2024北京怀柔一中高二（下）期中物理（解析版）

2024北京怀柔一中高二（下）期中
物 理
2024.05
一、单选题：（本题共 14小题，共 42分。）
1.一个弹簧振子沿 轴做简谐运动，取平衡位置 为 轴坐标原点．从某时期开始计时，经过四分之一的周
期，振子具有沿 轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移 与时间 关系的图像是
A. B. C. D.
2.如图所示，两束单色光 、 分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光 ，下列
说法正确的是( )
A. 光的频率大于 光的频率
B. 在玻璃砖中 光的传播速度小于 光的传播速度
C. 两种单色光由玻璃射向空气时， 光的临界角较大
D. 玻璃砖对 光的折射率大于对 光的折射率
3.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为
120 ，从离人约20 的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2 ，
取重力加速度 = 10 / 2；下列分析正确的是 ( )
A. 手机接触头部之前的速度约为1 /
B. 手机对头部的冲量大小约为0.48
C. 手机对头部的作用力大小约为1.2
D. 手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48 /
4.质量为 1 = 1 和 2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其 图象如图所示，
则( )
A. 此碰撞一定为弹性碰撞 B. 被碰物体质量为2
C. 碰后两物体速度相同 D. 此过程有机械能损失
5.一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅 与驱动力的频率 的关系)如图所示，
则( )
A. 此单摆的摆长约为1 B. 此单摆的固有周期约为0.5秒
C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大 D. 若摆长增大，共振曲线的峰值将向右
移动
6.图甲所示为一列简谐横波在 = 0时的波的图象，图乙所示为该波中 = 4 处质点 的振动图象。下列说
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法正确的是 ( )
A. = 0.5 时质点 的速度最大 B. 此波沿 轴正方向传播
C. 此波的波速为2 / D. = 1.0 时质点 的加速度最大
7.如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感
应电流．下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是( )
A. B. C. D.
8.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为 、总电阻为 的正方形导线框 ，在导线框右侧有一边长为
2 、磁感应强度为 、方向竖直向下的正方形匀强磁场区域，磁场的左
边界与导线框的 边平行。在导线框以速度 匀速向右穿过磁场区域的
全过程中( )
2
A. 感应电动势的大小为 B. 感应电流的方向始终沿 方向

2 2 3
C. 导线框受到的安培力先向左后向右 D. 导线框克服安培力做功

9.在如图所示的电路中， 1和 2是两个相同的灯泡，线圈 的自感系数足够大，电阻可
以忽略不计，下列说法正确的是
A. 闭合开关 时， 1和 2同时亮 B. 闭合开关 时， 2先亮， 1逐渐变亮
C. 断开开关 时， 2闪亮一下再熄灭 D. 断开开关 时，流过 2的电流方向向左
10.将一定值电阻分别接到如图1和图2所示的两种交流
电源上，在一个周期内该电阻产生的焦耳热分别为 1
和 2，则 1： 2等于( )
A. 2：1 B. 1：2
C. 2：1 D. 1：2
11.在如图所示的理想变压器供电线路中，原线圈接在有效值恒定的交流电源上，副线圈接有两个灯泡，
电流表、电压表均为理想电表。开关 原来是断开的，现将开关 闭
合， ( )
A. 1的示数增大， 2的示数增大 B. 1的示数不变， 2的示数增大
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C. 1的示数减小， 2的示数减小 D. 1的示数不变， 2的示数减小
12.关于电磁场和电磁波，下列说法不正确的是( )
A. 变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场
B. 麦克斯韦第一次通过实验验证了电磁波的存在
C. 无线电波、红外线、可见光、紫外线、 射线、 射线都是电磁波
D. 紫外线是一种波长比紫光更短的电磁波，能够灭菌消毒
13．把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。 t = 0时，将金
属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定
高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小 F随时间 t变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A． t1 时刻，小球的动能最大
B． t1 t2 时间内，小球始终处于失重状态
C． t1 t3 时间内，小球所受合力的冲量为 0
D． t2 t3 时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量
14.如图所示，水平放置的内壁光滑半径为 R的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电 q的小球，在
圆环内以速度 v0 沿顺时针方向匀速转动（俯视）。在 t = 0时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感应强度
B = kt (k 0)。设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对
论效应。加上磁场后，下列说法正确的是（ ）
A．小球对玻璃圆环的压力不断增大 B．小球对玻璃圆环的压力不断减小
C．小球所受的磁场力一定不断增大 D．小球每运动一周增加的动能为 kq R
二、实验题：（本题共 2小题，共 18分。）
15.某同学想在家做“单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找来一块体积约为3 3、外
形不规则的金属块代替摆球，用细线将金属块系好并悬挂于 点，金属块与细线结点为 ，如图1所示。
(1)拉开金属块，由静止释放，当它摆到最低点开始计时，若金属块完成 次全振动，所用的时间为 ，则摆
动周期 =______。
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(2)该同学用 的长度作为摆长，多次改变摆长记录多组 、 值。若用公式法计算出各组的重力加速度，
再取平均，那么得到的重力加速度与真实值相比______(填“偏大”或“偏小”)。
(3)为此他想改用图象法，以周期的平方 2为纵坐标， 的长度 为横坐标，做出 2 图象。如果其他
操作都无误，则他作出的图象可能是如图2中的______(选填“ ”，“ ”或“ ”)；然后根据图象的斜率
，就可测出该地的重力加速度 =______。
16.如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动
量关系：
先安装好实验装置，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 .接下来的实验步骤
如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上 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；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置 ，让小球1从 点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与
步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置 、 、 离 点的距离，即线段 、 、 的长度．
(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是________．
A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下 .斜槽轨道必须光滑
C.斜槽轨道末端必须水平 .小球1质量应大于小球2的质量
(2)上述实验除需测量线段 、 、 的长度外，还需要测量的物理量有________．
A. 、 两点间的高度差 1 . 点离地面的高度 2
C.小球1和小球2的质量 1、 2 .小球1和小球2的半径
(3)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．
(4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．在水平槽末端与水平地面间放置了
一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上 点由静止滚下，重复实验步骤1和2
的操作，得到两球落在斜面上的平均落点 ′、 ′、 ′.用刻度尺测量斜面顶点到 ′、 ′、 ′三点的距离分别
为 1， 2、 3.则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________________________________(用所测物理
量的字母表示)
三、计算题：（本题共 4小题，共 40分）
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17. （9 分）一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为 m，在某时刻距离地面的
高度为 h，速度为 v。此时，火箭突然炸裂成 A、B两部分，其中质量为
m1的 B 部分速度恰好为 0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为 g。求:
（1）炸裂后瞬间 A 部分的速度大小 v1；
（2）炸裂后 B 部分在空中下落的时间 t；
（3）在爆炸过程中增加的机械能 E 。
18.（9 分）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 随时间 均匀变化。正方形硬质金属框
放 置 在 磁 场 中 ， 金 属 框 平 面 与 磁 场 方 向 垂 直 ， 电 阻 = 0.5 ， 边 长 = 0.5 。 求 ：
(1)在0～0.1 内，金属框中的感应电动势 ；
(2) = 0.05 时，金属框 边受到的安培力 的大小和方向；
(3)在0～0.1 内，金属框产生的焦耳热 。
19.（10 分）一质量为70 的蹦床运动员，从离水平网面3.2 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离
水平网面5 高处，已知运动员与网接触的时间为0.9 ，取重力加速度 = 10 / 2.试求运动员与网接触的
时间内：
(1)运动员所受重力的冲量大小；
(2)运动员动量的变化量；
(3)网对运动员的平均作用力大小。
20.（12 分）如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距 = 0.6 ，左端接有阻
值 = 0.8 的电阻，一质量 = 0.1kg，电阻 = 0.1 的金属棒 放置在导轨上，整个装置处于竖直向上
的匀强磁场中，磁感应强度 = 0.5 。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 = 2 / 2的加速度做
匀加速直线运动，外力作用3 后撤去，棒继续运动一段距离后停下来，导轨足够长，棒在运动过程中始终
与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，棒与导轨间的接触电阻及导轨电阻不计，求：
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(1)3 末，金属棒 受到的安培力的大小；
(2)撤去水平外力作用后，电阻 上产生的热量；
(3)棒在匀加速过程中，通过电阻 的电荷量 ；
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参考答案
1.【答案】
【解析】弹簧振子做简谐运动，由回复力公式 = ，结合牛顿第二定律 = 可知，经四分之一的周
期有沿 轴正方向的最大加速度，则其位移为负的最大值． = 0时刻振子应该自平衡位置向 轴负向运动，
故 A 项正确．
2.【答案】
【解析】【分析】

根据光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的频率大小。根据 = 判断出光在玻

1
璃砖中的速度大小，根据 = 分析临界角的大小。

解答此类问题的思路是：由光线的偏折程度判断折射率的关系，或由折射定律可得出两光的折射率；再由
光的性质可知光的传播速度、频率及临界角的关系。
【解答】
、由题图可知，玻璃砖对 光的折射程度大，则 > ，故 B 光的频率较大，故 A、D 错误；

B、由 = 知，在玻璃砖中，

< ，故 B 错误；
1
C、两种单色光由玻璃射向空气时，由于 = ，所以， < ，故 C 正确；
故选： 。
3.【答案】
【解析】解： 、手机做自由落体运动，根据运动学公式可知手机接触头部之前的速度约为： = √ 2 =
2 / ，故 A 错误；
B、因为手机落在头上没反弹，速度减为0，规定竖直向下为正方向，对手机由动量定理得： + =
0 ，
代入数据可得： = 0.48 ，负号表示方向竖直向上，根据牛顿第三定律，可知手机对头部的冲量大小
约为： ′ = = 0.48 ，故 B 正确；
′ 0.48
C、根据冲量定义得手机对头部的作用力大小约为： = = = 2.4 ，故 C 错误；
0.2
D、手机与头部作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与头部作用过程中动量变化为：
= 0 = 0.24 / ，故 D 错误；
故选： 。
本题以手机砸到头部的情况为背景命制试题，让人觉得耳目一新，感觉物理学就在我们身边，可以用它来
解释我们身边经常见到或遇到的一些现象的物理学原理，能够激发学生的求知欲和学习兴趣；考查的是动
量定理及牛顿第三定律的应用。
4.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了动量守恒定律的应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，
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则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞。
【解答】
1 8由图象可知，碰撞前 2是静止的， 1的速度为： 1 = = / = 4 / 1 2
′ 0 8 ′ 16 8
碰后 1的速度为： ′ =
1
1 = / = 2 / ， 2的速度为： 2′ =
2 = / = 2 /
1′ 6 2 2′ 6 2
两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得： 1 1 = 1 1′ + 2 2′
解得： 2 = 3 ；
1
碰撞前总动能： = 1 =
2
2 1
1 = 8
1 1 1 1
碰撞后总动能： ′ = 1′ + 2′ = ′
2 + ′2 = × 1 × ( 2)2 + × 3 × 22 = 8
2 1 1 2 2 2 2 2
碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故 A 正确，BCD 错误。
故选 A。
5.【答案】
【解析】【分析】
当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅最大。
本题主要考查单摆、受迫振动、共振。解题关键是知道受迫振动的频率等于驱动力的频率。
【解答】
1 1
.由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等， = 0.5 ，则周期为 = = = 2 ，由图可知，
0.5
2
此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2 ，由公式 = 2 √ ，可得 = 2 ≈ 1 ，故 A 正确，B 错 4
误；
C.若摆长增加，单摆的固有周期增加，则固有频率减小，故 C 错误；
D.若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故 D 错误。
故选 A。
6.【答案】
【解析】【分析】
根据质点的振动方向确定波的传播方向，根据波长和周期求出波速。根据振动图像确定 点的振动情况和
加速度。
本题考查了振动和波动的综合运用，知道周期、波长、波速的关系，会根据振动的方向确定波的传播方向。
【解答】
A.由图乙可知在 = 0.5 时，质点 通过平衡位置向上运动，速度最大，故 A 正确；
B. = 4 处的质点 在 = 0时刻向下振动，根据“同侧法”知，波沿 轴负方向传播，故 B 错误；
4
C.由图可知，周期 = 1.0 ，波长 = 4 ，则波速 = = / = 4 / ，故 C 错误；
1.0
D.由图乙可知在 = 1.0 时，质点 通过平衡位置向下运动，加速度为零，故 D 错误。
故选 A。
7.【答案】
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【解析】【分析】
由楞次定律：感应电流磁场总是阻碍线圈原磁通量的变化，结合是 极还是 极的运动，从而可以判断出感
应电流的方向。
【解析】
A.由图示可知，在磁铁 极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量
变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故 A 错误；
B.由图示可知，在磁铁 极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量
变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故 B 错误；
C.同时，在磁铁 极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，
由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故 C 错误；
D.由图示可知，在磁铁 极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通
量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故 D 正确。
故选 D。
8.【答案】
【解析】【分析】
根据右手定则判断感应电流方向，根据切割公式求解感应电动势，根据楞次定律判断安培力的方向，根据
欧姆定律求解感应电流的大小，根据安培力公式求解安培力大小。
本题是滑轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律、安培力公式、能熟练判断感应电流和安培力的方
向，基础题目。
【解答】
A.在线框进入磁场和离开磁场过程中，有一个边切割磁感线，感应电动势大小为： = ，全部进入磁
场，两条边切割磁感线，并联，感应电动势仍为 ，没有感应电流，A 错误；
B.根据右手定则，线框进入磁场时的感应电流方向为 方向，离开磁场的方向为 ，故 B 错误；
C.根据楞次定律，从阻碍相对运动的角度看，在线框进入和离开磁场的过程，导线框受到的安培力均是向
左，故 C 错误；
2 2
D.在线框进入和离开磁场的过程中，感应电流大小为 = = ，安培力大小为： = = ，故导

2 2 3
线框克服安培力做功为： = (2 ) = ，故 D 正确；

故选 D。
9.【答案】
【解析】【分析】
当电键 闭合时，通过线圈 的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和
作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
在闭合或断开开关 时，线圈的磁通量发生变化，线圈自身产生感应电动势，阻碍原磁通量的变化，这就
是自感现象。所以本题牢牢抓住线圈电流不能立即变化，分析电路中的现象。
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本题考查了自感现象和自感系数。
【解答】
、当电键 闭合时，灯2立即发光．通过线圈 的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈
产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，1逐渐亮起来．所
以2比1先亮．由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，
亮度相同，选项 A 错误，选项 B 正确；
、稳定后当电键 断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡1、2串联，
两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯2不会闪亮，流过 2的电流方向向右；选项 C、D 错误。
故选 B。
10.【答案】
【解析】【分析】
2
根据焦耳定律 = 2 = ，求解热量，其中 和 是有效值。对于正弦式电流有效值 = 1 ，对于方波， √ 2
有效值 2 = 。
本题主要考查了交流电的热相应，明确对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都
必须用有效值。
【解答】
两种交变电流电压的最大值都为 0
√ 2
对于方波，有效值为： 1 = 0 对于正弦式电压的有效值为： 2 = 2 0
2 2 2 2
根据焦耳定律得： = 1 = 0

= 2 = 01 2
则
2 1
： 2 = 2：1，故 A 正确。
故选 A．
11.【答案】
【解析】【分析】
副线圈输出电压由原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比决定，开关 闭合后，副线圈两端的电压不变，
由于总电阻减小，副线圈输出电流增大。
根据变压器原、副线圈电流与匝数比的关系分析电流表示数变化情况。
此题主要考查了变压器的工作原理，要知道开关 闭合后，原线圈的输入电压不变，副线圈的输出电压不
变，但副线圈的电流变大。
【解答】
解： 、副线圈输出电压由原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比决定，原线圈输入电压和原、副线圈匝
数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表 1的示数不变，电压表 2的示数不变，故 CD 错误；
、开关 闭合后，总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，根据变流比可知，原线圈输
入电流增大，即电流表 1的示数增大，电流表 2的示数增大，故 A 正确，B 错误。
故选： 。
12.【答案】
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【解析】解： 、变化的电场能产生磁场，变化的磁场能产生电场。所以电场和磁场总是相互联系着的，
故 A 正确；
B、麦克斯韦只是预言了电磁波的存在；是赫兹第一次通过实验验证了电磁波的存在；故 B 错误；
C、电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、 射线，故 C 正确；
D、紫外线的波长比紫光的短，它可以进行灭菌消毒；故 D 正确；
本题选择错误的，故选：
电磁波是由变化电磁场产生的，电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、 射线．它
们的波长越来越短，频率越来越高．
电磁波是横波，是由变化的电场与变化磁场，且相互垂直．电磁波是由同相振荡且互相垂直的电场与磁场
在空间中以波的形式移动，其传播方向垂直于电场与磁场构成的平面，有效的传递能量．电磁波在真空传
播速度与光速一样，电磁波与光均是一种物质，所以不依赖于介质传播．
13.D
14.C
4 2
15.【答案】(1) ；(2)偏小；(3) ，

【解析】【分析】

(1)金属块在最低点时速度最大，此时计时误差小，单摆的周期 = ；


(2)根据单摆的周期公式 = 2 √ 得出 值表达式，根据摆长偏小可判断 值偏小；

(3)根据单摆的周期公式，得出 2 关系式，结合图线的斜率求出重力加速度的表达式。

解决本题的关键掌握单摆的周期公式 = 2 √ ，会用单摆的周期公式测得重力加速度。

【解答】

(1)在最低点，金属块的速度最大，此时开始计时误差小，根据周期公式可得单摆的周期 = ；

4 2
(2)根据单摆周期公式 = 2 √ 可得： = 2 ，由于摆绳的长度 作为摆长，所用摆长小于真实的摆长，
所以 值偏小；
(3)单摆的摆长等于金属块的重心到悬点的距离，即为摆线长 与金属块的重心到与绳子连接处距离 之和，
+ 2 4
2( + ) 4 2 4 2
根据单摆的周期公式 = 2 √ 可得： = = + ，

4 2 4 2
由数学知识可知：对应的图象应为 ，其斜率 = ，故可得： = ；

4 2
故答案为：(1)最低点， ；(2)偏小；(3) ， ；

16. 【答案】 = + 2 2 21 1 2 1 ( ) = 1 ( ) + 2 ( ) 1√ 2 =
1√ 1 + 2√ 3

【解析】解：(1)因为平抛运动的时间相等，根据 = ，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平

抛运动的射程间接测量速度．故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下；同时为了小球2能飞的
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更远，防止1反弹，球1的质量应大于球2的质量；故 ACD 正确，B 错误；
故选： ．
(2)根据动量守恒得， 1 = 1 + 2 ，所以除了测量线段 、 、 的长度外，还需要
测量的物理量是小球1和小球2的质量 1、 2．
故选： ．
(3)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度， 是 球不与 球碰撞平抛运动的位移，该位移
可以代表 球碰撞前的速度， 是 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后 球的速度， 是
碰撞后 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后 球的速度，当所测物理量满足表达式 1 = 1
1 1 1
+ 2 ，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要
2 = 2 + 2成立
2 1 0 2 1 1 2 2 2
则机械能守恒，故若 1
2 = 1
2 + 2
2，说明碰撞过程中机械能守恒．
(4)碰撞前， 1落在图中的 ′点，设其水平初速度为 1.小球 1和 2发生碰撞后， 1的落点在图中 ′点，
设其水平初速度为 1′， 2的落点是图中的 ′点，设其水平初速度为 2.设斜面 与水平面的倾角为 ，
1
由平抛运动规律得： ′ =
2， ′ = 1 2
2 ′cos
解得 √1 = ． 2
√ ′cos
2 √ ′cos
2
同理 1′ = ， 2 = ，可见速度正比于√ ． 2 2
所以只要验证 1√ 2 = 1√ 1 + 2√ 3即可．
故 答 案 为 ． (1) (2) (3) 1 =
2 2
1 + 2 1 ( ) = 1 ( ) + 2
( )2(4) 1√ 2 = 1√ 1 + 2√ 3
(1、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．根据实验的原理确定需要测量的物理量．
(3)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；
(4)小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守
恒的表达式．
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
17.【答案】解：
mv
（1）mv = (m m1)v1 ∴v1 =
m m1
1 2h
（2）h = gt 2 ∴ t =
2 g
1 1 1 m m
（3） E = (m m )v 2 2 ∴ E = v2( 1 ) 1 1 mv
2 2 2 m m1
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18.【答案】解：(1)感应电动势 = = 解得 = 0.02


(2)由闭合电路欧姆定律，有Ⅰ= ，安培力 =
1
解得 = 0.002 ，安培力方向：垂直于 向左
(3)金属框中电流的焦耳热 = 2
解得 = 4 × 10 4

【解析】(1)利用法拉第电磁感应定律 = 计算；

(2)利用全电路欧姆定律和安培力 = 计算；
(3)金属框中电流的焦耳热 = 2 。
此题考查了法拉第电磁感应定律和安培力计算，并结合电路和能量转化与守恒考查了焦耳定律，比较基础，
但知识点衔接较多，是一道中等偏易题。
19.【答案】解：(1)重力与网接触时间内的的冲量为： = = 70 × 10 × 0.9 = 630
(2)向下接触网面的速度为： 1 = √ 2 1
向上离开网面的速度为： 2 = √ 2 2
向下为正，动量的变化量为：△ = 2 1
代入数据得：△ = 1260 · /

(3)网对运动员的平均作用力大小为 ，由动量定理有： + =△

代入数据得： = 2100
答：(1)运动员所受重力的冲量大小为630
(2)动量的变化量为 1260 /
(3)网对运动员的平均作用力大小为2100
【解析】(1)由冲量定量求得重力的冲量。
(2)(3)题意可以把运动员看成一个质点来处理，下落过程是自由落体运动，由位移 速度公式即可求出运
动员着网前瞬间的速度大小；
升过程是竖直上抛运动，我们可以算出自竖直上抛运动的初速度，算出速度的变化量，求出动量的变化量，
由动量定理求出网对运动员的作用力大小。
本题关键是对运动员的各个运动情况分析清楚，然后结合机械能守恒定律、运动学公式、动量定理列式后
联立求解
20.【答案】解：(1)金属棒3 的速度为： = = 6 /
感应电动势为： = = 1.8

=
+
=
解得： = 0.6
(2)根据动能定理可得：
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1
安 =
2
2
总 = 安

= + 总
联立并代入数据解得： = 1.6
(3)电量为： =

电流的平均值为： =
+
1
· 2
平均感应电动势为： = = 2

联立以上解得： = 3
【解析】本题重点考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、能量守恒定律及功能关系的应用，
解答时，要注意分析功与能量转变间的关系。
(1)根据动生电动势公式求出电动势结合闭合电路欧姆定律和安培力公式即可求出；
(2)根据功能关系求解；
(3)应用电流定义、闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律求解；
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