黑龙江省绥化市肇东市四高中2021-2022学年高二12月月考物理试题（Word版含解析）

肇东市四高中2021-2022学年高二12月月考
物理试题
一．单项选择题（16*4=64分）
1．真空中有甲、乙两个独立点电荷相距为r，它们间的静电斥力为F。若甲的电荷量变为原来的3倍，乙的电荷量变为原来的，它们间的距离变为2r，则它们之间的静电斥力将变为（　　）
A． B． C． D．
2．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2＝2Q1，另取一个可以自由移动的电荷Q3放在AB连线上。欲使整个系统处于平衡状态，则（　　）
A．Q3为负电荷，且放于A左方
B．Q3为负电荷，且放于B右方
C．Q3为正电荷，且放于AB之间
D．Q3为正电荷，且放于B右方
3．某区域的电场线分布如图所示，A，B为同一条电场线上的两点，则下列说法中正确的是（　　）
A．电势φB＞φA
B．电场强度的大小EA＞EB
C．将正电荷从A点移到B点电场力做正功
D．将负电荷放在A、B两点具有的电势能EpA＞EpB
4．四个相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（　　）
A．A1的读数比A2的读数大
B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度小
C．V1读数和V2读数相等
D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大
5.﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的内阻功率和电源的效率分别为（　　）
A．2W、25% B．6W、25%
C．2W、75% D．6W、75%
6．图中电源的电动势为6V，内阻为1Ω，R1为2Ω，R2的最大阻值为3Ω，下列说法中错误的是（　　）
A．当R2为1Ω时，R1消耗的功率最大
B．R2的阻值越小，R1消耗的功率越大
C．通过改变R2的阻值，路端电压的最大值为5V，最小值为4V
D．当R2的阻值为3Ω时，R2消耗的功率最大
7．如图所示，A、B两物体质量之比＝3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中错误的是（　　）
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
8．如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述不正确的是（　　）
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒
9．质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5kg的砂袋以3m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是（　　）
A．1.0m/s，向右 B．1.0m/s，向左
C．2.2m/s，向右 D．2.2m/s，向左
10．如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（　　）
A．+x方向 B．﹣x方向
C．+y方向 D．﹣y方向
11．如图矩形线框在匀强磁场中绕轴匀速转动，从图示位置（磁场与线圈平面垂直）开始线框转动180°，在这个过程中磁通量变化情况是（　　）
A．一直变大 B．一直变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
12．如图所示，两个圆环A、B同心放置，且半径RA＞RB．一条磁铁置于两环的圆心处，且与圆环平面垂直。则A、B两环中磁通ΦA，φB之间的关系是（　　）
A．φA＞φB B．φA＝φB
C．φA＜φB D．无法确定
13．下列不属于反冲运动的是（　　）
A．喷气式飞机的运动 B．物体做自由落体的运
C．火箭的运动 D．发射炮弹后，炮筒后退
14．如图，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．刚到达底端时两个物体的动量相同
B．到达斜面底端时两个物体的动能不相等
C．两个物体重力的冲量大小相等
D．两个物体合力的冲量大小相等
15．如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器（图中未画出）射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和B的质量均为m，绳长为L，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是（　　）
A．B与A碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒
B．AB一起上摆的过程中，轻绳拉力做负功，AB动能减小
C．碰撞后AB再次回到最低点时对绳的拉力大小为
D．碰撞后AB一起上升的最大高度为
16．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9kg m/s，B球的动量pB＝3kg m/s，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（　　）
A．pA′＝6kg m/s，pB′＝6kg m/s
B．pA′＝4kg m/s，pB′＝6kg m/s
C．pA′＝﹣6kg m/s，pB′＝18kg m/s
D．pA′＝2kg m/s，pB′＝10kg m/s
二．实验题（11*1+5=16分）
17．如图所示，在利用斜槽轨道做“验证动量守恒定律”的实验中，实验操作步骤如下：
①先用天平测出两小球质量m1和m2；
②安装调整好实验装置，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；
③不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
④把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤3同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
⑤用刻度尺分别测量三个小球落点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段、、的长度。
请根据以上实验操作步骤完成下列内容：
（1）为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是 　 　。
A．使入射小球1与被碰小球2碰后能同时飞出
B．使入射小球1与被碰小球2碰撞时的动能不损失
C．使入射小球1与被碰小球2碰后均能从同一高度飞出
D．使入射小球1与被碰小球2离开斜槽末端时的速度沿水平方向
（2）当所测物理量满足表达式 　 　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律；如果还满足表达式 　 　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞时无机械能损失。
（3）调节小球1自由释放的高度，让小球1以一定速度v与静止的小球2发生正碰，碰后两球动量正好相等，则两小球的质量之比应满足 　 　。
18．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程为0～0.6A，内阻约为0.1Ω
C．电流表：量程为0～0.6A，内阻r＝0.3Ω
D．电压表：量程为0～3V，内阻未知
E．电压表：量程为0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器：0～10Ω，允许通过的最大电流为3A
G．滑动变阻器：0～100Ω，允许通过的最大电流为1A
H．开关、导线若干
（1）其中电压表应选 　 　，滑动变阻器应选 　 　（填字母代号）；
（2）以，，代表所选仪器，在答题卡的方框内画出你所设计的实验电路图；
（3）根据实验数据作出如甲U﹣I图像，由图可知，电源电动势E＝　 　V，内阻r＝　 　Ω；
（4）该电源的电动势测量值 　 　真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）；
（5）图乙为某小灯泡的伏安特性曲线。本实验之后，所选用电池由于使用时间过长，导致内阻增大到6Ω，但电动势几乎没有变化。将这样的干电池两节并联后给此小灯泡供电，则小灯泡发光的功率为 　 　W（结果保留两位小数）。
三．计算题（2*10=20分）
19．如图所示。ABC为固定在竖直平面内的足够高足够长的光滑轨道，BC段水平。AB段与BC段平滑连接。质量m1小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为的小球发生碰撞，碰撞前后两球的运动方向处于同一水平线上。求：
（1）若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度和损失的机械能；
（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后两小球速度的大小；
20．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝48kg，mB＝2kg，mC＝2kg，A、B用一轻弹簧连接（弹簧与滑块拴接），开始时A、B以共同速度v0＝4m/s运动，且弹簧处于原长，某时刻B与静止在前方的C发生碰撞并粘在一起运动。求：
B与C碰后的瞬间，C的速度大小；
运动过程中弹簧最大的弹性势能。
肇东四中高二物理阶段性测试试题
出题人：周淑娟
选择题（16*4=64分）
1 2 3 4 5 6 7 8
9 10 11 12 13 14 15 16
二．实验题（10*1+6=16分）
17.
（1）
；
18.
（1） ；
（3） ；
（4）
（5）
计算题（2*10=20分）
19.
20.
参考答案与试题解析
一．选择题（共18小题）
1．【分析】由库仑定律可得出变化前后F的表达式，由表达式作比可得出变化后的静电力与F的关系。
【解答】解：由库仑力公式得原来的静电斥力
电荷量和距离变化后的静电斥力，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查库仑定律的应用，注意根据库仑定律写出变化前后的库仑力即可正确求解。
2．【分析】由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置。
【解答】解：假设Q3放在Q1、Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立，设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，并且处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小
由于Q2＝2Q1，所以
所以Q3位于Q1的左方，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题注意去尝试假设Q3带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态。
3．【分析】在电场中，电势沿着电场线的方向逐渐减小，电场线越密，电场强度越大，正电荷从高电势向低电势运动过程中，电势能减小，电场力做正功，根据Ep＝φq，负电荷在低电势处电势能大。
【解答】解：A.电势沿着电场线的方向逐渐减小，所以φA＞φB，故A错误；
B.电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线越密，电场强度越大，所以EA＜EB，故B错误；
C.正电荷从高电势向低电势运动过程中，电势能减小，故电场力做正功，故C正确；
D.根据Ep＝φq，负电荷在低电势处电势能大，故EpA＜EpB，故D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键是需要知道电场线的方向指向电势减小的方向，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，注意正电荷顺着电场线的方向移动，电场力做正功。
4．【分析】明确等量同种电荷的电场线分布情况，根据受力情况判断加速度的变化。
【解答】解：根据同种电荷电场线分布可知，在连线的中垂线上有O点向指向C点的方向上，电场强度大小先变大后变小，存在电场强度最大的位置，而无法判断C点在电场强度最大位置的哪一侧，则由C点沿中垂线向远离O点的方向场强可能一直减小，也可能先变大后变小，正粒子在O点由静止释放后，沿沿中垂线向远离O点的方向运动，所以加速度大小可能一直减小，也可能先增大后减小。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电场线的基本特点：电场线从正电荷出发，到负电荷终止，根据电场线的特点判断出点电荷的受力情况即可判断加速度情况。
5．【分析】电流表A1、A2是由相同的电流表改装而成的，根据串联电路的电流特点分析电流表的示数，根据量程大小判断电流表指针的偏角；
电压表V1、V2是相同电流表改装而成的，串联时流过表头的电流相同，由此判断电压表的指针偏角和示数。
【解答】解：A、电流表A1、A2串联，流过电流表的电流相同，A1的读数与A2的读数相同，故A错误；
B、电流表A1、A2是由相同的电流表改装而成的，A1的读数与A2的读数相同，A1的量程较大，指针偏转的角度较小，故B正确；
CD、电压表V1、V2是相同电流表改装而成的，串联时流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同；V1的量程大于V2的量程，所以V1读数比V2读数大，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题关键要对电表的内部结构要了解：电流表是由表头与分流电阻并联；电压表是由表头与分压电阻串联；同时掌握串并联电路的基本规律是解题的关键．
6．【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电源的输出功率、总功率、内阻消耗的功率以及电源的效率．
【解答】解：由闭合电路欧姆定律可知U＝E﹣Ir，则由图读出电动势E＝4V，
灯泡与电源连接时，工作电压为：U＝3V，I＝2A，
故灯泡的电功率为：P＝UI＝3×2＝6W；
则电源内阻的功率为：P内＝（E﹣U）I＝（4﹣3）×2W＝2W；
电源的总功率：P总＝P+P内＝6W+2W＝8W；
电源的效率：η＝×100%＝×100%＝75%；故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．
7．【分析】对于定值电阻而言，通过的电流越大，则功率越大；对于变化的电阻而言，将其他电阻当成“等效内阻”，让外电阻等于“等效内阻”时，变化的电阻的功率最大；根据欧姆定律分析路端电压。
【解答】解：AB、R1为定值电阻，通过R1的电流越大，则功率越大，则当R2为零时，电路中的电流最大，R1消耗的功率最大，故A错误，B正确；
C、由闭合电路的欧姆定律可知，外电压，当R2＝3Ω时，，当R2＝0时，，故C正确；
D、将定值电阻R1当成电源内阻的一部分，则根据输出功率可知，当R1+r＝R2＝3Ω时，R2消耗的功率最大，故D正确；
本题选不正确的，故选：A。
【点评】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，解题关键点是计算电阻的消耗功率情况，要注意分为两类：①定值电阻的电流越大则消耗功率越大；②变化的电阻要根据数学的分析方法分析计算最大功率。
8．【分析】本题要分定值电阻与可变电阻去分析．对于定值电阻，有R＝＝；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析与电源内阻的关系，从而作出判断。
【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，其接入电路的电阻增大，电路中电流I减小，U1减小。根据闭合电路欧姆定律得：U2＝E﹣I（R1+r），知U2增大。根据U3＝E﹣Ir知U2增大。因U1+U2＝U3，所以|ΔU1|＜|ΔU2|，|ΔU2|＞|ΔU3|，故A正确；
B、R1是定值电阻，则＝＝R1，均不变，故B错误；
C、R2是可变电阻，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，有＝R2，变大。根据U2＝E﹣I（R1+r），得＝R1+r，不变，故C错误；
D、＝R1+R2，变大。根据U3＝E﹣Ir，得＝r，不变，故D错误。
故选：A。
【点评】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有R＝＝；对于可变电阻，要根据闭合电路欧姆定律列式分析与电源内阻的关系。
9．【分析】当系统不受外力或所受的外力之和为零，系统动量守恒，根据动量守恒的条件进行判断．
【解答】解：A、当弹簧突然释放后，A、B静止，则动量守恒；
若A静止、B运动，或者A、B都运动，则由于A、B的质量不等，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则所受摩擦力大小不等，A、B组成的系统所受的外力之和不为零，所以动量不守恒。故A错误。
B、不论A、B的摩擦力是否相等，A、B、C组成的系统，外力之和为零，则动量守恒。故B正确，D正确。
C、若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统外力之和为零，动量守恒。故C正确。
本题选错误的，故选A。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握动量守恒的条件，这是运用动量守恒定律解题的关键．
10．【分析】当系统所受合外力为零时，系统动量守恒，分析受力情况，确定系统合外力是否为零，来判断系统动量是否守恒。
【解答】解：A、当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，合外力不等于零，故A、C系统动量不守恒，故A错误；
B、当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，合外力为零，故B、C系统动量守恒，故B正确；
CD、无论C是在A上滑行还是在B上滑行，将A、B、C三木块视为一系统，系统的合外力始终为零，则A、B、C三物块组成的系统都守恒，故CD正确。
本题选不正确的，
故选：A。
【点评】本题考查判断系统动量是否守恒的能力，要知道动量守恒的条件：合外力为零，对系统正确分析受力后即可判断。
11．【分析】将砂袋迎面扔上小车的过程，系统水平方向不受外力，动量守恒，根据水平方向动量守恒定律求解砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向．
【解答】解：以小车与砂带组成的系统为研究对象，以水平向右方向为正方向，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：
m车v车﹣m袋v袋＝（m车+m袋）v，
即：2×2﹣0.5×3＝（2+0.5）v，
解得：v＝1m/s，方向向右。
故选：A。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择，这是易错点，要注意．
12．【分析】根据右手螺旋定则，右手握住导线，使拇指的方向与电流的方向相同，此时四指所指的方向就是在该点的磁场方向．
【解答】解：电子流沿z轴正方向运动，则电流是沿z轴负方向，根据右手螺旋定则可知，电子流在A点产生的磁场的方向为x轴正方向，所以A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查磁场方向的判断，注意右手定则与左手定则的区分及电子运动方向与电流方向的区别．
13．【分析】明确磁通量的定义，知道线框平面与磁场平行时，磁通量最小；线框平面与磁场垂直时，磁通量最大，
【解答】解：图示位置时，线框与磁场垂直，此时磁通量最大；在转动180°的过程中，线框先与磁感线方向的夹角减小，然后再增大到相互垂直过程，所以磁通量一定是先减小后增大；故D正确ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查磁通量的判断，可以直接根据公式进行分析，也可以根据磁感线的条数进行判断．
14．【分析】在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极。磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等。穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大。
【解答】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下。由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，B的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以ΦB＞ΦA。
故选：C。
【点评】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较。常见问题，中等难度
15．【分析】本题考查反冲运动的应用；明确反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。
【解答】解：A、喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的；故属于反冲运动；
B、物体做自由落体运动，是由于重力作用，不是反冲运动；
C、火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动；
D、发射炮弹后由于反冲使炮筒后退，利用了反冲运动。
本题选不属于反冲运动的，
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道反冲的原理，并且要知道反冲在实际生活中的运用。
16．【分析】根据动量定理分析两个物体的动量和冲量；根据动能定理分析两个物体在底端的动能。
【解答】解：ABD、根据动能定理可知，，则两个物体到达斜面底端时的动能相等，但方向不同，根据动量定理：I＝Δp＝mv﹣0可知，两个物体在达到底端时的动量不同，即合力的冲量大小相等，方向不同，故AB错误，D正确；
C、物体在斜面上下滑的加速度为a＝gsinθ，根据运动学公式可知，，则下滑的时间为，因为下落的时间不一样，则重力的冲量IG＝mgt也不相同，故C错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查了动能定理和动量定理的结合，在分析过程中要注意物理量的标矢性，动能是标量，而动量和冲量是矢量，在分析过程中要注意方向。
17．【分析】B与A碰撞过程满足动量守恒，但机械能有损失；根据动量守恒定律求出碰后A与B的共同速度，对AB在最低点时受力分析，根据牛顿第二定律求出轻绳的拉力大小；碰撞后整体上摆过程机械能守恒求AB一起上升的最大高度。
【解答】解：A、由于碰撞时间极短，外力的冲量忽略不计，所以B与A碰撞过程满足动量守恒。碰撞后二者粘在一起，发生非弹性碰撞，机械能有损失，故A错误；
B、碰撞后AB一起上摆的过程中，做圆周运动，受绳的拉力和重力作用，轻绳拉力与速度方向时刻垂直，拉力不做功，重力做负功，动能减小，故B错误；
C、碰撞完成后AB只受重力做功，机械能守恒。
设碰撞后瞬间AB的共同速度为v'，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝2mv'，
碰撞后，对AB整体，在最低点时，根据牛顿第二定律有：
F﹣2mg＝2m，
联立解得：
F＝2mg+m，
故C错误；
D、碰撞后AB一起上升的过程，根据机械能守恒得：
，
解得：
h＝，
故D正确。
故选：D。
【点评】解决本题时要理清物块的运动过程，知道碰撞的基本规律是动量守恒定律，运用动量守恒定律时要选择正方向。
18．【分析】当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒。由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择。
【解答】解：设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA+pB＝9kg m/s+3kg m/s＝12kg m/s，根据动能与动量的关系可知：碰前总动能Ek＝＝J＝J
A、若pA′＝6kg m/s，pB′＝6kg m/s，碰后总动量p'＝pA+pB＝6kg m/s+6kg m/s＝12kg m/s，碰后总动能E'k＝＝＝J＜Ek＝J，可能会发生，故A正确；
B、若pA′＝4kg m/s，pB′＝6kg m/s，碰后总动量p'＝pA+pB＝4kg m/s+6kg m/s＝10kg m/s，不符合动量守恒，故B错误；
C、若pA′＝﹣6kg m/s，pB′＝18kg m/s，碰后总动量p'＝pA+pB＝﹣6kg m/s+18kg m/s＝12kg m/s，碰后总动能E'k＝＝＝J＞Ek＝J，不可能会发生，故C错误；
D、若pA′＝2kg m/s，pB′＝10kg m/s，碰后总动量p'＝pA+pB＝2kg m/s+10kg m/s＝12kg m/s，碰后总动能E'k＝＝＝J＞Ek＝J，不可能会发生，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
二．多选题（共2小题）
19．【分析】木块A和滑块B组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒．由于NP是粗糙的且足够长的，最终AB的速度相等，根据系统水平方向动量守恒求解最终的速度．
【解答】解：A、对于木块A和滑块B组成的系统，由于水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，设最终AB的速度为v，则根据动量守恒得：（M+m）v＝0，解得：v＝0．故A正确，B错误。
C、B在曲面部分加速下滑的过程中，A在水平方向也做加速运动；B在水平部分做减速运动时，A也做减速运动，即A先做加速运动，后做减速运动，故C正确，D错误；
故选：AC.
【点评】解决本题的关键掌握动量守恒的条件，分析得出系统水平方向的动量守恒，以及能够熟练运用能量守恒定律进行解题．
20．【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。
【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；
B、由右手定则可知，a、c两处处磁感应强度方向都竖直向下，a、c两点处磁感应强度的方向相同，故B正确；
C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，磁感应强度方向相同，且合磁感应强度大小相等，故C正确；
D、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了比较磁感应强度大小由于方向关系问题，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。
三．实验题（共2小题）
21．【分析】（1）在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，故应让斜面末端保持水平；
（2）在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度，根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式；
（3）根据动量守恒定律，以及在碰撞的过程中动能不增加，通过这两个关系判断两个物体的质量关系。
【解答】解：（1）利用平抛运动来验证动量守恒定理的实验中，很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有小球离开斜槽末端时速度沿水平小球才做平抛运动，故ABC错误，D正确；
（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：m1v0＝m1v1+m2v2，
两边同时乘以时间t得：m1v0t＝m1v1t+m2v2t，则：m1＝m1+m2，
若碰撞时无机械能损失，则有 ，若，说明碰撞过程中机械能守恒。
（3）设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，根据动量和动能的关系有：P2＝2mEK，
碰撞过程动能不增加，有：，解得：，
因为要用质量较大的球碰质量较小的球，故＞1，
综上所述，两球的质量之比应满足：1＜≤3。
故答案为：（1）D；（2），；（3）；
【点评】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度。同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒
22．【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据实验原理与实验器材作出实验电路图。
（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。
（4）根据实验电路图结合实验原理分析电动势测量值与真实值间的关系。
（5）在图乙坐标系内作出电源的I﹣U图象，根据图象求出小灯泡的工作电流与工作电压，然后由P＝UI求出灯泡的实际功率。
【解答】解：（1）一节干电池的电动势约为1.5V，则电压表应选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。
（2）由于电流表内阻已知，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用内接法，电压表测路端电压，实验电路图如图所示；
（3）根据图示电路图由闭合电路的欧姆定律得：U＝E﹣Ir，由图甲所示电源U﹣I图象可知，电源电动势：E＝1.50V，电源内阻：r＝Ω﹣0.3Ω＝0.70Ω；
（4）电流表选择C，由于电流表内阻已知，电流测量值等于真实值，该实验无系统误差，即电源的电动势测量值等于真实值；
（5）两节电池并联后电池组的电动势为3V，内阻为12Ω，在图乙所示坐标系内作出电源的I﹣U图象如图所示，
由图示图线可知，灯泡的工作电压U＝1.4V，工作电流I＝0.16A，
小灯泡的发光功率：P＝UI＝1.4×0.16W≈0.22W；
故答案为：（1）D；F；（2）实验电路图如图所示；（3）1.50；0.70；（4）等于；（5）0.22。
【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，考查了实验数据处理；解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，结合图象得出电动势和内电阻；注意电流表内阻已知时可以采用相对电源的内接法准确求出电源内阻。
四．计算题（共3小题）
23．【分析】（1）下滑过程中根据动能定理求解质量m1小球碰撞前的速度，根据动量守恒定律、能量守恒定律进行解答；
（2）若发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解；
（3）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，根据（2）的结论进行分析。
【解答】解：（1）设质量m1小球碰撞前的速度为v0，下滑过程中根据动能定理可得：
解得：v0＝
若两小球碰撞后粘连在一起，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：m1v0＝（m1+m2）v
解得
根据能量守恒定律可得损失的机械能为：
解得：；
（2）若发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律可得：
联立解得，；
（3）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，且m1＝m0，m2＝km0，则有，
为使两小球能发生第二次碰撞，则有|v1|＞v2
联立解得k＞3。
答：（1）若两小球碰撞后粘连在一起，碰后它们的共同速度为，损失的机械能为；
（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，碰撞后质量m1小球速度的大小为，质量m2小球速度的大小为；
（3）为使两小球能发生第二次碰撞，k＞3。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
五．解答题（共1小题）
24．【分析】（1）B与C碰撞过程中两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出B与C碰后的瞬间，C的速度大小。
（2）弹簧弹性势能最大时A、B、C三者共速，根据动量守恒定律求出共同速度，再根据机械能守恒定律求出弹簧最大的弹性势能。
【解答】解：（1）B与C碰撞过程两者组成的系统动量守恒，对B和C，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mBv0＝（mB+mC）vC
解得vC＝2m/s
（2）弹簧弹性势能最大的时候A、B、C三者共速，取向右为正方向，由动量守恒定律有
（mA+mB）v0＝（mA+mB+mC）v
B与C碰后，根据A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，有
代入数据解得弹簧最大的弹性势能：Ep＝4J
答：（1）B与C碰后的瞬间，C的速度大小为2m/s；
（2）运动过程中弹簧最大的弹性势能为4J。
【点评】本题要正确分析物体的运动过程，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律；碰撞后系统的动量守恒、机械能守恒进行解答。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/12/7 8:41:24；用户：王梓博；邮箱：13836045193；学号：35723179