2019学年高二物理下学期期中试题新版目标版

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‎2019学年高二物理下学期期中试题 第I卷（选择题）‎ 一、选择题（每小题只有一个选项正确，每题5分，共50分）‎ ‎1．如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将 ( )‎ A. S减小，l变长B. S减小，l变短 C. S增大，l变短D. S增大，l变长 ‎2．如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时(　 　 )‎ A. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小 B. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小 C. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大 D. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大 3． 关于动量和动量守恒，下列说法中正确的是 A. 运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向 B. 只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒 C. 只要系统所受的合外力做功的代数和为零，系统的动量就守恒 D. 物体的动量不变，其动能可能变化 ‎4．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则渔船的质量M为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎5．为了监测变电站向外输电的情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示，两变压器匝数分别为N1、N2和N3、N4，a和b是交流电表.则（ ）‎ 15‎ A. N1N4‎ C. a为交流电压表，b为交流电流表 D. a为交流电流表，b为交流电压表 ‎6．如图所示，一电阻为R的导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是 (　　)‎ A. 圆心到达磁场边界时感应电流方向发生改变 B. CD段直线始终不受安培力作用 C. 感应电动势平均值为 D. 通过导线横截面的电荷量为 ‎7．圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（ ）‎ A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B. 穿过线圈a的磁通量变小 C. 线圈a有扩张的趋势 D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大 ‎8．如下图所示是观察自感现象的电路图．为了观察到断开开关的瞬间灯泡有明显的闪烁现象，除了增大线圈的自感系数外，还要考虑线圈电阻RL和灯泡电阻R，它们之间应满足的关系是( )‎ A. RL>R B. RL＝R C. RL≪R D. RL≫R ‎9．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表,示数是10 V．图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象．则(　　)‎ A. 电阻R上的热功率为20 W 15‎ B. 0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C. R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1 cos100πt(V)‎ D. 通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos50πt(A)‎ ‎ ‎ ‎ 10．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、实验题，每空2分，共18分 ‎11．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎（l）将图中所缺的导线补接完整．‎ ‎（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，那么合上电键后_______________‎ A、将原线圈迅速插入副线圈时，指针向左偏转一下．‎ B、将原线圈插入副线圈后，电流计指针一直偏在零点右侧．‎ C、原线圈插入副线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向右偏转一下．‎ D、原线圈插入副线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向左偏转一下 ‎12．如图所示，某同学用图装置做验证动量守恒定律的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．‎ ‎（1）本实验必须测量的物理量有以下哪些______．‎ A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H ‎ B．小球a、b的质量ma、mb C．小球a、b 离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t ‎ D．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC ‎ 15‎ E．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h ‎（2）小球a、b的质量ma、mb应该满足什么关系？ ______‎ ‎（3）放上被碰小球后，两小球碰后是否同时落地？______(填”是”或”否”) 如果不是同时落地，对实验结果有没有影响？______(填”有”或”无”)这时小球a、b的落地点依次是图中水平面上的____点和______点 ‎（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是____________________________．‎ 三、计算题（共32分，其中13题,14题各10分，15题12分 ‎13．如图所示，MN、PQ是足够长的光滑平行导轨，其间距为L，且MP⊥MN．导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．MP接有电阻R．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0．将一根质量为m的金属棒ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻也为R，其余电阻均不计．现用与导轨平行的恒力F=mg沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动，金属棒运动过程中始终与MP平行．当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd 到MP的距离为s．已知重力加速度为g,求：‎ ‎（1）金属棒达到的稳定速度；‎ ‎（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量；‎ ‎14．如图所示，发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户（升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器），若发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求：‎ ‎（1）升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；‎ ‎（2）若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压。‎ ‎15．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为，半圆形轨道的底端放置一个质量为的小球B，水平面上有一个质量为 15‎ 的小球A以初速度开始向着木块B滑动，经过时间与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数，求：‎ ‎（1）两小球碰前A的速度；‎ ‎（2）小球B运动到最高点C时对轨道的压力。‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向．故A错误．CD段的电流方向由D到C，根据左手定则知，CD段受到竖直向下的安培力，故B错误．运动的时间 ，根据法拉第电磁感应定律得： ，故C错误．通过导线横截面的电荷量为：．故D正确．故选D．‎ 点睛：对于电磁感应问题，往往根据法拉第电磁感应求感应电动势的平均值，公式E=BLvsinα，既可以感应电动势的平均值，也可以求电动势的瞬时值．‎ ‎2．C ‎【解析】由图可知，a并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以N1＞N2，故A错误；b串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以N3＜N4，故B错误；a是电压表，b为电流表，故C错误，D正确；故选C．‎ 点睛：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．‎ ‎3．C ‎【解析】由图可知，线圈从t=0时刻到转过180°的过程中通过矩形线圈的磁通量变化量为2BS，所以A错误．由瞬时值表达式知原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比，副线圈电压即电压表的示数为22V，所以B错误．若没有线圈，则灯泡的功率，由于线圈的阻碍，则功率小于48.4W，所以C正确．闭合开关S 15‎ 后，交流电能够通过电容器，电阻R上产生焦耳热，故D错误．故选C．‎ ‎4．C ‎【解析】副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故B错误；开关S闭合后，负载电阻减小，而副线圈电压不变，副线圈的电流增大，即通过电阻R的电流增大，R两端的电压增大，则灯泡L1两端的电压减小，故A错误； C正确；原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故D错误．故选C.‎ 点睛：本题主要考查了变压器的原理，要知道开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，难度不大，属于基础题．‎ ‎5．D ‎【解析】当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，AB错误．再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确．故选D．‎ 点睛：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．‎ ‎6．A ‎【解析】由图甲（2）可得F=F0-kv，导体棒切割磁感线产生电动势E=BLv，导体棒中电流I=BLv∕（R+r），导体棒受安培力F安=BIL，对导体棒根据牛顿第二定律：F-F安=ma，代入得：，所以导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A正确；，，R消耗的功率，所以B、C、D错误。‎ ‎7．C ‎【解析】开关S闭合稳定状态时，当开关断开后灯泡中电流立即完全消失，而线圈由于由自感作用阻碍其自身电流的减小，故线圈与灯泡组成回路，其电流IL逐渐减小，灯泡中由原来的电流I变为电流IL时，若要明显闪亮一下然后再逐渐熄灭，只要IL＞I，即RL＜R灯泡就会出现闪亮的现象，若RL＜＜R就会有明显闪亮现象，故C正确，ABD错误．故选C．‎ 点睛：自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用，但若要满足断开开关的瞬间灯泡有明显的闪烁现象，需要满足RL＜＜R。‎ ‎8．C ‎【解析】电阻R上的热功率为，选项A正确；0.02 s时磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则R两端的电压瞬时值为最大，选项B错误；根据， ，t=0时刻感应电动势最大，则R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1 cos100πt(V)，选项C正确；，通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝ cos100πt(A)，选项D错误；故选C.‎ 15‎ ‎9．C ‎【解析】bc边的位置坐标x在L-2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x-L，感应电动势为E=Blv=B（x-L）v，感应电流 ，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x-2L，感应电动势为E=Blv=B（x-2L）v，感应电流 ，根据数学知识知道C正确．故选C.‎ ‎10．AD ‎【解析】由变压器的电压比匝数之比，，又U1=200V，U4=220V，因为线路电压损失，即U2＞U3，所以，所以A正确；B错误；由于远距离输电，导致线路电阻通电发热，而使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，所以C错误；D正确。‎ ‎11．C ‎【解析】A、图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为，bc中电流方向为，线圈中感应电流的方向为，故A错误；‎ BD、图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，穿过线圈磁通量为0，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大，故BD错误；‎ C、线圈中的感应电动势为，线圈中的感应电流为，故C正确。‎ 点睛：本题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律等知识的综合应用。‎ ‎12．A ‎【解析】根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向：逆时针方向；根据左手定则可知，弹性的金属圆环上边的所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边的所受的安培力竖直向上，由于下边离长直导线电流越远，磁场越弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手定则可知，安培力指向圆心，导致弹性环面积S减小，故A正确，BCD错误。‎ 点睛：解决本题的关键会用右手螺旋定则（安培定则）判断电流周围磁场的方向，以及会用楞次定律来判定感应电流方向，左手定则判断安培力的方向．同时会运用等效思维。‎ ‎13．A ‎【解析】当螺线管中通过的电流逐渐变小时，电流产生的磁场逐渐变弱，故穿过金属环a的磁通量变小，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量变小，金属环a有收缩的趋势，故A正确，BCD错误。‎ ‎14．A ‎【解析】动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故A正确；系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒，故B错误；匀速圆周运动，合力做功为零，但动量不守恒，C错误；物体的动量不变，即速度不变，故动能不变，D错误；‎ ‎15．B 15‎ ‎【解析】据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有：，即，则船的质量为：，B正确；ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎16．（1）如图 ‎（2）AC ‎【解析】（1）实物连线如图；‎ ‎（2）如果在闭合电键时穿过线圈的磁通量增加，此时灵敏电流计的指针向左偏转了一下，那么合上电键后将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，指针也向左偏转一下，选项A正确．将原线圈插入副线圈后，磁通量不变，则电流计指针一直偏在零点，选项B错误．原线圈插入副线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，故电流计指针向右偏转一下，选项C正确，D错误．故选AC.‎ ‎17． ①BE②ma>mb③是有AC④maOB= maOA+ mbOC ‎【解析】（1）由题意知，要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，根据x=vt，因运动的时间相同，所以速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC，所以选择BE；（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mav0=mav1+mbv2，在碰撞过程中动能守恒，故有，解得，要碰后a的速度v1＞0，即ma-mb＞0，ma＞mb；（3）是同时落地，碰撞后两小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，如果不同，则不能用水平位移代替碰撞后的速度，对实验结果有影响；a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度减小，所以碰撞后a球的落地点距离O点最近，b小球离O点最远，中间一个点是未放b球时a的落地点，所以相碰后，小球a、b的平均落点位置依次是图中A、C点；（4）根据动量守恒mav0=mav1+mbv2，由于运动的时间相同，故可以位移代替速度，即maOB= maOA+ mbOC。‎ ‎18． ①ABC  ② ADE或DEA或DAE③m1·OM＋m2·ON＝m1·OP 15‎ ‎【解析】（1）为了使小球碰后不被反弹，入射小球的质量大于被碰小球的质量，A正确；、“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，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故D错误；‎ ‎（2）要验证动量守恒定律定律，即验证，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：，得：，因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，故ADE正确．‎ ‎（3）根据（2）可知其表达式可表示为 ‎【点睛】实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目 ‎19．（1）杆做初速为零的匀加速运动．（2）7W．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电压表示数为；由图象可知，U与t成正比，即v与t成正比，杆做初速为零的匀加速运动．‎ ‎（2）因v=at，所以 由图象得k=0．4 V/s，即 得a=5m/s2‎ 两秒末速度v=at=10m/s 得F=0．7N 则P=Fv=7W 考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查电磁感应、电路知识和牛顿定律综合应用的能力，难点是列出电压U与时间t的关系式求出加速度。‎ ‎20．（1）3 A （2） （3）45 W ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当从图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流，最大感应电动势为 ‎．‎ ‎（2）由题意知：，即．‎ ‎（3）感应电流的有效值：‎ 发热功率：．‎ 15‎ 考点：交流电的产生和描述 ‎【名师点睛】当从题图所示位置转过900时，线圈中有最大感应电流。图示位置为中性面，从中性面位置开始计时，表明瞬时值e与t是正弦关系，结合感应电动势的瞬时值表达式有三个要素：最大值，角速度和初相位，只有从中性面开始计时时，瞬时值表达式才为，进而确定电流的瞬时值表达式；再根据有效值的含义求解电阻的发热功率。。‎ ‎21．3．2 J ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得 mg＝ ①‎ 在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能E，由能量守恒定律得 mgh＝＋E ②‎ 通过导体某一横截面的电量为q＝ ③‎ E＝mgh－＝4J－0．8J＝3．2 J 考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律 ‎【名师点睛】金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等正确解题。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由图b知：感感应强度B均匀增加，其变化率不变，为：‎ 由法拉第电磁感应定律可得线圈中的感应电动势E为：‎ 由闭合电路欧姆定律可得感应电流I大小为：。‎ 考点：法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】本题是感生电动势类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律的表达式，再结合闭合电路欧姆定律进行求解。‎ ‎【答案】（1）6 250 V 16 A （2）15．625 Ω 6 000 V ‎【解析】（1）对升压变压器，据公式，有 15‎ U2＝U1＝×250 V＝6 250 V I2＝＝＝A＝16 A ‎（2）P损＝R线，P损＝0．04P1‎ 所以R线＝＝15．625 Ω 因为ΔU＝U2－U3＝I2R线 所以U3＝U2－I2R线＝6 000 V ‎【答案】（1）P损＝500 W ΔU＝100 V（2）P用＝9 500 W U用＝1 900 V ‎【解析】（1）由P出＝I线U出，得I线＝＝A＝5 A 则输电线上损失的功率P损＝R＝52×20 W＝500 W 损失的电压ΔU＝I线R＝5×20 V＝100 V ‎（2）用户得到的电压和功率分别为 U用＝U出－ΔU＝2 000 V－100 V＝1 900 V P用＝P出－P损＝10×103 W－500 W＝9 500 W ‎25．（1） （2）m ‎【解析】（1）以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得 m＋2mBv＝（m＋mB）v①‎ 由①式得mB＝②‎ ‎（2）从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝（m＋mB）v③‎ 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则 ΔE＝＋mB（2v）2－（m＋mB）v2④‎ 联立②③④式得 ΔE＝m ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ 15‎ 试题分析：（1）碰前对A由动量定理有： ，解得： 。‎ ‎（2）对A．B：碰撞前后动量守恒：‎ 碰撞前后动能保持不变：‎ 由以上各式解得：‎ 又因为B球在轨道上机械能守恒：，解得：。‎ 在最高点C对小球B有： ，解得：。‎ 由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为，方向竖直向上。‎ ‎（3）对A沿圆轨道运动时：，因此A沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，此时A的速度大小为，由动能定理得： ，解得：。‎ 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律 ‎【名师点睛】本题考查了圆周运动与能量守恒定律的综合运用问题，是力学典型的模型，也可以用动能定理结合牛顿第二定律求解。‎ ‎27．（1）5m/s；（2）4N•s；（3）8J ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，‎ 根据B恰能到达最高点C有：-----①‎ 对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------②‎ 由①②解得：vB=5m/s．‎ ‎（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，‎ 弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12------③‎ 根据动量定理有：I=mBvB-mBv1 -----------------④‎ 由③④解得：I=-4 N•s，其大小为4N•s ‎（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，‎ 根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA-----⑤‎ 根据动能定理有：W=mAvA2------⑥‎ 由⑤⑥解得：W=8J 考点：动能定理；动量守恒定律；动量定理 ‎【名师点睛】该题考查了多个知识点．我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题．其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功．应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题。‎ 15‎ ‎28．（1）6m/s（2）40N（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由物块与子弹一起恰能通过轨道最高点D，得：‎ 又由物块与子弹上滑过中根据机械能守恒得：‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）从C到D由动能定理：‎ 解得 ‎（3）从CD段脱离整体在B点的速度最大值和最小值分别为vB1和vB2‎ 解得：‎ 由动量守恒 mv0=（M+m）vB 解得 ‎ 考点：牛顿第二定律；动量守恒定律及能量守恒定律的应用 ‎【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，难度是太大，需加强训练，熟练掌握该类题型。‎ 15‎ ‎2016--2017学年度第二学期高二期中物理试卷答案 一，单项选择题（每小题5分，共50分）‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 答案 A A A B C D D C C C 二、 实验题（每空2分，共18分）‎ ‎11.(1)‎ ‎（2）AC.‎ ‎12． ①BD ②ma>mb ③是 有 A C ④maOB= maOA+ mbOC ‎13.试题分析：（1）金属棒先做加速度减小的变加速运动，当金属棒稳定运动时做匀速运动，‎ 根据平衡条件则有： ‎ 切割产生的电动势为： 电流为： ‎ 金属棒所受的安培力： 解得： ‎ ‎（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程，由动能定理得： ‎ 则根据功能关系得回路中产生的总热量为：‎ 故电阻R上产生的热量为： ‎ 则得 ‎ 15‎ ‎14.【解析】（1）对升压变压器，据公式，有 U2＝U1＝×250 V＝6 250 V I2＝＝＝A＝16 A ‎（2）P损＝R线，P损＝0．04P1‎ 所以R线＝＝15．625 Ω 因为ΔU＝U2－U3＝I2R线 所以U3＝U2－I2R线＝6 000 V ‎15.试题分析：（1）碰前对A由动量定理有： ，解得： 。‎ ‎（2）对A．B：碰撞前后动量守恒：‎ 碰撞前后动能保持不变：‎ 由以上各式解得：‎ 又因为B球在轨道上机械能守恒：，解得：。‎ 在最高点C对小球B有： ，解得：。‎ 由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为，方向竖直向上。‎ 15‎