2017届湖南师大附中高三上入学摸底考试物理试卷

2021年湖南师大附中高三上入学摸底考试物理试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．在电磁学史上，有关下列物理学家的说法错误的是：（）

A．库仑通过实验研究确定了点电荷之间的作用规律

B．奥斯特发现通电导线周围存在磁场

C．法拉第在实验中发现了电磁感应现象

D．安培总结出电磁感应现象中感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化

2．关于感应电流，下列说法中正确的是

A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流

B．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流

C．若闭合电路的一部分导体在磁场中运动，闭合电路中一定有感应电流

D．只要导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流

3．关于光电效应，下列说法正确的是（）

A．极限频率越大的金属材料逸出功越大

B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应

C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出逸出功越小

D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多

4．两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈中有竖直方向的磁场，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是

A．磁感应强度B向上增大

B．磁感应强度B向下减小

C．

mgd t nq ?

?

=

?

D．

mgq t d ?

?

=

?

5．实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，

绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V．已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是

A．线圈平面与磁场平行时刻，线圈中的瞬时电流为零

B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i sin 100πt （A）

C．流过电阻R

D．电阻R上的热功率等于5 W

6．如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈，P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱，断电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，对其工作方式有下列判断：

①A、B间接控制电路，C、D间接被控电路

②A、B间接被控电路，C、D间接控制电路

③流过L的电流减小时，C、D间电路断开

④流过L的电流增大时，C、D间电路断开

以下组合的两项都正确的是

A．①③B．②④C．①④D．②③

7．如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是

A．若已知可见光的光子能量范围为1.61~3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条

B ．当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加

C ．处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1>λ2>λ3）的三条谱线，则λ1=λ2＋λ3

D ．若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光也一定能使此金属板发生光电效应

8．23892U 放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成21083Bi ，而210

83Bi 可以经一次衰变变成210a X （X 代表某种元素），也可以经一次衰变变成b 81Ti ，210a X 和b

81Ti 最后都变成206

82Pb ，衰变路径如图所示，则图中

A ．a ＝82, b ＝211

B ．①是β衰变，②是α衰变

C ．①是α衰变，②是β衰变

D ．b 81Ti 经过一次α衰变变成206

82Pb

9．如图所示，在光滑的水平面上宽度为L 的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a （a ＜L ）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v 0向右滑动，穿过磁场后速度减为v ，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小（ ）

A ．大于

0()

2v v + B ．等于0()

2v v +

C ．小于 0()

2

v v +

D ．以上均有可能

二、多选题

10．下列对原子结构的认识中，正确．．的是( ) A ．原子中绝大部分是空的，原子核很小 B ．电子在核外绕核旋转，向心力为库仑力

C．原子的全部正电荷都集中在原子核里

D．原子核的直径大约为10－10m

11．关于动量的变化，下列说法正确的是（）

A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量△p与运动方向相同

B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量△p的方向与运动方向相反

C．物体的速度大小不变时，动量的增量△p为零

D．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零

12．如图某物体在拉力F的作用下没有运动，经时间t后（）

A．拉力的冲量为Ft B．拉力的冲量为FtcosθC．合力的冲量为零D．重力的冲量为零

13．有关氢原子光谱的说法正确的是

A．氢原子的发射光谱是连续谱

B．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光

C．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的

D．氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差无关

14．如图所示，置于水平面上的质量为M、长为L的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在板上与左端相齐处有一质量为m的小物体（m3m），木板与物体一起以水平速度v向右运动，若M与m、M与地的接触均光滑，板与墙碰撞无机械能损失，则从板与墙碰撞以后，以下说法中正确的是

A．板与小物体组成的系统，总动量守恒

B．当物体和木板对地的速度相同时，物体到墙的距离最近

C．当小物体滑到板的最左端时，系统的动能才达到最大

D．小物体一定会从板的最左端掉下来

15．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是（）

A．图乙中电压的有效值为V

B．电压表的示数为44V

C．R处出现火警时电流表示数增大

D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大

16．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，然后由A点经过

半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为3

4

h(不计空气阻力)，则

A．小球和小车组成的系统水平方向动量守恒B．小车向左运动的最大距离为R

C．小球离开小车后做斜上抛运动

D．小球第二次能上升的最大高度1

2

h

3

4

h

三、填空题

17．如图所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同．第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，通过线圈的电流为I1，拉力做功W1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，通过线圈的电流为I2，拉力做功为W2、通过导线截面的电荷量为q2，则I1________I2，W1________W2，q1________q2．（三空均选填“>”、“＝”或“<”）

四、实验题

18．利用如图的装置可以验证动量守恒定律．

(1)下面是一系列的操作，其中不必要．．．

的操作是：__________（填序号）

A ．在桌边固定斜槽，使它的末端切线水平，在末端点挂上重垂线，并在地面已经铺好的纸上记录重垂线所指位置O 点；

B ．用天平称出两球的质量m A 和m B ；

C ．用刻度尺测出球的直径d （两球直径相等），在纸上标出O ′点；

D ．测出A 球释放位置的高度h ；

E ．测出桌面离地面的高度H ；

F ．不放置被碰小球B ，让小球A 从某点自由滚下，重复多次后记录落地点平均位置P ；

G ．调节斜槽末端右侧的小支柱，使其与斜槽末端等高，且距离等于球的直径，在小支柱上安放被碰小球B ，让小球A 从同一点自由滚下，重复多次后记录两球落地点平均位置M 和N ；

H ．用米尺测量OP 、OM 、O′N 的距离．

(2)实验中两球质量的关系应为m A _______ m B （填“＜”、“＝”或“＞”）． (3)若动量守恒，则有关线段应满足的关系式为__________________________

五、解答题

19．一炮弹质量为m ，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度大小为v ，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为2

m

，求： （1）爆炸后的瞬时另一块的速度大小； （2）爆炸过程中系统增加的机械能．

20．甲、乙两小船质量均为M ＝120 kg ，静止于水面上，两船相距L ＝10 m ，甲船上的人质量m ＝60 kg ，通过一根长绳用F ＝120 N 的水平力拉乙船，忽略水的阻力，求： （1）两船相遇时，两船分别走了多少距离？

（2）为防止两船相撞，人至少应以多大的速度从甲船跳上乙船？

21．如图所示，半径为r 、圆心为O 1的虚线所围的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场右侧有一坚直放置的平行金属板M 和N ，两板间距离为L ，在MN 板中央

各有一个小孔O2、O3,O1、O2、O3在同一水平直线上，与平行金属板相接的是两条竖直放置间距为L的足够长的光滑金属导轨，导体棒PQ与导轨接触良好，与阻值为R的电阻形成闭合回路（导轨与导体棒的电阻不计），该回路处在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，整个装置处在真空室中，有一束电荷量为+q、质量为m 的粒子流（重力不计），以速率v0从圆形磁场边界上的最低点E沿半径方向射入圆形磁场区域，最后从小孔O3射出．现释放导体棒PQ，其下滑h后开始匀速运动，此后粒子恰好不能从O3射出，而从圆形磁场的最高点F射出．求：

（1）圆形磁场的磁感应强度B′．

（2）棒下落h的整个过程中，电阻上产生的电热．

（3）粒子从E点到F点所用的时间．

22．如图，在金属导轨MNC和PQD中，MN与PQ平行且间距为L＝1 m，MNQP所在平面与水平面夹角α＝37°．N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值R＝10 Ω的电阻．光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角均为θ＝53°．ab棒的初始位置在水平导轨上与NQ重合．ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ＝0．1，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．金属棒ab和ef质量均为m＝0．5 kg，长均为L＝1 m．空间有竖直方向、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场（图中未画出）．两金属棒与导轨保持良好接触，ef棒的阻值R＝10 Ω，不计所有导轨和ab棒的电阻．假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．忽略感应电流产生的磁场．若ab棒在拉力F的作用下，以垂直于NQ的速度v1＝1 m/s在水平导轨上向右匀速运动，且运动过程中ef 棒始终静止（g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8）．

（1）求金属棒ab运动到x＝0．3 m处时，经过ab棒的电流大小；

（2）推导金属棒ab从NQ处运动一段距离x过程中拉力F与x的关系式；

（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2＝2 m/s在水平导轨上向右匀速运动，在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止．求此状态下磁感应强度B的最大值（此问结果可只保留一位有效数字）．

参考答案

1．D 【解析】

试题分析：库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律---库仑定律，故A 正确；1820年奥斯特发现通电导线周围存在磁场，故B 正确；1831年，法拉第在实验中发现了电磁感应现象，故C 正确；法拉第总结出电磁感应现象中感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，即法拉第电磁感应定律，故D 错误． 考点：考查了物理学史

【名师点睛】平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律而付出的艰辛努力，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一 2．B 【解析】

试题分析：穿过线圈的磁通量发生变化时，若线圈不闭合，线圈没有感应电流产生，故A 错误；当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流产生，故B 正确；只要闭合电路中的一部分导体做切割磁感线运动，闭合回路的磁通量发生了变化，电路中就有感应电流，故C 正确；闭合导线做切割磁感线运动时，若磁通量没有变化，则导线中没有有感应电流，故D 错误． 考点：考查了感应电流产生的条件

【名师点睛】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化． 3．A 【详解】

A ．根据c W h γ=，极限频率越大的金属材料逸出功越大。故A 正确。

B ．发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光照射的时间无关。故B 错误。

C ．根据光电效应方程k E h W γ=-知，光电子的最大初动能与入射光的频率和逸出功两个因素有关，光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出逸出功不一定越小，也可能是因为入射

光的频率高的缘故。故C 错误。

D ．光的强度影响的是单位时间发出光电子数目，入射光光强一定时，频率越高，则单位时间发出的光子数目越少，单位时间内逸出的光电子数就越少．故D 错误。 故选A 。 4．C

【解析】试题分析：电荷量+q 的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电．若磁感应强度B 竖直向上，根据楞次定律得知，B 正在减弱；若B 竖直向下，根据楞次定律得知，B 正在增大．故AB 错误；油滴能保持平衡．则得E

mg q d

=，E 等于感应电动势，根据法拉第电磁感应定律得： E n

t

?

?=?，联立解得mgd t nq ??=?，故C 正确，D 错误． 考点：法拉第电磁感应定律、楞次定律

【名师点睛】电荷量+q 的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件可求出金属板间的电压．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求出磁通量的变化率，由楞次定律确定磁感应强度B 的变化情况

视频 5．C 【解析】

试题分析：线圈位于图中位置时，磁通量为零，而线圈中的瞬时电流不为零反而为最大，A

错误；电压表示数为10V ，即有效值为10V ，则最大值为，25250/rad s ωππ=?=，

则电流最大值为

10

=，所以从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中电流瞬时值

表达式为：()A i t π=，故B 错误C 正确；电阻R 上的热功率等于22

10 10W 10

U R ==，

D 错误；

考点：考查了交流电的产生

【名师点睛】图示位置是与中性面垂直的位置，电动势最大，电压表的示数为电动势的有效值，电流瞬时值表达式为余弦函数．注意计时的位置是中性面还是与之垂直的地方． 6．A

【解析】

试题分析：当较小的电流经过接线柱AB 流入线圈时，电磁铁把衔铁吸下，使CD 两个接线柱所连的触点接通，较大的电流就可以通过CD 带动机器工作了．故①正确，②错误；流过L 的电流减小时，线圈L 产生的磁场减弱，对衔铁P 的吸引力减弱，使CD 两个接线柱所连的触点断开，故③正确④错误，故A 正确； 考点：考查了电磁继电器工作原理

【名师点睛】电磁继电器就是一个自动控制电路通断的开关，根据电磁继电器的工作原理来分析解答． 7．A 【详解】

A ．从n=4跃迁到n =1能级时放出的光子能量为-0．85+13．60eV=12．75eV ；不在可见光范围之内，从n =4能级跃迁到n =2能级时辐射的光子能量-0．85+3．41eV=2．55eV ；在可见光范围，从n =4能级跃迁到n =3能级时辐射的光子能量-0．85+1．51eV=0．66eV ，不在可见光光子能量范围之内；从n =3能级跃迁到n =2能级时发出的光子能量为

-1．51+3．40eV=1．89eV ，在可见光范围之内；从n=2能级跃迁到n =1能级时发出的光子能量为-3．40+13．60=10．2eV ，不在可见光范围之内，故则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条，A 正确；

B ．氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，轨道半径减小，原子能量减小，向外辐射光子．根据

22

2e v k m r r

= 知轨道半径越小，动能越大，知电子的动能增大，电势能减小，B 错误； C ．根据

1

2

3

c

c

c

h

h

h

λλλ=+

即为

23

123

λλλλλ=

+

C 错误；

D ．因为从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光的频率小于处于第2能级状态的氢原子发射出的光的频率，故不一定发生光电效应，D 错误； 故选A 。

考点：考查了氢原子跃迁 【名师点睛】

所有的难题实际都是又一个一个的简单的题目复合而成的，所以在学习中不能好高骛远，贪大贪难，解决了基础题，拔高题也就迎刃而解了． 8．B 【解析】

试题分析：21083Bi 经过①变化为210

a X ，质量数没有发生变化，为β衰变，即：210210083

a 1Bi X e -→+，故a=84，21083Bi 经过经过②变化为b

81Ti ，核电荷数少2，为α衰变，

即：210b 483812Bi Ti He →+，故b=206，故AC 错误，B 正确；206206081821Ti Pb e -→+，故b

81Ti 经过一次β衰变变成206

82Pb ，故D 错误．

考点：核反应方程的应用

【名师点睛】知道发生α、β衰变的实质．能够运用质量数和电荷数守恒进行分析判断即可． 9．B 【解析】 【详解】

对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为1v ，末速度为2v ．由动量定理可知：

21BIL t mv mv ?=-

又电量q I t =?，得：

()21m v v BLq -=

得速度变化量：

21BLq

v v v m

?=-=

由q R

?=

φ

可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过

程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v '，则有0v v v v -'='-，解得：

02

v v

v +'=

故本题选B 。 【点睛】

线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量q I t =?分析电量的关系．根据感应电量q R

?=

φ

，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等．联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度

10．ABC 【解析】

试题分析：原子中绝大部分是空中，原子核的体积很小，但是因为核外的电子虽然所占体积很大，质量却是很小，所以几乎整个原子所有的质量都集中到了原子核上，故AC 正确；电子在核外绕核旋转，所需要的向心力由原子核对电子的库伦力提供，故B 正确；原子核的直径大约为10-15m ，故D 错误 考点：考查了原子核式结构

【名师点睛】可以根据原子的构成方面的知识进行分析、解答，原子是由带正电荷的原子核和核外电子构成的，原子内部有较大的空间 11．AB 【解析】 【详解】

A. 动量的变化等于初末两状态动量的差值；对于加速直线运动，动量的增量△p 与运动方向相同；故A 项与题意相符；

B. 对于减速直线运动，动量的增量△p 与运动方向相反，即动量是在减小的；故B 项与题意相符；

C. 物体的速度大小不变时，动量的增量不一定为零；如圆周运动；故C 项与题意不相符；

D. 物体做如果做匀速圆周运动运动到同一个位置的状态，动量增量为0，故D 项与题意不相符． 12．AC 【分析】

试题分析：根据动量的公式，竖直方向拉力的冲量为：sin x I F t h θγ=?=，水平拉力的

冲量为cos y I F t θ=?，则拉力的冲量为 Ft =

A 正确，

B 错误；合外力为零，作用时间不为零，故合外力的冲量为零，

C 正确；根据动量定理，竖直方向上：

sin 0F t mgt θ?-=，得sin 0mgt F t θ=?≠，所以D 错误；

考点：考查了动量定理以及冲量

【名师点睛】本题考查了动量定理以及冲量的计算公式，直接应用即可，注意冲量的方向与力的方向相同，与物体是否运动无关，难度不大 【详解】 见分析 13．BC 【详解】

由于氢原子发射的光子的能量：22

111222211 n m m n E E E E E E n m n m

-=-=-=,所以发射的光

子的能量值E 是不连续的，只能是一些特殊频率的谱线，故A 错误B 正确．：由于氢原子的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能级121

n E E n

=

，故氢原子的能级是不连续的即是分立的，故C 正确．当氢原子从较高轨道跃第n 能级迁到较低轨道第m 能级时，发射

的光子的能量为22

111222211 n m m n E E E E E E h n m n m

γ-=-=-==，

显然n 、m 的取值不同，发射光子的频率就不同故氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能力差有关故D 错误． 故选BC ． 【点评】

波尔理论在高中阶段要求层次较低，难度不大，涉及内容较固定，只要掌握好波尔理论的内容，即可解决这类问题．

14．AD 【解析】

试题分析：板与小物体组成的系统，所受合力为零，系统动量守恒，故A 错误；M 与m 、M 与地的接触均光滑，板与墙碰撞无机械能损失，从板与墙碰撞以后，物体向右运动，与弹簧接触后做减速运动，木板向左运动，物体与弹簧接触后木板做减速运动，当物体速度减到零时，物体到墙的距离最近，故B 错误；由于物体质量较小，所以物体做减速运动速度先减到零，此时木板具有向左的速度，在弹簧的弹力作用下，物体要向左加速运动，木板继续做减速运动．当物体和木板对地的速度相同时，物体到板右端距离最近，弹簧的压缩量最大，当小物体脱离弹簧后，弹簧的弹性势能为零，产生物体还没有滑到板的最左端，根据能量守恒得系统的动能最大，故C 错误；当物体和木板对地的速度相同时，在弹簧的弹力作用下，物体继续要向左加速运动，木板继续做减速运动．当弹簧恢复原长时，物体的速度大于木板的速度，小物体一定会从板的最左左端掉下来，故D 正确； 考点：考查了动量守恒定律

【名师点睛】解决该题关键要对物体和木板进行受力分析和运动分析，清楚物体和木板的运动情况，同时知道动量守恒定律的条件．要学会用能量守恒的观点去解决问题，知道不同形式的能量的转化

15．ACD 【详解】

根据电流的热效应2

20.010.02U R R

????=?，

解得U =，电压与匝数成正比11

22U n U n =

，即251

U =，解得：231.1U V ≈，所以电压表的示数为31.1V ，故A 正确B 错误；R 处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时副线圈电流增大，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率，输入功率增大，根据111P U I =，所以电表的示数增大，故C 错误； R 处出现火灾时，阻值减小，由于电压不变，电流增大，0R 消耗的功率增大，故D 正确．

考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 【点睛】

根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键． 16．ABD 【解析】 【分析】

水平地面光滑，系统水平方向动力守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功．第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析答题． 【详解】

小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，故A 正确系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，

20R x x

m

m t t

--=，解得小车的位移：x=R ，故B 正确；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg （h 0-

34

h 0）-W f =0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得：W f =1

4mgh 0，即小球

第一次在车中滚动损失的机械能为1

4

mgh 0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于1

4

mgh 0，机械能损失

小于

14mgh 0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：34h 0-14h 0=1

2h 0，而小于34

h 0，

故D 正确；故选ABD ． 17．> > ＝

【解析】试题分析：设线框的长为1L ，宽为2L ，速度为v ． 11BL v I R =

， 22BL v I R

=，因

为12L L >，故12I I >，第一次：线框所受的安培力大小为： 22

11111A BL v B L v

F BI L B L R R

===，线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为： 1A F F =，外力做功为：

22

11122B L v W F L L R ==；第二次：同理可得： 22221B L v W L R

=，因为12L L >，所以有有： 12W W >．两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量

公式q R

?Φ

=

可知，通过导线截面的电量相等，即有12q q =． 考点：考查了导体切割磁感线运动

【名师点睛】要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解．关键要掌握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式

视频

18．（1）DE （2）＞（3）m A OP =m A OM +m B O′N 【解析】

试题分析：①验证两球碰撞过程的动量守恒，小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端必须水平，小球每次释放的高度应相同，小球做平抛运动的高度相等，在空中的运动时间相等，它的水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替初速度，实验时需要测出两球的质量、小球的水平位移；在桌边固定斜槽，使它的末端切线水 平，在末端点挂上重垂线，并在地面已经铺好的纸上记录重垂线所指位置O 点，A 正确；用天平称出两球的质量m A 和m B ，B 正确；用刻度尺测出球的直径d （两球直径相等），在纸上标出O′点，C 正确；测出A 球释放位置的高度h ，实验不需要测球的释放高度，只要保证每次释放小球的高度相等即可，故C 错误；测出桌面离地面的高度H ，实验只需要测球的水平位移，不需要测高度H ，故D 错误；不放置被碰小球B ，让小球A 从某点自由滚下，重复多次后记录落地点平均位置P ，F 正确；调节斜槽末端右侧的小支柱，使其与斜槽末端等高，且距离等于球的直径，在小支柱上安放被碰小球B ，让小球A 从同一点自由滚下，重复多次后记录两球落地点平均位置M 和N ，G 正确；

②为防止两球碰撞后，入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m A >m B ． ③要验证动量守恒定律定律，即验证：m A v 1=m A v 2+m B v 3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，上式两边同时乘以t 得：m A v 1t =m A v 2t +m B v 3t ，得：m A OP =m A OM +m B O′N ．

考点：“验证动量守恒定律”的实验

【名师点睛】做“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，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；两球相碰时，球心需在同一高度上，通过确定小球的落地点的平均位置确定水平位移．防止被碰球碰撞后反弹，入射球质量应大于被碰球质量

19．（1）v 1＝3v （2）2mv 2

【解析】

试题分析：（1）爆炸后其中一块沿原轨道返回，则该块炸弹速度大小为v ，方向与原方向相反，爆炸过程中动量守恒，故mv ＝－2m v ＋2

m

v 1 解得v 1＝3v

（2）爆炸前系统总动能E k ＝12mv 2，爆炸后系统总动能E k ′＝12·2m v 2＋12·2

m （3v ）2

＝2．5mv 2

所以，系统增加的机械能ΔE＝E k ′－E k ＝2mv 2

考点：考查了动量守恒定律，能量守恒定律

【名师点睛】对于爆炸、碰撞等过程，系统所受的外力不为零，但内力远大于外力，系统的动量近似守恒，运用动量守恒和能量守恒两大守恒定律进行求解． 20．（1）46x m x m ==甲乙，

（2）【解析】试题分析：（1）甲船和人与乙船组成的系统动量时刻守恒 由平均动量守恒得： ()M m x Mx +=甲乙 又x x L +=甲乙

以上两式联立可求得： 46x m x m ==甲乙，．

（2）设两船相遇时甲船的速度为1v ，对甲船和人用动能定理得：

()2

112

Fx M m v =

+甲得1

/3v m s = 设人跳上乙船后甲船的速度为v 甲，人和乙船的速度为v 乙，

因系统动量守恒，有()0Mv M m v =++甲乙 要甲、乙不相撞，至少应满足v v =甲乙

所以有0v =甲，即人跳离甲后，甲速度为零时，人跳离速度最小

设人跳离的速度为v ，因跳离时，甲船和人组成的系统动量守恒，有： ()10M m v mv +=+ 可求得：v

＝考点：考查了动量守恒定律，动能定理，

【名师点睛】先根据牛顿的第二定律求出两船的加速度，再根据位移时间公式结合位移关系求出拉绳的时间，从而求出两船行进的距离．根据速度时间公式求出相撞前的速度，再根据船和人水平动量守恒列式，根据速度关系列式即可求解．

视频

21．（1）0mv B qr '=（2）236

00

3216BLmv h m v W qR q RgBL

=-安（3）04r L t v π+=

【详解】

（1）在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

2

0v qv B m r

'=

得

mv B qr

'=

（2）根据题意粒子恰好不能从3O 射出的条件为

2

012

PQ mv qU = PQ 匀速运动时

PQ U Mg B

L R

=

导体棒匀速运动时，速度大小为m v

PQ m U BLv =

由能量守恒

2

12

R m

Q Mgh Mv =- 解得

362

003

216R m v BLmh Q v qR gBLRq

=- （3）在圆形磁场内的运动时间为1t

10

12442T T m r t qB v ππ=

+=?=' 在电场中往返运动的时间为2t 由2

2

t L v

= 20

4L t v =

故

120

4r L

t t t v π+=+=

【名师点睛】 对电磁感应电源的理解

（1）电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在内电路中电流由负极到正极．

（2）电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同，前者是由于导体切割磁感线产生的，公式为E ＝BLv ，其大小可能变化，变化情况可根据其运动情况判断；而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的．

（3）在电磁感应电路中，相当于电源的导体（或线圈）两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于电动势．（除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零）

22．（1）0.22A ；（2）()2

0.81 1.5F x =-；（3）4.79T ；磁场方向可竖直向上，也可竖直向下． 【详解】