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2023-2024学年云南师大附中高二（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年云南师大附中高二（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.从1820年到1831年，许多著名的科学家纷纷投身于探索磁与电的关系中。如图示为瑞士科学家科拉顿的实验场景，他用一个线圈与一电流计连成闭合回路，为了磁铁不影响电流计中的小磁针，特意将电流计放在隔壁的房间里。科拉顿先用条形铁在线圈中插入与拔出，然后又跑到另一房间里去观察电流计，但最终没有发现电感应现象。关于科拉顿实验的说法正确的是( )
A. 实验过程没有感应电流的产生
B. 观察到电流计指针没有偏转是因为墙壁把磁场隔离了
C. 观察到电流计指针没有偏转是因为线圈电阻太大
D. 将磁铁插入线圈后跑去隔离房间观察电流计，错过了感应电流产生的时机
2.电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架等。某车型的减震系统就由两部分组成：一部分是机械弹簧主减震系统；另一部分是电磁辅助减震系统。装置示意图如图所示，强磁体固定在汽车底盘上，阻尼线圈固定在轮轴上，轮轴与底盘通过弹簧主减震系统相连，在振动过程中磁体可在线圈内上下移动。则( )
A. 对调磁体的磁极，电磁减震系统就起不到减震效果
B. 增多线圈匝数、不影响安培力的大小
C. 只要产生振动，电磁减震系统就能起到减震效果
D. 振动过程中，线圈中有感应电流，且感应电流方向不变
3.乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术。某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动的最大高度为2.45m，若拋球过程，手掌和球接触时间为5ms，不计空气阻力，则该过程中手掌对球的作用力大小约为( )
A. 0.4NB. 4NC. 40ND. 400N
4.如图所示，A和B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻与R相同。由于存在自感现象，在开关S闭合和断开时，下列关于灯泡A和灯泡B说法正确的是( )
A. 闭合瞬间，A灯比B灯亮；断开时，A灯后熄灭
B. 闭合瞬间，B灯比A灯亮；断开时，B灯后熄灭
C. 闭合瞬间，A灯比B灯亮；断开时，A灯先熄灭
D. 闭合瞬间，B灯比A灯亮；断开时，B灯先熄灭
5.某车床供电示意图如图所示，理想变压器原线圈两端连接有效值为350V的交流电源，两副线圈分别连接电机和两个相同的指示灯(连接电机的副线圈简称副线圈1，连接指示灯的副线圈简称副线圈2)，电机的电压为118V，指示灯的电压为22V，S为指示灯中的一条支路的开关。下列说法正确的是( )
A. S闭合后，副线圈2两端的电压减小
B. S闭合后，电源的输出功率增大
C. S闭合后，副线圈1中的电流比副线圈2中的电流增加得多
D. 原线圈和副线圈1的电流之比I1：I2=59：175
6.纸面内有一边长如图所示的单匝“凹”字形金属线框组成闭合回路，置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框绕ab轴做角速度为ω的匀速圆周运动.则从图示位置( )
A. 转动45°时电流瞬时值等于回路中电流的有效值
B. 转动60°时回路中的电流为逆时针方向
C. 转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为零
D. 转动360°的过程中感应电动势的最大值为3BL2ω
7.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”出自宋代王安石《元日》，爆竹声响代表辞旧迎新之意。现有一爆竹从地面斜向上发射，上升h后到达最高点，此时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，质量比为1：2，其中质量大的速度大小为v、方向水平向东，重力加速度为g。则( )
A. 爆竹上升到最高点的过程中，整体的动量守恒
B. 爆炸完毕时，质量小的一块速度大小为2v+3v0
C. 在爆炸的过程中，两分离块受到的水平冲量方向相反，大小相等
D. 两分离块在落地的过程中重力的冲量大小相等，方向竖直向下
8.绿色环保低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家，某家用交流充电桩的供电电路如图所示。已知总电源的输出电压为U1=250V，输电线的总电阻r=20Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=1：8，汽车充电桩的额定电压为U4=220V，额定功率为9.5kW。当汽车以额定电压充电时，下列说法中正确的是( )
A. 通过输电线的电流为5A
B. 电源的输出功率为10.5kW
C. 输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%
D. 降压变压器原、副线圈的匝数之比为100：11
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为( )
A. Uk1
B. k1U
C. Ik2
D. k2I
10.如图所示，沙袋用无弹性轻绳悬挂于O点。开始时沙袋处于静止状态，现有一弹丸以水平速度v0击中沙袋后以12v0的水平速度离开沙袋。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小、弹丸击中沙袋后漏出沙子的质量忽略不计，沙袋始终在O点下方摆动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 弹丸打入沙袋过程中，弹丸减少的动能大于沙袋增加的动能
B. 弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
C. 弹丸打入沙袋过程中系统产生的热量为3mv028
D. 沙袋向右摆动所能达到的最大高度为v02200g
11.如图甲所示的LC振荡电路中，电容器上的电荷量随时间的i变化规律如图乙所示，t=0.3s时的电流方向如图甲中标示，则( )
A. 0.5s至1s时间内，电容器在放电
B. t=1s时，电路的电流为0
C. t=0.5s时，线圈的自感电动势最大
D. 其他条件不变，增大电容器的电容，LC振荡电路周期减小
12.如图所示，半径为R、质量为M、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在光滑水平面上，a、b为A、B槽的最高点，c、d为A、B槽的最低点，且最低点的切线水平。A槽的左端紧靠着墙壁，一可视为质点，质量为m的小球P从圆弧槽A的顶端由静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球P滑上B槽时的速度大小为 2gR
B. 小球P在B槽内运动的最大高度为MRm+M
C. 小球P第一次返回B槽最低点d时，B槽的速度为mm+M 2gR
D. 小球P运动至B槽最大高度后返回到最低点d，从最大高度到d点过程中，B槽位移一定大于m M2+2mM(m+M)2R
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
13.某实验小组用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使A球从斜槽顶端固定挡板处由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，多次重复上述操作，用尽可能小的圆将落点包围，则该圆的圆心即为小球的平均落点。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从斜槽顶端固定挡板处由静止释放，A球和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复操作。得到了如图乙所示的三个小球的平均落点P、Q和R，O点为斜槽末端在记录纸上的竖直投影点。
(1)为了减小实验误差，应使A球的质量______ B球的质量(填“大于”或“小于”)。
(2)由图乙可以判断出Q是______ 球的落点(填“A”或“B”)。
(3)若A球质量为mA，B球质量为mB，且两球碰撞过程动量守恒，根据图乙信息可知mA：mB= ______ (结果保留两位有效数字)。
14.有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图中的虚线框部分所示，它主要由三部分构成：踏板和压力杠杆AOB、压力传感器R(一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(其实质是电流表)，其中AO：BO=1：1。已知压力传感器的电阻与其所受压力的关系如表所示：
设踏板和杠杆组件的质量不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.5V，则：
(1)利用表中数据归纳出电阻R随压力F变化的函数关系式为______ 。
(2)该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘______ mA处。
(3)如果某人站在踏板上，电流表刻度盘示数为37.5mA，这个人的体重是______ kg(取g=10m/s2)。
(4)该秤的刻度(体重刻度)是否均匀______ 。
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
15.如图甲所示，物块A、B的质量分别是2kg和6kg，用轻弹簧固定连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙接触。现有一物块C从t=0时刻以一定的速度向左运动，在t=1s时刻与物块A相碰，碰后立即与A粘在一起。物块C的速度可通过右侧的传感器测量，并得到如图乙所示的v−t图像。求：
(1)物块C的质量和A与C碰撞时损失的机械能；
(2)物块B离开墙后弹簧的最大弹性势能。
16.如图甲所示，两平行金属导轨ab、cd与水平面的夹角为37°，间距L=0.5m，ac间接阻值R=2Ω的定值电阻。在轨道间加一宽为l=0.4m的有界匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，大小B=2T，边界与斜面底边平行。现将质量m=0.1kg的金属棒MN垂直放置于导轨上，并由静止释放，从金属棒开始运动到离开磁场的过程中，金属棒的机械能Ex和位移x之间的关系如图乙所示，0～0.2m、0.4～0.6m内的图线为直线。取斜面底边重力势能为零，不计轨道和棒的电阻，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)金属棒与斜面间的动摩擦因数；
(2)金属棒穿越磁场的过程中，棒的最大速率及回路中产生的焦耳热。
17.如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为2m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线的右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为2m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞，重力加速度为g。求：
(1)a棒与b棒碰后b棒的速度大小；
(2)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热；
(3)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时b棒速度的大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.实验过程有感应电流产生，只是时间较短，没有观察到。故A错误；
BCD.科拉顿用条形磁铁在线圈中插入与拔出过程中，线圈中磁通量发生了变化，闭合回路中产生了感应电流，当他跑到另一房间里去观察电流计时，条形磁铁已经在线圈中停止运动，线圈中磁通量不再变化，此时感应电流已经消失，错过了感应电流产生的时机。故BC错误；D正确。
故选：D。
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；当穿过闭合电路的磁通量不发生变化时，电路中不会产生感应电流。
本题考查物理学史和感应电流产生的条件的应用，掌握感应电流条件是正确解题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：AC.对调磁体的磁极，振动过程线圈仍会产生感应电流，不影响减震效果。故A错误；C正确；
B.根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，可知线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，线圈电流越大，电磁阻尼现象越明显，会影响安培力的大小。故B错误；
D.振动过程中，线圈中磁通量的变化情况会根据磁体的靠近或者远离而不同，由楞次定律可知，感应电流方向也会随之改变。故D错误。
故选：C。
阻尼现象的主要原因是物体受到安培力，而安培力的方向阻碍物体运动，电阻越小，电流越大，安培力越大，阻尼现象越明显。
本题考查电磁感应定律的应用，要理解物体受到安培力的作用阻碍物体运动。要知道有电流经过电阻就会产生焦耳热。
3.【答案】B
【解析】解：向上为正，球离开手后的速度为v：v= 2gh= 2×10×2.45m/s=7m/s，
重力忽略由动量定理有：F=mvt=2.7×10−3×75×10−3N≈4N，故B正确，ACD错误
故选：B。
先由速度−位移公式求出球离开手后速度的大小，最后由动量定理即可求出。
本题考查动量定理的应用，在解题时要注意动量的矢量性，故应先设定正方向，难度适中
4.【答案】A
【解析】解：开关S闭合时，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以干路中的电流全部流经灯A，而灯B与R并联在电路中，故灯A先达到最亮；开关S断开时，线圈对电流的减小有阻碍作用，产生自感电动势，线圈与灯A组成闭合回路，所以灯A慢慢变暗，而灯B立刻熄灭，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据楞次定律，线圈中电流发生变化时要产生自感现象，阻碍电流的变化，结合电路连接情况分析即可。
本题考查楞次定律，线圈中电流发生变化时要产生自感现象，阻碍电流的变化，进一步判定电路的具体情况。
5.【答案】B
【解析】解：AB.S闭合后，由于是理想变压器，副线圈2两端的电压不变，副线圈2消耗的功率增加，则电源的输出功率增大，故A错误，B正确；
C.S闭合后，由于副线圈1两端的电压不变，因此副线圈1中的电流不变，C项错误；
D.已知U1=350V，U2=118V，根据P1=P2+P3，结合P=UI，可知原线圈和副线圈1的电流之比I1：I2≠59：175
故D错误；
故选：B。
根据变压器两端电压之比与匝数比的关系分析出副线圈2两端的电压变化，而且原副线圈两端的输入功率和输出功率相等；S闭合后，不会改变副线圈1中的电流；根据电功率的关系分析解答。
本题主要考查了变压器的构造和原理，解题的关键点是理解原副线圈两端的电学物理量的关系，尤其要注意有两个副线圈的情况下电流之比与一个副线圈的情况下电流之比不相同。
6.【答案】D
【解析】解：AD、转动45°时感应电动势瞬时值为e=B×2L×(2Lωsin45°)−BL(Lωsin45°)=3 22BL2ω，电流瞬时值为i=eR=3 2BL2ω2R
感应电动势的最大值为Em=B×2L×(2Lω)−BL(Lω)=3BL2ω。
设感应电动势的有效值为E，根据有效值的定义得：(Em 2)2R⋅T2=E2RT
解得：E=32BL2ω，电流的有效值为I=ER=3BL2ω2R，则i≠I，故A错误，D正确；
B、转动60°时回路中磁通量向里减少，由楞次定律可知，回路中的电流为顺时针方向，故C错误；
C、转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为q=I−⋅Δt=E−ΔtR=ΔΦR=2BSR=2[B(2L)2−BL2]R=6BL2R，故C错误。
故选：D。
根据公式E=Blvsinα求出转动45°时感应电动势瞬时值，再求电流瞬时值。当线框与磁场平行时，产生的感应电动势最大，由公式E=Blvsinα求感应电动势的最大值，再由E=Em 2求出感应电动势的有效值，由欧姆定律求电流的有效值。由楞次定律判断感应电流的方向。根据电荷量与电流的关系求解通过导线截面的电荷量。
解答本题时，要熟练根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流与电荷量的关系推导出电荷量与磁通量变化量的关系：q=ΔΦR，要知道转动180°的过程中磁通量的变化量为2BS，不是零。
7.【答案】C
【解析】解：A.爆竹上升到最高点的过程中，有重力和反冲力做功，初末速度不相同，所以整体的动量不守恒，故A错误；
B.在最高点爆炸成质量不等的两块，设总质量为3m，则爆炸后两块质量分别为m，2m，规定向东为正方向，根据动量守恒可得
2mv+mv′=3mv0
得
v′=3v0−2v
故B错误；
C.在爆炸的过程中，两分离块受到的水平作用力大小相等，方向相反，所以两分离块受到的水平冲量方向相反，大小相等，故C正确；
D.两分离块在落地的过程中，时间相等，但是重力不等，所以重力的冲量大小不相等，故D错误。
故选：C。
根据动量守恒的条件分析A，爆炸爆炸前后瞬间，水平方向上动量守恒，结合动量守恒定律求出质量小的一块的速度；根据高度求出平抛运动的时间，结合冲量公式分析重力的冲量大小是否相同。
本题考查了动量守恒和冲量的基本运用，知道动量守恒的条件，掌握冲量公式，知道冲量的方向与力的方向相同。
8.【答案】A
【解析】解：D、总电源的输出电压为U1=250V，
对于升压变压器，有U1U2=n1n2=18，解得：U2=2000V
当汽车以额定电压充电时，充电电流为
I4=PU4=9.5×103220=47511A
又有I3I4=n4n3
解得：I3=n4n3I4=n4n3×47511A
由电压分配关系有：U3=U2−I3r
又U3U4=n3n4
得U3=n3n4U4=n3n4×220V
联立得：2000−n4n3×47511×20=n3n4×220
解得：n3n4=9511，故D错误；
A、由U3U4=n3n4得：U3=1900V
通过输电线的电流为
I2=I3=U2−U3r=2000−190020A=5A，故A正确；
B、电源的输出功率为P=P4+I22r=(9.5×103+52×20)W=10000W=10kW，故B错误；
C、输电线因发热而损失的功率为输送功率为
η=I22rP×100%=52×2010000×100%=5%，故C错误。
故选：A。
先根据U1U2=n1n2求出升压变压器的输出电压，由P=U4I4求出降压变压器输出电流，由I3I4=n4n3求出降压变压器输入电流，结合U3=U2−I3r以及U3与U4 关系求出降压变压器原、副线圈的匝数之比，再求出降压变压器输入电压，由欧姆定律求出通过输电线的电流。电源的输出功率等于输电线因发热而损失的功率与降压变压器输出功率之和，最后求解输电线因发热而损失的功率占输送功率的百分比。
对于远距离输电问题，往往从用户端的功率出发，先求出线路损耗的电压、功率，再求出电源的输出功率。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、图甲是电压互感器，是一个降压变压器，电压表的示数是变压器的输出电压，根据变压比可以得到输入电压，即U1=k1U，故B正确，A错误；
CD、图乙是电流互感器，是升压变压器，电流表的示数是输出电流，根据变流比可以得到输入电流为I1=Ik2后，故C正确，D错误。
故选：BC。
图甲是电压互感器，是一个降压变压器；图乙是电流互感器，是升压变压器。根据变压比和变流比可以分别计算出电压、电流。
首先要能分清楚是电压互感器和电流互感器，然后要会应用输入电压、输入电流与输出电压和输出电流的关系。
10.【答案】AD
【解析】解：AC、弹丸打入沙袋的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=m×v02+5mv
解得v=110v0
弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q=12mv02−12×5mv2−12m(12v0)2
解得Q=7mv0220，故A正确，C错误；
B、弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力不断增大，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故B错误；
D、沙袋和弹丸一起摆动到最高点过程中，由机械能守恒定律得：−5mgh=0−12×5mv2
解得h=v02200g，故D正确。
故选：AD。
弹丸打入砂袋过程中，内力远大于外力，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出产生的热量；弹丸打出砂袋后，沙袋向上摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律求摆动所达到的最大高度。
解决本题时，要明确弹丸和沙袋作用过程中，弹丸和沙袋组成的系统动量守恒，但机械能不守恒。沙袋向上摆动的过程中，机械能守恒。
11.【答案】AC
【解析】解：A、0.5s至1s时间内，电容器所带电荷量减少，所以电容器在放电，故A正确；
B、t=1s时，电容器恰好放电完毕，此时电路的电流最大，故B错误；
C、t=0.5s时，上极板电荷量达到最大，此时电流变化率最大，则此时线圈中自感电动势最大，故C正确；
D、LC振荡电路的周期T=2π LC，其他条件不变，增大电容器的电容，LC振荡电路周期增大，故D错误。
故选：AC。
由电容器上所带电荷量的变化关系分析电容器充放电情况，从而分析出感应电动势的变化。
本题主要考查了LC振荡电路，解题关键在于运用图象中电荷量的变化规律分析出此时电流的方向和大小。
12.【答案】ABD
【解析】解：A.小球P从从圆弧槽A的顶端由静止释放后运动至c点过程中，根据机械能守恒定律，可得
mgR=12mv02
解得
v0= 2gR
则小球P滑上B槽时的速度大小也为 2gR，故A正确；
B.小球P在B槽内运动过程中，二者组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，当小球P运动至最大高度时，它们水平方向速度相同，取向右为正方向，根据动量守恒可得
mv0=(M+m)v
对小球P和B槽组成的系统，由机械能守恒可得
12mv02=12(M+m)v2+mgh
联立解得
h=MRM+m，故B正确；
C.小球P第一次返回B槽最低点d时，设小球P的速度为v1，B槽的速度为v2，取向左为正方向，根据动量守恒有
mv0=mv1+Mv2
根据机械能守恒有
12mv02=12mv12+12Mv22
联立解得
v2=2mM+m 2gR，故C错误；
D.小球P运动至B槽最大高度后返回到最低点d过程，为人船模型，设小球P在最高点时与d点的水平距离L，由几何关系可得
L= R2−(R−h)2
从最大高度到d点过程中，以B槽为参考系，由人船模型可得B槽位移为
xM=mM+mL
联立解得
xM=m M2+2mM(m+M)2R
考虑到小球P刚开始下滑时，B槽就具有一定得水平速度，则实际上该过程B槽的位移一定大于m M2+2mM(m+M)2R，故D正确。
故选：ABD。
A：根据机械能守恒定律求解小球P滑上B槽时的速度大小；
B：根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解小球P在B槽内运动的最大高度；
C：根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解小球P第一次返回B槽最低点d时B槽的速度；
D：根据人船模型的规律求解小球P运动至B槽最大高度后返回到最低点d过程中B槽位移。
本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程，熟练应用对应该的规律解题。
13.【答案】大于 A 1.5
【解析】解：(1)A、B两球发生碰撞后为了保证A球能立即水平飞出而不发生反弹，则应使A球的质量大于B球的质量；
(2)根据题意可知，P点是A球和B球发生碰撞后的落点，Q是不放B球时A球的落点位置，R是B球被碰后的落点位置；
(3)根据动量守恒定律有
mAv0=mAv1+mBv2
上式两边同时乘以时间t，变形式为
mA|OQ|=mA|OP|+mB|OR|
图中|OQ|=20.0cm，|OP|=4.0cm，|OR|=24.0cm；
代入数据解得mAmB=32
故答案为：(1)大于；(2)A；(3)1.5。
(1)根据碰撞可能出现的不同结果分析两球的质量大小关系；
(2)根据碰撞的结果分析各小球的落点位置；
(3)根据动量守恒定律的变形式代入相应数据求解两球质量之比。
考查碰撞中的动量守恒定律，会根据题意列出动量守恒定律变形式并求出相应的物理量。
14.【答案】R=300−35F 15 60 不均匀
【解析】解：(1)根据表中所给数据可得电阻R随压力F变化的函数关系式为
R=300−35F
(2)根据题意，电子秤空载时压力传感器感受到的压力为0，由表可知，此时压力传感器的电阻
R=300Ω
由闭合电路的欧姆定律可得电路中的电流为
Ⅰ=UR=4.5300×1000mA=15mA
所以该电子秤零刻度线应标在电流表刻度盘的15mA处。
(3)当电流表刻度盘的示数为 I′=37.5mA时，压力传感器的电阻R′=UI′=4.537.5×10−3Ω=120Ω
而由
R=300−35F
可得
F′=300N
再由
F′⋅AB=G⋅BO
由于
AO：BO=1：1
则
AB：OB=2：1
解得
G=600N
根据
G=mg
可得
m=60kg
(4)根据压力F与重力G之间的关系，即
2F=G
可得
R=300−310G
则根据欧姆定律可得
I=ER=10E3000−3G=453000−3G
根据上式可知，该秤的刻度(体重刻度)是不均匀的。
故答案为：(1)R=300−35F；(2)15；(3)60；(4)不均匀
(1)根据表格中的数据可知：压力F增大时，电阻减小，由数学归纳出电阻R随压力F变化的函数式．
(2)踏板空载时，由表格可知F=0，电阻R=300Ω，由欧姆定律求出电流．
(3)根据电压与电流可求出此时压力传感器的电阻值，再依据表中的变化规律可求出此时作用在A点的压力的大小，最后根据杠杆的平衡条件得出人的体重；
(4)根据闭合电路欧姆定律结合数学方法可知I与G的关系，从而进行分析。
本题是生活中的问题，考查应用物理知识处理实际问题能力，关键在于建立物理模型。
15.【答案】解：(1)C与A发生碰撞后粘在一起共速继续向左，根据图像可知v0=6m/s，v共=4m/s，碰撞过程动量守恒
mCv0=(mC+mA)v共，解得mC=4kg
从开始到碰撞这一过程中，根据能量守恒
12mCv02=12(mC+mA)v共2+E损，解得E损=24J
(2)A、C向左运动，压缩弹簧至速度为零后，逐渐向右加速，拉动B一起运动，弹簧最大压缩量的时候即为A、B、C共速的时候，根据动量守恒，取向右为正方向，对A、C刚开始共速到A、B、C一起共速，有
(mC+mA)v共=(mC+mA+mB)v共′，解得v共′=2m/s
根据能量守恒有
12(mC+mA)v共2=12(mC+mA+mB)v共′2+Ep，解得Ep=24J
答：(1)物块C的质量为4kg，A与C碰撞时损失的机械能为24J；
(2)物块B离开墙后弹簧的最大弹性势能为24J。
【解析】(1)利用动量守恒可求出C的质量，结合能量守恒定律可求出损失的机械能；
(2)利用动量守恒和能量守恒可以求出弹簧的最大弹性势能。
学生在解决本题时，应注意A、B、C三者共速时，弹簧的弹力是最大的。
16.【答案】解：(1)由乙图可知，0～0.2m内金属棒在磁场区域上方运动，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，根据能量守恒定律有
ΔE=−μmgcs37°⋅x
其中
x=0.2m
代入数据解得
μ=0.5；
(2)金属棒进入磁场后，做加速度减小的加速运动，加速度为零时，金属棒的速度达到最大，此后安培力恒定，则金属棒的机械能均匀减小，结合图乙可知，x=0.4m时，恰好是金属棒加速度为零的时候，根据平衡条件有
mgsin37°=μmgcs37°+B2L2vR
代入数据解得
v=0.4m/s；
金属棒在磁场中运动的过程对应乙图0.2～0.6m内的图线，金属棒减少的机械能等于克服摩擦力做的功和回路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律有
|ΔE′|=μmgcs37°⋅x′+Q
其中
x′=0.6m−0.2m=0.4m
代入数据解得
Q=0.112J。
答：(1)金属棒与斜面间的动摩擦因数为0.5；
(2)金属棒穿越磁场的过程中，棒的最大速率为0.4m/s；回路中产生的焦耳热为0.112J。
【解析】(1)根据能量守恒定律求解金属棒与斜面间的动摩擦因数；
(2)根据题意分析可知金属棒在磁场中匀速时速度最大，根据平衡条件求解金属棒的最大速度；根据能量守恒定律求解回路中产生的焦耳热。
本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析研究对象的运动过程，熟练应用能量守恒定律解题。
17.【答案】解：(1)a棒沿着斜面下滑的过程机械能守恒，则有
2mgh=122mv02
发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得
2mv0=2mv1+2mv2
根据机械能守恒有
122mv02=122mv12+122mv22
解出碰后a、b两棒的速度分别为v1=0，v2=v0= 2gh
(2)最终b、c以相同的速度匀速运动，共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
2mv2=(2m+m)v
由能量守恒得122mv22=12(2m+m)v2+Q
解得Q=23mgh
(3)b棒刚进磁场的加速度最大，b棒加速度为最大值的一半时，根据系统的动量守恒和速度关系求解，由动量守恒得
2mv2=2mv2′+mv3′
根据F=BIL=BERL可知
当b棒的加速度为最大值的一半时有
v2=2(v2′−v3′)
联立得v2′=56 2gh
答：(1)a棒与b棒碰后b棒的速度大小为 2gh；
(2)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热为23mgh；
(3)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时b棒速度的大小为56 2gh。
【解析】(1)根据机械能守恒定律和弹性碰撞列式求解b棒的速度大小；
(2)根据动量守恒定律和能量转化和守恒定律求解产生的焦耳热；
(3)根据动量守恒定律和加速度与速度的关系列式求解相应速度。
考查能量守恒定律和动量守恒定律，根据题意列式求解相关的物理量。压力F/N
0
50
100
150
200
250
300
…
电阻R/Ω
300
270
240
210
180
150
120…
1.从1820年到1831年，许多著名的科学家纷纷投身于探索磁与电的关系中。如图示为瑞士科学家科拉顿的实验场景，他用一个线圈与一电流计连成闭合回路，为了磁铁不影响电流计中的小磁针，特意将电流计放在隔壁的房间里。科拉顿先用条形铁在线圈中插入与拔出，然后又跑到另一房间里去观察电流计，但最终没有发现电感应现象。关于科拉顿实验的说法正确的是( )
A. 实验过程没有感应电流的产生
B. 观察到电流计指针没有偏转是因为墙壁把磁场隔离了
C. 观察到电流计指针没有偏转是因为线圈电阻太大
D. 将磁铁插入线圈后跑去隔离房间观察电流计，错过了感应电流产生的时机
2.电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架等。某车型的减震系统就由两部分组成：一部分是机械弹簧主减震系统；另一部分是电磁辅助减震系统。装置示意图如图所示，强磁体固定在汽车底盘上，阻尼线圈固定在轮轴上，轮轴与底盘通过弹簧主减震系统相连，在振动过程中磁体可在线圈内上下移动。则( )
A. 对调磁体的磁极，电磁减震系统就起不到减震效果
B. 增多线圈匝数、不影响安培力的大小
C. 只要产生振动，电磁减震系统就能起到减震效果
D. 振动过程中，线圈中有感应电流，且感应电流方向不变
3.乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术。某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动的最大高度为2.45m，若拋球过程，手掌和球接触时间为5ms，不计空气阻力，则该过程中手掌对球的作用力大小约为( )
A. 0.4NB. 4NC. 40ND. 400N
4.如图所示，A和B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻与R相同。由于存在自感现象，在开关S闭合和断开时，下列关于灯泡A和灯泡B说法正确的是( )
A. 闭合瞬间，A灯比B灯亮；断开时，A灯后熄灭
B. 闭合瞬间，B灯比A灯亮；断开时，B灯后熄灭
C. 闭合瞬间，A灯比B灯亮；断开时，A灯先熄灭
D. 闭合瞬间，B灯比A灯亮；断开时，B灯先熄灭
5.某车床供电示意图如图所示，理想变压器原线圈两端连接有效值为350V的交流电源，两副线圈分别连接电机和两个相同的指示灯(连接电机的副线圈简称副线圈1，连接指示灯的副线圈简称副线圈2)，电机的电压为118V，指示灯的电压为22V，S为指示灯中的一条支路的开关。下列说法正确的是( )
A. S闭合后，副线圈2两端的电压减小
B. S闭合后，电源的输出功率增大
C. S闭合后，副线圈1中的电流比副线圈2中的电流增加得多
D. 原线圈和副线圈1的电流之比I1：I2=59：175
6.纸面内有一边长如图所示的单匝“凹”字形金属线框组成闭合回路，置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框绕ab轴做角速度为ω的匀速圆周运动.则从图示位置( )
A. 转动45°时电流瞬时值等于回路中电流的有效值
B. 转动60°时回路中的电流为逆时针方向
C. 转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为零
D. 转动360°的过程中感应电动势的最大值为3BL2ω
7.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”出自宋代王安石《元日》，爆竹声响代表辞旧迎新之意。现有一爆竹从地面斜向上发射，上升h后到达最高点，此时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，质量比为1：2，其中质量大的速度大小为v、方向水平向东，重力加速度为g。则( )
A. 爆竹上升到最高点的过程中，整体的动量守恒
B. 爆炸完毕时，质量小的一块速度大小为2v+3v0
C. 在爆炸的过程中，两分离块受到的水平冲量方向相反，大小相等
D. 两分离块在落地的过程中重力的冲量大小相等，方向竖直向下
8.绿色环保低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家，某家用交流充电桩的供电电路如图所示。已知总电源的输出电压为U1=250V，输电线的总电阻r=20Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=1：8，汽车充电桩的额定电压为U4=220V，额定功率为9.5kW。当汽车以额定电压充电时，下列说法中正确的是( )
A. 通过输电线的电流为5A
B. 电源的输出功率为10.5kW
C. 输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%
D. 降压变压器原、副线圈的匝数之比为100：11
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为( )
A. Uk1
B. k1U
C. Ik2
D. k2I
10.如图所示，沙袋用无弹性轻绳悬挂于O点。开始时沙袋处于静止状态，现有一弹丸以水平速度v0击中沙袋后以12v0的水平速度离开沙袋。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小、弹丸击中沙袋后漏出沙子的质量忽略不计，沙袋始终在O点下方摆动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 弹丸打入沙袋过程中，弹丸减少的动能大于沙袋增加的动能
B. 弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
C. 弹丸打入沙袋过程中系统产生的热量为3mv028
D. 沙袋向右摆动所能达到的最大高度为v02200g
11.如图甲所示的LC振荡电路中，电容器上的电荷量随时间的i变化规律如图乙所示，t=0.3s时的电流方向如图甲中标示，则( )
A. 0.5s至1s时间内，电容器在放电
B. t=1s时，电路的电流为0
C. t=0.5s时，线圈的自感电动势最大
D. 其他条件不变，增大电容器的电容，LC振荡电路周期减小
12.如图所示，半径为R、质量为M、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在光滑水平面上，a、b为A、B槽的最高点，c、d为A、B槽的最低点，且最低点的切线水平。A槽的左端紧靠着墙壁，一可视为质点，质量为m的小球P从圆弧槽A的顶端由静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球P滑上B槽时的速度大小为 2gR
B. 小球P在B槽内运动的最大高度为MRm+M
C. 小球P第一次返回B槽最低点d时，B槽的速度为mm+M 2gR
D. 小球P运动至B槽最大高度后返回到最低点d，从最大高度到d点过程中，B槽位移一定大于m M2+2mM(m+M)2R
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
13.某实验小组用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使A球从斜槽顶端固定挡板处由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，多次重复上述操作，用尽可能小的圆将落点包围，则该圆的圆心即为小球的平均落点。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从斜槽顶端固定挡板处由静止释放，A球和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复操作。得到了如图乙所示的三个小球的平均落点P、Q和R，O点为斜槽末端在记录纸上的竖直投影点。
(1)为了减小实验误差，应使A球的质量______ B球的质量(填“大于”或“小于”)。
(2)由图乙可以判断出Q是______ 球的落点(填“A”或“B”)。
(3)若A球质量为mA，B球质量为mB，且两球碰撞过程动量守恒，根据图乙信息可知mA：mB= ______ (结果保留两位有效数字)。
14.有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图中的虚线框部分所示，它主要由三部分构成：踏板和压力杠杆AOB、压力传感器R(一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(其实质是电流表)，其中AO：BO=1：1。已知压力传感器的电阻与其所受压力的关系如表所示：
设踏板和杠杆组件的质量不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.5V，则：
(1)利用表中数据归纳出电阻R随压力F变化的函数关系式为______ 。
(2)该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘______ mA处。
(3)如果某人站在踏板上，电流表刻度盘示数为37.5mA，这个人的体重是______ kg(取g=10m/s2)。
(4)该秤的刻度(体重刻度)是否均匀______ 。
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
15.如图甲所示，物块A、B的质量分别是2kg和6kg，用轻弹簧固定连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙接触。现有一物块C从t=0时刻以一定的速度向左运动，在t=1s时刻与物块A相碰，碰后立即与A粘在一起。物块C的速度可通过右侧的传感器测量，并得到如图乙所示的v−t图像。求：
(1)物块C的质量和A与C碰撞时损失的机械能；
(2)物块B离开墙后弹簧的最大弹性势能。
16.如图甲所示，两平行金属导轨ab、cd与水平面的夹角为37°，间距L=0.5m，ac间接阻值R=2Ω的定值电阻。在轨道间加一宽为l=0.4m的有界匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，大小B=2T，边界与斜面底边平行。现将质量m=0.1kg的金属棒MN垂直放置于导轨上，并由静止释放，从金属棒开始运动到离开磁场的过程中，金属棒的机械能Ex和位移x之间的关系如图乙所示，0～0.2m、0.4～0.6m内的图线为直线。取斜面底边重力势能为零，不计轨道和棒的电阻，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)金属棒与斜面间的动摩擦因数；
(2)金属棒穿越磁场的过程中，棒的最大速率及回路中产生的焦耳热。
17.如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为2m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线的右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为2m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞，重力加速度为g。求：
(1)a棒与b棒碰后b棒的速度大小；
(2)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热；
(3)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时b棒速度的大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.实验过程有感应电流产生，只是时间较短，没有观察到。故A错误；
BCD.科拉顿用条形磁铁在线圈中插入与拔出过程中，线圈中磁通量发生了变化，闭合回路中产生了感应电流，当他跑到另一房间里去观察电流计时，条形磁铁已经在线圈中停止运动，线圈中磁通量不再变化，此时感应电流已经消失，错过了感应电流产生的时机。故BC错误；D正确。
故选：D。
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；当穿过闭合电路的磁通量不发生变化时，电路中不会产生感应电流。
本题考查物理学史和感应电流产生的条件的应用，掌握感应电流条件是正确解题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：AC.对调磁体的磁极，振动过程线圈仍会产生感应电流，不影响减震效果。故A错误；C正确；
B.根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，可知线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，线圈电流越大，电磁阻尼现象越明显，会影响安培力的大小。故B错误；
D.振动过程中，线圈中磁通量的变化情况会根据磁体的靠近或者远离而不同，由楞次定律可知，感应电流方向也会随之改变。故D错误。
故选：C。
阻尼现象的主要原因是物体受到安培力，而安培力的方向阻碍物体运动，电阻越小，电流越大，安培力越大，阻尼现象越明显。
本题考查电磁感应定律的应用，要理解物体受到安培力的作用阻碍物体运动。要知道有电流经过电阻就会产生焦耳热。
3.【答案】B
【解析】解：向上为正，球离开手后的速度为v：v= 2gh= 2×10×2.45m/s=7m/s，
重力忽略由动量定理有：F=mvt=2.7×10−3×75×10−3N≈4N，故B正确，ACD错误
故选：B。
先由速度−位移公式求出球离开手后速度的大小，最后由动量定理即可求出。
本题考查动量定理的应用，在解题时要注意动量的矢量性，故应先设定正方向，难度适中
4.【答案】A
【解析】解：开关S闭合时，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以干路中的电流全部流经灯A，而灯B与R并联在电路中，故灯A先达到最亮；开关S断开时，线圈对电流的减小有阻碍作用，产生自感电动势，线圈与灯A组成闭合回路，所以灯A慢慢变暗，而灯B立刻熄灭，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据楞次定律，线圈中电流发生变化时要产生自感现象，阻碍电流的变化，结合电路连接情况分析即可。
本题考查楞次定律，线圈中电流发生变化时要产生自感现象，阻碍电流的变化，进一步判定电路的具体情况。
5.【答案】B
【解析】解：AB.S闭合后，由于是理想变压器，副线圈2两端的电压不变，副线圈2消耗的功率增加，则电源的输出功率增大，故A错误，B正确；
C.S闭合后，由于副线圈1两端的电压不变，因此副线圈1中的电流不变，C项错误；
D.已知U1=350V，U2=118V，根据P1=P2+P3，结合P=UI，可知原线圈和副线圈1的电流之比I1：I2≠59：175
故D错误；
故选：B。
根据变压器两端电压之比与匝数比的关系分析出副线圈2两端的电压变化，而且原副线圈两端的输入功率和输出功率相等；S闭合后，不会改变副线圈1中的电流；根据电功率的关系分析解答。
本题主要考查了变压器的构造和原理，解题的关键点是理解原副线圈两端的电学物理量的关系，尤其要注意有两个副线圈的情况下电流之比与一个副线圈的情况下电流之比不相同。
6.【答案】D
【解析】解：AD、转动45°时感应电动势瞬时值为e=B×2L×(2Lωsin45°)−BL(Lωsin45°)=3 22BL2ω，电流瞬时值为i=eR=3 2BL2ω2R
感应电动势的最大值为Em=B×2L×(2Lω)−BL(Lω)=3BL2ω。
设感应电动势的有效值为E，根据有效值的定义得：(Em 2)2R⋅T2=E2RT
解得：E=32BL2ω，电流的有效值为I=ER=3BL2ω2R，则i≠I，故A错误，D正确；
B、转动60°时回路中磁通量向里减少，由楞次定律可知，回路中的电流为顺时针方向，故C错误；
C、转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为q=I−⋅Δt=E−ΔtR=ΔΦR=2BSR=2[B(2L)2−BL2]R=6BL2R，故C错误。
故选：D。
根据公式E=Blvsinα求出转动45°时感应电动势瞬时值，再求电流瞬时值。当线框与磁场平行时，产生的感应电动势最大，由公式E=Blvsinα求感应电动势的最大值，再由E=Em 2求出感应电动势的有效值，由欧姆定律求电流的有效值。由楞次定律判断感应电流的方向。根据电荷量与电流的关系求解通过导线截面的电荷量。
解答本题时，要熟练根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流与电荷量的关系推导出电荷量与磁通量变化量的关系：q=ΔΦR，要知道转动180°的过程中磁通量的变化量为2BS，不是零。
7.【答案】C
【解析】解：A.爆竹上升到最高点的过程中，有重力和反冲力做功，初末速度不相同，所以整体的动量不守恒，故A错误；
B.在最高点爆炸成质量不等的两块，设总质量为3m，则爆炸后两块质量分别为m，2m，规定向东为正方向，根据动量守恒可得
2mv+mv′=3mv0
得
v′=3v0−2v
故B错误；
C.在爆炸的过程中，两分离块受到的水平作用力大小相等，方向相反，所以两分离块受到的水平冲量方向相反，大小相等，故C正确；
D.两分离块在落地的过程中，时间相等，但是重力不等，所以重力的冲量大小不相等，故D错误。
故选：C。
根据动量守恒的条件分析A，爆炸爆炸前后瞬间，水平方向上动量守恒，结合动量守恒定律求出质量小的一块的速度；根据高度求出平抛运动的时间，结合冲量公式分析重力的冲量大小是否相同。
本题考查了动量守恒和冲量的基本运用，知道动量守恒的条件，掌握冲量公式，知道冲量的方向与力的方向相同。
8.【答案】A
【解析】解：D、总电源的输出电压为U1=250V，
对于升压变压器，有U1U2=n1n2=18，解得：U2=2000V
当汽车以额定电压充电时，充电电流为
I4=PU4=9.5×103220=47511A
又有I3I4=n4n3
解得：I3=n4n3I4=n4n3×47511A
由电压分配关系有：U3=U2−I3r
又U3U4=n3n4
得U3=n3n4U4=n3n4×220V
联立得：2000−n4n3×47511×20=n3n4×220
解得：n3n4=9511，故D错误；
A、由U3U4=n3n4得：U3=1900V
通过输电线的电流为
I2=I3=U2−U3r=2000−190020A=5A，故A正确；
B、电源的输出功率为P=P4+I22r=(9.5×103+52×20)W=10000W=10kW，故B错误；
C、输电线因发热而损失的功率为输送功率为
η=I22rP×100%=52×2010000×100%=5%，故C错误。
故选：A。
先根据U1U2=n1n2求出升压变压器的输出电压，由P=U4I4求出降压变压器输出电流，由I3I4=n4n3求出降压变压器输入电流，结合U3=U2−I3r以及U3与U4 关系求出降压变压器原、副线圈的匝数之比，再求出降压变压器输入电压，由欧姆定律求出通过输电线的电流。电源的输出功率等于输电线因发热而损失的功率与降压变压器输出功率之和，最后求解输电线因发热而损失的功率占输送功率的百分比。
对于远距离输电问题，往往从用户端的功率出发，先求出线路损耗的电压、功率，再求出电源的输出功率。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、图甲是电压互感器，是一个降压变压器，电压表的示数是变压器的输出电压，根据变压比可以得到输入电压，即U1=k1U，故B正确，A错误；
CD、图乙是电流互感器，是升压变压器，电流表的示数是输出电流，根据变流比可以得到输入电流为I1=Ik2后，故C正确，D错误。
故选：BC。
图甲是电压互感器，是一个降压变压器；图乙是电流互感器，是升压变压器。根据变压比和变流比可以分别计算出电压、电流。
首先要能分清楚是电压互感器和电流互感器，然后要会应用输入电压、输入电流与输出电压和输出电流的关系。
10.【答案】AD
【解析】解：AC、弹丸打入沙袋的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=m×v02+5mv
解得v=110v0
弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q=12mv02−12×5mv2−12m(12v0)2
解得Q=7mv0220，故A正确，C错误；
B、弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力不断增大，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故B错误；
D、沙袋和弹丸一起摆动到最高点过程中，由机械能守恒定律得：−5mgh=0−12×5mv2
解得h=v02200g，故D正确。
故选：AD。
弹丸打入砂袋过程中，内力远大于外力，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出产生的热量；弹丸打出砂袋后，沙袋向上摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律求摆动所达到的最大高度。
解决本题时，要明确弹丸和沙袋作用过程中，弹丸和沙袋组成的系统动量守恒，但机械能不守恒。沙袋向上摆动的过程中，机械能守恒。
11.【答案】AC
【解析】解：A、0.5s至1s时间内，电容器所带电荷量减少，所以电容器在放电，故A正确；
B、t=1s时，电容器恰好放电完毕，此时电路的电流最大，故B错误；
C、t=0.5s时，上极板电荷量达到最大，此时电流变化率最大，则此时线圈中自感电动势最大，故C正确；
D、LC振荡电路的周期T=2π LC，其他条件不变，增大电容器的电容，LC振荡电路周期增大，故D错误。
故选：AC。
由电容器上所带电荷量的变化关系分析电容器充放电情况，从而分析出感应电动势的变化。
本题主要考查了LC振荡电路，解题关键在于运用图象中电荷量的变化规律分析出此时电流的方向和大小。
12.【答案】ABD
【解析】解：A.小球P从从圆弧槽A的顶端由静止释放后运动至c点过程中，根据机械能守恒定律，可得
mgR=12mv02
解得
v0= 2gR
则小球P滑上B槽时的速度大小也为 2gR，故A正确；
B.小球P在B槽内运动过程中，二者组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，当小球P运动至最大高度时，它们水平方向速度相同，取向右为正方向，根据动量守恒可得
mv0=(M+m)v
对小球P和B槽组成的系统，由机械能守恒可得
12mv02=12(M+m)v2+mgh
联立解得
h=MRM+m，故B正确；
C.小球P第一次返回B槽最低点d时，设小球P的速度为v1，B槽的速度为v2，取向左为正方向，根据动量守恒有
mv0=mv1+Mv2
根据机械能守恒有
12mv02=12mv12+12Mv22
联立解得
v2=2mM+m 2gR，故C错误；
D.小球P运动至B槽最大高度后返回到最低点d过程，为人船模型，设小球P在最高点时与d点的水平距离L，由几何关系可得
L= R2−(R−h)2
从最大高度到d点过程中，以B槽为参考系，由人船模型可得B槽位移为
xM=mM+mL
联立解得
xM=m M2+2mM(m+M)2R
考虑到小球P刚开始下滑时，B槽就具有一定得水平速度，则实际上该过程B槽的位移一定大于m M2+2mM(m+M)2R，故D正确。
故选：ABD。
A：根据机械能守恒定律求解小球P滑上B槽时的速度大小；
B：根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解小球P在B槽内运动的最大高度；
C：根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解小球P第一次返回B槽最低点d时B槽的速度；
D：根据人船模型的规律求解小球P运动至B槽最大高度后返回到最低点d过程中B槽位移。
本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程，熟练应用对应该的规律解题。
13.【答案】大于 A 1.5
【解析】解：(1)A、B两球发生碰撞后为了保证A球能立即水平飞出而不发生反弹，则应使A球的质量大于B球的质量；
(2)根据题意可知，P点是A球和B球发生碰撞后的落点，Q是不放B球时A球的落点位置，R是B球被碰后的落点位置；
(3)根据动量守恒定律有
mAv0=mAv1+mBv2
上式两边同时乘以时间t，变形式为
mA|OQ|=mA|OP|+mB|OR|
图中|OQ|=20.0cm，|OP|=4.0cm，|OR|=24.0cm；
代入数据解得mAmB=32
故答案为：(1)大于；(2)A；(3)1.5。
(1)根据碰撞可能出现的不同结果分析两球的质量大小关系；
(2)根据碰撞的结果分析各小球的落点位置；
(3)根据动量守恒定律的变形式代入相应数据求解两球质量之比。
考查碰撞中的动量守恒定律，会根据题意列出动量守恒定律变形式并求出相应的物理量。
14.【答案】R=300−35F 15 60 不均匀
【解析】解：(1)根据表中所给数据可得电阻R随压力F变化的函数关系式为
R=300−35F
(2)根据题意，电子秤空载时压力传感器感受到的压力为0，由表可知，此时压力传感器的电阻
R=300Ω
由闭合电路的欧姆定律可得电路中的电流为
Ⅰ=UR=4.5300×1000mA=15mA
所以该电子秤零刻度线应标在电流表刻度盘的15mA处。
(3)当电流表刻度盘的示数为 I′=37.5mA时，压力传感器的电阻R′=UI′=4.537.5×10−3Ω=120Ω
而由
R=300−35F
可得
F′=300N
再由
F′⋅AB=G⋅BO
由于
AO：BO=1：1
则
AB：OB=2：1
解得
G=600N
根据
G=mg
可得
m=60kg
(4)根据压力F与重力G之间的关系，即
2F=G
可得
R=300−310G
则根据欧姆定律可得
I=ER=10E3000−3G=453000−3G
根据上式可知，该秤的刻度(体重刻度)是不均匀的。
故答案为：(1)R=300−35F；(2)15；(3)60；(4)不均匀
(1)根据表格中的数据可知：压力F增大时，电阻减小，由数学归纳出电阻R随压力F变化的函数式．
(2)踏板空载时，由表格可知F=0，电阻R=300Ω，由欧姆定律求出电流．
(3)根据电压与电流可求出此时压力传感器的电阻值，再依据表中的变化规律可求出此时作用在A点的压力的大小，最后根据杠杆的平衡条件得出人的体重；
(4)根据闭合电路欧姆定律结合数学方法可知I与G的关系，从而进行分析。
本题是生活中的问题，考查应用物理知识处理实际问题能力，关键在于建立物理模型。
15.【答案】解：(1)C与A发生碰撞后粘在一起共速继续向左，根据图像可知v0=6m/s，v共=4m/s，碰撞过程动量守恒
mCv0=(mC+mA)v共，解得mC=4kg
从开始到碰撞这一过程中，根据能量守恒
12mCv02=12(mC+mA)v共2+E损，解得E损=24J
(2)A、C向左运动，压缩弹簧至速度为零后，逐渐向右加速，拉动B一起运动，弹簧最大压缩量的时候即为A、B、C共速的时候，根据动量守恒，取向右为正方向，对A、C刚开始共速到A、B、C一起共速，有
(mC+mA)v共=(mC+mA+mB)v共′，解得v共′=2m/s
根据能量守恒有
12(mC+mA)v共2=12(mC+mA+mB)v共′2+Ep，解得Ep=24J
答：(1)物块C的质量为4kg，A与C碰撞时损失的机械能为24J；
(2)物块B离开墙后弹簧的最大弹性势能为24J。
【解析】(1)利用动量守恒可求出C的质量，结合能量守恒定律可求出损失的机械能；
(2)利用动量守恒和能量守恒可以求出弹簧的最大弹性势能。
学生在解决本题时，应注意A、B、C三者共速时，弹簧的弹力是最大的。
16.【答案】解：(1)由乙图可知，0～0.2m内金属棒在磁场区域上方运动，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，根据能量守恒定律有
ΔE=−μmgcs37°⋅x
其中
x=0.2m
代入数据解得
μ=0.5；
(2)金属棒进入磁场后，做加速度减小的加速运动，加速度为零时，金属棒的速度达到最大，此后安培力恒定，则金属棒的机械能均匀减小，结合图乙可知，x=0.4m时，恰好是金属棒加速度为零的时候，根据平衡条件有
mgsin37°=μmgcs37°+B2L2vR
代入数据解得
v=0.4m/s；
金属棒在磁场中运动的过程对应乙图0.2～0.6m内的图线，金属棒减少的机械能等于克服摩擦力做的功和回路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律有
|ΔE′|=μmgcs37°⋅x′+Q
其中
x′=0.6m−0.2m=0.4m
代入数据解得
Q=0.112J。
答：(1)金属棒与斜面间的动摩擦因数为0.5；
(2)金属棒穿越磁场的过程中，棒的最大速率为0.4m/s；回路中产生的焦耳热为0.112J。
【解析】(1)根据能量守恒定律求解金属棒与斜面间的动摩擦因数；
(2)根据题意分析可知金属棒在磁场中匀速时速度最大，根据平衡条件求解金属棒的最大速度；根据能量守恒定律求解回路中产生的焦耳热。
本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析研究对象的运动过程，熟练应用能量守恒定律解题。
17.【答案】解：(1)a棒沿着斜面下滑的过程机械能守恒，则有
2mgh=122mv02
发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得
2mv0=2mv1+2mv2
根据机械能守恒有
122mv02=122mv12+122mv22
解出碰后a、b两棒的速度分别为v1=0，v2=v0= 2gh
(2)最终b、c以相同的速度匀速运动，共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
2mv2=(2m+m)v
由能量守恒得122mv22=12(2m+m)v2+Q
解得Q=23mgh
(3)b棒刚进磁场的加速度最大，b棒加速度为最大值的一半时，根据系统的动量守恒和速度关系求解，由动量守恒得
2mv2=2mv2′+mv3′
根据F=BIL=BERL可知
当b棒的加速度为最大值的一半时有
v2=2(v2′−v3′)
联立得v2′=56 2gh
答：(1)a棒与b棒碰后b棒的速度大小为 2gh；
(2)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热为23mgh；
(3)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时b棒速度的大小为56 2gh。
【解析】(1)根据机械能守恒定律和弹性碰撞列式求解b棒的速度大小；
(2)根据动量守恒定律和能量转化和守恒定律求解产生的焦耳热；
(3)根据动量守恒定律和加速度与速度的关系列式求解相应速度。
考查能量守恒定律和动量守恒定律，根据题意列式求解相关的物理量。压力F/N
0
50
100
150
200
250
300
…
电阻R/Ω
300
270
240
210
180
150
120…
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