2021-2022學(xué)年甘肅省金昌市永昌縣第一高級(jí)中學(xué)高二（下）期中物理試題（解析版）

1、 永昌縣第一高級(jí)中學(xué)2021-2022-2期中考試卷高二物理 （理科）一選擇題：（第112小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，每小題3分；1316小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，每小題4分，有錯(cuò)選不得分，選不全得2分；本大題滿分52分)1. 下列給出了與感應(yīng)電流產(chǎn)生條件相關(guān)的四幅情景圖，其中判斷正確的是（）A. 圖甲金屬圓形線圈水平放置在通電直導(dǎo)線的正下方，增大直導(dǎo)線的電流，圓形線圈中一定有感應(yīng)電流B. 圖乙正方形金屬線圈繞豎直虛線轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，正方形線圈中持續(xù)有感應(yīng)電流C. 圖丙閉合導(dǎo)線框以O(shè)O為軸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)，閉合導(dǎo)線框有感應(yīng)電流D. 圖丁金屬桿在F作用下向右運(yùn)動(dòng)的過程中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間逐漸

2、減小，閉合回路一定有感應(yīng)電流【答案】C【解析】【詳解】A圖甲金屬圓形線圈水平放置在通電直導(dǎo)線的正下方，則直線電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)穿過線圈的磁通量為零，即使增大通過導(dǎo)線電流，圓線圈中也不會(huì)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A錯(cuò)誤；B圖乙正方形金屬線圈繞豎直虛線轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，在圖示位置穿過線圈磁通量的變化率為零，所以正方形線圈中無感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；C圖丙閉合導(dǎo)線框以O(shè)O為軸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)，閉合導(dǎo)線框中磁通量發(fā)生變化，故有感應(yīng)電流，故C正確；D圖丁金屬桿在F作用下向右運(yùn)動(dòng)過程中，閉合線圈面積增大，若磁場(chǎng)減弱，則穿過閉合線圈的磁通量不一定改變，回路中不一定會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。故選D。故選C。2. 課本中有以下圖片

3、，下列說法錯(cuò)誤的是（）A. 真空冶煉爐利用金屬中渦流產(chǎn)生的熱量使金屬融化B. 使用電磁爐加熱食物時(shí)可以使用陶瓷鍋C. 用互相絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯來代替整塊硅鋼鐵芯可以減小變壓器鐵芯中的熱損失D. 用來探測(cè)金屬殼的地雷或有較大金屬零件的地雷的探雷器是利用電磁感應(yīng)工作的【答案】B【解析】【詳解】A真空冶煉爐利用金屬中渦流產(chǎn)生的熱量使金屬融化，故A正確，不符合題意；B使用電磁爐加熱食物時(shí)，陶瓷鍋內(nèi)沒有自由電荷，不能產(chǎn)生渦流，不會(huì)發(fā)熱，故B錯(cuò)誤，符合題意；C變壓器中用互相絕緣的硅鋼片疊成鐵芯可以減小渦流，減小熱損失，故C正確，不符合題意；D用來探測(cè)金屬殼的地雷或有較大金屬零件的地雷的探雷器是利用電磁

4、感應(yīng)工作的，故D正確，不符合題意。故選B。3. 如圖所示，ef、gh為兩水平放置的相互平行的金屬導(dǎo)軌，ab、cd為擱在導(dǎo)軌上的兩金屬棒，與導(dǎo)軌接觸良好且無摩擦。當(dāng)一條形磁鐵從某一高度自由下落向下靠近導(dǎo)軌時(shí)，下列說法正確的是（）A. 磁鐵的加速度大于gB. 磁鐵的加速度等于gC. 如果下端是N極，兩棒向里運(yùn)動(dòng)D. 如果下端是S極，兩棒向外運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】AB根據(jù)楞次定律的推論“阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)”，可知磁鐵下落過程所受安培力向上，所以磁鐵的加速度小于g，故AB錯(cuò)誤；CD根據(jù)楞次定律的推論“增縮減擴(kuò)”，由磁鐵下落過程中，通過閉合回路的磁通量增大，則兩棒相向靠近，與磁鐵的N、S方向無關(guān)，故C

5、正確，D錯(cuò)誤。故選C。4. 如圖所示，有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T。將一水平放置的金屬棒ab以的水平速度拋出，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終保持水平，金屬棒的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=0.5m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則（）A. 下落過程中金屬棒a端的電勢(shì)高于b端的電勢(shì)B. 下落過程中金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來越大C. 洛倫茲力對(duì)金屬棒內(nèi)的自由電子做正功D. 運(yùn)動(dòng)0.5s時(shí)，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為0.25V【答案】D【解析】【分析】【詳解】A由左手定則可知，電子在洛倫茲力的作用下向a端移動(dòng)，可得下落過程中金屬棒a端的電勢(shì)低于b端的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；BD金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感

6、應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故D正確，B錯(cuò)誤；C總洛倫茲力是不對(duì)電子做功的,它只是一個(gè)分量對(duì)電子做正功,另一個(gè)分量卻是阻礙導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的,作負(fù)功,這兩個(gè)分量所做的功的代數(shù)和等于零，因此洛倫茲力的作用并不提供能量,而只是傳遞能量，故C錯(cuò)誤。故選D。5. 如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)la3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則（）A. 兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B. a、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為81:1C. a、b線圈中感應(yīng)電流之比為9:1D. a、b線圈中電功率之比

7、為27:1【答案】D【解析】【詳解】A磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，則穿過線圈的磁通量增大，所以感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，應(yīng)為垂直紙面向外，根據(jù)安培定則可以判斷感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；B根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為因?yàn)閮蓚€(gè)線圈在同一個(gè)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率（）相同，匝數(shù)相同，所以兩線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為它們的面積之比，即故B錯(cuò)誤；C根據(jù)電阻定律可知兩線圈的電阻之比為所以根據(jù)歐姆定律可知，線圈中的電流之比為故C錯(cuò)誤；D線圈中的電功率PEI，所以兩線圈中的電功率之比為故D正確。故選D。6. 某正方形閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計(jì)，現(xiàn)將它從如圖所示的位置勻速

8、拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若第一次用時(shí)間拉出，通過導(dǎo)線截面的電荷量為，外力所做的功為；第二次用時(shí)間拉出，通過導(dǎo)線截面的電荷量為，外力所做的功為，則下列大小關(guān)系正確的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【詳解】設(shè)線框的長(zhǎng)為，速度為，線框所受的安培力大小為又則得線框勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力平衡，則外力的大小為外力做功為可見，外力做功與所用時(shí)間成反比，則有兩種情況下，線框拉出磁場(chǎng)時(shí)穿過線框的磁通量的變化量相等，根據(jù)感應(yīng)電荷量公式可知通過導(dǎo)線截面的電量相等，即有故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。7. 如圖甲所示是法拉第制作的世上最早的發(fā)電機(jī)的實(shí)驗(yàn)裝置：一個(gè)可繞水平固定轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的銅盤，銅盤的一部分處在蹄形磁體

9、中。如圖乙所示，設(shè)蹄形磁體的磁場(chǎng)沿水平方向且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，實(shí)驗(yàn)時(shí)用導(dǎo)線連接銅盤的中心C，用導(dǎo)線通過滑片D與銅盤的邊緣連接且接觸良好。若用外力轉(zhuǎn)動(dòng)使圓盤如圖乙方向轉(zhuǎn)動(dòng)起來，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）A. R中的電流沿a到b的方向B. 因?yàn)橥ㄟ^圓盤面的磁通量不變，所以R中無電流C. 若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D. 若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】D【解析】【詳解】AB若用外力轉(zhuǎn)動(dòng)使圓盤如圖乙方向轉(zhuǎn)動(dòng)起來，根據(jù)右手定則可得感應(yīng)電流方向?yàn)镃到D（電源內(nèi)部），D端是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的正極，所以通過R的電流沿b到a

10、的方向，A B錯(cuò)誤；C若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流大小發(fā)生變化，但是電流方向不發(fā)生變化，C錯(cuò)誤；D若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則根據(jù)則電流在R上的熱功率即在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D正確。故選D。8. 一圓形線圈位于一隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直線圈所在的平面（紙面），以向里為負(fù)方向，如圖（甲）所示。線圈上順時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较颍瑒t當(dāng)磁場(chǎng)按圖（乙）變化時(shí)，線圈中的圖像正確的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【詳解】由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得所以線圈中的感應(yīng)電流決定于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨的變化率。由圖乙可知，時(shí)間內(nèi)，向外增大，磁通量增大，則由楞次

11、定律可得，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反，因?yàn)橐韵蚶餅樨?fù)方向，即原磁場(chǎng)方向向外，則感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向向里，由右手螺旋定則可知，感應(yīng)電流是順時(shí)針，因而是正值，所以可判斷感應(yīng)電流為正的恒值；同理可得感應(yīng)電流是逆時(shí)針，即為負(fù)的恒值；磁通量不發(fā)生變化，感應(yīng)電流為零；感應(yīng)電流為順時(shí)針，即為正的恒值。故選B。9. A、B是兩個(gè)完全相同的電熱器，A通以圖甲所示的方波交變電流，B通以圖乙所示的正弦交變電流。兩電熱器的電功率之比PA PB等于（）A. 1 ： 2B. 2 ： 1C. 5 ： 4D. 4 ： 5【答案】C【解析】【詳解】對(duì)甲，由交流電的有效值的定義可知得到乙交流電的有效值根據(jù)可知故選

12、C。10. 如圖所示，交流電流表A1、A2和A3分別與電阻R、線圈L和電容器C串聯(lián)后接在同一交流電源上交流電壓的瞬時(shí)值為三個(gè)電流表的讀數(shù)分別為I1、I2和I3現(xiàn)換另一電源供電，交流電壓的瞬時(shí)值為，改換電源后，三個(gè)電流表的讀數(shù)變化情況是（）A. I1、I2和I3都不變B. I1、I2不變、I3變大C. I1不變、I2變大、I3變小D. I1不變、I2變小、I3變大【答案】D【解析】【詳解】交流電的角頻率變大，則頻率f變大，交流電的有效值不變；電阻R的阻值與交流電的頻率無關(guān)，故I1不變；交流電頻率變大，則線圈的阻抗變大，則I2變??；交流電頻率變大，則電容器的容抗減小，則I3變大；故選D。11. 如

13、圖是街頭變壓器通過降壓給用戶供電的示意圖，變壓器的輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時(shí)輸入電壓不會(huì)有大的波動(dòng)，可以認(rèn)為電壓表V2示數(shù)不變，輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，兩條輸電線的總電阻用R0表示，變阻器R表示用戶用電器的總電阻，如果變壓器上的能量損失忽略不計(jì)，當(dāng)用戶的用電器增加時(shí)，圖中各理想電表的示數(shù)變化的情況是（）A. 電流表A1示數(shù)變小B. 電流表A2示數(shù)變小C. 電壓表V1示數(shù)變大D. 電壓表V3示數(shù)變小【答案】D【解析】【詳解】A當(dāng)用戶的用電器增加時(shí)，相當(dāng)于電阻R阻值減小。變壓器的輸入功率和輸出功率相等，由于副線圈的電阻減小了，輸出功率變大了，所以原線圈輸入功率也要變大，因?yàn)檩斎腚妷?/p>

14、不變，所以輸入電流要變大，因此電流表A1示數(shù)變大，故A錯(cuò)誤；B副線圈電路中，R阻值減小，電路中的總電阻減小，副線圈輸出電流變大，即電流表A2示數(shù)變大，故B錯(cuò)誤；C由題意得輸入電壓不會(huì)有大的波動(dòng)，即電壓表V1示數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；D由于副線圈輸出電流變大，電阻R0消耗的電壓變大，又因?yàn)殡妷罕鞻2示數(shù)不變，則電壓表V3示數(shù)變小，故D正確。故選D。12. 一質(zhì)量為2kg的物體在合力為F的作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，合力F隨時(shí)間t的變化圖像如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）A. 末物體速度為2m/sB. 時(shí)物體的動(dòng)量大小為C. 末物體距出發(fā)點(diǎn)1mD. 在內(nèi)物體動(dòng)量變化量為【答案】C【解析】【詳解】A由動(dòng)量定

15、理可得末物體速度為故A正確；B由動(dòng)量定理可得時(shí)物體的動(dòng)量為故B正確；CD內(nèi)物體動(dòng)量變化量為 即4s末的動(dòng)量為 則末速度為 由位移公式可得末物體距出發(fā)點(diǎn)故C錯(cuò)誤，D正確。故選C。13. 某同學(xué)在研究感應(yīng)電流方向的決定因素的時(shí)，得到了如圖所示的四個(gè)實(shí)驗(yàn)記錄，則記錄正確的是（）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【詳解】AD如圖A所示磁鐵向上運(yùn)動(dòng)，線圏的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)總是阻礙原磁通量的變化，根據(jù)增反減同，所以感應(yīng)磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同，由安培定則有感應(yīng)電流方向與圖示方向相反，所以A錯(cuò)誤；同理可得D正確；BC如圖B所示磁鐵向下運(yùn)動(dòng)，線圏的磁通量增大，根據(jù)楞次

16、定律可知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)總是阻礙原磁通量的變化，根據(jù)增反減同，所以感應(yīng)磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，由安培定則有感應(yīng)電流方向與圖示方向相反，所以B錯(cuò)誤；同理可得C正確；故選CD。14. 如圖所示是用電流傳感器（相當(dāng)于電流表，其內(nèi)阻可以忽略不計(jì)）研究自感現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路，圖中兩個(gè)電阻的阻值均為R，L是一個(gè)自感系數(shù)足夠大的自感線圈，其直流電阻值也為R.圖甲、乙、丙、丁是某同學(xué)畫出的在t0時(shí)刻開關(guān)S切換前后，通過傳感器的電流隨時(shí)間變化的圖象關(guān)于這些圖象，下列說法中正確的是（）A. 圖甲是開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合，通過傳感器1的電流隨時(shí)間變化的情況B. 圖乙是開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合，通過傳感器1的電流隨時(shí)間變

17、化的情況C. 圖丙是開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，通過傳感器2的電流隨時(shí)間變化的情況D. 圖丁是開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，通過傳感器2的電流隨時(shí)間變化的情況【答案】BC【解析】【詳解】AB開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合，由于L的自感作用，通過傳感器1的電流一開始有一個(gè)固定的電流值，當(dāng)穩(wěn)定以后，自感消失，電流增大達(dá)到最大后，保持不變，A錯(cuò)誤B正確；CD開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，傳感器1的電流立即為零，由于L的自感作用（相當(dāng)于電源），傳感器2的電流與原來反向且逐漸減小為零，D錯(cuò)誤C正確。故選BC。15. 當(dāng)?shù)貢r(shí)間2021年7月30日，東京奧運(yùn)會(huì)女子蹦床決賽，整套動(dòng)作完美發(fā)揮的朱雪瑩，以56.635分奪得金牌，幫助中國蹦床隊(duì)

18、時(shí)隔13年重獲該項(xiàng)目冠軍。隊(duì)友劉靈玲收獲一枚銀牌。已知朱雪瑩的體重為45kg，在比賽中，朱雪瑩從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回離水平網(wǎng)面5.0m高處。已知朱雪瑩與網(wǎng)接觸的時(shí)間為0.15s，若把這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力當(dāng)作恒力處理，g取，則（）A. 運(yùn)動(dòng)員下落接觸網(wǎng)面前瞬間的速度為6m/sB. 運(yùn)動(dòng)員上升離開網(wǎng)面瞬間的速度為10m/sC. 運(yùn)動(dòng)員和網(wǎng)面之間的相互作用力大小為5400ND. 運(yùn)動(dòng)員和網(wǎng)面之間的相互作用力大小為5850N【答案】BD【解析】【詳解】A運(yùn)動(dòng)員下落接觸網(wǎng)面前瞬間的速度大小為故A錯(cuò)誤；B運(yùn)動(dòng)員上升離開網(wǎng)面瞬間的速度大小為故B正確；CD先豎直向上為正

19、方向，運(yùn)動(dòng)員和網(wǎng)接觸過程中，由動(dòng)量定理知 可解得故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。16. 如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)使A獲得水平向右、大小為3m/s的瞬時(shí)速度，從此刻開始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像提供的信息可得（）A. 在t1和t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B. 在時(shí)間內(nèi)A、B的距離逐漸增大，t2時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能最大C. 兩物體的質(zhì)量之比為D. 在t2時(shí)刻A、B兩物塊的動(dòng)能之比為Ek1：Ek2=1：8【答案】CD【解析】【詳解】AB在時(shí)間內(nèi)彈簧逐漸被壓縮，t1時(shí)刻彈簧壓縮量最大；

20、在時(shí)間內(nèi)A、B的距離逐漸增大，t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)；在時(shí)間內(nèi)A、B的距離逐漸增大，t3時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)。在t1和t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，兩個(gè)時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能最大，AB錯(cuò)誤；C根據(jù)動(dòng)量守恒，從時(shí)刻即解得即C正確；D在t2時(shí)刻A、B兩物塊的速度分別為-1m/s和2m/s，根據(jù)，可知?jiǎng)幽苤葹镋k1：Ek2=1：8D正確。故選CD。第II卷（非選擇題）二、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共8分）17. 通過半徑相同的兩個(gè)小球“驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒”的實(shí)驗(yàn)，讓質(zhì)量為m1的小球從斜槽軌道上某處自由滾下，與靜止在軌道末端的質(zhì)量為m2的小球發(fā)生對(duì)心碰撞（如圖所示），則：（1）兩小球質(zhì)量應(yīng)滿足_；A B

21、C D質(zhì)量大小沒有限制（2）實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件是_；A軌道末端必須是水平的 B斜槽軌道必須盡可能光滑C兩個(gè)小球的材質(zhì)必須相同 D入射球m1每次必須是從同一高度由靜止釋放（3）實(shí)驗(yàn)中必須測(cè)量的物理量是_；A小球的質(zhì)量m1和m2 B桌面離地面的高度HC小球m1的初始高度h D小球的水平距離OA（dOA）、OB（dOB）、OC（dOC）（4）本實(shí)驗(yàn)我們要驗(yàn)證等式：_是否成立?！敬鸢浮?. B . AD#DA . AD#DA . 【解析】【詳解】（1）1設(shè)m1與m2碰前瞬間的速度為v1，碰后瞬間m1和m2的速度分別為和，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得為了使0，應(yīng)使m1m2，故B正確。（2

22、）2A.為使m1與m2離開軌道末端后都能做平拋運(yùn)動(dòng)，所以軌道末端必須是水平的，故A正確；BD本實(shí)驗(yàn)中要求入射球m1每次與m2碰撞前的速度大小相同，故m1每次必須從同一高度由靜止釋放，斜槽軌道是否必須光滑對(duì)保持m1的速度大小相同不產(chǎn)生影響，所以不必須盡可能光滑，故B錯(cuò)誤，D正確；C兩個(gè)小球的材質(zhì)不必須相同，但為了二者能夠發(fā)生對(duì)心碰撞，其大小必須相同，故C錯(cuò)誤。故選AD。（3）3本實(shí)驗(yàn)是驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，所以兩小球的質(zhì)量必須測(cè)量。兩小球均做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度相同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，均設(shè)為t，則m1與m2碰撞前瞬間的速度為m1與m2碰后瞬間的速度的分別為根據(jù)動(dòng)量守恒定律有即等式兩邊可將t消去。綜上所

23、述可知AD正確。故選AD。（4）4根據(jù)（3）題分析可知要驗(yàn)證的等式為三、計(jì)算題(共40分）18. 輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為、邊長(zhǎng)為、匝數(shù)的正方形線圈，其總電阻為。在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場(chǎng)，如圖甲所示。磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示。（）（1）求閉合回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大??；（2）求線圈的電功率；（3）求在時(shí)輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小?！敬鸢浮浚?）0.75V；（2）0.56W；（3）0.5N【解析】【詳解】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律得（2）線圈的電功率為（3）t=4s時(shí)，電路中的電流此時(shí)，安培力對(duì)線框受力分析得聯(lián)立解得19. 如圖所示，某水電站發(fā)電機(jī)的輸出功率為100

24、kW，發(fā)電機(jī)的電壓為250V，通過升壓變壓器升高電壓后向遠(yuǎn)處輸電，輸電線總電阻為8，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為220V若輸電線上損失的功率為5kW，不計(jì)變壓器的損耗，求：（1）輸電導(dǎo)線上輸送的電流；（2）升壓變壓器的輸出電壓U2；（3）降壓變壓器的匝數(shù)比【答案】（1）25A；（2）4000V；（3）190:11【解析】【分析】【詳解】(1)由知輸電線上的電流(2)升壓變壓器的輸出電壓(3)降壓變壓器的輸入電壓降壓變壓器的匝數(shù)比20. 如圖所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌、固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離，導(dǎo)軌間連接的定值電阻。導(dǎo)軌上放一質(zhì)量的金屬桿，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌間金屬桿的電阻，其