精品解析：北京市北京实验学校2023-2024学年高二下学期3月考试物理试题

北京实验学校高二年级第二学期物理3月考试卷 审核人：高二备课组 2024.3 一、单选题（本题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题意的，选对的得3分，有选错或不答的得0分。） 1. 关于动量和动能，以下说法中正确的是（　　） A. 物体的动量不变，则动能不变 B. 物体的动能不变，则动量不变 C. 动量相同的两个物体，质量大的物体动能大 D. 动能相同的两个物体，质量大的物体动量大 2. 如图所示，一物体在与水平面成角的拉力F作用下匀速前进了时间t，则（ ） A. 拉力F对物体的冲量大小为 B. 拉力F对物体的冲量大小为 C. 合外力对物体的冲量大小为 D. 合外力对物体的冲量大小为 3. 如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，以振子从A点开始运动的时刻作为计时起点，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 时，振子速度方向向左 B. 时，振子的加速度方向向右 C. 到的时间内，振子的回复力逐渐增大 D. 到的时间内，振子的动能逐渐减小 4. 如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上、一颗子弹水平射入木块A，并留在其中、在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　） A. 动量守恒、机械能守恒 B. 动量不守恒、机械能守恒 C. 动量守恒、机械能不守恒 D. 动量、机械能都不守恒 5. 某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，则（　　） A. t=0时刻线圈处于中性面位置 B. t3时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零 C. t1时刻电流表示数为0，t2时刻电流表的示数最大 D. t2、t4时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次 6. 如图所示，变压器为理想变压器，所有电表均为理想电流表和电压表。a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，为定值电阻，R为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片沿的方向滑动时，则下列说法正确的是（　　） A. 电压表V1、V2示数不变，V3示数变小 B. 电压表V1、V2示数变小，V3示数变大 C. 电流表A1的示数不变，A2的示数增大 D. 电流表A1的示数变小，A2的示数增大 7. 图甲为LC振荡电路，取回路中顺时针电流方向为正，回路中电流i随时间t变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 在t1～t2内，电容器C在放电 B. 在t1～t2内，电容器C的上极板带正电 C. 在t2～t3内，磁场能正在转化为电场能 D. 在t2～t3内，电容器C两极板间电压在不断减小 8. 如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C分别串联一个灯泡后，并联接在交流电源的两端，三盏灯亮度相同。要使灯泡变亮、灯泡变暗，下列措施中可行的是（　　） A. 只减小交流电的电压 B. 只增大交流电的电压u C. 只减小交流电的频率 D. 只增大交流电的频率 9. 阻值为R电阻中通以如图所示交变电流，此交流电的有效值为（　　） A. A B. 1.5A C. 2A D. A 10. 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为和。图乙为它们碰撞前后的图像。已知。由此可以判断（　　） ①碰后和都向右运动 ②碰前静止，向右运动 ③ ④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④ 11. 我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日白鹤滩水电站首批初装机容量1600万千瓦正式并网发电，在传输电能总功率不变情况下，从原先高压输电升级为特高压输电。则下列说法正确的是（　　） A. 若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原先的 B. 若输电线不变，则输电线上损失功率变为原先的 C. 如果损失功率不变，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的 D. 如果损失功率不变，相同材料、相同粗细的输电线传输距离是原先的9倍 12. 如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出，下列说法中正确的是（　　） A. 第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 B. 第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 C. 第二次拉出白纸过程中，茶杯增加动量大一些 D. 第一次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 13. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为99m、200m的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为m的子弹C以速度射入物块A并留在A中，以此刻为计时起点，两物块A（含子弹C）、B的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息分析可知，下列说法中错误的是（　　） A. 子弹C射入物块A的速度为600m/s B. 在时间内，弹簧处于压缩状态 C. 当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B的速度为3m/s D. 在时刻弹簧处于自然长度 14. 利用热敏电阻作为感温元件可以制作简易温度计，电路图如图甲所示。用热敏电阻作为测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，可以直接读出温度值。已知电源电动势为，内阻不计；电流表量程为、内阻为；保护电阻为。热敏电阻的阻值随温度变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 电流表示数越大，对应温度越低 B. 该温度计测量的最高温度为 C. 电流表零刻度线处对应温度为 D. 该温度计表盘上温度的刻度是均匀的 二、实验题（本题共1小题，共14分）。 15. 用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的两个小球半径相等。 （1）本实验必须满足的条件是 （选填选项前的字母）。 A. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 B. 入射小球的质量必须大于被碰小球的质量 C. 轨道倾斜部分必须光滑 D. 轨道末端必须水平 （2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。实验中还需要测量的有 （选填选项前的字母）。 A. 入射小球和被碰小球的质量、 B. 入射小球开始的释放高度h C. 小球抛出点距地面的高度H D. 两球相碰后的平抛射程OM、ON （3）为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是________。（选填选项前的字母） A. 刻度尺 B. 天平 C. 打点计时器 D. 秒表 （4）若两球相碰前后动量守恒，其表达式可表示为：__________[用（2）中测量的量表示]。通过测量小球做平抛运动的射程来代替小球的速度，其依据是：______________________。若两球碰撞为弹性碰撞，需要满足表达式：__________________[用（2）中测量的量表示] （5）物理学定义碰撞的恢复系数为，其中A球的碰前碰后速度分别为、，B球的碰前碰后速度分别为、。请推导此碰撞中恢复系数的表达式__________。[用（2）中测量的量表示] 三、计算题：（本题共4小题，共44分，解答要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤直接写出最后答案的不得分。） 16. 有匝的矩形线圈，每匝都是长60cm，宽20cm，线圈总电阻10Ω，在的匀强磁场中以角速度旋转。线圈与的外电阻连接，图中的电流表、电压表的接入不影响原电路。求： （1）流过电阻电流的瞬时表达式（从中性面开始计时）； （2）电流表、电压表的读数； （3）电路中1min内产生的热量； （4）从图示位置开始计时转过90度的过程中流过安培表的电量。 17. 如图，光滑地面上静止放置一个质量的木板。滑块质量，初速度从左端滑上木板，已知木块与木板之间的动摩擦因数为。g取。滑块尺寸足够小，木板足够长。 （1）m、M的最终速度。 （2）m在M上滑动过程中，滑块m运动的时间。 （3）m在M上滑动过程中，滑块m相对于地面的位移。 （4）m在M上滑动过程中，木板M相对于地面的位移。 18. 物理学中把质量m和速度v乘积定义为物体的动量，用字母p表示，表达式p=mv，动量的方向与速度方向相同。动量定理说的是物体在一个过程中动量的变化等于这个过程中所受力的冲量，其中动量变化量。 （1）质量为1kg的物体，沿同一方向速度由3m/s增大为6m/s，求它的动量变化量的大小； （2）如图甲所示，一个质量为0.1kg的钢球以3m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以3m/s的速度水平向左运动，求碰撞前后钢球的动量变化量的大小和方向； （3）如图乙所示一个质量为m的钢球，以速度v斜射到水平放置的坚硬大理石板上，入射角是45°。碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度变为，且其大小与v的大小相同。求碰撞前后钢球的动量变化量的大小和方向； （4）一个质量m=50kg的蹦床运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为，求网对运动员的平均作用力大小；重力加速度g取10m/s2。 19. 动量定理在物理学中有着非常重要的地位，是人们解决相关问题的一重要工具。 （1）简述动量定理，并画示意图构建一个运动模型，根据牛顿定律推导出动量定理。 （2）阅读下述材料，回答问题。 水刀（图甲），利用超高压技术将普通的水加压到极高的压强，然后再通过直径约0.05毫米的喷嘴喷射出来，形成速度约为800米/秒的高速射流，该射流可用来切割软质材料。如果再在射流中加入适量的磨料，则几乎可以用来切割所有的硬质材料，比如金刚石。水刀是目前世界上最锋利的“刀”。已知水的密度ρ=1×103kg/m3。 a．估算水刀施加于被切割材料的压强； b．分析说明，为什么在普通水中添加磨料，可以切割更坚硬的材料？ （3）迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，如图乙所示。这一景观可做如下简化，假设水柱以速度v0从喷口竖直向上喷出，喷口截面积为S。设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。求： a．喷泉水泵输出功率； b．米老鼠模型在空中悬停的高度。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北京实验学校高二年级第二学期物理3月考试卷 审核人：高二备课组 2024.3 一、单选题（本题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题意的，选对的得3分，有选错或不答的得0分。） 1. 关于动量和动能，以下说法中正确的是（　　） A. 物体的动量不变，则动能不变 B. 物体的动能不变，则动量不变 C. 动量相同的两个物体，质量大的物体动能大 D. 动能相同的两个物体，质量大的物体动量大 【答案】AD 【解析】 【详解】A．物体的动量不变，则物体的速度大小方向均不变，物体的动能不变，故A正确； B．物体的动能不变，可能物体的速度方向发生变化，则动量发生变化，故B错误； C．根据 可知动量相同的两个物体，质量大的物体动能小，故C错误； D．根据 可得 可知动能相同的两个物体，质量大的物体动量大，故D正确。 故选AD。 2. 如图所示，一物体在与水平面成角的拉力F作用下匀速前进了时间t，则（ ） A. 拉力F对物体的冲量大小为 B. 拉力F对物体的冲量大小为 C. 合外力对物体的冲量大小为 D. 合外力对物体的冲量大小为 【答案】A 【解析】 【详解】AB．拉力F对物体的冲量大小为，故A正确，B错误； CD．物体做匀速直线运动，所以合外力为零，故合外力对物体的冲量大小为零。故CD错误。 故选A。 3. 如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，以振子从A点开始运动的时刻作为计时起点，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 时，振子的速度方向向左 B. 时，振子的加速度方向向右 C. 到的时间内，振子的回复力逐渐增大 D. 到的时间内，振子的动能逐渐减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．由振动图可知时，振子由平衡位置向正方向运动，说明振子的速度方向向右，故A错误； B．由振动图可知，时，振子在正向最大位移处，所以振子的加速度方向向左，故B错误； C．到的时间内，振子从最大位移处往平衡位置运动，所以振子的回复力逐渐减小，故C错误； D．到的时间内，振子从平衡位置往最大位移处运动，振子的速度逐渐减小，振子的动能逐渐减小，故D正确。 故选D。 4. 如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上、一颗子弹水平射入木块A，并留在其中、在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　） A. 动量守恒、机械能守恒 B. 动量不守恒、机械能守恒 C. 动量守恒、机械能不守恒 D. 动量、机械能都不守恒 【答案】C 【解析】 【详解】①设子弹质量为m，A木块的质量为m1，子弹初速为v0，则子弹在打进木块A的过程中，有 前后动能减小量为 根据实际情况，减小的这部分动能转化为了内能，即机械能不守恒； ②对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统合外力至始至终都为零，满足动量守恒的条件，系统动量守恒； 综上所述，则系统动量守恒，机械能不守恒，故ABD错误，C正确。 故选C。 5. 某些共享单车内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，则（　　） A. t=0时刻线圈处于中性面位置 B. t3时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零 C. t1时刻电流表示数为0，t2时刻电流表的示数最大 D. t2、t4时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图乙可知，t=0时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，故A错误； B．t3时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确； C．根据题意可知，电流表的示数为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值不变，故C错误； D．t2、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，而线圈转动一周，电流方向改变两次，故D错误。 故选B。 6. 如图所示，变压器为理想变压器，所有电表均为理想的电流表和电压表。a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，为定值电阻，R为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片沿的方向滑动时，则下列说法正确的是（　　） A. 电压表V1、V2示数不变，V3示数变小 B. 电压表V1、V2示数变小，V3示数变大 C. 电流表A1的示数不变，A2的示数增大 D. 电流表A1的示数变小，A2的示数增大 【答案】A 【解析】 【详解】所有电表均为理想的电表，可知原线圈两端的电压等于电源电压，即示数不变； 变压器为理想变压器，根据可知，副线圈两端的电压不变，即示数不变； 当滑动变阻器从滑动的时候，滑动变阻器接入电路的电阻R变小，副线圈的总负载减小，则副线圈的总电流增大，即电流表示数变大； 由副线圈电路关系可得 可知滑动变阻器两端的电压减小，即电压表示数变小； 根据理想变压器的电流关系可知，原线圈的总电流增大，即电流表示数变大。 故选A。 7. 图甲为LC振荡电路，取回路中顺时针电流方向为正，回路中电流i随时间t变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 在t1～t2内，电容器C在放电 B. 在t1～t2内，电容器C的上极板带正电 C. 在t2～t3内，磁场能正在转化为电场能 D. 在t2～t3内，电容器C两极板间电压在不断减小 【答案】D 【解析】 【详解】AB．在t1～t2内，正向电流减小，所以电容器C在充电，电容器C的上极板带负电，故AB错误； CD．在t2～t3内，负向电流增大，所以电容器C在放电，两极板间电压在不断减小，电场能正在转化为磁场能，故C错误，D正确。 故选D。 8. 如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C分别串联一个灯泡后，并联接在交流电源的两端，三盏灯亮度相同。要使灯泡变亮、灯泡变暗，下列措施中可行的是（　　） A. 只减小交流电的电压 B. 只增大交流电的电压u C. 只减小交流电的频率 D. 只增大交流电的频率 【答案】C 【解析】 【详解】根据感抗公式，要使灯泡变亮，应减小f或L，或同时减小f或L； 根据容抗公式，要使灯泡变暗，应减小f或C，或同时减小f和C； 增大或减小交流电的电压不能使灯泡变亮、灯泡变暗。 故选C 9. 阻值为R电阻中通以如图所示交变电流，此交流电的有效值为（　　） A. A B. 1.5A C. 2A D. A 【答案】A 【解析】 【详解】根据电流的热效应可得 即 所以 故选A。 10. 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为和。图乙为它们碰撞前后的图像。已知。由此可以判断（　　） ①碰后和都向右运动 ②碰前静止，向右运动 ③ ④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【详解】由乙图可知，碰前静止不动，做向右匀速运动，故②正确； 向右运动与发生碰撞，即图像以向右为正，碰后两球速度速度为负，即向左运动，速度为正，即向右运动，故①错误； 取向右为正方向，由题中图乙可知，质量为的小球碰前速度，碰后速度为，质量为的小球碰前速度，碰后的速度，两小球组成的系统动量守恒，有 代入数据解得 ③正确； 两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为 所以碰撞是弹性碰撞，④错误。 故选B。 11. 我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日白鹤滩水电站首批初装机容量1600万千瓦正式并网发电，在传输电能总功率不变情况下，从原先高压输电升级为特高压输电。则下列说法正确的是（　　） A. 若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原先的 B. 若输电线不变，则输电线上损失功率变为原先的 C. 如果损失功率不变，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先 D. 如果损失功率不变，相同材料、相同粗细的输电线传输距离是原先的9倍 【答案】B 【解析】 【详解】AB．在输电功率不变的情况下，输电电压150kV高压输电升级为1350kV，输电电压变为原来的9倍，由电功率公式 可知输电电流变为原来的，则输电线不变的情况下，由欧姆定律公式 可知输电线上损失的电压变为原先的；由电功率公式 可知，输电线上损失的功率变为原来的，故A错误，B正确； CD．如果损失的功率不变，由电功率公式 可知输电线的电阻变为原来的81倍，由电阻定律 可知相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍，故C、D错误。 故选B。 12. 如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出，下列说法中正确的是（　　） A. 第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 B. 第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 C. 第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 D. 第一次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 【答案】C 【解析】 【详解】AB．两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，AB错误； CD．第二次慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯增加的动量大一些。C正确，D错误。 故选C。 13. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为99m、200m的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为m的子弹C以速度射入物块A并留在A中，以此刻为计时起点，两物块A（含子弹C）、B的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息分析可知，下列说法中错误的是（　　） A. 子弹C射入物块A的速度为600m/s B. 在时间内，弹簧处于压缩状态 C. 当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B的速度为3m/s D. 在时刻弹簧处于自然长度 【答案】B 【解析】 【详解】A．由所给的图象可知，子弹C射入物体A时的共同速度为6m/s，由动量守恒 得 故A正确，不符合题意； B．子弹C与物块A获得共同速度6m/s后，在弹簧的弹力作用下，物块A（含子弹C）先减速至零，再反向加速到速度最大，继而减速至零，再与初始速度方向相同，直到加速至速度最大，物块B先加速到速度最大，再减速至零，可见在、时刻两物体达到共同速度2m/s，弹簧具有的弹性势能相同，但弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态，故B错误，符合题意； C．当物块A（含C）的速度为0时，由动量守恒 得 故C正确，不符合题意； D．根据机械能守恒，时刻弹簧的弹性势能 即弹簧处于自然长度，故D正确，不符合题意。 故选B。 14. 利用热敏电阻作为感温元件可以制作简易温度计，电路图如图甲所示。用热敏电阻作为测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，可以直接读出温度值。已知电源电动势为，内阻不计；电流表量程为、内阻为；保护电阻为。热敏电阻的阻值随温度变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 电流表示数越大，对应温度越低 B. 该温度计测量的最高温度为 C. 电流表零刻度线处对应温度为 D. 该温度计表盘上温度的刻度是均匀的 【答案】B 【解析】 【详解】A．由闭合回路欧姆定律有 可知，电流表示数越大，越小，由图乙可知，越小，温度越高，故A错误； B．根据A分析可知，当电流表满偏时，最小，此时温度最高，则有 由图乙可知，此时的温度为，故B正确； C．由图乙可知，当温度为时 此时，电流表的示数为 故C错误； D．由上述分析可知，电流表示数与的关系为 由图乙可知，与温度不成线性关系，则该温度计表盘上温度的刻度是不均匀的，故D错误。 故选B。 二、实验题（本题共1小题，共14分）。 15. 用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的两个小球半径相等。 （1）本实验必须满足的条件是 （选填选项前的字母）。 A. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 B. 入射小球的质量必须大于被碰小球的质量 C. 轨道倾斜部分必须光滑 D. 轨道末端必须水平 （2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。实验中还需要测量的有 （选填选项前的字母）。 A. 入射小球和被碰小球的质量、 B. 入射小球开始的释放高度h C. 小球抛出点距地面的高度H D. 两球相碰后的平抛射程OM、ON （3）为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是________。（选填选项前的字母） A. 刻度尺 B. 天平 C. 打点计时器 D. 秒表 （4）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为：__________[用（2）中测量的量表示]。通过测量小球做平抛运动的射程来代替小球的速度，其依据是：______________________。若两球碰撞为弹性碰撞，需要满足表达式：__________________[用（2）中测量的量表示] （5）物理学定义碰撞的恢复系数为，其中A球的碰前碰后速度分别为、，B球的碰前碰后速度分别为、。请推导此碰撞中恢复系数的表达式__________。[用（2）中测量的量表示] 【答案】（1）ABD （2）AD （3）AB （4） ①. ②. 见解析 ③. （5） 【解析】 【小问1详解】 A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证碰前的速度相同，故A正确； B．为防止入射球碰后反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B正确； C．轨道倾斜部分不一定必须光滑，只要小球到达底端时速度相同即可，故C错误； D．轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故D正确； 故选ABD。 【小问2详解】 碰后小球和碰前小球均做平抛运动，则高度相同，运动时间相同，均为 P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度 碰撞后入射小球的速度 碰撞后被碰小球的速度 若 则 表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，故还需要测量的物理量是：入射小球和被碰小球的质量、，以及两球相碰后的平抛射程OM、ON。 故选AD。 【小问3详解】 由（2）问可知需要使用天平测量入射小球和被碰小球的质量、，需要用刻度尺测量平抛射程OP、OM、ON。 故选AB。 【小问4详解】 [1]若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 [2]通过测量小球做平抛运动的射程来代替小球的速度，其依据是：小球做平抛运动的高度相同，运动时间相同, 小球做平抛运动的初速度与水平射程成正比，可以通过测量小球做平抛运动的射程来代替小球的速度。 [3]若两球碰撞为弹性碰撞，则有 即 化简为 【小问5详解】 由题意可知此碰撞中恢复系数的表达式为 三、计算题：（本题共4小题，共44分，解答要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤直接写出最后答案的不得分。） 16. 有匝的矩形线圈，每匝都是长60cm，宽20cm，线圈总电阻10Ω，在的匀强磁场中以角速度旋转。线圈与的外电阻连接，图中的电流表、电压表的接入不影响原电路。求： （1）流过电阻电流的瞬时表达式（从中性面开始计时）； （2）电流表、电压表的读数； （3）电路中1min内产生的热量； （4）从图示位置开始计时转过90度的过程中流过安培表的电量。 【答案】（1）；（2），；（3）；（4） 【解析】 【详解】（1）感应电动势的最大值 感应电流最大值 从中性面开始计时电流的瞬时表达式为 （2）电流表的读数为流过R电流的有效值 电压表的读数为电阻R两端电压的有效值 （3）电路中1min内产生的热量 （4）从图示位置开始计时转过的过程中流过安培表的电量 17. 如图，光滑地面上静止放置一个质量的木板。滑块质量，初速度从左端滑上木板，已知木块与木板之间的动摩擦因数为。g取。滑块尺寸足够小，木板足够长。 （1）m、M的最终速度。 （2）m在M上滑动过程中，滑块m运动的时间。 （3）m在M上滑动过程中，滑块m相对于地面的位移。 （4）m在M上滑动过程中，木板M相对于地面的位移。 【答案】（1），；（2）；（3），方向向右；（4），方向向右 【解析】 【详解】（1）m与M组成的系统动量守恒，木板足够长，可知滑块与木板最终会共速，对系统，根据动量守恒定律 解得m、M的最终速度均为 （2）对滑块根据动量定理 解得 （3）对滑块根据动能定理 解得 （4）对木板根据动能定理 解得 18. 物理学中把质量m和速度v乘积定义为物体的动量，用字母p表示，表达式p=mv，动量的方向与速度方向相同。动量定理说的是物体在一个过程中动量的变化等于这个过程中所受力的冲量，其中动量变化量。 （1）质量为1kg的物体，沿同一方向速度由3m/s增大为6m/s，求它的动量变化量的大小； （2）如图甲所示，一个质量为0.1kg的钢球以3m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以3m/s的速度水平向左运动，求碰撞前后钢球的动量变化量的大小和方向； （3）如图乙所示一个质量为m的钢球，以速度v斜射到水平放置的坚硬大理石板上，入射角是45°。碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度变为，且其大小与v的大小相同。求碰撞前后钢球的动量变化量的大小和方向； （4）一个质量m=50kg的蹦床运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为，求网对运动员的平均作用力大小；重力加速度g取10m/s2。 【答案】（1）3kg·m/s；（2）0.6kg·m/s，方向与初速度方向相反；（3），方向竖直向上；（4）1500N 【解析】 【详解】（1）物体的动量变化量为 所以动量变化量的大小为3kg·m/s，方向与初速度方向相同； （2）碰撞前后钢球的动量变化量为 所以钢球动量变化量的大小为0.6kg·m/s，方向与初速度方向相反； （3）钢球的动量变化如图所示 所以 方向竖直向上； （4）根据自由落体运动的规律可得运动员着网时的速度为 运动员反弹时的速度为 着网过程，对运动员运用动量定理可得 解得 19. 动量定理在物理学中有着非常重要的地位，是人们解决相关问题的一重要工具。 （1）简述动量定理，并画示意图构建一个运动模型，根据牛顿定律推导出动量定理。 （2）阅读下述材料，回答问题。 水刀（图甲），利用超高压技术将普通的水加压到极高的压强，然后再通过直径约0.05毫米的喷嘴喷射出来，形成速度约为800米/秒的高速射流，该射流可用来切割软质材料。如果再在射流中加入适量的磨料，则几乎可以用来切割所有的硬质材料，比如金刚石。水刀是目前世界上最锋利的“刀”。已知水的密度ρ=1×103kg/m3。 a．估算水刀施加于被切割材料的压强； b．分析说明，为什么在普通水中添加磨料，可以切割更坚硬材料？ （3）迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，如图乙所示。这一景观可做如下简化，假设水柱以速度v0从喷口竖直向上喷出，喷口截面积为S。设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。求： a．喷泉水泵的输出功率； b．米老鼠模型在空中悬停的高度。 【答案】（1）见解析；（2）a．6.4×108Pa；b．见解析；（3）a．；b． 【解析】 【详解】（1）根据牛顿第二定律得 F=ma 匀加速直线运动的时间为 联立，可得动量定理的表达式为 I=mv2﹣mv1 （2）a．单位时间内喷出的水的体积为 V=vS 单位时间内喷嘴喷出的水的质量 M=ρV=ρvS 设时间内水的质量为 规定水的速度方向为正方向，对与切割物体发生相互作用的水，由动量定理得 解得切割物体对水刀的作用力为 F=ρSv2 根据牛顿第三定律，可知水刀工作时对被切割物体的作用力为 F′=F=ρSv2 根据压强的定义，可得水刀工作时对被切割物体的压强为 代入数据解得施加于被切割材料的压强为 p=6.4×108Pa b．普通水中添加磨料，可以增大水的密度，从而增加压强； （3）a．喷泉喷水的功率为 b．以向上为正方向，内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v，有 解得 F=﹣ρSv0v 根据牛顿第三定律 F'=﹣F=Mg 解得 喷口喷出水后在做竖直上抛运动 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$