【文档说明】河北省张家口市宣化第一中学2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷 含答案.docx，共(18)页，189.801 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年上学期宣化一中高二年级期中考试物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.如图所示，在探究电磁感应现象的实验中，下列说法中正确的是()A.保持导体棒静止，灵敏电流计指针会偏转B.让导体棒在磁场中运动，灵敏电流计指针一定会偏转C.让导体棒在磁场中左右运动，灵敏电

流计指针一定会偏转D.将导线与灵敏电流计“+”接线柱断开，让导体棒在磁场中运动，灵敏电流计指针会偏转2.如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是()A.全向里B.全向外C.a向里，b、c向外D.a、c向外，b向里3.如图所示，在冰壶

世锦赛上中国队以8：6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4𝑚/𝑠的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1𝑚/𝑠的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是()A.瑞典

队冰壶的速度为0.3𝑚/𝑠，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B.瑞典队冰壶的速度为0.3𝑚/𝑠，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C.瑞典队冰壶的速度为0.5𝑚/𝑠，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D.瑞典队冰壶的速度为0.5𝑚/𝑠

，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞4.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ

的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是()A.射入磁场时粒子a的速率最小B.粒子a带负电，粒子b、c带正电C.射出磁场时粒子b的动能最小D.粒子b在磁场中运动的时间最短5.“科学真是迷人。”天文学家已经测

出月球表面的加速度g、月球的半径R和月球绕地球运转的周期T等数据，根据万有引力定律就可以“称量”月球的质量了。已知引力常数G，用M表示月球的质量。关于月球质量，下列说法正确的是()A.𝑀=𝑔𝑅2𝐺B.𝑀=𝐺𝑅2𝑔C.𝑀=

4𝜋2𝑅3𝐺𝑇2D.𝑀=𝑇2𝑅34𝑅2𝐺6.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面(纸面)内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F

表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()A.B.C.D.7.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星

，各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是()A.d的运动周期有可能是23hB.c在4h内转过的圆心角是𝜋6C.b在相同时间内转过的弧长最长D.a的向心加速度等于重力加速度g8.如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强

磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动。下列说法中正确的是()A.小球在M点和N点时均处于平衡状态B.小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间C.小球每次经过轨道最低

点时对轨道的压力大小均相等D.小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）9.如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。则该磁场()A.逐渐增强，方向向外B.逐渐增强，方向向里C.逐渐减弱，

方向向外D.逐渐减弱，方向向里10.如图所示，三根相互平行的固定长直导线𝐿1、𝐿2和𝐿3两两等距，均通有电流I，𝐿1中电流方向与𝐿2中的相同，与𝐿3中的相反。下列说法正确的是()A.𝐿1所受磁场作用力

的方向与𝐿2、𝐿3所在平面平行B.𝐿3所受磁场作用力的方向与𝐿1、𝐿2所在平面平行C.𝐿1、𝐿2和𝐿3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：√3D.𝐿1、𝐿2和𝐿3单位长度所受的磁场作用力大小之比为√3：√3：111.如图所示是

飞船进入某星球轨道后的运动情况，飞船沿距星球表面高度为100km的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点时，点火制动变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的B点时，飞船离星球表面高度为15km，再次点火制动，下降落到星球表面。下列判断正确的是()A.飞船在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的

过程中，动能增大B.飞船在轨道Ⅱ上的机械能大于在Ⅰ轨道上的机械能C.飞船经过A点时，在Ⅰ轨道上的加速度等于在Ⅱ轨道上的加速度D.飞船在A点点火变轨瞬间，速度增大12.如图所示，木块AB用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠墙壁，在木块B上施加向左的水平力F，使弹簧压缩，当撤去外力后()A.A

尚未离开墙壁前，AB系统的动量守恒B.A尚未离开墙壁前，弹簧和B系统的机械能守恒C.A离开墙壁后，AB系统动量守恒D.A离开墙壁后，AB系统机械能守恒13.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为𝜇.初始时小物块停在箱子正中

间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.12𝑚𝑣2B.12𝑚𝑀𝑚+𝑀𝑣2C.12𝑁𝜇𝑚𝑔𝑙D.𝑁𝜇𝑚𝑔𝐿三、实验题（本大题

共2小题，共10.0分）14.如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图，三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的。实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变

，改变导体棒通电部分的长度。每次实验导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方向的夹角记为𝜃。(1)下列说法正确的是：______。A.该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响B.该实验探究了磁感应强

度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响C.如果想增大𝜃，可以把磁铁的N极和S极对调D.如果想减小𝜃，可以把接入电路的导体棒从①、④两端换成②、③两端(2)若把电流为I且接通②、③时，导体棒受到的安

培力记为F；则当电流减半且接通①、④时，导体棒的安培力为：______。15.用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，推一下小车P，使之运动，与静止的小车Q相碰粘在一起，继续运动。(1)实验获得的一条纸带如图乙所示

，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离。根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上______段来计算小车P的碰前速度。(2)测得小车𝑃(含橡皮泥)的质量为𝑚1，小车𝑄(含橡皮泥)的质量为𝑚2，如果实验数据满足关系式______，则可验证小车P

、Q碰撞前后动量守恒。(3)如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将______(填“偏大”或“偏小”或“相等”)。四、简答题（本大题共1小题，共10.0分）16.一组宇航员乘太空穿梭机，去修理位于离地球表面高度为h的圆形轨道上的哈勃太空望远镜H，机组

人员驾驶穿梭机S进入与H相同的轨道并关闭推动火箭，而望远镜在穿梭机前方数公里处，如图所示，设G为万有引力常量，M为地球质量．(已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为𝑔)(1)在穿梭机内，一个质量为𝑚1的人站在台秤上，则其示数是多少？(2)计算轨道上的重力加速度值g．(3)计算穿梭机在轨道上

的速率v和周期T．五、计算题（本大题共2小题，共28.0分）17.如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度𝑣0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。问：(1)𝐴、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？(2)弹簧压缩至最短时三个

小球的速度是多大？(3)弹簧的最大弹性势能是多少？18.如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠𝑂𝐶𝐴=30°，OA的长度为L。在△𝑂𝐶𝐴区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射

入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为𝑡0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中

运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为53𝑡0，求粒子此次入射速度的大小。2020-2021学年上学期宣化一中高二年级期中考试物理试卷答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、保持导体棒静止，导体在磁场中没有做切割磁感线运动，不会产生感应电

流，灵敏电流计指针不会偏转，故A错误；B、如果导体在磁场中上下运动，此时导体在磁场中没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会偏转，故B错误；C、让导体棒在磁场中左右运动，导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，灵敏电流计指针会偏转，故C正确；D、将导线与灵

敏电流计“+”接线柱断开，此时电路是断开的，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会偏转，故D错误；故选：C。要想产生感应电流，必须让闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，观察导体是否切割磁感线是判断的关键。

明确产生感应电流的条件是闭合电路的一部分导体，在磁场中做切割磁感线运动，是此题判断的关键因素。2.【答案】D【解析】解：闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断环形导线内部磁场向里，外部磁场向外，则小磁针b的N极向里偏转，a、c两个小磁针向外偏转。故选：D。闭合开关S

后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断磁场方向。根据小磁针N极受力方向与磁场方向相同判断N极偏转方向。本题考查应用安培定则的能力。安培定则是判断电流方向与磁场方向两者关系的定则。3.【答案】B【解析】【分析】两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中

国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞。本题考查动量守恒定律的基本运用，运动动量守恒定律解题，关键注意速度的方向，知道动量守恒定律表达式的矢量性，同时要明确碰撞过程有弹性碰撞和非弹性碰撞之分。【解答】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动

量守恒定律有：𝑚𝑣1=𝑚𝑣2+𝑚𝑣3代入数据得：𝑚×0.4=𝑚×0.1+𝑚𝑣3解得：𝑣3=0.3𝑚/𝑠。动能变化量：𝛥𝐸𝑘=12𝑚𝑣12−12𝑚𝑣22−12𝑚𝑣32=12𝑚(0．42−0．

12−0．32)>0，故动能减小，是非弹性碰撞，故B正确，ACD错误。故选B。4.【答案】D【解析】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟，解得：𝑣=𝑞𝐵𝑟𝑚，由图可知，射入磁场时粒子c

的半径最小，则速率最小。故A错误；B、由图可知，a向左偏，bc向右偏，根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故B错误；C、粒子的动能𝐸𝐾=12𝑚𝑣2=𝑞2𝐵2𝑟22𝑚，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大

，则b粒子动能最大；c的半径最小，则动能最小。故C错误；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：𝑇=2𝜋𝑚𝑞𝐵相同，粒子在磁场中的运动时间：𝑡=𝜃2𝜋𝑇=𝜃𝑚𝑞𝐵，由于m、q、B都相同

，粒子c转过的圆心角𝜃最大，则射入磁场时c的运动时间最大，粒子b转过的圆心角𝜃最小，则射入磁场时c的运动时间最小，故D正确。故选：D。根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出

粒子的动能；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。本题考查带电粒子在磁场中的运动，带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；根据圆心角确定时间关系。5.【答案】A【解析】解：AB、

在月球表面，物体的重力与万有引力相等，则有：𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔，可得月球的质量为：𝑀=𝑔𝑅2𝐺，故A正确，B错误；CD、月球绕地球做圆周运动时，根据万有引力提供向心力得：𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚4𝜋2𝑇

2𝑟，由于r表示轨道半径，而R表示月球半径，可得：𝑀=4𝜋2𝑟3𝐺𝑇2，故CD错误。故选：A。在月球表面，物体的重力与万有引力相等，由此列式可求得月球的质量。月球绕地球做圆周运动时，根据万有引力提供向心力列式，也能求得月球的质量。解决本题时要掌握两种求

天体质量的方法：1、根据万有引力提供圆周运动向心力，可计算中心天体的质量M。2、在星球表面重力与万有引力相等，可以根据重力加速度和星球半径求得星球质量。6.【答案】B【解析】【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电

动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生。由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向。本题要求学生能正确理解𝐵−𝑡图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应

定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化。【解答】在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应

电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从𝑏→𝑎，由左手定则判断得知，ab所受的安培力

方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右。故B正确。故选：B。7.【答案】C【解析】解：A、由开普勒第三定律𝑟3𝑇2=𝑘知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h。故A错误；B、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内

转过的圆心角为𝜃=4ℎ24ℎ⋅2𝜋=𝜋3，故B错误；C、对于在轨运行的卫星，由𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑣2𝑟，得𝑣=√𝐺𝑀𝑟，可知，卫星的轨道半径越大，线加速度越小，则有𝑣𝑏>𝑣𝑐>𝑣𝑑。由�

�=𝜔𝑟有，𝑣𝑎<𝑣𝑐.可知，b的线速度最大，b在相同时间内转过的弧长最长。故C正确；D、地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，即知a与c的角速度相同，根据𝑎=𝜔2𝑟知，a的向心加速度比c的小。对于在轨运行的卫星，由𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑎，得𝑎

=𝐺𝑀𝑟2，可知，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，所以a的向心加速度比b的小，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g。故D错误；故选：C。根据开普勒第三定律判断d与c

的周期关系。地球同步卫星的周期、角速度必须与地球自转周期、角速度相同，根据𝑎=𝜔2𝑟比较a与c的向心加速度大小，再比较a的向心加速度与g的大小。根据万有引力提供向心力，列出等式得出线速度与半径的关系，从而分析出相同时间内弧长关系。对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引

力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道地球同步卫星的条件和特点。8.【答案】D【解析】解：A、两个端点M、N与O等高，小球在M点和N点速度等于零，合力不为零，不是处于平衡状态，故A错误；B、由于洛伦兹力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其加速度大小有影响的只有重力个，故从无论

小球从那边滚，其时间都是一样的，故B错误。C、小球在最低点时受重力，支持力和洛伦兹力，从N到M时，洛伦兹力向下，故有：𝐹1−𝑚𝑔−𝐹洛=𝑚𝑣2𝑟故此时小球对轨道的压力为：𝐹1=𝑚𝑔+𝐹洛+𝑚𝑣2𝑟小球从M到N时

，洛伦兹力向上，故有：𝐹2+𝐹洛−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑟，故此时小球对轨道的压力为：𝐹2=𝑚𝑔−𝐹洛+𝑚𝑣2𝑟，所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误；D、根据机械能守恒定律，小球每次经过最低点的速

度大小相同，由𝐹合=𝑚𝑣2𝑟可知，𝐹合大小相等，故D正确；故选：D。由于洛伦兹力总是与运动垂直，又没有摩擦力，故对其加速度大小有影响的只有重力一个，故从无论小球从那边滚，其时间都是一样的。由此可以判定ABC由左手定则可

知，滑块的运动方向不同，洛仑兹力的方向也不同，由受力分析及向心力公式可知压力是否发生变化。该题考查小球在重力好洛伦兹力的作用下的运动，利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛仑兹力永不做功。9.【答案】CD【解析】解：磁场

发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小。该过程与磁通量的方向无关。故选项CD正确，AB错误。故选：CD。磁场发生变化，回路变为圆

形说明导线受到的安培力的方向向外，结合楞次定律与左手定则即可判定，也可由楞次定律的推广形式解答．解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理．10.【答案】AC【解析】解：𝐴.根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法

则，则𝐿2、𝐿3通电导线在𝐿1处的磁场方向如图所示，再根据左手定则，那么𝐿1所受磁场作用力的方向与𝐿2、𝐿3所在平面平行，故A正确；B.同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则𝐿2、𝐿1通电导线在𝐿

3处的磁场方向如图所示，再根据左手定则，那么𝐿3所受磁场作用力的方向与𝐿2、𝐿1所在平面垂直，故B错误；CD、由A选项分析，可知，𝐿1、𝐿3通电导线在𝐿2处的合磁场大小与𝐿2、𝐿3通电导线在𝐿1处的合磁场相等，设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么𝐿1、𝐿2和𝐿3

三处磁场之比为1：1：√3，故C正确，D错误；故选：AC。依据右手螺旋定则判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法则，即可判定合磁场方向，最后根据左手定则，从而确定其位置的受到磁场力方向；因所通的电流相等，那么单位长度的磁场力之比，即为

各自所处的磁场之比。解决该题的关键是知道磁感应强度为矢量，掌握磁感应强度的方向的判断方法，知道矢量的合成方法；11.【答案】AC【解析】【分析】点火后由原来的高轨道进入低轨道，可知卫星要减速，但是由于引力做功，最终会导致低轨道上的速度比高轨道速度大，根据

机械能守恒的条件判断在轨道Ⅱ上机械能是否守恒，分析A点的受力情况，根据牛顿第二定律判断加速度的变化情况；解决该题的关键是明确知道飞船由高轨道变到低轨道为近心运动，而近心运动的条件则要点火减速，熟记机械能守恒的条件；【解答】A.飞船在轨道Ⅱ中由A运动到B的过程中重力

做正功，动能增加，故A正确；𝐵𝐷.由于点火后由原来的高轨道进入低轨道，可知卫星要减速，从而做近心运动，故卫星在A处，飞船变轨后瞬间的速度小于变轨前瞬间的速度，而进入轨道运动后，只有重力做功，机械能不变，所以在轨道上的机械能Ⅱ小于轨道Ⅰ上的机械能，故BD错误；C.不论在轨道

Ⅰ还是轨道Ⅱ上的A点，飞船都只受到万有引力的作用，且大小相等，方向相同，根据牛顿第二定律可知，在两轨道的A点加速度相等，故C正确；故选：AC。12.【答案】BC【解析】解：A、当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所

受的外力之和不为零。所以和b组成的系统的动量不守恒，故A错误；B、以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，在A离开墙壁前后，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，故B正确；C、A离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以A、B组成的系统的动量守恒，故C正确；D、在A离开墙壁后，A、B与弹簧

组成的系统机械能守恒，A、B系统机械能不守恒，故D错误；故选：BC。判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零。当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零。A离开墙壁后，系统所受的外力之和为0。本题考查

了系统机械能守恒的条件和动量守恒的条件，注意区分，墙壁对物块a有弹力作用的过程，物块并没有发生位移，因此墙壁的弹力不做功。13.【答案】BD【解析】解：由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，

有𝑚𝑣=(𝑚+𝑀)𝑣1系统损失的动能是因为摩擦力做负功△𝐸𝑘=−𝑊𝑓=𝜇𝑚𝑔×𝑁𝐿=12𝑚𝑣2−12(𝑀+𝑚)𝑣12=𝑚𝑀𝑣22(𝑀+𝑚)选项BD正确，AC错误。故选：BD。本题考查动量守恒、功能关

系及能量守恒定律。两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件。本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失。又由于本题是陈题翻

新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为12𝐿，则发生N次碰撞，相对路程为12𝑁𝐿，而错选C。14.【答案】(1)𝐷；(2)32𝐹【解析】【分析】该

实验探究了导体棒通长度和电流大小对安培力的影响，根据𝐹=𝐵𝐼𝐿求解安培力大小即可。【解答】(1)𝐴𝐵、该实验探究了导体棒通长度和电流大小对安培力的影响，故AB错误；C、把磁铁的N极和S极对调，不改变B的大小，故F不变，故C错误；D、把接入电路的导体棒从①、④两

端换成②、③两端，L减小，故安培力F减小，故D正确；故选：D。(2)若把电流为I且接通②、③时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流减半且接通①、④时，导体棒的安培力为：𝐹′=𝐵×𝐼2×3𝐿=32𝐵𝐼𝐿=32𝐹。故答案为：(1)�

�；(2)32𝐹15.【答案】BC；𝑚1𝑠2−𝑠12=(𝑚1+𝑚2)×𝑠4−𝑠33；偏小【解析】解：(1)两小车碰撞前做匀速直线运动，在相等时间内小车位移相等，由图示纸带可知，应选择纸带上的BC段求出小车P碰撞前的速

度。(2)设打点计时器打点时间间隔为T，由图示纸带可知，碰撞前小车的速度：𝑣=𝑠2−𝑠14𝑇，碰撞后小车的速度：𝑣′=𝑠4−𝑠36𝑇，如果碰撞前后系统动量守恒，则：𝑚1𝑣=(𝑚1+�

�2)𝑣′，即：𝑚1𝑠2−𝑠14𝑇=(𝑚1+𝑚2)𝑠4−𝑠36𝑇，整理得：𝑚1𝑠2−𝑠12=(𝑚1+𝑚2)×𝑠4−𝑠33；(3)在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，小车P质量的测量值小于

真实值，由𝑝=𝑚𝑣可知，所测系统碰前的动量小于碰撞后系统的动量。故答案为：(1)𝐵𝐶；(2)𝑚1𝑠2−𝑠12=(𝑚1+𝑚2)×𝑠4−𝑠33；(3)偏小。答题技巧：(1)实验前已经平衡摩擦力，小车在木板上运动时所受合力为零，小车做

匀速直线运动，小车做匀速直线运动在相等时间内的位移相等，分析图示纸带，然后答题。(2)根据图示图象求出小车碰撞前后的速度，然后求出碰撞前后系统的动量，确定实验需要验证的表达式。(3)根据题意与动量的计算公式分析实验误差。本题考查了实验数据处理，认真审题理解题意是

解题的前提，知道小车的运动过程、应用动量计算公式：𝑝=𝑚𝑣、应用动量守恒定律即可解题。16.【答案】解：(1)穿梭机内的人处于完全失重状态，故视重为零．(2)由𝑚𝑔=𝐺𝑀𝑚𝑅2得𝑔𝑅2=𝐺𝑀轨道处的重力加

速度𝑔′，𝑚𝑔′=𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2得𝑔′=𝑅2(𝑅+ℎ)2𝑔(3)因为𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2=𝑚𝑣2𝑅+ℎ=𝑚4𝜋2𝑇2(𝑅+ℎ)得𝑣=√𝐺𝑀𝑅+ℎ𝑇=2𝜋√

(𝑅+ℎ)3𝐺𝑀答：(1)在穿梭机内，一个质量为𝑚1的人站在台秤上，则其示数是零．(2)计算轨道上的重力加速度值g为𝑅2(𝑅+ℎ)2𝑔．(3)计算穿梭机在轨道上的速率v为√𝐺𝑀𝑅+ℎ，周期T为2𝜋√(𝑅+ℎ)3𝐺𝑀．【解析

】根据重力等于万有引力计算重力加速度，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式计算线速度和周期．本题关键要掌握两个关系：重力等于万有引力；万有引力提供向心力．列式求解重力加速度、线速度、周期．17.【答案】解：(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的

压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以𝑣0的方向为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑣0=2𝑚𝑣1，解得：𝑣1=12𝑣0；(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速

度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等，在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2𝑚𝑣1=3𝑚𝑣2，解得：𝑣2=13𝑣0；(3)当弹簧被压缩最

短时，弹性势能𝐸𝑝最大，由能量守恒定律得：12⋅2𝑚𝑣12=12⋅3𝑚𝑣22−𝐸𝑃，解得：𝐸𝑃=𝑚𝑣02；答：(1)𝐴、B两球刚刚粘合在一起的速度大小是12𝑣0；(2)弹簧压缩至最短时三个小球的

速度大小是13𝑣0；(3)弹簧的最大弹性势能是𝑚𝑣02。【解析】(1)𝐴、B碰撞的瞬间，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出碰后瞬间AB的速度；(2)当三球速度相同时，弹簧压缩到最短，三个球的读数相等，由动量守恒定律可以求出球

的速度；(3)弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，要加强这方面的训练。18.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运

动，在时间𝑡0内其速度方向改变了90°，故其周期𝑇=4𝑡0①设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟②匀速圆周运动的速度满足𝑣=2�

�𝑟𝑇③联立①②③式得𝐵=𝜋𝑚2𝑞𝑡0④(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为𝜃1和𝜃2.由几何关系有𝜃1=180°−𝜃2⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别

为𝑡1与𝑡2，则𝑡1+𝑡2=𝑇2=2𝑡0；⑥(3)如下图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°．设𝑂′为圆弧的圆心，圆弧的半径为𝑟0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和

题给条件可知，此时有∠𝑂𝑂′𝐷=∠𝐵𝑂′𝐴=30°⑦𝑟0cos∠𝑂𝑂′𝐷+𝑟0cos∠𝐵𝑂′𝐴=𝐿⑧设粒子此次入射速度的大小为𝑣0，由圆周运动线速度公式，则有：𝑣0=2𝜋𝑟0𝑇⑨联立①⑦⑧⑨式得𝑣0=√3𝜋𝐿7

𝑡0答：(1)磁场的磁感应强度的大小𝜋𝑚2𝑞𝑡0；(2)该粒子这两次在磁场中运动的时间之和2𝑡0；(3)粒子此次入射速度的大小√3𝜋𝐿7𝑡0。【解析】对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键

，注意画出正确的运动轨迹图是解题的重点。(1)粒子垂直OA进入磁场中，转过90°，垂直打在y轴上，则𝑡=𝑡0=14𝑇，求出周期，由周期公式𝑇=2𝜋𝑚𝑞𝐵求B的大小；(2)画出两个粒子的运动

轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为𝜃1和𝜃2，由几何关系有𝜃1=180°−𝜃2，可得到时间之和等于𝑇2；(3)画出粒子做圆周运动与AC相切的轨迹，再结合几何知识求出轨迹的半径，利用洛伦兹力等于向心

力，列式求解速度。