物理卷·2018届黑龙江省哈尔滨六中高二下学期第二次月考物理试卷（解析版）

物理卷·2018届黑龙江省哈尔滨六中高二下学期第二次月考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨六中高二（下）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每题4分，共64分，多选题选的不全得2分）‎ ‎1．远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是（　　）‎ A．输电线上的电功率损失是原来的 B．输电线上的电功率损失是原来的 C．输电线上的电压损失是原来的 D．输电线上的电压损失是原来的n倍 ‎2．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（　　）‎ A．该交流电的电压有效值为100 V B．该交流电的频率为25 Hz C．该交流电的电压的有效值为100 V D．若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W ‎3．两个完全相同的电热器，分别通以图甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲：P乙等于（　　）‎ A．3：1 B．2：1 C．4：1 D．1：1‎ ‎4．将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz B．通过电阻的电流为A C．电阻消耗的电功率为2.5 W D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V ‎5．如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，（灯泡电阻不随温度变化）已知原、副线圈的匝数比n1：n2=2：1，电源电压为U，则（　　）‎ A．通过A、B灯的电流之比IA：IB=2：1‎ B．灯泡A、B两端的电压之比UA：UB=1：2‎ C．灯泡A、B两端的电压分别是UA=U，UB=U D．灯泡A、B消耗的功率之比PA：PB=1：1‎ ‎6．如图所示，L为电感线圈，C为电容器，A、B为两只相同的灯泡，将它们接在电压为u的交流电源上，两只灯泡的亮度一样．若保持电源电压不变，而将电源频率增大，下列说法中正确的是（　　）‎ A．两灯泡的亮度不变 B．A灯泡亮度不变，B灯泡变亮 C．A灯泡变暗，B灯泡变亮 D．A灯泡变亮，B灯泡变暗 ‎7．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的．和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3．现断开S，U1‎ 数值不变，下列推断中正确的是（　　）‎ A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大 C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大 ‎8．两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率（　　）‎ A．等于零 B．大于B车的速率 C．小于B车的速率 D．等于B车的速率 ‎9．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，以水平向右为正方向，其速度分别是vA=3m/s，vB=﹣3m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　）‎ A．vA′=1 m/s，vB′=1 m/s B．vA′=﹣3 m/s，vB′=9 m/s C．vA′=2 m/s，vB′=﹣1 m/s D．vA′=﹣1 m/s，vB′=﹣5 m/s ‎10．如图所示，具有一定质量的小球A固定在细线的一端，另一端悬挂在小车支架的O点，用手将小球拉至细线水平，此时小车静止于光滑水平面上．放手让小球摆下与B处固定的油泥撞击后粘在一起，则小车此后将（　　）‎ A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．左右不停地运动 ‎11．如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A端（细线未画出），物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端并粘在B端的油泥上．关于小车、物体和弹簧组成的系统，下述说法中正确的是（　　）‎ ‎①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒 ‎②若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒 ‎③两种情况下，小车的最终速度与断线前相同 ‎④两种情况下，系统损失的机械能相同．‎ A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④‎ ‎12．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（　　）‎ A．P的初动能 B．P的初动能的 C．P的初动能的 D．P的初动能的 ‎13．人的质量m=60kg，船的质量M=240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人恰好可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为多远？（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等）（　　）‎ A．1.5m B．1.2m C．1.34m D．1.1m ‎14．质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的（　　）‎ A．v1′=v2′= m/s B．v1′=﹣1 m/s，v2′=2.5 m/s C．v1′=1 m/s，v2′=3 m/s D．v1′=3 m/s，v2′=0.5 m/s ‎15．水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，a、b两物体的v﹣t图象分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则（　　）‎ A．F1的冲量大于F2的冲量 B．F1的冲量等于F2的冲量 C．两物体受到的摩擦力大小相等 D．两物体受到的摩擦力大小不等 ‎16．如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻质弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自由伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性正碰．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走，不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内，小球B与固定挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反，则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Em可能是（　　）‎ A．mv02 B． C． D．‎ ‎　‎ 二、计算题（共36分）‎ ‎17．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kv高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力，求：‎ ‎（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比 ‎（2）输电线路导线电阻R．‎ ‎（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比．‎ ‎18．2010年1月4日，828米高的全球最高楼﹣﹣哈里发大楼（此前称为“迪拜塔”）举行了落成启用典礼，如图所示．风速曾是修建的关键，一旦风速超过每秒70米，就必须停止施工，假设风速以v=70m/s的速度推进，空气的密度ρ=1.3kg/m3，建筑工人的高度h=1.7m，平均宽度d=25cm，风遇到建筑工人后的速度可认为是零，由此估算大风对建筑工人的冲击力为多少？‎ ‎19．如图所示，在高为h=5m的平台右边缘上，放着一个质量M=3kg的铁块，现有一质量为m=1kg的钢球以v0=10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L=2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5，求铁块在平台上滑行的距离s（不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g=10m/s2）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨六中高二（下）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题4分，共64分，多选题选的不全得2分）‎ ‎1．远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是（　　）‎ A．输电线上的电功率损失是原来的 B．输电线上的电功率损失是原来的 C．输电线上的电压损失是原来的 D．输电线上的电压损失是原来的n倍 ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】根据输送功率P=UI求出输电电流，再根据P损=I2R可得出输电线上损失的电功率与输送电压的关系．根据欧姆定律得到电压损失与输送电压的关系．‎ ‎【解答】解：设输送的电功率一定为P，输送电压为U，输电线上功率损失为△P，电压损失为△P，电流为I，输电线总电阻为R．‎ 由P=UI知，I=‎ 则得△P=I2R=R，△U=IR=R，‎ 由题P、R一定，则得△P∝，△U∝‎ 所以输电线上的电功率损失是原来的倍，电压损失是原来的倍，故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎2．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（　　）‎ A．该交流电的电压有效值为100 V B．该交流电的频率为25 Hz C．该交流电的电压的有效值为100 V D．若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等 ‎【解答】解：AC、由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：U=，故AC错误；‎ B、由图可知，T=4×10﹣2s，故f=，ω=2πf=50π rad/s，所以其表达式为u=100sin（50πt）V，故B正确．‎ D、电阻消耗的功率为P=，故D正确 故选：BD ‎　‎ ‎3．两个完全相同的电热器，分别通以图甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲：P乙等于（　　）‎ A．3：1 B．2：1 C．4：1 D．1：1‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】方波的电流有效值Ia=Im，正弦交流电的有效值Ib=．根据功率公式P=I2R，由电流的有效值求解功率，再算出比值 ‎【解答】解：方波的电流有效值Ia=Im，正弦交流电的有效值Ib=．根据功率公式P=I2R得到 Pa：Pb=Ia2：Ib2=Im2：）2=2：1‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz B．通过电阻的电流为A C．电阻消耗的电功率为2.5 W D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】通过电源电动势随时间变化的规律图象可以读出该交流电的周期、频率以及最大值等，根据闭合电路欧姆定律求出电流的最大值Im，由I=求电流的有效值．注意计算电功率要用有效值，流过电阻的电流以及电压表的示数均为有效值．‎ ‎【解答】解：‎ A、由图可知：交变电流的周期为 T=4×10﹣2s，则频率为 f==Hz=25Hz，故A错误；‎ B、由图知该电源电动势的最大值为 Em=5V，有效值为 E==‎ V，根据闭合电路欧姆定律得：通过电阻的电流为 I==A=A，故B错误．‎ C、电阻消耗的电功率为 P==W=2.5W，故C正确．‎ D、电压表的示数为有效值，为 U=E=V，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，（灯泡电阻不随温度变化）已知原、副线圈的匝数比n1：n2=2：1，电源电压为U，则（　　）‎ A．通过A、B灯的电流之比IA：IB=2：1‎ B．灯泡A、B两端的电压之比UA：UB=1：2‎ C．灯泡A、B两端的电压分别是UA=U，UB=U D．灯泡A、B消耗的功率之比PA：PB=1：1‎ ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合闭合电路欧姆定律中电压分配即可解决．‎ ‎【解答】解析：A、通过电灯的电流分别为变压器原、副线圈的电流，IA：IB=n2：n1=1：2，A错误；‎ B、因为是相同的两只灯泡，所以两端的电压比等于电流比，故UA：UB=1：2；故B正确；‎ C、因为B灯电压为副线圈输出电压，则原线圈电压是U1=UB=2UB．而A灯电压UA=UB，由于A灯跟原线圈串联在电源电压U上，即UB+2UB ‎=U，所以UB=U，UA=U．综上分析C正确；‎ D、因为是相同的两只灯泡，消耗的功率比等于电流的平方比PA：PB=1：4，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，L为电感线圈，C为电容器，A、B为两只相同的灯泡，将它们接在电压为u的交流电源上，两只灯泡的亮度一样．若保持电源电压不变，而将电源频率增大，下列说法中正确的是（　　）‎ A．两灯泡的亮度不变 B．A灯泡亮度不变，B灯泡变亮 C．A灯泡变暗，B灯泡变亮 D．A灯泡变亮，B灯泡变暗 ‎【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．‎ ‎【分析】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．‎ ‎【解答】解：若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，电容器对其阻碍变小，线圈对其阻碍变大．所以A灯泡将变暗，B灯泡将变亮．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的．和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3．现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是（　　）‎ A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大 C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．‎ ‎【解答】解：理想变压器的电压与匝数程正比，由于理想变压器原线圈接到电压不变，则副线圈电压不变，所以V2的示数U2也不变，‎ 当s断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流减小，即I2变小，‎ 由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小，所以I1变小，‎ 由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压就会增大，所以R3的电流I3就会增大，‎ 所以BC正确，AD错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎8．两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率（　　）‎ A．等于零 B．大于B车的速率 C．小于B车的速率 D．等于B车的速率 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】人、车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程，由质量关系直接得到结论．‎ ‎【解答】解：设人的质量为m，小车的质量均为M，人来回跳跃后人与A车的速度为v1，B车的速度为v2，根据题意知，人车组成的系统水平方向动量守恒．‎ 有题意有：P0=0‎ 人来回跳跃后的总动量P=（M+m）v1+Mv2‎ 由动量守恒得，其中负号表示v1、v2的方向相反，故小车A的速率小于小车B的速率；‎ 故选C ‎　‎ ‎9．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，以水平向右为正方向，其速度分别是vA=3m/s，vB=﹣3m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　）‎ A．vA′=1 m/s，vB′=1 m/s B．vA′=﹣3 m/s，vB′=9 m/s C．vA′=2 m/s，vB′=﹣1 m/s D．vA′=﹣1 m/s，vB′=﹣5 m/s ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能．‎ ‎【解答】解：以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p=mAvA+mBvB=4×3+2×（﹣3）=6kg•m/s，‎ 碰前总动能为：EK=mAvA2+mBvB2=×4×32+×2×（﹣3）2=27J；‎ A、如果vA′=1m/s、vB′=1m/s，碰后系统动量为6kg•m/s，总动能为3J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；‎ B、如果vA′=﹣3m/s、vB′=9m/s，碰后系统总动量为6kg•m/s，总动能为99J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；‎ C、如果vA′=2m/s、vB′=﹣1m/s，碰后系统总动量为6kg•m/s，总动能为9J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，故C错误；‎ D、如果vA′=﹣1m/s、vB′=﹣5m/s，碰后总动量为﹣14kg•m/s，系统动量不守恒，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎10．如图所示，具有一定质量的小球A固定在细线的一端，另一端悬挂在小车支架的O点，用手将小球拉至细线水平，此时小车静止于光滑水平面上．放手让小球摆下与B处固定的油泥撞击后粘在一起，则小车此后将（　　）‎ A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．左右不停地运动 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】在小球向下摆动的过程中，根据动量守恒定律可知，小车具有向左的速度，当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止．‎ ‎【解答】解：水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒．小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动．‎ 当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止．故C正确，ABD错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎11．如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A端（细线未画出），物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端并粘在B端的油泥上．关于小车、物体和弹簧组成的系统，下述说法中正确的是（　　）‎ ‎①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒 ‎②若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒 ‎③两种情况下，小车的最终速度与断线前相同 ‎④两种情况下，系统损失的机械能相同．‎ A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】物体与橡皮泥粘合的过程，系统机械能有损失，分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒，根据动量守恒定律求解小车的速度．根据动量守恒定律与功能关系判断系统的机械能的变化．‎ ‎【解答】解：①即使物体滑动中不受摩擦力，物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失．故①错误．‎ ‎②整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故②正确；‎ ‎③取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的．故③正确．‎ ‎④由于两种情况下，小车的最终速度与断线前相同，可知两种情况下，系统损失的机械能相同，都等于弹簧的弹性势能．故④正确．‎ 故ACD错误，B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎12．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（　　）‎ A．P的初动能 B．P的初动能的 C．P的初动能的 D．P的初动能的 ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】当弹簧的压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，此时两物块速度相等，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：以P、Q组成的系统为研究对象，以P的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v，‎ 由机械能守恒定律得： mv02=•2mv2+EP，‎ 解得：EP=mv02，即：弹簧具有的最大弹性势能等于P的初动能的；‎ 故选：B ‎　‎ ‎13．人的质量m=60kg，船的质量M=240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人恰好可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为多远？（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等）（　　）‎ A．1.5m B．1.2m C．1.34m D．1.1m ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】当解开缆绳后，由于人和船系统所受外力之和为零，故系统动量守恒；同时根据能量关系可得出速度关系，再根据运动学规律可确定时间．‎ ‎【解答】解：以人的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知，0=mv1﹣Mv2；‎ 由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变；‎ 则由功能关系可知：‎ mv02=mv12+Mv22‎ 解得：v1=v0‎ 故x1=v1t=x0==1.34m；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎14．质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的（　　）‎ A．v1′=v2′= m/s B．v1′=﹣1 m/s，v2′=2.5 m/s C．v1′=1 m/s，v2′=3 m/s D．v1′=3 m/s，v2′=0.5 m/s ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】碰撞过程动量守恒、机械能不可能增加，碰撞后不能发生二次碰撞，据此分析答题．‎ ‎【解答】解：碰撞前总动量为P=m1v1=1×4kg•m/s=4kg•m/s．碰撞前总动能为Ek=m1v12=×1×42=8J；‎ A、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×+2×=4kg•m/s，碰撞后总动能为Ek′=m1v1′2+m2v2′2=×1×（）2+×2×（）2=J，系统机械能不增加，故A正确；‎ B、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×（﹣1）+2×2.5=4kg•m/s．碰撞后总动能为Ek′═m1v1′2+m2v2′2=×1×（﹣1）2+×2×2.52=6.75J，机械能不增加，故B正确；‎ C、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×1+2×3=7kg•m/s，动量增大，故C错误；‎ D、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×3+2×0.5=4kg•m/s．碰撞后总动能为=m1v1′2+m2v2′2=×1×32+×2×0.52=4.75J，碰后后面小球的速度大有前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎15．水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，a、b两物体的v﹣t图象分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则（　　）‎ A．F1的冲量大于F2的冲量 B．F1的冲量等于F2的冲量 C．两物体受到的摩擦力大小相等 D．两物体受到的摩擦力大小不等 ‎【考点】动量定理；匀变速直线运动的图像；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等．根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系．‎ ‎【解答】解：由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．‎ 根据动量定理，对整个过程研究得：‎ F1t1﹣ftOB=0，F2t2﹣ftOD=0‎ 由图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．‎ 故选：C ‎　‎ ‎16．如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻质弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自由伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性正碰．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走，不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内，小球B与固定挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反，则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Em可能是（　　）‎ A．mv02 B． C． D．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】由题，不计所有碰撞过程中的机械能损失，系统的机械能是守恒的．系统的合外力为零，总动量也守恒，根据两大守恒定律分析选择．‎ ‎【解答】解：‎ A、由题，系统的初动能为Ek=‎ ‎，而系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能不可能等于．故A错误．‎ B、由于小球C与小球A质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若在A与B速度动量相等时，B与挡板碰撞，B碰撞后速度与A大小相等、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性最大，最大值为EP=Ek=．故B正确．‎ C、D当B的速度很小（约为零）时，B与挡板碰撞时，当两球速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，则由动量守恒得，‎ ‎ mv0=（m+m）v，得v=‎ 最大的弹性势能为EP==‎ 则最大的弹性势能的范围为﹣．故C正确，D错误．‎ 故选BC ‎　‎ 二、计算题（共36分）‎ ‎17．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kv高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力，求：‎ ‎（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比 ‎（2）输电线路导线电阻R．‎ ‎（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比．‎ ‎【考点】远距离输电；变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】（1）根据变压比公式求解升压变压器原、副线圈匝数比；‎ ‎（2）先根据P=UI求解传输电流，再根据 求解输电线路导线电阻；‎ ‎（3）先根据U3=U2﹣△U求解降压变压器的输入电压，然后根据求解降压变压器的匝数比．‎ ‎【解答】解：（1）升压变压器的原副线圈的匝数比为：‎ ‎（2）输电线上的电流为：‎ I=‎ 输电线电阻：‎ ‎（3）降压变压器原线圈电压：‎ U3=U2﹣IR=2000﹣5×20=1900V 故降压变压器原副线圈的匝数比为：‎ 答：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比为；‎ ‎（2）输电线路导线电阻R为20Ω；‎ ‎（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比为．‎ ‎　‎ ‎18．2010年1月4日，828米高的全球最高楼﹣﹣哈里发大楼（此前称为“迪拜塔”）举行了落成启用典礼，如图所示．风速曾是修建的关键，一旦风速超过每秒70米，就必须停止施工，假设风速以v=70m/s的速度推进，空气的密度ρ=1.3kg/m3，建筑工人的高度h=1.7m，平均宽度d=25cm，风遇到建筑工人后的速度可认为是零，由此估算大风对建筑工人的冲击力为多少？‎ ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】可取单位时间的空气吹和人体，则密度公式求出空气的质量；再由动量定理即可求出空气的冲击力．‎ ‎【解答】解：1s中吹向人体的空气质量为：m=ρvthd；‎ 则以这部分空气为研究对象，以原速度方向为正方向，则由动量定理可知：‎ Ft=0﹣mv 解得：F=﹣=ρv2hd；‎ 代入数据得：F=1.3×702×1.7×0.25=2707.3N；‎ 答：大风对建筑工人的冲击力为2707.3N ‎　‎ ‎19．如图所示，在高为h=5m的平台右边缘上，放着一个质量M=3kg的铁块，现有一质量为m=1kg的钢球以v0=10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L=2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5，求铁块在平台上滑行的距离s（不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g=10m/s2）．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】钢球与铁块发生碰撞，时间极短，动量守恒，碰撞后钢球做平抛运动，已知下落的高度和水平距离，可由平抛运动的规律求出碰后钢球的速度，即可由动量守恒定律求出碰后铁块的速度，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解铁块在平台上滑行的距离s．‎ ‎【解答】解：设碰撞后钢球反弹的速度大小为v1，铁块的速度大小为v，由于碰撞时间极短，系统的动量守恒，则有 ‎ mv0=Mv﹣mv1，①‎ 碰后钢球做平抛运动，则有 ‎ l=v1t ②‎ ‎ h=gt2③‎ 由②③①解得t=1s，v1=2m/s，v=4m/s，‎ d碰后铁块向左做匀减速直线运动，加速度大小为 ‎ a==μg=5m/s2④‎ 最终速度为0，则其运行时间为 ‎ t1==0.8s ⑤‎ 所以铁块在平台右滑行的距离为 s=t1=1.6m ⑥‎ 答：铁块在平台上滑行的距离s是1.6m．‎