精品解析：福建省福州第三中学2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题

福州三中2024-2025学年第二学期半期考试 高二物理试卷 考试时间75分钟 总分100分 一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。） 1. 如图所示，左侧有一垂直纸面向外的磁场，一个线圈的两个端点、与内阻很大的电压表相连，线圈内磁通量变化的规律满足，在的时间内（ ） A. 线圈有缩小的趋势 B. 电压表的示数不变 C. 电压表的示数先增大后减小 D. 线圈中有顺时针方向的感应电流 2. 下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（　　） A. 图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快 B. 图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属 C. 丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快 D. 图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针摆动角度 3. 如图甲，轻质弹簧下端挂一质量为的小球，小球处于静止状态。现将小球向下拉动距离后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，弹簧弹力与小球运动时间的关系图像如图乙（余弦图像），重力加速度为。由此可知（ ） A. 小球做简谐运动的周期 B. 小球做简谐运动的振幅为 C. 轻质弹簧的劲度系数 D. 末小球的速度为0 4. 2024年9月16日，台风“贝碧嘉”登录上海，安装在上海中心大厦125层的千吨“上海慧眼”阻尼器开始晃动。这款阻尼器由我国自主研发，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器会摆向风吹来的方向，从而削弱大厦的晃动幅度。下列说法正确的是（　　） A. 阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率 B. 阻尼器做受迫振动，其振动频率与大楼的振动频率相同 C. 阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，摆动幅度越大 D. 安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，从而杜绝共振现象 二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 5. 图甲是一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内电阻r＝2Ω，外接灯泡的电阻R＝10Ω，则（　　） A. 在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大 B. 电压表的示数为6V C. 灯泡消耗的电功率为2.5W D. 线圈转动产生电动势的表达式 6. 如图所示，有一表面带有四分之一圆弧轨道的物块B，静止在水平地面上（不固定），轨道底端与水平地面相切，其半径r=0.4m；一可视为质点的物块A以水平向左的速度v=4m/s冲上物块B的轨道，经一段时间运动到最高点，随后再返回水平地面。已知A、B质量分别为mA=1kg，mB=3kg，不计一切摩擦，重力加速度的大小g取。则下列说法正确的是（　　） A. 整个过程中，A、B组成系统动量和机械能都守恒 B. 整个过程中，物块B获得的最大速度为1m/s C. 物块A返回水平面的速度大小为2m/s D. 物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动 7. 如图，为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力辅助列车刹车。已知列车质量为，车身长为，线框和边的长度均为（小于匀强磁场的宽度），线框总电阻为。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度大小为。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间列车速度为，车尾进入磁场瞬间列车速度为，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为。下列说法正确的是（　　） A. 列车从进站到停下来所用时间为 B. 在线框边进入磁场瞬间，列车的加速度大小为 C. 在线框进入磁场的过程中，线框边电阻生热为 D. 从线框全部进入磁场至线框停止运动的过程中，线框中感应电流为0，间电势差为0 8. 如图所示，变压器原副线圈的匝数分别为，原线圈与水平放置的间距的光滑金属导轨相连，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，副线圈接阻值的电阻，原线圈串联一阻值也为R的电阻，与导轨接触良好且始终垂直导轨的阻值、质量的导体棒在外力F的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为，已知导轨电阻和变压器的能量损耗均不计，导轨足够长，导体棒运动过程中不会与其他用电器相碰，电表均为理想电表，则（　　） A. 电压表的示数为1 V B. 电流表的示数为0.2 A C. 变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为 D. 在0~0.05 s的时间内外力F做的功为1.32 J 三、填空题（本大题共3小题，每空2分，共10分） 9. 某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系。 （1）在实验时组装变压器如图乙所示。将原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是______。 A. 原线圈接直流电压，电表用直流电压挡 B. 原线圈接直流电压，电表用交流电压挡 C. 原线圈接交流电压，电表用直流电压挡 D. 原线圈接交流电压，电表用交流电压挡 （2）某小组探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系时，在铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为和，原线圈两端与正弦式交流电源相连，用交流电压表测得原、副线圈两端的电压分别为10V和0.8V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是______。 A. 副线圈的匝数太少 B. 副线圈的电阻太小 C. 原线圈的匝数太多，电阻过大 D. 没有将铁芯B安装在铁芯A上 10. 某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为9.8×104W,电厂输出电压仅为350V,为减少输送功率损失,先用一理想升压变压器将电压升高到2800V再输出,之后用降压变压器降压到220V给用户使用,已知输电线路的总电阻为4Ω,则损失的电功率为______W,降压变压器的原、副线圈的匝数之比为______． 11. 将质量为0.5kg的空水桶放在磅秤上，水龙头以每秒0.7kg的流量向桶中注水，经过10s，磅秤示数为78.5N。则水流入桶中时的流速为___________m/s。（设水没有溅起来，g取） 四、实验题（本大题共2小题，12题4分，13题8分，共12分） 12. 小明利用橡皮筋、半径相同的一元硬币和游戏硬币， 在平整的实验桌上做实验来验证碰撞中的动量守恒定律。经测量，游戏硬币的质量是一元硬币的0.6倍，两硬币与桌面的摩擦情况一致。下面开始实验： 第1步，在实验桌的一端固定橡皮筋作为发射装置，标记发射点和发射方向， 如图中两实线； 第2步，用橡皮筋将其中一枚硬币从点沿标记好的方向发射，多次实验，记下其平均停留位置； 第3步，在位置放置另一枚硬币，重复第2步，记下两者平均停留位置； 第4步，测出虚线到虚线的距离为 。 （1）橡皮筋发射的是_____（选填“一元”或“游戏”）硬币； （2）碰撞后，一元硬币的平均停留位置为_____（选填“C、D、E”） （3）若三个距离之间满足关系式_____，则两硬币的碰撞满足动量守恒定律。 13. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中： （1）下面叙述正确的是（　　） A. 1m和30cm长度不同的同种细线，选用30cm的细线做摆线 B. 直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球 C. 如图甲、乙，摆线上端的两种悬挂方式，选甲方式悬挂 D. 当单摆经过平衡位置时开始计时，并记录为1次，50次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以50做为单摆振动的周期 （2）若用游标卡尺测得小球的直径________mm （3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图丙所示，用表示摆线长，则当地的重力加速度可表示为________（用题目中的物理量d、、表示） （4）在实验中测得g值偏小，可能的原因是（　　） A. 以摆线长作为摆长来计算 B. 开始计时时秒表过晚按下 C. 测摆线长时摆线拉得过紧 五、计算题（本大题共3小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分） 14. 一个质量为的蹦床运动员，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取。 （1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量的大小； （2）求网对运动员平均作用力的大小； （3）求从自由下落开始到蹦回离水平网面高处这一过程中运动员所受弹力的冲量。 15. 如图所示，两条光滑平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，两导轨间距为，导轨上端接有一电阻，阻值为，O、P、M、N四点在导轨上，两虚线OP、MN平行且与导轨垂直，两虚线OP、MN间距为d=1.5m，其间有匀强磁场，磁感应强度大小，方向垂直于导轨平面向上。在导轨上放置一质量、长为L、阻值也为R的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。让金属棒从离磁场上边界OP距离d处由静止释放，进入磁场后在到达下边界MN前已匀速。（已知重力加速度大小为，）不计导轨电阻。求： （1）金属棒刚进入磁场时的速度v的大小； （2）金属棒刚进入磁场时的加速度a； （3）金属棒穿过磁场过程中，所用的时间t和金属棒上产生的电热Q。 16. 如图所示，足够长的木板静置在光滑水平面上，、B两物体置于上，、间夹有劲度系数足过大、长度可忽略的压缩轻弹簧，物体与弹簧不相连。已知、，距左端的挡板，、B与的动摩擦因数均为，重力加速度，与挡板相碰会粘连在挡板上。现解锁弹簧，、B瞬间获得速度，且的速度大小为。求： （1）解锁前弹簧的弹性势能； （2）解锁后，运动到左端挡板的时间； （3）解锁后，摩擦产生的总热量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福州三中2024-2025学年第二学期半期考试 高二物理试卷 考试时间75分钟 总分100分 一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。） 1. 如图所示，左侧有一垂直纸面向外的磁场，一个线圈的两个端点、与内阻很大的电压表相连，线圈内磁通量变化的规律满足，在的时间内（ ） A. 线圈有缩小的趋势 B. 电压表的示数不变 C. 电压表的示数先增大后减小 D. 线圈中有顺时针方向的感应电流 【答案】B 【解析】 【详解】AD．由楞次定律可知线圈中将产生逆时针方向的感应电流，线圈有扩大的趋势，AD错误； BC．题意可知线圈内的磁通量均匀减少，则线圈产生的感应电动势大小不变，故电压表的示数不变，B正确，C错误； 故选B。 2. 下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（　　） A. 图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快 B. 图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属 C. 丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快 D. 图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针摆动角度 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据电磁驱动原理，图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢，故A错误； B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误； C．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误； D．图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针摆动角度，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理，故D正确。 故选D。 3. 如图甲，轻质弹簧下端挂一质量为的小球，小球处于静止状态。现将小球向下拉动距离后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，弹簧弹力与小球运动时间的关系图像如图乙（余弦图像），重力加速度为。由此可知（ ） A. 小球做简谐运动的周期 B. 小球做简谐运动的振幅为 C. 轻质弹簧的劲度系数 D. 末小球的速度为0 【答案】C 【解析】 【详解】A．小球从最低点运动至平衡位置的时间为1s，小球做简谐运动的周期 故A错误； B．小球做简谐运动的振幅为 故B错误； C．设初始时弹簧的伸长量为，则有 将小球向下拉动距离，弹簧的伸长量为，弹力为，则有 联立解得 故C正确； D．在5s末，小球经过平衡位置，所受合力为0，加速度为0，但是速度最大，故D错误。 故选C。 4. 2024年9月16日，台风“贝碧嘉”登录上海，安装在上海中心大厦125层的千吨“上海慧眼”阻尼器开始晃动。这款阻尼器由我国自主研发，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器会摆向风吹来的方向，从而削弱大厦的晃动幅度。下列说法正确的是（　　） A. 阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率 B. 阻尼器做受迫振动，其振动频率与大楼的振动频率相同 C. 阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，摆动幅度越大 D. 安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，从而杜绝共振现象 【答案】B 【解析】 【详解】AB．阻尼器做受迫振动，摆动频率与大厦晃动频率相同，而不是取决于自身的固有频率，故A错误、B正确； C．阻尼器摆动的幅度虽受风力影响，但并不是风力越大摆动幅度越大，而是当大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器发生共振现象，才能摆幅达到最大值，故C错误； D．阻尼器在摆动时吸收能量，达到减震效果，而不是改变大厦的固有频率，故D错误。 故选B。 二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 5. 图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内电阻r＝2Ω，外接灯泡的电阻R＝10Ω，则（　　） A. 在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大 B. 电压表的示数为6V C. 灯泡消耗的电功率为2.5W D. 线圈转动产生电动势的表达式 【答案】AC 【解析】 【详解】A．在时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大，A正确； BD．电动势的最大值为 周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为 电压表的示数为交流电的有效值，且电压表测量外电路电压，故 BD错误； C．灯泡消耗的功率 C正确。 故选AC。 6. 如图所示，有一表面带有四分之一圆弧轨道的物块B，静止在水平地面上（不固定），轨道底端与水平地面相切，其半径r=0.4m；一可视为质点的物块A以水平向左的速度v=4m/s冲上物块B的轨道，经一段时间运动到最高点，随后再返回水平地面。已知A、B质量分别为mA=1kg，mB=3kg，不计一切摩擦，重力加速度的大小g取。则下列说法正确的是（　　） A. 整个过程中，A、B组成的系统动量和机械能都守恒 B. 整个过程中，物块B获得最大速度为1m/s C. 物块A返回水平面的速度大小为2m/s D. 物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动 【答案】CD 【解析】 【详解】A．A在B圆弧轨道上滑动过程，由于A在竖直方向有加速度，所以A、B组成的系统在竖直方向的合外力不为0，A、B组成的系统在竖直方向不满足动量守恒，故A错误； D．设物块A可以冲出物块B的四分之一轨道，物块A到达B四分之一轨道最高点时，两者具有相同水平速度，则物块A做斜抛运动过程，A、B具有相同的水平速度，当A到达最高点时，根据系统水平方向动量守恒可得 根据系统机械能守恒可得 联立解得 假设成立，故D正确； BC．整个过程中，当A从B的底端滑离时，B的速度最大，A、B组成的系统满足水平方向动量守恒，则有 根据系统机械能守恒可得 联立解得， 可知物块B获得的最大速度为2m/s，物块A返回水平面的速度大小为2m/s，且方向向右，故B错误，C正确。 故选CD。 7. 如图，为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力辅助列车刹车。已知列车质量为，车身长为，线框和边的长度均为（小于匀强磁场的宽度），线框总电阻为。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度大小为。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间列车速度为，车尾进入磁场瞬间列车速度为，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为。下列说法正确的是（　　） A. 列车从进站到停下来所用时间为 B. 在线框边进入磁场瞬间，列车的加速度大小为 C. 在线框进入磁场的过程中，线框边电阻生热为 D. 从线框全部进入磁场至线框停止运动的过程中，线框中感应电流为0，间电势差为0 【答案】AC 【解析】 【详解】A．列车从进站到停下来过程，设向右为正方向，根据动量定理有 电荷与电流关系 平均感应电动势 闭合回路欧姆定律 联立解得 故A正确； B．在线框边进入磁场瞬间，感应电动势为 感应电流为 根据牛顿第二定律有 解得 故B错误； C．在线框进入磁场的过程中，设线框产生的焦耳热为，摩擦生热为，根据能量守恒定律有 线框边消耗电能为 解得 故C正确； D．线框全部进入磁场后，线框磁通量不变，感应电流为0，但边继续切割磁感线，所以边感应电动势不为0，故D错误。 故选AC。 8. 如图所示，变压器原副线圈的匝数分别为，原线圈与水平放置的间距的光滑金属导轨相连，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，副线圈接阻值的电阻，原线圈串联一阻值也为R的电阻，与导轨接触良好且始终垂直导轨的阻值、质量的导体棒在外力F的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为，已知导轨电阻和变压器的能量损耗均不计，导轨足够长，导体棒运动过程中不会与其他用电器相碰，电表均为理想电表，则（　　） A. 电压表的示数为1 V B. 电流表的示数为0.2 A C. 变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为 D. 在0~0.05 s的时间内外力F做的功为1.32 J 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】AB．由速度随时间变化的关系式可得 故导体棒产生的感应电动势的最大值为 电源电动势为 电动势的有效值为 设原线圈的输入电压为，副线圈的输出电压为，原线圈的输入电流为，副线圈的输出电流为，则对含有原线圈的回路由闭合电路欧姆定律有 由变压器的工作原理可知 对副线圈的回路，由欧姆定律有 由以上式子可解得 故电压表示数为 电流表示数为，AB错误； C．根据 可知原线圈中磁通量变化率的最大值为 由于变压器无能量损失，故是理想变压器，原线圈中的磁通量即为铁芯中的磁通量，故C正确； D．在时间内，电路产生的焦耳热 根据能量守恒定律得 故 D正确。 故选CD。 三、填空题（本大题共3小题，每空2分，共10分） 9. 某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系。 （1）在实验时组装的变压器如图乙所示。将原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是______。 A. 原线圈接直流电压，电表用直流电压挡 B. 原线圈接直流电压，电表用交流电压挡 C. 原线圈接交流电压，电表用直流电压挡 D. 原线圈接交流电压，电表用交流电压挡 （2）某小组探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系时，在铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为和，原线圈两端与正弦式交流电源相连，用交流电压表测得原、副线圈两端的电压分别为10V和0.8V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是______。 A. 副线圈的匝数太少 B. 副线圈的电阻太小 C. 原线圈的匝数太多，电阻过大 D. 没有将铁芯B安装在铁芯A上 【答案】（1）D （2）D 【解析】 【小问1详解】 变压器原线圈输入的是交变电流，副线圈输出的也是交变电流，用多用电表测量副线圈的电压，电表用交流电压挡，D正确； 故选D。 【小问2详解】 根据变压器变压关系 可知 副线圈输出电压即测出来的结果偏低，这是由于该同学实验中没有将铁芯B安装在铁芯A上，有漏磁现象，存在电能损失，导致变压器的输出电压变低。故ABC错误，D正确。 故选D。 10. 某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为9.8×104W,电厂输出电压仅为350V,为减少输送功率损失,先用一理想升压变压器将电压升高到2800V再输出,之后用降压变压器降压到220V给用户使用,已知输电线路的总电阻为4Ω,则损失的电功率为______W,降压变压器的原、副线圈的匝数之比为______． 【答案】 ①. 4900 ②. 133：11 【解析】 【详解】[1]．输送的总功率为9.8×104W，将电压升高到2800V再输出，故传输电流为： 故功率损耗为： △P=I2R=352×4=4900W [2]．导线上电压损耗为： △U=IR=35×4=140V 故降压变压器的输入电压为： U3=U-△U=2800-140=2660V 故降压变压器的原、副线圈的匝数之比为： 11. 将质量为0.5kg的空水桶放在磅秤上，水龙头以每秒0.7kg的流量向桶中注水，经过10s，磅秤示数为78.5N。则水流入桶中时的流速为___________m/s。（设水没有溅起来，g取） 【答案】5 【解析】 【详解】设注入水流的速度为v，取极短时间内注入杯中的水为研究对象， 时间内注入杯中的水的质量 取竖直向下为正方向，根据动量定理得 可得 可知，杯子对水的作用力与注水时间成线性关系，由牛顿第三定律知，水对杯子的作用力也与注水时间成线性关系，所以磅秤的示数与注水时间成线性关系。由题知，10s时，杯子对水的作用力为 及，代入上式得 四、实验题（本大题共2小题，12题4分，13题8分，共12分） 12. 小明利用橡皮筋、半径相同的一元硬币和游戏硬币， 在平整的实验桌上做实验来验证碰撞中的动量守恒定律。经测量，游戏硬币的质量是一元硬币的0.6倍，两硬币与桌面的摩擦情况一致。下面开始实验： 第1步，在实验桌的一端固定橡皮筋作为发射装置，标记发射点和发射方向， 如图中两实线； 第2步，用橡皮筋将其中一枚硬币从点沿标记好的方向发射，多次实验，记下其平均停留位置； 第3步，位置放置另一枚硬币，重复第2步，记下两者平均停留位置； 第4步，测出虚线到虚线的距离为 。 （1）橡皮筋发射的是_____（选填“一元”或“游戏”）硬币； （2）碰撞后，一元硬币平均停留位置为_____（选填“C、D、E”） （3）若三个距离之间满足关系式_____，则两硬币的碰撞满足动量守恒定律。 【答案】（1）一元 （2）C （3） 【解析】 【小问1详解】 两硬币在粗糙桌面上发生碰撞，需要防止入射硬币反弹，则需要用质量大的硬币碰质量小的硬币，故橡皮筋发射的是一元硬币； 【小问2详解】 根据质量大一元硬币碰质量小的游戏币，一元硬币单独减速应停在D点，两者发生弹性碰撞后，游戏币获得的速度较大，减速滑行的距离最大，则停在E点；一元硬币碰后的速度较小，则停在C点； 【小问3详解】 设一元硬币的质量为，则游戏币的质量为，碰撞前单独运动和碰撞后均最匀减速直线运动，有 则碰撞过程满足动量近似守恒，有 整理可得定量守恒的表达式为 13. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中： （1）下面叙述正确的是（　　） A. 1m和30cm长度不同的同种细线，选用30cm的细线做摆线 B. 直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球 C. 如图甲、乙，摆线上端的两种悬挂方式，选甲方式悬挂 D. 当单摆经过平衡位置时开始计时，并记录为1次，50次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以50做为单摆振动的周期 （2）若用游标卡尺测得小球的直径________mm （3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图丙所示，用表示摆线长，则当地的重力加速度可表示为________（用题目中的物理量d、、表示） （4）在实验中测得的g值偏小，可能的原因是（　　） A. 以摆线长作为摆长来计算 B. 开始计时时秒表过晚按下 C. 测摆线长时摆线拉得过紧 【答案】（1）B （2）19.90 （3） （4）A 【解析】 【小问1详解】 A．选用尽可能长的细线作为摆线，可减小测量摆长时产生的相对误差，也能增大单摆的周期，有利于减小周期测量中的误差，故A错误； B．选用质量较大的铁球做摆球，能减小空气阻力的影响，使单摆摆动较长的时间，有利于测量周期，故B正确； C．图甲中摆线缠绕在水平杆上，摆动过程中摆线长度不断发生变化，实验误差较大；图乙中摆线用铁夹夹住了，则摆长能保持不变，所以应选用图乙中所示的悬挂方式，故C错误； D．单摆在平衡位置（即最低点）处速度最大，便于确定，所以从单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，由于每经过平衡位置一次用时半个周期，用测得的时间除以25做为单摆振动的周期，故D错误。 故选B。 【小问2详解】 小球的直径为 【小问3详解】 摆线长，则摆长 由图丙可知，单摆的周期为 根据单摆周期公式 可得当地的重力加速度 【小问4详解】 根据可知 A．以摆线长作为摆长来计算，则摆长偏小，重力加速度的测量值偏小，故A正确； B．开始计时时秒表过晚按下，则周期的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏大，故B错误； C．测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长偏大，重力加速度的测量值偏大，故C错误。 故选A。 五、计算题（本大题共3小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分） 14. 一个质量为的蹦床运动员，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取。 （1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量的大小； （2）求网对运动员的平均作用力的大小； （3）求从自由下落开始到蹦回离水平网面高处这一过程中运动员所受弹力的冲量。 【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向上 【解析】 【详解】（1）运动员向下接触网面和反弹的速度大小分别为 运动员与网接触的这段时间内动量的变化量的大小为 （2）根据动量定理 得网对运动员的平均作用力的大小为 （3）运动员所受弹力的冲量为 方向竖直向上。 15. 如图所示，两条光滑平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，两导轨间距为，导轨上端接有一电阻，阻值为，O、P、M、N四点在导轨上，两虚线OP、MN平行且与导轨垂直，两虚线OP、MN间距为d=1.5m，其间有匀强磁场，磁感应强度大小，方向垂直于导轨平面向上。在导轨上放置一质量、长为L、阻值也为R的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。让金属棒从离磁场上边界OP距离d处由静止释放，进入磁场后在到达下边界MN前已匀速。（已知重力加速度大小为，）不计导轨电阻。求： （1）金属棒刚进入磁场时的速度v的大小； （2）金属棒刚进入磁场时的加速度a； （3）金属棒穿过磁场过程中，所用的时间t和金属棒上产生的电热Q。 【答案】（1） （2），方向平行导轨向上 （3）s，11J 【解析】 【小问1详解】 金属棒从静止释放到刚进入磁场，机械能守恒，有 解得 【小问2详解】 根据 ，， 则金属棒受到的安培力 根据牛顿第二定律得 解得 方向平行导轨向上。 【小问3详解】 金属棒穿过磁场过程，由能量守恒得 金属棒匀速运动时 得 =2m/s 金属棒上产生的电热 Q棒= 对m在穿越磁场过程中由动量定理：取沿斜面向下为正，由微元再累加可得 且 得 s 16. 如图所示，足够长的木板静置在光滑水平面上，、B两物体置于上，、间夹有劲度系数足过大、长度可忽略的压缩轻弹簧，物体与弹簧不相连。已知、，距左端的挡板，、B与的动摩擦因数均为，重力加速度，与挡板相碰会粘连在挡板上。现解锁弹簧，、B瞬间获得速度，且的速度大小为。求： （1）解锁前弹簧的弹性势能； （2）解锁后，运动到左端挡板的时间； （3）解锁后，摩擦产生的总热量。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 解锁弹簧 、组成的系统动量守恒 、和弹簧系统的能量守恒 解得 【小问2详解】 解锁弹簧后 对有 对有 对有 设与挡板相碰经过时间，有 设经过时间，与共速 解得 由 可知运动到左端挡板的时间 【小问3详解】 解锁弹簧后，与挡板相碰瞬时前的速度 木板相碰瞬时前的速度 A、C碰撞中有 分析可知解锁后，最后ABC都静止，故摩擦产生的总热量为总的弹簧的弹性势能减去AC碰撞时的能量损失，可知 代入数据解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$