1、2016-2017学年福建省莆田六中高二（下）期中物理试卷（B卷）一、选择题（本小题有12小题，4×12=48分，其中1-8小题每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，多选或选错得0分；9-12小题每个小题有多个选项是正确的，选对得4分，少选得2分，有一个选项选错得0分）1是人工产生的放射性元素，产生后会自发的衰变为关于衰变为，下列描述正确的是（）A上述核反应属于衰变B的半衰期随温度升高、压强增大而变小C上述核反应属于衰变D的半衰期随着数量的减少而增大2A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，当A追上B并发生碰撞
2、后，A、B两球速度的可能值是（取两球碰前的运动方向为正）（）AvA=2m/s，vB=4m/sBvA=4m/s，vB=4m/sCvA=4m/s，vB=7m/sDvA=7m/s，vB=1.5m/s3如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端当两人同时相向运动时（）A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A的动量一定比B的小C若小车向左运动，A的动量一定比B的大D若小车向右运动，A的动量一定比B的大4如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是（）A这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B由n
3、=2能级跃迁到n=1能级产生的光频率最小C由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光波长最长D用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应5如图所示，用绿光照射一光电管，能产生光电效应欲使光电子从阴极逸出时的初动能增大，应该（）A改用红光照射B改用紫光照射C增大光电管上的加速电压D增大绿光的强度6如图小球A和小球B质量之比为1：3，球A用细绳系住，绳子的另一端固定，球B置于光滑水平面上当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与球B弹性正碰，则碰后球A能上升的最大高度是（）AhBCD7如图所示为远距离交流输电的简化电路图发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的
4、两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1在输电线与用户间连有一想想变压器，流入用户端的电流是I2则（）A输电线上的电压降为UB输电线路上损失的电功率为I1UC理想变压器的输入功率为I12rD用户端的电压为8如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，ab边长L1=20cm，ad边长L2=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1，外电路电阻R=9，t=0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里则（）At=0 时刻线圈感应电流方向为abcdaB交流电周期为0
5、.01sC感应电动势的瞬时值表达式e=314cos VD从t=0起转过90过程中，流过R的电荷量为0.2C9下列说法正确的是（）A卢瑟福通过粒子散射实验建立了原子的核式结构模型B氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核来C射线的穿透本领强，电离能力弱D光电效应实验说明了光的波动性10木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）Aa尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒Ba尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒Ca离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒Da离开
6、墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒11如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷 入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零不计空气阻力，重力加速度为 g关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（）A小球的机械能减少了mghB小球克服阻力做的功为mg（H+h）C小球所受阻力的冲量等于mD小球动量的改变量大小等于m12如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通
7、过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（）ABCD二、填空题（每空2分，总计14分）13探究电磁感应现象应选用如图 （选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验在这个现象中感应电流的方向与 的方向和磁感应线方向有关14如图丙所示，A为弹簧测力计（量程足够大），B为条形磁铁（下端为S极），C为螺线管现将S1断开，S2由1改接到2，则弹簧测力计的示数将 ；若S2接2 不变，再闭合S1，弹簧测力计的示数将 （都选填“变大”、“变小”或“不变”）15在做“碰撞中的动量守恒定律”实验中（1）需要的测量仪器或工具有 （多选）A秒表 B天平 C刻度尺 D圆规（2）必须要求的
8、条件是 （多选）A斜槽轨道尽量光滑以减少误差B斜槽轨道末端的切线必须水平C入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同D入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下（3）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比 三、计算题（12+12+14=38分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16碰碰车与甲同学的总质量为200kg当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为250kg、速度为3.0m/s的迎面而来的载有乙同学的碰碰车相撞碰后甲车恰好静止假设碰撞时间
9、极短，求：（1）碰后乙车的速度的大小；（2）碰撞中总机械能的损失17如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2取重力加速度g=10m/s2求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L18如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d=0.3m，导轨水平部分处于竖
10、直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1，R2=0.2现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W2016-2017学年福建省莆田六中高二（下）期中物理试卷（B卷）参考答案
11、与试题解析一、选择题（本小题有12小题，4×12=48分，其中1-8小题每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，多选或选错得0分；9-12小题每个小题有多个选项是正确的，选对得4分，少选得2分，有一个选项选错得0分）1是人工产生的放射性元素，产生后会自发的衰变为关于衰变为，下列描述正确的是（）A上述核反应属于衰变B的半衰期随温度升高、压强增大而变小C上述核反应属于衰变D的半衰期随着数量的减少而增大【考点】JF：原子核的人工转变【分析】衰变生成核原子核，衰变生成的电子是其中的中子转化为质子同时生成的，半衰期是统计规律，与外界因素无关【解答】解：产生后会自发的衰变为反应方程式，+；A、
12、若发生衰变时，生成核与原来的原子核相比，质量数减少4，质子数减少2，所以中子减少2，故A错误；B、半衰期与外界因素无关，B错误；C、衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，C正确；D、半衰期是统计规律，对少数原子是没有意义的，且半衰期是不变，D错误故选：C2A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（取两球碰前的运动方向为正）（）AvA=2m/s，vB=4m/sBvA=4m/s，vB=4m/sCvA=4m/s，vB=7m/sDvA=7m/s，vB=1.5m/s【
13、考点】53：动量守恒定律【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，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；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度【解答】解：以A的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量：p=mAvA+mBvB=10kgm/s，系统总的机械能：E=mAvA2+mBvB2=22J；A、如果vA=2m/s，vB=4m/s，则p=mAvA+mBvB=10kgm/s，系统总的机械能：E=mAvA2+mBvB2=18J，碰撞后系统动量守恒，机械能不增加，故A正确；B、如果vA=4m/s，
14、vB=4m/s，则p=mAvA+mBvB=12kgm/s，碰撞后系统动量不守恒，故B错误；C、如果vA=4m/s，vB=7m/s，则p=mAvA+mBvB=10kgm/s，系统总的机械能：E=mAvA2+mBvB2=57J，碰撞后系统动量守恒，机械能增加，故C错误；D、如果vA=7m/s，vB=1.5m/s，碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，故D错误；故选：A3如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端当两人同时相向运动时（）A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A的动量一定比B的小C若小车向左运动，A的动量一定比B的大D若小车向右运动，A的动量一定比
15、B的大【考点】53：动量守恒定律【分析】AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解【解答】解：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB+m车v车=0，A、若小车不动，则mAvA+mBvB=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；B、若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；D、若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误故选C4如图所示为氢原子能级示意图，现有大
16、量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是（）A这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B由n=2能级跃迁到n=1能级产生的光频率最小C由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光波长最长D用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据数学组合公式得出这些氢原子总共辐射不同频率的光子种数；能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越小，结合光电效应的条件判断辐射的光子能否使金属铂发生光电效应【解答】解：A、根据知，这些氢原子总共可辐射6种不同频率的光子，故A错误B、n=4和n=3
17、间的能级差最小，辐射的光子频率最小，故B错误C、n=4和n=1件的能级差最大，辐射的光子频率最大，波长最小，故C错误D、用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量为10.2eV，大于金属的逸出功，可知能发生光电效应，故D正确故选：D5如图所示，用绿光照射一光电管，能产生光电效应欲使光电子从阴极逸出时的初动能增大，应该（）A改用红光照射B改用紫光照射C增大光电管上的加速电压D增大绿光的强度【考点】IC：光电效应【分析】光电子从阴极逸出时的最大初动能是由入射光的频率决定，与其它因素无关【解答】解：由Ek=hW逸出知增加最大初动能，只要入射光的频率变大就行了A、红光的频率比绿光小，故A错误；B、紫
18、光的频率比绿光的大，故B正确C、增大光电管的加速电压，不影响阴极逸出时的初动能，故C错误；D、增加绿光照射强度只是增大了光电流强度，D错误；故选B6如图小球A和小球B质量之比为1：3，球A用细绳系住，绳子的另一端固定，球B置于光滑水平面上当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与球B弹性正碰，则碰后球A能上升的最大高度是（）AhBCD【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系【分析】由机械能守恒定律求出A到达最低点时的速度，A球与B球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰后A球的速度，再由机械能守恒定律求出A上升的最大高度【解答】解：设A球的质量为mA球下摆过程机械能守恒，由
19、机械能守恒定律得：mgh=mv02，得 v0=A、B碰撞过程，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv0=mvA+3mvB；由机械能守恒定律得： mv02=mvA2+3mvB2；解得 vA=设碰后球A能上升的最大高度是H，由机械能守恒定律得 mgH=mvA2解得 H=h，故ABD错误，C正确故选：C7如图所示为远距离交流输电的简化电路图发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1在输电线与用户间连有一想想变压器，流入用户端的电流是I2则（）A输电线上的电压降为UB输电线路上损失的电功率为I1UC理想变压器的输入功率为I12rD用
20、户端的电压为【考点】EA：远距离输电【分析】输电线上损失的电压；损耗的功率；由输入功率等于输出功率，求用户端电压【解答】解：A、输电线上的电压降为，或者，故A错误；B、损失的功率，故B错误；C、理想变压器输入功率为，故C错误；D、理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到电压，所以，即用户端电压为，故D正确；故选：D8如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，ab边长L1=20cm，ad边长L2=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1，外电路电阻R=9，t=0时线圈平面与磁感线平行，a
21、b边正转出纸外、cd边转入纸里则（）At=0 时刻线圈感应电流方向为abcdaB交流电周期为0.01sC感应电动势的瞬时值表达式e=314cos VD从t=0起转过90过程中，流过R的电荷量为0.2C【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】根据右手定则得出感应电流的方向；根据感应电动势的瞬时值表达式e=nBScost即可求解；线圈由如图位置转过300的过程中，=BSsin30，通过R的电量为 Q=【解答】解：A、根据右手定则得出感应电流的方向是adcb，故A错误，B、n=3000r/min 的转速匀速转动，所以线圈的角速度=100 rad/s，周期T=，故B错误；C、感应电动势的
22、最大值为：Em=nBS=500.40.20.25100=314V所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBScost=314cos100t（V），故C正确；D、线圈由如图位置转过90的过程中，=BSsin90 通过R的电量为 Q=0.1C，故D错误故选：C9下列说法正确的是（）A卢瑟福通过粒子散射实验建立了原子的核式结构模型B氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核来C射线的穿透本领强，电离能力弱D光电效应实验说明了光的波动性【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；1U：物理学史【分析】卢瑟福的粒子散射实验否定了汤姆生的原子结构模型；半衰期具有统计规律，对大量的
23、原子核适用；射线是原子核在发生衰变和衰变时产生的能量以光子的形式释放放射性元素的放射性是原子核自身决定的；光电效应现象证明了光具有粒子性【解答】解：A、卢瑟福的粒子散射实验建立了原子的核式结构模型故A正确B、半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用故B错误C、射线的穿透本领强，但不带电故C正确D、光电效应实验说明了光具有粒子性故D错误故选：AC10木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）Aa尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒Ba尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒Ca离开
24、墙壁后，a和b组成的系统动量守恒Da离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒【考点】53：动量守恒定律【分析】判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0【解答】解：当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零所以和b组成的系统的动量不守恒故A错、B正确a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒故C正确、D错误故选BC11如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷 入泥潭中，由于受到
25、阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零不计空气阻力，重力加速度为 g关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（）A小球的机械能减少了mghB小球克服阻力做的功为mg（H+h）C小球所受阻力的冲量等于mD小球动量的改变量大小等于m【考点】52：动量定理【分析】通过小球重力势能和动能的变化量求出小球机械能的减小量，对全过程运用动能定理，求出小球克服阻力做功的大小，根据动量定理求出小球阻力的冲量【解答】解：A、小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）故A错误B、对全过程运用动能定理得，mg（H+h）Wf=0，则小球克服
26、阻力做功Wf=mg（H+h）故B正确C、落到地面的速度v=，对进入泥潭的过程运用动量定理得，知阻力的冲量大小不等于故C错误D、落到地面的速度v=，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m故D正确故选：BD12如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（）ABCD【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】由楞次
27、定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律【解答】解：A、B、线框右边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针；当右边框开始进入右边磁场时，电流变化顺时针；而从磁场中离开时，电流方向为逆时针；由E=BLV及V=at可知，E=BLat，电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，故A正确，B错误；C、D、而由E=BLV及V2=2as可知，E=BL，故电流与成正比，故C正确，D错误；故选：AC二、填空题（每空2分，总计14分）13探究电磁感应现象应选用如图甲 （选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验在这个现象中感应电流的方向与导体切割磁感应线的
28、运动的方向和磁感应线方向有关【考点】NF：研究电磁感应现象【分析】闭合电路中一部分导体磁场中做切割磁感应线运动，此时电路中会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，此时所产生电流为感应电流，且感应电流的方向与磁感应线方向，及导体运动的方向有关【解答】解：甲图中，若连接电路后，在外力作用下，使导体左右运动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这就是电磁感应现象；在这个现象中感应电流的方向与导体切割磁感应线的运动的方向和磁感应线方向有关；故答案为：甲；导体切割磁感应线的运动14如图丙所示，A为弹簧测力计（量程足够大），B为条形磁铁（下端为S极），C为螺线管现将S1断开，S2由
29、1改接到2，则弹簧测力计的示数将变小；若S2接2 不变，再闭合S1，弹簧测力计的示数将变大（都选填“变大”、“变小”或“不变”）【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据电磁铁的特点，由右手定则判断出线圈的磁场方向，然后结合电路中电流的变化依次分析即可【解答】解：由图可知，电流的方向由下向上，结合线圈的绕法可知，电磁铁的上端为N极，而条形磁铁下端为S极，可知通电后二者之间的作用力为吸引力；现将S2由1改接到2，则将只剩下一半线圈产生磁场，所以电磁铁的磁性减小，则对条形磁铁的作用力减小；根据共点力平衡可知弹簧测力计的示数将 变小；若S2接2 不变，再闭合S1，电阻R2被短路，所
30、以电路中的电流值增大，则线圈产生的磁场增大，线圈对条形磁铁的吸引力增大，所以弹簧测力计的示数将增大故答案为：变小，变大15在做“碰撞中的动量守恒定律”实验中（1）需要的测量仪器或工具有BCD（多选）A秒表 B天平 C刻度尺 D圆规（2）必须要求的条件是BD（多选）A斜槽轨道尽量光滑以减少误差B斜槽轨道末端的切线必须水平C入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同D入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下（3）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比4：1【考点】ME：验证动量守恒定律【分析】（1）明确实验原理，从而知道应采用的器材；（2）
31、根据实验中误差产生的原因，明确实验中应注意的事项；（3）根据动量守恒可得出质量与水平距离乘积间的表达式，根据平抛的水平距离代入表达式即可求出对应的质量比值【解答】解：（1）本实验需要天平称量物体的质量，需要刻度尺测量长度，需要圆规找物体的平均落点，故选：BCD（2）A、轨道是否光滑对实验的结果没有影响故A错误；B、要保证碰撞后两个球做平抛运动，故斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；C、入射球质量要大于被碰球质量，即m1m2，防止碰后m1被反弹，故C错误；D、为保证碰撞的初速度相同，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故D正确；故选：BD（3）根据动量守恒定律，有：m1=m1+m2代入数
32、据，有： m10.255=m10.155+m2（0.4110.11）解得：m1：m2=4：1故答案为：（1）BCD；（2）BD；（3）4：1三、计算题（12+12+14=38分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16碰碰车与甲同学的总质量为200kg当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为250kg、速度为3.0m/s的迎面而来的载有乙同学的碰碰车相撞碰后甲车恰好静止假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙车的速度的大小；（2）碰撞中总机械能的损失【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律【分析】（
33、1）甲、乙两车碰撞过程中系统的合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后乙车的速度大小（2）根据能量守恒求出碰撞过程中机械能的损失【解答】解：（1）设甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙车的速度大小为V取碰撞前甲速度的方向为正方向，由动量守恒定律有 mvMV=MV代入数据得 V=3m/s （2）设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有E=mv2+MV2=MV2 联立式，代入数据得E=1500 J 答：（1）碰后乙车的速度的大小是3m/s；（2）碰撞中总机械能的损失是1500J17如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道
34、的最高点和最低点现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2取重力加速度g=10m/s2求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律【分析】（1）A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度（2）A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率（3）对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离【解答】解：（1）滑块从圆弧
35、最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有：得： =2m/s（2）滑块A与B碰撞，轨道向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mAvA=（mA+mB）v得：（3）滑块A与B粘在一起滑行，根据动能定理，有：又因为：f=N=（mA+mB）g代入数据联立解得：l=0.25m答：（1）碰撞前瞬间A的速率为2m/s；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率为1m/s；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为0.25m18如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d=0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计
36、有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1，R2=0.2现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W【考点】53：动量守恒定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解c
37、d棒切割磁场产生的感应电动势，根据闭合电路定律求出流过ab棒的电流，进而求出ab棒所受安培力，再用牛顿第二定律即可求出ab棒的加速度；（2）把ab棒和cd棒建立系统，运用动量守恒定律；对cd棒进入竖直半圆轨道运动的过程运用动能定理，最高点重力恰好提供cd棒做圆周运动的向心力，运用牛顿第二定律，联立即可求解cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；（3）对ab棒运用动能定理即可【解答】解：（1）ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，根据导体棒切割磁场有：E=Bdv0 闭合电路欧姆定律：I=牛顿第二定律：F安=m2a0 安培力公式：F安=BId 联立式代入题给数据得：a0=30m/s2（2）设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 ab棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得：m2g2r=在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得：m2g=m2式子联立得：v1=7.5m/s （3）cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得：W=联立代入题给数据得：W=4.375J答：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度为30m/s2；（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小为7.5m/s；（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功为4.375J2017年6月24日