【文档说明】河南省正阳县高级中学2020-2021学年高二下学期第一次素质检测物理试卷含答案.doc，共(19)页，786.088 KB，由小赞的店铺上传

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1正阳高中2020—2021学年下期19级第一次素质检测物理试题一、单选题(1-8为单选题，9-12为多选题，每小题4分，共48分)1．关于电磁感应现象的有关说法中，正确的是（）A．只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流发生

B．穿过闭合电路中的磁通量减少，则电路中感应电流就减小C．穿过闭合电路中的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大D．穿过闭合电路中的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大2．下列关于力的冲量和动量的说法中，正确的是（）A．物体所受的合力为零，它的动量一定为零B．物体

所受的合外力的冲量为零，它的动量变化一定为零C．物体所受的合力外的做的功为零，它的动量变化一定为零D．物体所受的合外力不变，它的动量一定不变3．如图所示，水平地面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质

量为m的小球A．另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起．则从B与A开始碰撞到弹簧压缩最短过程，对A球、B球、弹簧组成的系统（）A．动量守恒，机械能不守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．对墙产生的冲

量为0mvD．弹簧最大势能为2012mv4．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t0时间内产生的

感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变5．A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于()2A．5∶4B．3∶2C．2∶1D．2∶16

．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电

路的电阻应调节为（）A．1ΩB．5ΩC．6ΩD．8Ω7．如图所示，宽为2L的两条平行虚线间存在垂直纸面向里的匀强磁场。金属线框位于磁场左侧，线框平面与磁场方向垂直，af、de、bc边与磁场边界平行，ab、bc、cd、de边长为L，ef、fa边长为2L。

线框向右匀速通过磁场区域，以de边刚进入磁场时为讨时零点。则线框巾感应电流随时间变化的图线可能正确的是（感应电流的方向顺时针为正）（）A．B．C．D．8．A、B两球质量均为m=1kg，在光滑水平面上沿同一直线同向运动并发生正碰，A球碰前动量为4k

g·m/s，B球碰前动量为2kg·m/s，碰后两球粘在一起运动．下列正确的是（）A．碰撞前、后AB系统动量不守恒B．A、B两球碰撞后的共同速度为1m/sC．碰撞过程中A球对B球的冲量为－3N·sD．碰撞前、后A球的动量变化量为－1kg·m/s9．

如图，两质量分别为m1=1kg和m2=4kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1=4m/s和v2=6m/s，发生碰撞后，系统可能损失的机械能为（）A．25JB．35J3C．45JD．55J10．如图所示，物体A静止在光滑的

水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，物体B以速度v0向A运动。已知物体A的质量大于物体B的质量，且挤压弹簧过程中A、B始终在一条直线上，下列说法正确的是（）A．物体B的速度大小一直减小B．两物体共速时，弹簧弹性势能最大C．物体B的速

度为零时，物体A的速度最大D．挤压弹簧过程中，物体A一直加速运动11．甲、乙两小球在光滑水平面上发生正碰，碰撞前后两球的xt−（位移-时间）图像如图所示，碰撞时间极短。已知被碰小球的质量3kgm=，则（）A．乙

小球碰撞过程中的动量变化量是6kgmsB．甲小球碰撞过程中所受到的冲量大小为6kgmsC．甲、乙两小球发生的是弹性碰撞D．若仅增大小球碰前速度，两小球碰后速度方向可能相同12．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m，电阻也为R的金属棒悬挂在一个上端

固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除金属棒和电阻R外，其余电阻不计。现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则()A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．最终弹

簧对金属棒的弹力与金属棒的重力平衡C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为22BlvFR=D．金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为2BlvU=三、实验题(共18分)13．(本题6分)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整________．(2)如果在闭合电键

时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上电键后进行下述操作时出现的情况是：①将线圈A迅速入线圈B时，灵敏电流指针___________〔选填“向左偏”、“向右偏”4或“不偏”)②线圈A插入线圈B稳定后，将滑动变阻器触头迅速向___________(选填“左”或“

右”)滑动时，灵敏电流计指针会向右偏转．14．(本题12分)“探究碰撞中的不变量”的实验中：（1）入射小球m1=15g，原静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的x-t图象如图甲所示，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.由此得出结论_______________________________．（2）实验装置如图乙所示，本实验中，实验必须要求的条件是________．

A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端点的切线是水平的C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足ma＞mb，ra=rb（3）图乙中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是________．A．m1·ON=m1

·OP＋m2·OMB．m1·OP=m1·ON＋m2·OMC．m1·OP=m1·OM＋m2·OND．m1·OM=m1·OP＋m2·ON四、解答题(共34分)15．(本题10分)如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分

别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=502rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电5刷和外部R=20Ω的电阻相接．

求电键S合上后，（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）电压表和电流表示数；（3）从计时开始，线圈转过2的过程中，通过外电阻R的电量．16．(本题10分)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B．纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长

为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：（1）感应电动势的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab边产生的焦耳热Q．17．(本题14分)图所示，AB为光滑

的14圆弧轨道，半径0.8mR=，BC为距地面高1.25mh=的粗糙水平轨道，长2.0mL=，与AB轨道相切于B点。小物块N放在水平轨道末端的C点，将小物块M从圆弧轨道的最高点A由静止释放，经过一段时间后与小物块N发生碰撞，碰撞后小物块N落在水平地面上的D点，小物块M落在E点

。已知D点到C点的水平距离0.75mDx=，D、E两点间的距离0.125mx=，小物块M与水平轨道BC间的动摩擦因数为0.3=，重力加速度g取210m/s，两小物块均可视为质点，不计空气阻力。求：6（

1）小物块刚到达B点的压力与重力之比；（2）碰撞前瞬间小物块M的速度大小；（3）小物块M和小物块N的质量之比。7高二物理参考答案1．D【详解】A．只有闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，故A错误。B．根据法拉第电磁感应定律，电动势的大小取决与

磁通量变化的快慢，所以感应电流的大小取决于磁通量变化的快慢，磁通量减小时，若磁通量的变化率增大，则感应电流可能变大，故B错误；CD．穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大。磁通量大，但变化较慢

，则感应电动势也可能很小，故C错误，D正确。故选D。2．B【分析】冲量等于力与时间的乘积，是矢量，方向与力的方向相同。根据动量定理可分析动量、动量变化及冲量之间的关系。【详解】AB．物体受到的合外力为零，则冲量为零，动量变化量为零，动量不会发生变化，但是它的动量不一定为零，A错误B正确；C

．合外力做功为零动能不变，但合外力的冲量不一定为零，则动量的变化不一定为零；如匀速圆周运动，其合力做功为零，但其动量始终在变化；故C错误；D．物体受到的合外力不变，则由动量定理可知，动量的一定变化，D错误。故选B。3．C【详解】A、从B与A开始碰撞到弹簧压缩最

短过程，A、B发生了完全非弹性碰撞，在碰撞过程中机械能有损失，所以系统的机械能不守恒；从AB开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中，由于墙面对弹簧有作用力，A、B及弹簧组成的系统所受的合外力不为零，则在此运动过程中动量不守恒，故AB错误；C、对系统在整个

过程中由动量定理：00Imv=−，则这个系统对墙产生的冲量大小为0mv，故C正确；D、A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：02mvmv=得：00.5vv=，弹簧的最大弹性势能为：22011224pEmvmv==，故D

错误．4．C【详解】A．根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即ENt=8结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率kt=．图①中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．B．图②中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是

说产生的感应电动势不变．故B错误．C．图③中回路在0～tl时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在tl～t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值．所以在0～t0时间内产生的感应电动势

大于t0～2t0时间内产生的感应电动势．故C正确．D．图④中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误．故选C5．A【详解】试题分析：据题意，通过电热器A的电流有效值为：22200242IT

TIRRIRT+=,即：058II=，则电热器A的电功率为：2058APIR=,通过电热器B得到电流有效值为：2I，则电热器B的电功率为：2012BPIR=，故选项A正确．考点：本题考查交变电流的有效值的计算．6．A【详解】输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）12202V22

0V2U==根据理想变压器电压规律1122UnUn=可知副线圈电压有效值为22113220V30V22nUUn===灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24V，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为LLL24A1.6A15UIR

===9根据串联分压规律可知，1R和2R、R构成的并联电路部分的分压为2L30V24V6VUUU=−=−=通过1R的电流为116A0.6A10UIR===通过2R、R的电流为2L11.6A0.6A1AIII=−=−=2R、R的分压为22()UIRR=+解得滑动变阻器的阻

值为226Ω5Ω1Ω1URRI=−=−=A正确，BCD错误。故选A。7．A【详解】第一阶段：从de边进入磁场到bc边将进入磁场这段时间内，de边切割磁感线产生感应电动势大小为E1=BLv，感应电流方向为逆时针即负方向，设此阶段的电流大小为I1；第二阶段：从bc边进入磁场到a

f边将进入磁场这段时间内，de、bc边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E2=2BLv，感应电流大小I2=2I1，方向仍为逆时针即负方向；第三阶段：从de边离开磁场到bc边将离开磁场这段时间内，bc、af边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E3=BLv，感应电流大小I3=

I1，方向为顺时针即正方向；第四阶段：从bc边离开磁场到af边将离开磁场这段时间内，af边切割磁感线产生的感应电动势大小为E4=2BLv，感应电流大小I4=2I1，方向仍为顺时针即正方向。综上，感应电流随时间变化的图线如选项A图所示，故选A。8．D【解析】【详解】碰

撞前、后AB系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；由动量守恒定律可知：2ABppmv+=，解得A、B两球碰撞后的共同速度为3m/s，选项B错误；物体B的动量变化量为1321kgm/sBBpmvp=−=−=，则由动量定理可知，碰撞过程中A球1

0对B球的冲量为1N·s，选项C错误；物体A的动量变化量为1341kgm/sAApmvp=−=−=−，选项D正确；9．AB【详解】若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得m2v2－m1v1=(

m1＋m2)vΔEmax=12m1v12＋12m2v22－12(m1＋m2)v2联立并代入数据解得ΔEmax=40J综合可知0≤ΔE≤40J所以A、B正确，C、D错误。故选AB。10．BD【解析】【详解】在开始压缩弹

簧过程中，B受到向左的弹力，做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，由于物体A的质量大于物体B的质量，B脱离弹簧时B向左运动，所以共速后，B先向右做减速运动，后向左做加速运动，故A错误。当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大

，弹簧弹性势能最大，故B正确。物体B的速度为零时，弹簧处于压缩状态，物体A仍在加速，速度不是最大，当B脱离弹簧时A的速度最大，故C错误。挤压弹簧过程中，物体A一直受到向右的弹力，所以一直加速运动，故D正确。11．BC【详解】

A．由图像可知，甲是被碰小球，根据动量守恒定律可知1mvmvmv=+乙乙乙乙甲甲根据图像可得4msv=乙2msv=甲12msv=−乙代入可解得1kgm=乙乙小球碰撞过程中的动量变化量16kgmspmvmv=−=−乙乙乙乙A错误；11B．根据动量定理可知甲小球碰撞过程中所受到的冲量

大小为6kgms，B正确；C．甲、乙两球碰前动能2k12Emv=乙乙碰后动能22k111122Emvmv=+乙乙甲甲均为8J，两球碰撞过程没有机械能损失，属于弹性碰撞，C正确；D．由动量守恒定律及能量守恒定

律得mvmvmv=+乙乙乙乙甲甲222111222mvmvmv=+乙乙乙乙甲甲可得mmvvmm−=+乙甲乙乙乙甲2mvvmm=+乙乙甲乙甲因为乙小球质量小于甲小球的质量，故两小球碰后速度方向一定不相同，D错误；故选BC。12．BD【解析】【详解

】A、金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；B、金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻R上产生的热量；故机械能慢慢减小，最后稳

定时，只受重力和弹力；故重力与弹力平衡；故B正确；C、金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，I2BLvR=，由以上两式得：F222BlvR=，故C错误；D、当速度为v时，电动势E＝Blv，而金属棒两端

的电势差等于R两端的电压，故为：2Blv；故D正确。13．（1）（2）向右偏右【分析】12（1）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．（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同

，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．【详解】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；①闭合电键

，将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下．②原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，原线圈电流变大，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变大，灵

敏电流计指针将向右偏转一下．【点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键．14．（1）0.00750.0150.0075碰撞中mv

的矢量和是不变量（碰撞过程中动量守恒）BCDC【详解】（1）由图1所示图象可知，碰撞前球1的速度110.21/0.2xvmst===，碰撞后，球的速度1110.300.200.5/0.40.2xvmst−

===−，2220.350.200.75/0.40.2xvmst−===−，入射小球碰撞后的110.0150.50.0075/mvkgms==，入射小球碰撞前的110.01510.015/mvkgms==，被碰撞后的220.010.750.07

5/mvkgms==，碰撞前系统总动量110.015/pmvkgms==，碰撞后系统总动量11220.015/pmvmvkgms=+=，pp=，由此可知：碰撞过程中动量守恒；（2）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的

，13只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb，D正确．（3）要验证

动量守恒定律定律即012abmvmavmv=+，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为012aabmvtmvtmvt=+，故需验证aabmOPmOMmON=+，因此C正确．【点睛】本实验的一个

重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．1

5．（1）e=502cos502t（V）（2）40V，2A（3）0.04C【分析】（1）根据感应电动势最大值Em=nBSω，从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定电流表与电压表示数；（3）根据电

量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=nRr+公式，从而可求得．【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=502V．故表达式为：e=Emcosωt=502cos5

02t（V）；（2）根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：2mEE=，代入数据解得E=50V．电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：EIRr=+，U=IR．联立解得I=2A，U=40V；（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量

为：q=I△t=nRr+，代入数据解得，q=0.04C．【点睛】本题主要考查了交流电的产生及其表达式与相关物理量的求解，较为简单．16．(1)EBLv=；(2)222BLvPR=；(3)234BLvQR=【详解】

由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和2QIRt=解题．(1)从ad边刚进入磁场到bc边刚要进入的过程中，只有ad边切割磁感线，所以产生的感应14电动势为：EBLv=；(2)线框进入过程中线框中的电流为：EIR=ad边安培力为：AFB

IL=由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即AFF=所以拉力的功率为：APFvFv==联立以上各式解得：222BLvPR=；(3)线框进入过程中线框中的电流为：EIR=进入所用的时间为：Ltv

=ad边的电阻为：4adRR=焦耳热为：2adQIRt=联立解得：234BLvQR=．17．(1)3；(2)2m/s；(3)2【详解】(1)设小物块M和小物块N的质量为1m和2m，小物块M到达B点时速度为v，受到的支持力为NF，从A点到B点，由动能

定理得21112mgRmv=由牛顿第二定律得2N11vFmgmR−=解得N13Fmg=由牛顿第三定律可知小物块M对B点的压力为NN1'3FFmg==故小物块刚到达B点的压力与重力之比为N1'3Fmg=15(2)设碰撞前瞬间小物块M的速度大小为0v

，从A点到C点，对小物块M，由动能定理得2111012mgRmgLmv−=代入数据解得02m/sv=(3)设碰撞后小物块M和N的速度大小分别为1v和2v，从碰撞后到落地的时间为t，根据平抛运动知识有21

2hgt=对小物块N有2Dxvt=对小物块M有1Dxxvt−=联立以上三式解得11.25m/sv=，21.5m/sv=两个小物块相碰过程动量守恒，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定有101122mvmvmv

=+代入数据解得122mm=16高二物理参考答案1．D2．B3．C4．C5．A6．A7．A8．D9．AB10．BD11．BC12．BD13．（1）（2）向右偏右【分析】（1）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．（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．【详解】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈

产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；①闭合电键，将原线圈迅速插

入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下．②原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，原线圈电流变大，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变大，灵敏1

7电流计指针将向右偏转一下．【点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键．14．（1）0.00

750.0150.0075碰撞中mv的矢量和是不变量（碰撞过程中动量守恒）BCDC【详解】（1）由图1所示图象可知，碰撞前球1的速度110.21/0.2xvmst===，碰撞后，球的速度1110.300.200.5/0.40.2xvmst−===−，222

0.350.200.75/0.40.2xvmst−===−，入射小球碰撞后的110.0150.50.0075/mvkgms==，入射小球碰撞前的110.01510.015/mvkgms==，被碰撞后的220.010.750.075/mvkgms==，碰撞前系统

总动量110.015/pmvkgms==，碰撞后系统总动量11220.015/pmvmvkgms=+=，pp=，由此可知：碰撞过程中动量守恒；（2）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有

要求，A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb，D正确．（3）要验证动量守恒定

律定律即012abmvmavmv=+，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为012aabmvtmvtmvt=+，故需验证aabmOPmOMmON=+，因此C正确．【点睛】本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间

相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．15．（1）e=502cos502t（V）（2）40V，2A（3）0.04C【分析】（1）根据感应电动势最大值Em=nBSω，从

垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定18电流表与电压表示数；（3）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=nRr+公式，从而可求得．【详解】（1）线圈从平行

磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=502V．故表达式为：e=Emcosωt=502cos502t（V）；（2）根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：2mEE=，代入数据解得E=50V．

电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：EIRr=+，U=IR．联立解得I=2A，U=40V；（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：q=I△t=nRr+，代入数据解得，q=0.04C．

【点睛】本题主要考查了交流电的产生及其表达式与相关物理量的求解，较为简单．16．(1)EBLv=；(2)222BLvPR=；(3)234BLvQR=【详解】由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和2QIRt=解题．(1)从ad边刚进入磁场到bc边刚要进入的过程中，只有a

d边切割磁感线，所以产生的感应电动势为：EBLv=；(2)线框进入过程中线框中的电流为：EIR=ad边安培力为：AFBIL=由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即AFF=所以拉力的功率为：APFvFv==联立以上各式解得：222BLvPR=；(3)线框进入过程中线框中的电

流为：EIR=，进入所用的时间为：Ltv=ad边的电阻为：4adRR=，焦耳热为：2adQIRt=联立解得：234BLvQR=．17．(1)3；(2)2m/s；(3)2【详解】19(1)设小物块M和小物块N的

质量为1m和2m，小物块M到达B点时速度为v，受到的支持力为NF，从A点到B点，由动能定理得21112mgRmv=由牛顿第二定律得2N11vFmgmR−=解得N13Fmg=由牛顿第三定律可知小物块M对B点的压力为NN1'3

FFmg==故小物块刚到达B点的压力与重力之比为N1'3Fmg=(2)设碰撞前瞬间小物块M的速度大小为0v，从A点到C点，对小物块M，由动能定理得2111012mgRmgLmv−=代入数据解得02m/sv=(3)设碰撞后小物块M和N的速度大小分别为1v和

2v，从碰撞后到落地的时间为t，根据平抛运动知识有212hgt=对小物块N有2Dxvt=对小物块M有1Dxxvt−=联立以上三式解得11.25m/sv=，21.5m/sv=两个小物块相碰过程动量守恒，规定水平向右为正方向，根据动

量守恒定有101122mvmvmv=+代入数据解得122mm=