，故彈簧的壓縮量不是越大越好，故B錯誤；C．實(shí)驗(yàn)中只需保證（5）（4）兩步驟中將向左壓縮彈簧到同一位置由靜止釋放，即可保證每次入射小球速度相同，彈簧發(fā)射器及桌面不一定要光滑，故與彈簧發(fā)射器的摩擦不影響實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，故C正確；D．碰撞過程動量守恒，本實(shí)驗(yàn)是通過平拋運(yùn)動規(guī)律計算小球碰撞前后的速度進(jìn)而驗(yàn)證動量守恒，與碰撞過程是否有動能損失無關(guān)，故D錯誤。故選AC。（2）[2]小球飛出軌道后做平拋運(yùn)動，設(shè)木板與拋出點(diǎn)之間的水平距離為，初速度為，由平拋運(yùn)動規(guī)律可得，解得設(shè)碰撞前球的速度為，碰撞后球的速度為，球的速度為，根據(jù)上述有，，設(shè)的質(zhì)量為，b的質(zhì)量為，由動量守恒可得則有整理可得（3）[3]當(dāng)碰后兩球粘連在一起時，根據(jù)動量守恒定律可得二者共同速度大小為當(dāng)兩小球發(fā)生彈性碰撞時，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有，聯(lián)立解得，則有所以壓痕的位置應(yīng)在與之間。故選C。14.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示電路圖測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)器材如下：一節(jié)待測干電池（電動勢約為1.5V）電流表A1（滿偏電流15mA，內(nèi)阻r1=10?）；電流表A2（滿偏電流90mA，內(nèi)阻r2=5?）；滑動變阻器R1（0~30?）；滑動變阻器R2（0~500?）；定值電阻R3=90?；開關(guān)S和導(dǎo)線若干（1）為了能比較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，同時還要考慮操作的方便，實(shí)驗(yàn)中滑動變阻器應(yīng)選________（選填“R1”或者“R2”）；（2）根據(jù)圖甲所示電路圖，在答題紙上將圖乙中實(shí)物圖連接起來，組成完整的電路_________；（3）圖丙為該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的電流表A1的示數(shù)I1與電流表A2的示數(shù)I2的圖線，由該圖線可得被測干電池的電動勢E=________V，內(nèi)阻r=________?。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）〖答案〗（1）R1（2）（3）1.481.94〖解析〗（1）[1]電動勢約為1.5V，電流表A2的量程為90mA，則變阻器的最小阻值為所以選滑動變阻器R1；（2）[2]按照電路圖連接電路如圖所示（3）[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=I1（r1+R3）+I2（r2+r）變形代入數(shù)據(jù)可得結(jié)合I1-I2圖象可知截距為斜率為聯(lián)立解得E=1.48Vr=1.94Ω15.豎直平面內(nèi)半徑R＝0.2m的四分之一光滑圓弧軌道下端與粗糙水平軌道相切，水平軌道長L=0.2m，右端與半徑大于R的光滑圓弧軌道平滑相連，視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)．現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.物體始終沒有離開軌道，重力加速度g取10m/s2.求：（1）碰撞前瞬間A的速率v；（2）碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；（3）A和B整體最終停止的位置離B距離.〖答案〗（1）2m/s（2）1m/s（3）0.15m〖解析〗A到B的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出碰撞前A的速度；A、B碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出碰撞后整體的速率；對AB整體運(yùn)用動能定理，求出AB整體在桌面上滑動的距離．（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR＝mv2解得碰撞前瞬間A的速率為：v=2m/s.（2）根據(jù)動量守恒定律有mv＝2mv′解得碰撞后瞬間A和B整體的速率：v′＝v＝1m/s.（3）根據(jù)動能定理有－μ·2m·gs＝0－·2m·v′2解得A和B整體沿水平桌面滑動的路程：位置離B距離：L=0.2-（0.25-0.2）m=0.15m16.如圖，兩根足夠長，電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，其間距為，左端通過導(dǎo)線連接一個的定值電阻。整個導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向豎直向下，質(zhì)量，長度、電阻的勻質(zhì)金屬桿垂直導(dǎo)軌放置。且與導(dǎo)軌接觸良好，在桿的中點(diǎn)施加一個垂直金屬桿水平拉力，使其由靜止開始運(yùn)動。拉力的功率保持不變。當(dāng)金屬桿速度時撤去拉力。求：（1）撤去外力前，金屬桿的速度為，其加速度大??？（2）從撤去拉力到金屬桿停下的整個過程，通過金屬桿的電荷量為多少？（3）從撤去拉力到金屬桿停下的整個過程，金屬桿上產(chǎn)生的熱量為多少？〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）對棒由牛頓第二定律得拉力的功率回路中的電流撤去外力前，金屬桿的速度為，感應(yīng)電動勢為聯(lián)立解得（2）從撤去拉力到金屬桿停下的整個過程，棒只受安培力做變減速直線運(yùn)動，取向右為正方向，由動量定理得又可得（3）從撤去拉力到金屬桿停下的整個過程，由能量守恒可得電路中產(chǎn)生的總熱量金屬桿和電阻串聯(lián)，熱量比等于電阻比有聯(lián)立解得17.如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，y軸左側(cè)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場I，第一象限存在平行于y軸方向的勻強(qiáng)電場，第四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場II，磁場I、II的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．一電子以速度從x軸上的N點(diǎn)射入磁場，與x軸負(fù)方向間的夾角，經(jīng)P點(diǎn)（圖中未畫出）垂直于y軸射入電場，然后從M點(diǎn)（圖中未畫出）進(jìn)入第四象限．已知勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，，，不計電子重力．求：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）經(jīng)過M點(diǎn)時電子的速度大?。唬?）從N點(diǎn)射出后電子第3次經(jīng)過x軸時的位置橫坐標(biāo)．〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）由題意得在磁場I中運(yùn)動軌跡如下圖圓心在K點(diǎn)，設(shè)在磁場中運(yùn)動的半徑，由幾何關(guān)系可知根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得（2）進(jìn)入電場后，電子做類平拋運(yùn)動，從P點(diǎn)到M點(diǎn)的過程中，設(shè)沿電場方向運(yùn)動距離為y，則解得由動能定理有解得（3）設(shè)垂直于電場力方向的距離為x，電子在電場中的運(yùn)動時間為t，由類平拋運(yùn)動規(guī)律有，，解得由得設(shè)v方向與x軸正方向夾角為，則設(shè)電子在第四象限中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為，由洛倫茲力提供向心力有得經(jīng)分析知，電子第1次經(jīng)過x軸上M點(diǎn)進(jìn)入第四象限做勻速圓周運(yùn)動后，第2次過x軸進(jìn)入第一象限做斜拋運(yùn)動后第3次經(jīng)過x軸得位置坐標(biāo)聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得18.如圖所示，足夠長的水平光滑直軌道和水平傳送帶平滑無縫連接，傳送帶長，以的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，帶有光滑圓弧管道的裝置P靜置于水平地面上，位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑均為的圓弧管道組成，管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道均平滑相切連接，長，右側(cè)為豎直墻壁。滑塊a的質(zhì)量，滑塊b與輕彈簧相連，質(zhì)量，滑塊c質(zhì)量，滑塊a、b、c均靜置于軌道上?，F(xiàn)讓滑塊a以的初速度水平向右運(yùn)動，與滑塊b相撞后立即結(jié)合為一個整體，之后與滑塊c發(fā)生相互作用，c與彈簧分離后滑上傳送帶，經(jīng)管道后滑上。已知滑塊c與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，與間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計，滑塊與豎直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小，整個過程中裝置P始終保持靜止。求（1）滑塊a、b碰撞后瞬間滑塊a的速度大?。唬?）滑塊a、b、c作用過程中彈簧的最大彈性勢能；（3）滑塊c在軌道中運(yùn)動的過程中，裝置P與地面間彈力的最大值記為，最小值記為，求與的差值；（4）通過計算判斷滑塊c能否再次與彈簧發(fā)生相互作用?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）；（4）能〖解析〗（1）滑塊a與滑塊b碰撞過程遵循動量守恒，規(guī)定滑塊a的初速度方向?yàn)檎较?，有代入?shù)據(jù)，解得碰撞后瞬間滑塊a的速度大小為（2）滑塊a、b與滑塊c發(fā)生相互作用至彈簧壓縮到最短的過程，根據(jù)動量守恒和能量守恒，有代入數(shù)據(jù)解得，（3）和從相互作用到再次彈開的過程屬于彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和能量守恒，有解得根據(jù)牛頓第二定律，滑塊c在傳送帶上的加速度為根據(jù)勻變速直線運(yùn)動速度與位移的關(guān)系，有又因?yàn)樵O(shè)c在E點(diǎn)時，管對c的作用力為，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運(yùn)動的規(guī)律，有代入數(shù)據(jù)，解得c從E運(yùn)動到F的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒，有代入數(shù)據(jù)，解得在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運(yùn)動的規(guī)律，有解得設(shè)裝置P的重力為，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，有，聯(lián)立得（4）滑塊c從E點(diǎn)進(jìn)入管中，到再次回到E點(diǎn)，解得，滑上傳動帶減速解得所以滑塊c能再次與彈簧發(fā)生相互作用。2024年1月濟(jì)南市高二期末學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測物理模擬試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題所給的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.某電站用22kV交變電壓輸電，輸送功率一定，輸電線的電阻為R，現(xiàn)若用變壓器將電壓升高到220kV送電，下列說法正確的是（）A.因，所以輸電線上的電流增為原來的10倍B.因，所以輸電線上的電流減為原來的C.因，所以輸電線上損失的功率為原來的100倍D.因，所以輸電線上損失的功率為原來的〖答案〗D〖解析〗AB．根據(jù)得，，輸送功率一定時，輸送電壓變?yōu)樵瓉淼?0倍，則輸送電流變?yōu)樵瓉淼?，但電流不能用來計算，故AB錯誤；CD．根據(jù)知，損失的功率變?yōu)樵瓉淼?，故C錯誤，D正確。故選D。2.將模型火箭放在光滑水平面上點(diǎn)火，燃?xì)庖阅骋凰俣葟幕鸺龂娍谠诤芏虝r間內(nèi)全部噴出?；鸺谒矫嫔匣?，在燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅倪^程中，下列說法正確的是（空氣阻力可忽略）（）A.火箭對燃?xì)庾饔昧Φ臎_量大于燃?xì)鈱鸺饔昧Φ臎_量B.火箭對燃?xì)庾饔昧Φ臎_量與燃?xì)鈱鸺饔昧Φ臎_量大小相等C.火箭的動量比噴出燃?xì)獾膭恿看驞.火箭的動能比噴出的燃?xì)鈩幽艽蟆即鸢浮紹〖解析〗AB．由于火箭對燃?xì)庾饔昧εc燃?xì)鈱鸺饔昧κ亲饔昧头醋饔昧Γ蕛烧叩臎_量總是大小相等的，故A錯誤，B正確；C．由于火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)在燃?xì)鈬姵銮昂髣恿渴睾?，由動量守恒定律可知，火箭的動量的大小與噴出燃?xì)獾膭恿看笮∠嗟龋蔆錯誤；D．由于火箭的質(zhì)量大于燃?xì)獾馁|(zhì)量，由可知火箭的質(zhì)量大于燃?xì)獾馁|(zhì)量，故火箭的動能比噴出的燃?xì)鈩幽苄。蔇錯誤。故選B。3.如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．下列說法正確的是（）A.B0的方向平行于PQ向右B.導(dǎo)線P的磁場在a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C.只把導(dǎo)線Q中電流的大小變?yōu)?I，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0D.只把導(dǎo)線P中的電流反向，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0〖答案〗C〖解析〗A．在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，根據(jù)安培定則及矢量疊加原理可知它們在a點(diǎn)處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行于PQ向右，設(shè)大小為B1，如圖所示，由于a點(diǎn)處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，由此可知外加的磁場B0方向平行于PQ向左，故A錯誤；B．且設(shè)導(dǎo)線P、Q在a點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為BP、BQ，則根據(jù)幾何關(guān)系有解得故B錯誤；C．只把導(dǎo)線Q中電流的大小變?yōu)?I，則導(dǎo)線Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不變，大小變?yōu)橛蓭缀沃R結(jié)合矢量疊加原理，求得a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為故C正確；D．當(dāng)導(dǎo)線P中的電流反向，其他條件不變，則導(dǎo)線P在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，但方向反向，可求得兩導(dǎo)線在a處的合磁場大小為方向豎直向上，如圖所示，因外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，最后由矢量的合成法則，可得a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為故D錯誤。4.用220V的正弦交流電通過理想變壓器對一燈泡供電，變壓器輸出電壓是110V，通過燈泡的電流圖象如圖所示，則（）A.變壓器輸入功率約為110WB.輸出電壓的最大值是110VC.變壓器原、副線圈匝數(shù)比是1：2D.變壓器原線圈電路電流的函數(shù)表達(dá)式〖答案〗A〖解析〗變壓器的輸入功率等于輸出功率；最大值等于有效值的倍；瞬時值表達(dá)式為：i=Imsinωt；燈泡電流的有效值為，則燈泡的功率P2=I2U2=110W，可知變壓器輸入功率約為110W，選項(xiàng)A正確；輸出電壓的最大值是，選項(xiàng)B錯誤；變壓器原、副線圈匝數(shù)比是，選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)變壓器匝數(shù)比等于電流的倒數(shù)比可知，原線圈電流有效值為I1=0.5A，最大值為，因，可知變壓器原線圈電路電流的函數(shù)表達(dá)式i=sin100πtA，選項(xiàng)D錯誤；故選A。5.如圖所示，電路中電容器的電容為C，電感線圈的電感為L，電阻忽略不計。閉合開關(guān)S待電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關(guān)S，LC電路中將產(chǎn)生電磁振蕩。斷開開關(guān)的時刻，則從到這段時間內(nèi)（）A.線圈中的電流方向由a到bB.磁場能正在轉(zhuǎn)化為電場能C.電容器兩端電壓逐漸增大D.線圈中的自感電動勢逐漸減小〖答案〗D〖解析〗ABC．由題可知，電路中電流的變化如圖所示斷開開關(guān)時刻，此時電路中的電流要減小，而線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢要阻礙電流的減小，故電流的方向不變，對電容器充電，當(dāng)，充電完畢，電路電流為零，之后電容器放電，電流方向與之相反，并逐漸增大，當(dāng)電容器放電完畢，電流最大，故從到這段時間內(nèi)，線圈中電流方向由b到a，電容器兩端的電壓逐漸減小，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能，故ABC錯誤；D．由可知，隨著電流的變化，線圈中的自感電動勢逐漸減小，D正確。6.如圖所示，電路中的電源為恒流源或恒壓源（不管外電路的電阻如何變化，它都能夠持續(xù)提供定值電流或定值電壓）。當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，電壓表的示數(shù)變化量的絕對值為ΔU，電流表的示數(shù)變化量的絕對值為ΔI，則下列說法正確的是（）A.電源為恒壓源時，V示數(shù)增大，A示數(shù)減小B.電源為恒壓源時，V示數(shù)不變，A示數(shù)增大C.電源為恒流源時，V示數(shù)增大，A示數(shù)減小，=R1D.電源為恒流源時，V示數(shù)增大，A示數(shù)減小，=R2〖答案〗C〖解析〗AB．電源為恒壓源時，當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，總電阻增大，總電流減小，所以R2兩端的電壓減小，R1兩端的電壓增大，所以R1的分流增大，A的示數(shù)減小，V的示數(shù)不變，即A、B項(xiàng)錯誤；CD．若電源為恒流源時，當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，總電阻增大，V示數(shù)增大，R1兩端的電壓增大，所以R1的分流增大，A的示數(shù)減小，因U=I0R2＋（I0－I）R1所以=R1C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤。故選C。7.2022年11月23日，我國自主研制的16兆瓦海上風(fēng)電機(jī)組正式下線，標(biāo)志著我國海上風(fēng)電技術(shù)實(shí)現(xiàn)重大突破。風(fēng)力發(fā)電機(jī)的工作原理可以簡化為如圖所示的模型：風(fēng)輪通過齒輪箱帶動矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交流電，并通過變壓器和遠(yuǎn)距離輸電線給燈泡L供電。兩變壓器均為理想變壓器，當(dāng)發(fā)電機(jī)線圈轉(zhuǎn)速減小時，以下說法正確的是（）A.通過R的電流增加 B.降壓變壓器的輸入電壓U3減小C.燈泡L消耗功率增加 D.發(fā)電機(jī)的輸出功率不變〖答案〗B〖解析〗D．當(dāng)發(fā)電機(jī)線圈轉(zhuǎn)速減小時，根據(jù)可知升壓變壓器的輸入電壓減小，而負(fù)載不變，因此升壓變壓器的輸入電流減小，故發(fā)電機(jī)的輸出功率減小，故D錯誤；A．根據(jù)可知減小時，也減小，即通過R的電流減小，故A錯誤；BC．由于因此減小，根據(jù)可知減小，根據(jù)可知燈泡L消耗的功率減小，減小，根據(jù)可知U3減小，故B正確，C錯誤。8.如圖甲所示為利用霍爾元件制作的位移傳感器。將霍爾元件置于兩塊磁性強(qiáng)弱相同、同名磁極相對放置的磁體正中間，以中間位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。當(dāng)霍爾元件沿軸方向移動到不同位置時，將產(chǎn)生不同的霍爾電壓U，通過測量電壓U就可以知道位移。已知沿軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。槌?shù)，且>0），電流I沿方向大小不變。該傳感器靈敏度，要使該傳感器的靈敏度變大，下列措施可行的是（）A.把霍爾元件沿方向的厚度變小B.把霍爾元件沿方向的高度變大C.把霍爾元件沿方向的長度變大D.把霍爾元件沿方向的高度變小〖答案〗A〖解析〗設(shè)霍爾元件沿y軸反向的高度為d，沿x軸方向的厚度為l，電流的微觀表達(dá)式為得自由電荷受洛倫茲力和電場力平衡得由磁感應(yīng)強(qiáng)度大小得則可知，要使該傳感器的靈敏度變大，應(yīng)把霍爾元件沿方向的厚度l變小。故選A。二、多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題所給的四個選項(xiàng)中，至少有兩項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對得4分，部分選對得2分，有錯選得0分。9.明朝士大夫萬戶是“世界上第一個想利用火箭飛行的人”。他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備總質(zhì)量為，點(diǎn)燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為的熾熱燃?xì)庀鄬Φ孛嬉缘乃俣蓉Q直向下噴出。下列說法正確的是（）A.火箭的推力就是燃?xì)鈱λ姆醋饔昧.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為C.噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為D.在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備動量守恒〖答案〗AB〖解析〗A．火箭推力是燃料燃燒時產(chǎn)生的向下噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A正確；B．在燃?xì)鈬姵龊蟮盟查g，萬戶及所攜設(shè)備組成系統(tǒng)動量守恒，設(shè)火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運(yùn)動方向?yàn)檎较?，則有解得火箭的速度大小為故B正確；C．噴出燃?xì)夂?，萬戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得，最大上升高度為故C錯誤；D．物體之間發(fā)生相互作用的過程中,如果系統(tǒng)沒有受到外力作用或所受外力之和為零,那么相互作用的物體的總動量保持不變,而在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備因?yàn)槭苤亓Γ型饬Φ淖饔?，所以系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，長為的兩正對平行金屬板MN、PQ水平放置，板間距離為2d，板間有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從MP的中點(diǎn)O垂直于電場和磁場方向以初速度射入，恰沿直線從NQ的中點(diǎn)A射出；若只撤去電場，該帶電粒子仍從O點(diǎn)以初速度水平射入，則粒子從N點(diǎn)射出，粒子重力不計。以下說法正確的是（）A.該粒子一定帶正電B.該粒子帶正電、負(fù)電均可C.若只撤去磁場，該帶電粒子仍從O點(diǎn)以初速度水平射入，則粒子從AQ之間射出D.若只撤去磁場，該帶電粒子仍從O點(diǎn)以初速度水平射入，則粒子打在板PQ上〖答案〗AC〖解析〗AB．由于撤去電場時，該帶電粒子從N點(diǎn)射出，可知洛倫茲力方向向上，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，A正確，B錯誤；CD．有電場與磁場作用時，由于粒子恰沿直線從NQ的中點(diǎn)A射出，可知，此時粒子做勻速直線運(yùn)動，則有解得若只撤去電場，粒子從N點(diǎn)射出，作出軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有解得R=2d在磁場中結(jié)合上述解得若只撤去磁場，該帶電粒子仍從O點(diǎn)以初速度水平射入，若粒子從AQ之間射出，則有，解得可知，粒子從AQ之間射出，C正確，D錯誤。11.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，間距為L，空間存在著方向豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．在導(dǎo)軌上放有兩根質(zhì)量分別為m和2m的金屬棒ab、cd，兩棒和導(dǎo)軌垂直且接觸良好，有效電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計．現(xiàn)給金屬棒ab水平向左的瞬時沖量I0，同時給cd棒水平向右的瞬時沖量2I0，則在以后的運(yùn)動過程中（）A.通過ab棒的最大電流為B.cd棒的最大加速度為C.最終兩金屬棒將靜止在導(dǎo)軌上D.整個過程中該系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為〖答案〗BD〖解析〗A、設(shè)兩金屬棒的初速度大小為v0，則，兩棒剛開始運(yùn)動時都會切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時回路中的電流最大，，cd棒受到的安培力最大，加速度最大，此后兩棒均做減速運(yùn)動，由于兩棒構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，設(shè)兩棒最終共同的速度為v，則有，解得，即最終兩棒以共同速度向右勻速運(yùn)動，此時回路中的磁通量不變，回路中無感應(yīng)電流，選項(xiàng)B正確，A、C錯誤；D、由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律知，該系統(tǒng)產(chǎn)生熱量，選項(xiàng)D正確．12.如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊a、b與勁度系數(shù)為k的輕彈簧固定拴接，豎直靜止在水平地面上。物塊a正上方有一個質(zhì)量也為m的物塊c，將c由靜止釋放，與a碰撞后立即粘在一起，碰撞時間極短，之后的運(yùn)動過程中物塊b恰好沒有脫離地面。忽略空氣阻力，輕彈簧足夠長且始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。以下說法正確的是（）A.組合體ac的最大加速度為2gB.物塊b與地面間的最大作用力為6mgC.剛開始釋放物塊c時，c離a的高度為D.a、c碰撞過程中損失的能量為〖答案〗BC〖解析〗A．碰后ac整體在豎直面做往復(fù)運(yùn)動，且關(guān)于平衡點(diǎn)對稱，所以在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)有最大加速度，由于之后的運(yùn)動過程中物體b恰好不脫離地面，所以ac整體向上最高點(diǎn)時彈簧彈力F=mg設(shè)此時ac整體加速度為amax，則根據(jù)牛頓第二定律2mg+mg=2mamax可求A錯誤；B．根據(jù)彈簧的對稱性，可知ac整體向下最低點(diǎn)時加速度也為amax，物塊b與地面間有最大作用力，根據(jù)整體法有FN-3mg=2mamax解得FN=6mgB正確；C．設(shè)剛開始釋放物塊c時，c離a的高度為h，據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可得，c與a碰前速度為c與a碰撞時間極短，滿足動量守恒，可得mv0=2mv1解得碰后ac共同速度為物體b恰好被拉離地面時，設(shè)彈簧的伸長量為x，對b滿足mg=kx由于質(zhì)量相同，原來a的壓縮量也為x，故反彈后ac整體上升的高度為2x，碰后至反彈到最高點(diǎn)的過程對ac，據(jù)機(jī)械能守恒定律可得其中解得C正確；D．c與a碰撞時產(chǎn)生的內(nèi)能為D錯誤。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.小明利用如圖甲所示的裝置進(jìn)行“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。已知被碰小球b與入射小球a半徑相同，b的質(zhì)量為a的一半。按下列實(shí)驗(yàn)步驟操作：①在桌面的適當(dāng)位置固定好彈簧發(fā)射器，調(diào)節(jié)桌面為水平狀態(tài)②在薄平木板表面先后釘上白紙和復(fù)寫紙，將該木板數(shù)值并貼緊桌面右側(cè)邊緣③將a向左壓縮彈簧到某一位置由靜止釋放，撞到木板，在白紙上留下壓痕P④將木板向右平移適當(dāng)距離，再將a向左壓縮彈簧到某一位置由靜止釋放，撞到木板，在白紙上留下壓痕⑤將b放在桌面的右邊緣，將a向左壓縮彈簧到同一位置由靜止釋放，與b相碰后，兩球在白紙上留下壓痕（1）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的有______A.步驟（3）（4）中a的釋放點(diǎn)位置可以不同B.為減小誤差，彈簧的壓縮量越大越好C.a與彈簧發(fā)射器的摩擦不影響實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證D.a、b碰撞過程有動能損失，會導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差（2）測得小球在木板上的壓痕分別與P之間的堅(jiān)直距離，當(dāng)滿足關(guān)系式______時，可證明碰撞過程中動量守恒。（3）若兩球上涂有粘性很強(qiáng)的膠體（膠體質(zhì)量不計），讓小球a從步驟（4）中的釋放點(diǎn)由靜止釋放與b球相碰后，兩球粘在一起并撞到木板上在白紙上留下壓痕，則壓痕的位置應(yīng)在______A.與之間 B.與之間C.與之間 D.下方〖答案〗（1）AC或CA（2）（3）C〖解析〗（1）[1]A．步驟（3）中白紙上留下的壓痕是為了記錄水平位置，根據(jù)，解得小球水平分位移相等，則豎直分位移決定了拋出的初速度，即步驟（4）中的釋放點(diǎn)位置對應(yīng)平拋初速度，故步驟（3）（4）中的釋放點(diǎn)位置可以不同，故A正確：B．彈簧壓縮量越大，小球離開彈簧時獲得的動能越大，根據(jù)上述可知，小球下落的高度會越小，在用刻度尺測量長度時測量的長度越短，誤差越大，故彈簧的壓縮量不是越大越好，故B錯誤；C．實(shí)驗(yàn)中只需保證（5）（4）兩步驟中將向左壓縮彈簧到同一位置由靜止釋放，即可保證每次入射小球速度相同，彈簧發(fā)射器及桌面不一定要光滑，故與彈簧發(fā)射器的摩擦不影響實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，故C正確；D．碰撞過程動量守恒，本實(shí)驗(yàn)是通過平拋運(yùn)動規(guī)律計算小球碰撞前后的速度進(jìn)而驗(yàn)證動量守恒，與碰撞過程是否有動能損失無關(guān)，故D錯誤。故選AC。（2）[2]小球飛出軌道后做平拋運(yùn)動，設(shè)木板與拋出點(diǎn)之間的水平距離為，初速度為，由平拋運(yùn)動規(guī)律可得，解得設(shè)碰撞前球的速度為，碰撞后球的速度為，球的速度為，根據(jù)上述有，，設(shè)的質(zhì)量為，b的質(zhì)量為，由動量守恒可得則有整理可得（3）[3]當(dāng)碰后兩球粘連在一起時，根據(jù)動量守恒定律可得二者共同速度大小為當(dāng)兩小球發(fā)生彈性碰撞時，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有，聯(lián)立解得，則有所以壓痕的位置應(yīng)在與之間。故選C。14.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示電路圖測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)器材如下：一節(jié)待測干電池（電動勢約為1.5V）電流表A1（滿偏電流15mA，內(nèi)阻r1=10?）；電流表A2（滿偏電流90mA，內(nèi)阻r2=5?）；滑動變阻器R1（0~30?）；滑動變阻器R2（0~500?）；定值電阻R3=90?；開關(guān)S和導(dǎo)線若干（1）為了能比較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，同時還要考慮操作的方便，實(shí)驗(yàn)中滑動變阻器應(yīng)選________（選填“R1”或者“R2”）；（2）根據(jù)圖甲所示電路圖，在答題紙上將圖乙中實(shí)物圖連接起來，組成完整的電路_________；（3）圖丙為該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的電流表A1的示數(shù)I1與電流表A2的示數(shù)I2的圖線，由該圖線可得被測干電池的電動勢E=________V，內(nèi)阻r=________?。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）〖答案〗（1）R1（2）（3）1.481.94〖解析〗（1）[1]電動勢約為1.5V，電流表A2的量程為90mA，則變阻器的最小阻值為所以選滑動變阻器R1；（2）[2]按照電路圖連接電路如圖所示（3）[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=I1（r1+R3）+I2（r2+r）變形代入數(shù)據(jù)可得結(jié)合I1-I2圖象可知截距為斜率為聯(lián)立解得E=1.48Vr=1.94Ω15.豎直平面內(nèi)半徑R＝0.2m的四分之一光滑圓弧軌道下端與粗糙水平軌道相切，水平軌道長L=0.2m，右端與半徑大于R的光滑圓弧軌道平滑相連，視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)．現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.物體始終沒有離開軌道，重力加速度g取10m/s2.求：（1）碰撞前瞬間A的速率v；（2）碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；（3）A和B整體最終停止的位置離B距離.〖答案〗（1）2m/s（2）1m/s（3）0.15m〖解析〗A到B的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出碰撞前A的速度；A、B碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出碰撞后整體的速率；對AB整體運(yùn)用動能定理，求出AB整體在桌面上滑動的距離．（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR＝mv2解得碰撞前瞬間A的速率為：v=2m/s.（2）根據(jù)動量守恒定律有mv＝2mv′解得碰撞后瞬間A和B整體的速率：v′＝v＝1m/s.（3）根據(jù)動能定理有－μ·2m·g