广东省阳江市2016-2017学年高二(下)期末物理试卷(解析版)

2016-2017学年广东省阳江市高二（下）期末物理试卷一、选择题（共12小题，每小题3分，满分48分）1．关于原子核知识，下列描述正确的是（）A．温度升高，放射性元素衰变的半衰期减小B．放射性物质U发生β衰变所释放的电子来源与核外电子C．平均结合能越大，原子核越稳定D．用中子轰击铀核，产生几个中等质量原子核的现象属于核聚变2．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s 滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．木板获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 JC．木板A的最小长度为1 m D．A、B间的动摩擦因数为0.23．如图为圆盘发电机的示意图，铜盘绕水平的铜轴C在垂直于盘面的匀强磁场中转动，铜片D与铜盘的边缘接触，铜盘、导线和电阻R连接组成电路，则（）A．转动过程电能转化为机械能B．C处的电势比D处高C．通过R的电流方向从B向AD．产生的电动势大小与角速度ω无关4．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）A．B．C．D．5．如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到a′b′位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（）A．回路电流I1：I2=1：2B．产生的热量Q1：Q2=1：4C．通过任一截面的电荷量q1：q2=1：2D．外力的功率P1：P2=1：27．用如图的装置研究电光效应现象，用能量为2.5eV的光子照射到光电管上时，电流表G 示数不为0，移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于时0.7V，电流表示数为0，则下列说法中正确的是（）A．光电管阴极的逸出功为1.8eVB．电键K断开后，没有电流流过电流表GC．光电子的最大初动能为3.2eVD．改用能量为1.5eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小8．按照波尔理论，氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值，它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动的动能，当一个氢原子从n=4的能级向低能级跃迁时，下列说法正确的是（）A．氢原子可能辐射4种不同波长的光B．氢原子系统的电势能增加，电子的动能减小C．氢原子系统的总能量增加，电子的动能增加D．氢原子系统的电势能减小，电子的动能增加10．如图所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，观察到的现象，下述说法中正确的是（）A．放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多C．放在C位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少D．放在D位置时，屏上观察不到闪光11．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的“L”型木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧，质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（）A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B．B板的加速度一直增大C．弹簧给木块A的冲量大小为mv0D．弹簧的最大弹性势能为mv0212．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是（）A．此时圆环中的电功率为B．此时圆环的加速度为C．此过程中通过圆环截面的电量为D．此过程中回路产生的电能为0.75mv2二、填空题（共2小题，每小题4分，满分12分）13．绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．闭合电键的瞬间，铝环跳起一定高度．保持电键闭合，铝环则应（填“保持原有高度”或“回落”）；断开电键时铝环则应（填“跳起一定高度”或“不再跳起”）14．某同学用如图甲所示装置，通过质量分别为m1、m2的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，步骤如下：①安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O；②不放小球B，让小球A从斜槽上挡板处由静止滚下，并落在地面上；重复多次以确定小球落点位置；③把小球B放在轨道水平槽末端，让小球A从挡板处由静止滚下，使它们碰撞：重复多次以确定碰撞后两小球的落点位置；④用刻度尺分别测量三个落地点M、P、N离O点的距离，即线段的长度OM、OP、ON．（1）关于上述实验操作，下列说法正确的是：A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D．小球A质量应大于小球B的质量（2）确定小球落点位置的方法；（3）当所测物理量满足表达式（用题中所给符号表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律；（4）完成上述实验后，另一位同学对上述装置进行了改造．如图乙所示，在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平末端等高且无缝连接．使小球A仍从斜槽上挡板处由静止滚下，重复实验步骤②和③的操作，得到两球落在斜面上的落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动能守恒的表达式为（用所测物理量的字母表示）．三、计算题（共3小题，满分26分）16．如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m．导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B．金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g．现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．（1）判断金属棒ab中电流的方向；（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；（3）当B=0.40T，L=0.50m，α=37°时，金属棒能达到的最大速度v m随电阻箱R2阻值的变化关系，如图2所示．取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m17．如图所示，一根粗细均匀的长为4L直杆竖直固定放置，其上套有A、B两个可看做质点的小圆环A、B，质量分别为m A=4m，m B=m，杆上P点上方是光滑的且长度为L；P点下方是粗糙的，杆对两环的滑动摩擦力大小均等于环各自的重力．开始环A静止在P处，环B 从杆的顶端由静止释放，B 与A发生碰撞的时间极短，碰后B的速度方向向上，速度大小为碰前的．求：（1）B与A发生第一次碰撞过程是否有机械能损失．（2）通过计算说明B与A能否在杆上发生第二次碰撞．【选修3-3】18．下列说法中正确的是（）A．布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小E．温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大19．气缸高为h=1m（气缸厚度可忽略不计），固定在水平面上，气缸中有质量m=6kg、横截面积为S=10cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，已知大气压强为p0=1×105Pa，当温度为t=27℃时，气柱长为：L0=0.4m．现用竖直向上的拉力F缓慢拉动活塞，求：①若拉动活塞过程中温度保持为27℃，活塞到达缸口时拉力F的大小；②若活塞到达缸口时拉力大小为80N，此时缸内气体的温度．2016-2017学年广东省阳江市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分48分）1．关于原子核知识，下列描述正确的是（）A．温度升高，放射性元素衰变的半衰期减小B．放射性物质U发生β衰变所释放的电子来源与核外电子C．平均结合能越大，原子核越稳定D．用中子轰击铀核，产生几个中等质量原子核的现象属于核聚变【考点】J2：原子的核式结构．【分析】放射性元素的半衰期与元素所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定；β衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；根据核子平均结合能越大的原子核越稳定来分析判断；用中子轰击铀核，产生几个中等质量原子核的现象属于核裂变．【解答】解：A、放射性元素的半衰期与温度无关，故A错误．B、β衰变所释放的电子来自原子核，是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故B错误．C、核子平均结合能越大的原子核越稳定，故C正确．D、用中子轰击铀核，产生几个中等质量原子核的现象属于核裂变，故D错误．故选：C．2．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s 滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．木板获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 JC．木板A的最小长度为1 m D．A、B间的动摩擦因数为0.2【考点】53：动量守恒定律；1I：匀变速直线运动的图像．【分析】由图能读出木板获得的速度，根据动量守恒定律求出木板A的质量，根据E k=mv2求解木板获得的动能．根据斜率求出B的加速度大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数．根据“面积”之差求出木板A的长度．根据系统克服摩擦力做功求解系统损失的机械能．【解答】解：A、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：M=2kg，木板A的质量为M=2kg，木板获得的动能为：E k=Mv2=×2×12=1J，故A 错误．B、系统损失的机械能△E=mv02﹣mv2﹣Mv2，代入数据解得：△E=2J，故B正确；C、由图得到：0﹣1s内B的位移为x B=×（2+1）×1m=1.5m，A的位移为x A=×1×1m=0.5m，木板A的最小长度为L=x B﹣x A=1m，故C正确．D、由图示图象可知，B的加速度：a===﹣1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g=m B a，代入解得，μ=0.1，故D错误．故选：C．3．如图为圆盘发电机的示意图，铜盘绕水平的铜轴C在垂直于盘面的匀强磁场中转动，铜片D与铜盘的边缘接触，铜盘、导线和电阻R连接组成电路，则（）A．转动过程电能转化为机械能B．C处的电势比D处高C．通过R的电流方向从B向AD．产生的电动势大小与角速度ω无关【考点】DB：楞次定律；DC：右手定则．【分析】根据右手定则判断AB间感应电流方向，即可知道电势高低．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与转动角速度有关．【解答】解：A、圆盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，因此转动过程中将机械能转化为电能，故A错误；B、根据右手定则可知，电流从D点流出，流向B点，因此电流方向为从B向A，由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以C处的电势比D处低，故B错误，C正确；D、根据法拉第电磁感应定律，则有E=BLV=BL2ω，所以产生的电动势大小与角速度ω有关，故D错误；故选C4．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）A．B．C．D．【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；【解答】解：由图可知，0﹣1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0﹣1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，由E==可知，电路中电流大小恒定不变．故选D．5．如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到a′b′位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（）A．回路电流I1：I2=1：2B．产生的热量Q1：Q2=1：4C．通过任一截面的电荷量q1：q2=1：2D．外力的功率P1：P2=1：2【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率；DD：电磁感应中的能量转化．【分析】回路中感应电流为I=即可求解回路电流I1：I2．根据焦耳定律求解热量之比．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It，求解电荷量之比．外力的功率等于回路中的电功率，由P=EI求解外力的功率之比．【解答】解：A、回路中感应电流为：I=，I∝v，则得：I1：I2=v1：v2=1：2，故A正确．B、产生的热量为：Q=I2Rt=（）2R•=，Q∝v，则得：Q1：Q2=v1：v2=1：2，故B错误．C、通过任一截面的电荷量为：q=It==，q与v无关，则得：q1：q2=1：1．故C错误．D、由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得：P=I2R═（）2R，P∝v2，则得：P1：P2=1：4，故D错误．故选：A．6．如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＜R2＜R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管．电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是（）A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗B．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗C．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗D．L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗【考点】DE：自感现象和自感系数．【分析】当K突然断开时，电感L由于自感，电流继续原方向流动，但二极管反向不导通，所以L2不亮，又因为原来L中电流比L3的电流大，所以L3将更亮，之后再变暗．【解答】解：当K突然断开时，电感L由于自感，电流继续原方向流动，L、L1和L3构成一闭合回路，L中电流从I1逐渐减少，则通过L1的电流也逐渐减少．通过L3的电流开始时比原来电流大，后逐渐变小．当K突然断开时，电感L相当于电源，由此时二极管处于反向截止状态，故L2立即熄灭．故B正确，ACD错误．故选：B7．用如图的装置研究电光效应现象，用能量为2.5eV的光子照射到光电管上时，电流表G 示数不为0，移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于时0.7V，电流表示数为0，则下列说法中正确的是（）A．光电管阴极的逸出功为1.8eVB．电键K断开后，没有电流流过电流表GC．光电子的最大初动能为3.2eVD．改用能量为1.5eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小【考点】IC：光电效应．【分析】光电管两端加的是反向电压，根据电流表示数为零，通过电压表的示数得出遏制电压，从而得出光电子的最大初动能，根据光电效应方程求出逸出功．【解答】解：A、当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为0，可知遏止电压为0.7V，可知光电子的最大初动能E km=eU c=0.7eV，根据光电效应方程得，E km=hv﹣W0，解得逸出功W0=2.5﹣0.7eV=1.8eV，故A正确，C错误．B、电键断开后，由于有光电子逸出，则有电流流过电流表G，故B错误．D、由A选项分析知，逸出功为1.8eV，改用能量为1.5eV的光子照射，由于光子能量小于逸出功，则不会发生光电效应，没有光电流，故D错误．故选：A．8．按照波尔理论，氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值，它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动的动能，当一个氢原子从n=4的能级向低能级跃迁时，下列说法正确的是（）A．氢原子可能辐射4种不同波长的光B．氢原子系统的电势能增加，电子的动能减小C．氢原子系统的总能量增加，电子的动能增加D．氢原子系统的电势能减小，电子的动能增加【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．【分析】根据数学组合公式求出氢原子可能辐射不同波长光子的种数；根据电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力得出电子动能的变化，根据原子能量的变化得出电势能的变化．【解答】解：A、根据知，氢原子可能辐射6种不同波长的光，故A错误．BCD、当一个氢原子从n=4的能级向低能级跃迁时，原子总能量减小，电子轨道半径减小，根据知，电子动能增加，则电势能减小，故D正确，B、C错误．故选：D．9．一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为U的正弦交变电压，则（）A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】保持Q位置不动，则输出电压不变，保持P位置不动，则负载不变，再根据电压器的特点分析．【解答】解：A、B、在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定．因此，当Q位置不变时，输出电压U′不变，此时P向上滑动，负载电阻值R′增大，则输出电流I′减小．根据输入功率P1等于输出功率P2，电流表的读数I变小，故A错误，B正确；C、D、P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U′变大，I′变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大．因此选项C正确，D错误；故选：BC．10．如图所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，观察到的现象，下述说法中正确的是（）A．放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多C．放在C位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少D．放在D位置时，屏上观察不到闪光【考点】J1：粒子散射实验．【分析】放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的位置．【解答】解：A、放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多．说明大多数射线基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷．故A正确；B、放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少．说明较少射线发生偏折，可知原子内部带正电的体积小．故B不正确；C、放在C位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少．说明极少数射线较大偏折，可知原子内部带正电的体积小且质量大．故C正确；D、放在D位置时，屏上可以观察到闪光，只不过很少很少．说明很少很少射线发生大角度的偏折．故D不正确；故选：AC．11．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的“L”型木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧，质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A 与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（）A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B．B板的加速度一直增大C．弹簧给木块A的冲量大小为mv0D．弹簧的最大弹性势能为mv02【考点】53：动量守恒定律．【分析】在木块A与弹簧相互作用的过程中，根据B板的受力情况分析其速度变化情况，由牛顿第二定律分析其加速度的变化情况．根据系统的动量守恒，机械能也守恒列出两个方程后联立求出A离开弹簧时的速度，再由动量定理求弹簧对A的冲量大小．当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，由两大守恒定律求解弹簧的最大弹性势能．【解答】解：A、在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；B、弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；C、设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2．取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2①根据机械能守恒定律，有：•2m•v02=•2m•v12+mv22②解得：v1=v0，v2=v0．对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1﹣2mv0=﹣mv0（负号表示方向向右），故C正确；D、当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v ③系统机械能守恒，根据守恒定律，有：E p=•2m•v02﹣（2m+m）v2④由③④两式解得：E p=mv02，故D正确；故选：CD12．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是（）A．此时圆环中的电功率为B．此时圆环的加速度为C．此过程中通过圆环截面的电量为D．此过程中回路产生的电能为0.75mv2【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．【分析】由导体切割磁感线公式可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律可求得通过截面的电量；【解答】解：A、当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势E=2B×2a×=2Bav；圆环中的电功率P==，故A正确；B、此时圆环受力F=2BI×2a=2B•2×2a=，由牛顿第二定律可得，加速度a==，故B错误；C、电路中的平均电动势=，则电路中通过的电量Q=△t=△t==，故C正确；D、此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故E=mv2﹣m=mv2=0.375mv2．故D错误；故选：AC．二、填空题（共2小题，每小题4分，满分12分）13．绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．闭合电键的瞬间，铝环跳起一定高度．保持电键闭合，铝环则应回落（填“保持原有高度”或“回落”）；断开电键时铝环则应不再跳起（填“跳起一定高度”或“不再跳起”）【考点】NF：研究电磁感应现象．【分析】当闭合电键瞬间，铝环所处的磁通量发生变化，故铝环中产生电流，对应的感应磁场去阻碍原磁通量的变化，所以向上跳．若磁通量不变，则铝环回落．【解答】解：如图所示．闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则铝环的磁通量不变，环中没有电流，故要落回原处．若整个装置稳定后再断开电键，铝环的磁通量发生变化，则铝环中有了感应电流．为阻碍磁通量减小，铝环要向下运动．由于支撑面，故铝环不动，铝环不会跳起．故答案为：回落；不再跳起．14．某同学用如图甲所示装置，通过质量分别为m1、m2的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，步骤如下：①安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O；②不放小球B，让小球A从斜槽上挡板处由静止滚下，并落在地面上；重复多次以确定小球落点位置；③把小球B放在轨道水平槽末端，让小球A从挡板处由静止滚下，使它们碰撞：重复多次以确定碰撞后两小球的落点位置；④用刻度尺分别测量三个落地点M、P、N离O点的距离，即线段的长度OM、OP、ON．（1）关于上述实验操作，下列说法正确的是：BCDA．斜槽轨道尽量光滑以减少误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下。