河南省正陽(yáng)縣高級(jí)中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期第一次素質(zhì)檢測(cè)試題

PAGEPAGE18河南省正陽(yáng)縣高級(jí)中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期第一次素養(yǎng)檢測(cè)試題一、單選題(1-8為單選題，9-12為多選題，每小題4分，共48分)1．關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象的有關(guān)說法中，正確的是（）A．只要穿過閉合電路中的磁通量不為零，閉合電路中就肯定有感應(yīng)電流發(fā)生B．穿過閉合電路中的磁通量削減，則電路中感應(yīng)電流就減小C．穿過閉合電路中的磁通量越大，閉合電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大D．穿過閉合電路中的磁通量改變?cè)娇欤]合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大2．下列關(guān)于力的沖量和動(dòng)量的說法中，正確的是（）A．物體所受的合力為零，它的動(dòng)量肯定為零B．物體所受的合外力的沖量為零，它的動(dòng)量改變肯定為零C．物體所受的合力外的做的功為零，它的動(dòng)量改變肯定為零D．物體所受的合外力不變，它的動(dòng)量肯定不變3．如圖所示，水平地面光滑，輕彈簧一端固定在墻上，另一端拴接質(zhì)量為m的小球A．另一個(gè)質(zhì)量也為m的小球B以速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與A碰撞時(shí)間極短、且碰后粘在一起．則從B與A起先碰撞到彈簧壓縮最短過程，對(duì)A球、B球、彈簧組成的系統(tǒng)（）A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 B．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．對(duì)墻產(chǎn)生的沖量為 D．彈簧最大勢(shì)能為4．穿過閉合回路的磁通量Φ隨時(shí)間t改變的圖象分別如圖甲、乙、丙、丁所示，下列關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的論述，正確的是（）A．圖甲中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變B．圖乙中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終在變大C．圖丙中回路在0～t0時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于t0～2t0時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．圖丁中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)可能恒定不變5．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式交變電流，則兩電熱器的電功率PA∶PB等于()A．5∶4 B．3∶2 C．∶1 D．2∶16．圖甲中的志向變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2=22：3，輸入端a、b所接電壓u隨時(shí)間t的改變關(guān)系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為15Ω，額定電壓為24V。定值電阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為10Ω。為使燈泡正常工作，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻應(yīng)調(diào)整為（）A．1Ω B．5Ω C．6Ω D．8Ω7．如圖所示，寬為2L的兩條平行虛線間存在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬線框位于磁場(chǎng)左側(cè)，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，、、邊與磁場(chǎng)邊界平行，、、、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，、邊長(zhǎng)為2L。線框向右勻速通過磁場(chǎng)區(qū)域，以邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)為討時(shí)零點(diǎn)。則線框巾感應(yīng)電流隨時(shí)間改變的圖線可能正確的是（感應(yīng)電流的方向順時(shí)針為正）（）A． B． C． D．8．A、B兩球質(zhì)量均為m=1kg，在光滑水平面上沿同始終線同向運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，A球碰前動(dòng)量為4kg·m/s，B球碰前動(dòng)量為2kg·m/s，碰后兩球粘在一起運(yùn)動(dòng)．下列正確的是（）A．碰撞前、后AB系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 B．A、B兩球碰撞后的共同速度為1m/sC．碰撞過程中A球?qū)球的沖量為－3N·s D．碰撞前、后A球的動(dòng)量改變量為－1kg·m/s9．如圖，兩質(zhì)量分別為m1=1kg和m2=4kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分別為v1=4m/s和v2=6m/s，發(fā)生碰撞后，系統(tǒng)可能損失的機(jī)械能為（）A．25J B．35J C．45J D．55J10．如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，物體B以速度v0向A運(yùn)動(dòng)。已知物體A的質(zhì)量大于物體B的質(zhì)量，且擠壓彈簧過程中A、B始終在一條直線上，下列說法正確的是（）A．物體B的速度大小始終減小B．兩物體共速時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大C．物體B的速度為零時(shí)，物體A的速度最大D．?dāng)D壓彈簧過程中，物體A始終加速運(yùn)動(dòng)11．甲、乙兩小球在光滑水平面上發(fā)生正碰，碰撞前后兩球的（位移-時(shí)間）圖像如圖所示，碰撞時(shí)間極短。已知被碰小球的質(zhì)量，則（）A．乙小球碰撞過程中的動(dòng)量改變量是B．甲小球碰撞過程中所受到的沖量大小為C．甲、乙兩小球發(fā)生的是彈性碰撞D．若僅增大小球碰前速度，兩小球碰后速度方向可能相同12．兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m，電阻也為R的金屬棒懸掛在一個(gè)上端固定的輕彈簧下端，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在的平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示。除金屬棒和電阻R外，其余電阻不計(jì)。現(xiàn)將金屬棒從彈簧的原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則()A．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→bB．最終彈簧對(duì)金屬棒的彈力與金屬棒的重力平衡C．金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為D．金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒兩端的電勢(shì)差為三、試驗(yàn)題(共18分)13．(本題6分)如圖所示為“探討電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的試驗(yàn)裝置．(1)將圖中所缺的導(dǎo)線補(bǔ)接完整________．(2)假如在閉合電鍵時(shí)發(fā)覺靈敏電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)一下，那么合上電鍵后進(jìn)行下述操作時(shí)出現(xiàn)的狀況是：①將線圈A快速入線圈B時(shí)，靈敏電流指針___________〔選填“向左偏”、“向右偏”或“不偏”)②線圈A插入線圈B穩(wěn)定后，將滑動(dòng)變阻器觸頭快速向___________(選填“左”或“右”)滑動(dòng)時(shí)，靈敏電流計(jì)指針會(huì)向右偏轉(zhuǎn)．14．(本題12分)“探究碰撞中的不變量”的試驗(yàn)中：（1）入射小球m1=15g，原靜止的被碰小球m2=10g，由試驗(yàn)測(cè)得它們?cè)谂鲎睬昂蟮膞-t圖象如圖甲所示，可知入射小球碰撞后的m1v1′是_____kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是_____kg·m/s，被碰撞后的m2v2′是_____kg·m/s.由此得出結(jié)論_______________________________．（2）試驗(yàn)裝置如圖乙所示，本試驗(yàn)中，試驗(yàn)必須要求的條件是________．A．斜槽軌道必需是光滑的B．斜槽軌道末端點(diǎn)的切線是水平的C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無(wú)初速釋放D．入射球與被碰球滿意ma＞mb，ra=rb（3）圖乙中M、P、N分別為入射球與被碰球?qū)?yīng)的落點(diǎn)的平均位置，則試驗(yàn)中要驗(yàn)證的關(guān)系是________．A．m1·ON=m1·OP＋m2·OM B．m1·OP=m1·ON＋m2·OMC．m1·OP=m1·OM＋m2·ON D．m1·OM=m1·OP＋m2·ON四、解答題(共34分)15．(本題10分)如圖所示為溝通發(fā)電機(jī)示意圖，匝數(shù)為n=100匝的矩形線圈，邊長(zhǎng)分別為a=10cm和b=20cm，內(nèi)阻為r=5Ω，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞OO′軸以ω=rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)起先時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，線圈通過電刷和外部R=20Ω的電阻相接．求電鍵S合上后，（1）寫出線圈內(nèi)產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值的表達(dá)式；（2）電壓表和電流表示數(shù)；（3）從計(jì)時(shí)起先，線圈轉(zhuǎn)過的過程中，通過外電阻R的電量．16．(本題10分)如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．紙面內(nèi)有一正方形勻稱金屬線框abcd，其邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，ad邊與磁場(chǎng)邊界平行．從ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，求：（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q．17．(本題14分)圖所示，AB為光滑的圓弧軌道，半徑，BC為距地面高的粗糙水平軌道，長(zhǎng)，與AB軌道相切于B點(diǎn)。小物塊N放在水平軌道末端的C點(diǎn)，將小物塊M從圓弧軌道的最高點(diǎn)A由靜止釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后與小物塊N發(fā)生碰撞，碰撞后小物塊N落在水平地面上的D點(diǎn)，小物塊M落在E點(diǎn)。已知D點(diǎn)到C點(diǎn)的水平距離，D、E兩點(diǎn)間的距離，小物塊M與水平軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度g取，兩小物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。求：（1）小物塊剛到達(dá)B點(diǎn)的壓力與重力之比；（2）碰撞前瞬間小物塊M的速度大??；（3）小物塊M和小物塊N的質(zhì)量之比。高二物理參考答案1．D【詳解】A．只有閉合回路中磁通量發(fā)生改變時(shí)，閉合回路中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤。

B．依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，電動(dòng)勢(shì)的大小取決與磁通量改變的快慢，所以感應(yīng)電流的大小取決于磁通量改變的快慢，磁通量減小時(shí)，若磁通量的改變率增大，則感應(yīng)電流可能變大，故B錯(cuò)誤；CD．穿過閉合電路的磁通量改變?cè)娇欤]合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大。磁通量大，但改變較慢，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也可能很小，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。2．B【分析】沖量等于力與時(shí)間的乘積，是矢量，方向與力的方向相同。依據(jù)動(dòng)量定理可分析動(dòng)量、動(dòng)量改變及沖量之間的關(guān)系?！驹斀狻緼B．物體受到的合外力為零，則沖量為零，動(dòng)量改變量為零，動(dòng)量不會(huì)發(fā)生改變，但是它的動(dòng)量不肯定為零，A錯(cuò)誤B正確；C．合外力做功為零動(dòng)能不變，但合外力的沖量不肯定為零，則動(dòng)量的改變不肯定為零；如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其合力做功為零，但其動(dòng)量始終在改變；故C錯(cuò)誤；D．物體受到的合外力不變，則由動(dòng)量定理可知，動(dòng)量的肯定改變，D錯(cuò)誤。故選B。3．C【詳解】A、從B與A起先碰撞到彈簧壓縮最短過程，A、B發(fā)生了完全非彈性碰撞，在碰撞過程中機(jī)械能有損失，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；從AB起先一起運(yùn)動(dòng)至彈簧被壓縮到最短的過程中，由于墻面對(duì)彈簧有作用力，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，則在此運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量不守恒，故AB錯(cuò)誤；C、對(duì)系統(tǒng)在整個(gè)過程中由動(dòng)量定理：，則這個(gè)系統(tǒng)對(duì)墻產(chǎn)生的沖量大小為，故C正確；D、A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：得：，彈簧的最大彈性勢(shì)能為：，故D錯(cuò)誤．4．C【詳解】A．依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律我們知道感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量的改變率成正比，即結(jié)合數(shù)學(xué)學(xué)問我們知道：穿過閉合回路的磁通量Φ隨時(shí)間t改變的圖象的斜率．圖①中磁通量Φ不變，無(wú)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．故A錯(cuò)誤．B．圖②中磁通量Φ隨時(shí)間t勻稱增大，圖象的斜率k不變，也就是說產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變．故B錯(cuò)誤．C．圖③中回路在0～tl時(shí)間內(nèi)磁通量Φ隨時(shí)間t改變的圖象的斜率為k1，在tl～t2時(shí)間內(nèi)磁通量Φ隨時(shí)間t改變的圖象的斜率為k2，從圖象中發(fā)覺：k1大于k2的肯定值．所以在0～t0時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于t0～2t0時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．故C正確．D．圖④中磁通量Φ隨時(shí)間t改變的圖象的斜領(lǐng)先變小后變大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先變小后變大，故D錯(cuò)誤．故選C5．A【詳解】試題分析：據(jù)題意，通過電熱器A的電流有效值為：,即：，則電熱器A的電功率為：,通過電熱器B得到電流有效值為：，則電熱器B的電功率為：，故選項(xiàng)A正確．考點(diǎn)：本題考查交變電流的有效值的計(jì)算．6．A【詳解】輸電電壓的有效值為（即原線圈電壓的有效值）依據(jù)志向變壓器電壓規(guī)律可知副線圈電壓有效值為燈泡正常工作，依據(jù)歐姆定律可知分壓為，則通過燈泡的電流，即副線圈部分的干路電流為依據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律可知，和、構(gòu)成的并聯(lián)電路部分的分壓為通過的電流為通過、的電流為、的分壓為解得滑動(dòng)變阻器的阻值為A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。7．A【詳解】第一階段：從de邊進(jìn)入磁場(chǎng)到bc邊將進(jìn)入磁場(chǎng)這段時(shí)間內(nèi)，de邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E1=BLv，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針即負(fù)方向，設(shè)此階段的電流大小為I1；其次階段：從bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)到af邊將進(jìn)入磁場(chǎng)這段時(shí)間內(nèi)，de、bc邊一起切割磁感線產(chǎn)生總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E2=2BLv，感應(yīng)電流大小I2=2I1，方向仍為逆時(shí)針即負(fù)方向；第三階段：從de邊離開磁場(chǎng)到bc邊將離開磁場(chǎng)這段時(shí)間內(nèi)，bc、af邊一起切割磁感線產(chǎn)生總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E3=BLv，感應(yīng)電流大小I3=I1，方向?yàn)轫槙r(shí)針即正方向；第四階段：從bc邊離開磁場(chǎng)到af邊將離開磁場(chǎng)這段時(shí)間內(nèi)，af邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E4=2BLv，感應(yīng)電流大小I4=2I1，方向仍為順時(shí)針即正方向。綜上，感應(yīng)電流隨時(shí)間改變的圖線如選項(xiàng)A圖所示，故選A。8．D【解析】【詳解】碰撞前、后AB系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律可知：，解得A、B兩球碰撞后的共同速度為3m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體B的動(dòng)量改變量為，則由動(dòng)量定理可知，碰撞過程中A球?qū)球的沖量為1N·s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體A的動(dòng)量改變量為，選項(xiàng)D正確；9．AB【詳解】若兩球發(fā)生彈性碰撞，則系統(tǒng)機(jī)械能不損失；若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則系統(tǒng)機(jī)械能損失最多，此時(shí)由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得m2v2－m1v1=(m1＋m2)vΔEmax=m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得ΔEmax=40J綜合可知0≤ΔE≤40J所以A、B正確，C、D錯(cuò)誤。故選AB。10．BD【解析】【詳解】在起先壓縮彈簧過程中，B受到向左的彈力，做減速運(yùn)動(dòng)，A做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，由于物體A的質(zhì)量大于物體B的質(zhì)量，B脫離彈簧時(shí)B向左運(yùn)動(dòng)，所以共速后，B先向右做減速運(yùn)動(dòng)，后向左做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。當(dāng)A、B速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，彈簧彈性勢(shì)能最大，故B正確。物體B的速度為零時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，物體A仍在加速，速度不是最大，當(dāng)B脫離彈簧時(shí)A的速度最大，故C錯(cuò)誤。擠壓彈簧過程中，物體A始終受到向右的彈力，所以始終加速運(yùn)動(dòng)，故D正確。11．BC【詳解】A．由圖像可知，甲是被碰小球，依據(jù)動(dòng)量守恒定律可知依據(jù)圖像可得代入可解得乙小球碰撞過程中的動(dòng)量改變量A錯(cuò)誤；B．依據(jù)動(dòng)量定理可知甲小球碰撞過程中所受到的沖量大小為，B正確；C．甲、乙兩球碰前動(dòng)能碰后動(dòng)能均為，兩球碰撞過程沒有機(jī)械能損失，屬于彈性碰撞，C正確；D．由動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律得可得因?yàn)橐倚∏蛸|(zhì)量小于甲小球的質(zhì)量，故兩小球碰后速度方向肯定不相同，D錯(cuò)誤；故選BC。12．BD【解析】【詳解】A、金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，故A錯(cuò)誤；B、金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒削減的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能、金屬棒的動(dòng)能（速度不為零時(shí)）以及電阻R上產(chǎn)生的熱量；故機(jī)械能漸漸減小，最終穩(wěn)定時(shí)，只受重力和彈力；故重力與彈力平衡；故B正確；C、金屬棒速度為v時(shí)，安培力大小為F＝BIL，I，由以上兩式得：F，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)速度為v時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，而金屬棒兩端的電勢(shì)差等于R兩端的電壓，故為：；故D正確。13．（1）（2）向右偏右【分析】（1）留意該試驗(yàn)中有兩個(gè)回路，一是電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯(lián)成的回路，二是電流計(jì)與大螺線管串聯(lián)成的回路，據(jù)此可正確解答．（2）磁場(chǎng)方向不變，磁通量的改變不變時(shí)電流方向不變，電流表指針偏轉(zhuǎn)方向相同，磁通量的改變相反時(shí)，電流表指針方向相反．【詳解】（1）探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象試驗(yàn)電路分兩部分，要使原線圈產(chǎn)生磁場(chǎng)必需對(duì)其通電，故電源、開關(guān)、滑動(dòng)變阻器、原線圈組成閉合電路，靈敏電流計(jì)與副線圈組成另一個(gè)閉合電路，如圖所示：

（2）閉合開關(guān)，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向右偏；①閉合電鍵，將原線圈快速插入副線圈時(shí)，磁場(chǎng)方向不變，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流計(jì)指針將向右偏轉(zhuǎn)一下．②原線圈插入副線圈后，由電路圖可知，將滑動(dòng)變阻器觸頭快速向右拉時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變小，原線圈電流變大，穿過副線圈的磁場(chǎng)方向不變，但磁通量變大，靈敏電流計(jì)指針將向右偏轉(zhuǎn)一下．【點(diǎn)睛】本題考查探討電磁感應(yīng)現(xiàn)象及驗(yàn)證楞次定律的試驗(yàn)，對(duì)于該試驗(yàn)留意兩個(gè)回路的不同．知道磁場(chǎng)方向或磁通量改變狀況相反時(shí)，感應(yīng)電流反向是推斷電流表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)鍵．14．（1）0.00750.0150.0075碰撞中mv的矢量和是不變量（碰撞過程中動(dòng)量守恒）BCDC【詳解】（1）由圖1所示圖象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，，入射小球碰撞后的，入射小球碰撞前的，被碰撞后的，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量，碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量，，由此可知：碰撞過程中動(dòng)量守恒；（2）“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的試驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜槽是否光滑沒有要求，A錯(cuò)誤；要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必需水平，B正確；要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，C正確；為了保證小球碰撞為對(duì)心正碰，且碰后不反彈，要求ma＞mb，ra=rb，D正確．

（3）要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律即，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知依據(jù)兩小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，上式可轉(zhuǎn)換為，

故需驗(yàn)證，因此C正確．【點(diǎn)睛】本試驗(yàn)的一個(gè)重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一水平面上，故下落的時(shí)間相同，所以在試驗(yàn)的過程當(dāng)中把原來(lái)須要測(cè)量的速度改為測(cè)量平拋過程當(dāng)中水平方向發(fā)生的位移，可見駕馭了試驗(yàn)原理才能順當(dāng)解決此類題目．15．（1）e=cost（V）（2）40V，2A（3）0.04C【分析】（1）依據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值Em=nBSω，從垂直于中性面起先計(jì)時(shí)，則可確定電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式；（2）依據(jù)溝通電的最大值與有效值的關(guān)系，結(jié)合閉合電路歐姆定律，即可確定電流表與電壓表示數(shù)；（3）依據(jù)電量表達(dá)式，與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)結(jié)合，得出q=I△t=公式，從而可求得．【詳解】（1）線圈從平行磁場(chǎng)起先計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值：Em=nBSω=V．故表達(dá)式為：e=Emcosωt=cost（V）；（2）依據(jù)正弦式交變電流最大值和有效值的關(guān)系可知，有效值：，代入數(shù)據(jù)解得E=50V．電鍵S合上后，由閉合電路歐姆定律得：，U=IR．聯(lián)立解得I=2A，U=40V；（3）由圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過R上的電量為：q=I△t=，代入數(shù)據(jù)解得，q=0.04C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了溝通電的產(chǎn)生及其表達(dá)式與相關(guān)物理量的求解，較為簡(jiǎn)潔．16．(1)；(2)；(3)【詳解】由導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)綜合閉合電路歐姆定律和解題．(1)從ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到bc邊剛要進(jìn)入的過程中，只有ad邊切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：；(2)線框進(jìn)入過程中線框中的電流為：ad邊安培力為：由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，所以有拉力與安培力大小相等，方向相反，即所以拉力的功率為：聯(lián)立以上各式解得：；(3)線框進(jìn)入過程中線框中的電流為：進(jìn)入所用的時(shí)間為：ad邊的電阻為：焦耳熱為：聯(lián)立解得：．17．(1)3；(2)；(3)2【詳解】(1)設(shè)小物塊M和小物塊N的質(zhì)量為和，小物塊M到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為v，受到的支持力為，從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得由牛頓其次定律得解得由牛頓第三定律可知小物塊M對(duì)B點(diǎn)的壓力為故小物塊剛到達(dá)B點(diǎn)的壓力與重力之比為(2)設(shè)碰撞前瞬間小物塊M的速度大小為，從A點(diǎn)到C點(diǎn)，對(duì)小物塊M，由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)解得(3)設(shè)碰撞后小物塊M和N的速度大小分別為和，從碰撞后到落地的時(shí)間為t，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)學(xué)問有對(duì)小物塊N有對(duì)小物塊M有聯(lián)立以上三式解得，兩個(gè)小物塊相碰過程動(dòng)量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒定有代入數(shù)據(jù)解得

高二物理參考答案1．D2．B3．C4．C5．A6．A7．A8．D9．AB10．BD11．BC12．BD13．（1）（2）向右偏右【分析】（1）留意該試驗(yàn)中有兩個(gè)回路，一是電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯(lián)成的回路，二是電流計(jì)與大螺線管串聯(lián)成的回路，據(jù)此可正確解答．（2）磁場(chǎng)方向不變，磁通量的改變不變時(shí)電流方向不變，電流表指針偏轉(zhuǎn)方向相同，磁通量的改變相反時(shí)，電流表指針方向相反．【詳解】（1）探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象試驗(yàn)電路分兩部分，要使原線圈產(chǎn)生磁場(chǎng)必需對(duì)其通電，故電源、開關(guān)、滑動(dòng)變阻器、原線圈組成閉合電路，靈敏電流計(jì)與副線圈組成另一個(gè)閉合電路，如圖所示：

（2）閉合開關(guān)，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向右偏；①閉合電鍵，將原線圈快速插入副線圈時(shí)，磁場(chǎng)方向不變，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流計(jì)指針將向右偏轉(zhuǎn)一下．②原線圈插入副線圈后，由電路圖可知，將滑動(dòng)變阻器觸頭快速向右拉時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變小，原線圈電流變大，穿過副線圈的磁場(chǎng)方向不變，但磁通量變大，靈敏電流計(jì)指針將向右偏轉(zhuǎn)一下．【點(diǎn)睛】本題考查探討電磁感應(yīng)現(xiàn)象及驗(yàn)證楞次定律的試驗(yàn)，對(duì)于該試驗(yàn)留意兩個(gè)回路的不同．知道磁場(chǎng)方向或磁通量改變狀況相反時(shí)，感應(yīng)電流反向是推斷電流表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)鍵．14．（1）0.00750.0150.0075碰撞中mv的矢量和是不變量（碰撞過程中動(dòng)量守恒）BCDC【詳解】（1）由圖1所示圖象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，，入射小球碰撞后的，入射小球碰撞前的，被碰撞后的，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量，碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量，，由此可知：碰撞過程中動(dòng)量守恒；（2）“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的試驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜槽是否光滑沒有要求，A錯(cuò)誤；要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必需水平，B正確；要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，C正確；為了保證小球碰撞為對(duì)心正碰，且碰后不反彈，要求ma＞mb，ra=rb，D正確．

（3）要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律即，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知依據(jù)兩小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，上式可轉(zhuǎn)換為，

故需驗(yàn)證，因此C正確．【點(diǎn)睛】本試驗(yàn)的一個(gè)重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運(yùn)