1、2015-2016学年广西河池高中高二（下）第二次月考物理试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1下列说法不符合物理学史的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应B牛顿解释了涡旋电场的产生原理C法拉第发现了电磁感应现象D楞次找到了判断感应电流方向的方法2如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A则下列说法正确的是（）A电压表V1示数增大B电压表V2不变，V3示数减小C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动3
2、矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示若规定逆时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）ABCD4如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电量均为q（q0）将另一个带电量也为q（q0）的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为120，则此时摆线上的拉力大小等于（）A mgBmgCD5矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示下列结论正确的是（
3、）A在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大B在t=0.2s和t=0.4s时，电动势改变方向C电动势的最大值是157VD在t=0.4s时，磁通量变化率最大，其值为3.14Wb/s6电源、开关S、S、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置当开关S、S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则（）A液滴向下运动B液滴向上运动CR2两端的电势差是否升高无法分析D当光照强度不变时断开S，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高7空间某区域存在着电场，电场线的分
4、布如图所示，一个质量为m、电荷量为q的微粒只在电场力作用下运动，微粒经过A点时的速度大小为v，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为，则以下判断中正确的是（）A微粒带正电BA、B两点的电场强度和电势关系为EAEB、CA、B两点间的电势差为（v22v12）D微粒在A点的电势能比在B点的小8如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60角，如图所示，根据上述条件可求下
5、列物理量中的（）A带电粒子的比荷B带电粒子在磁场中运动的周期C带电粒子在磁场中运动的半径D带电粒子的初速度二、解答题（共6小题，满分62分）9图为“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺的导线补接完整（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，线圈插入副线圈，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针（3）在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将A应副线圈两端不接任何元件，无电磁感应现象B因电路不闭合，无电磁感应现象C有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势D不能用楞次定律判断感应电动势方向10用电流表和电压表测一节干电池
6、的电动势和内阻，图甲、乙是给出的两个供选择的电路图（1）为了较精确地测定电池的电动势和内阻，实验中应选用（填“甲”或“乙”）电路（2）实验时，经测量得出的数据如表，请在图丙所示的坐标系中画出UI图线，利用图象可求出该干电池电动势和内电阻分别为V、123456I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05（3）若不作出图象，只选用其中两组U和I的数据，利用公式E=U+Ir列方程求E和r，这样做可能得出误差很大的结果，其中，选用第组和第组数据，求出E和r的误差最大11如图所示，MN、PQ为平行光滑导轨，其电阻忽略不计，与地面成30角固定
7、N、Q间接一电阻R=10，M、P端与电池组和开关组成回路，电动势E=6V，内阻r=1.0，导轨区域加有与两导轨所在平面垂直的匀强磁场现将一条质量m=10g，电阻R=10的金属导线置于导轨上，并保持导线ab水平已知导轨间距L=0.1m，当开关S接通后导线ab恰静止不动（1）试计算磁感应强度的大小（2）若某时刻将电键S断开，求导线ab能达到的最大速度（设导轨足够长）12如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30第象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B=1T，第IV象限有匀强电场，方向沿y轴正向一质量m=81010kg电荷量q=1104C带正电粒子
8、，从电场中M（12，8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场不计粒子重力，取=3，求：（1）粒子在磁场中运动的速度v；（2）粒子在磁场中运动的时间t；（3）匀强电场的电场强度E13如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则摆球从A运动到B的过程中（）A重力做的功为 mv2B在B点，重力的最大瞬时功率为mgvC动量的改变量为mvD绳拉力的冲量为0E合力的冲量大小为mv14在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球
9、B发生正碰碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出g=10m/s2求：（i）碰撞后小球B的速度大小（ii）A、B碰撞过程中损失的机械能2015-2016学年广西河池高中高二（下）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1下列说法不符合物理学史的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应B牛顿解释了涡旋电场的产生原理C法拉第发现了电磁感应现象D楞次找到了判断感应电流方向的方法【考点】物理学史【分析】本题根据奥斯特、牛顿、法拉第、楞次等科学家的物理成就进行解答【解答】解：A、1820年，奥斯特发现了电流
10、的磁效应，符合物理学史，故A符合B、牛顿没有解释了涡旋电场的产生原理，麦克斯韦解释了涡旋电场的产生原理，故B不符合C、法拉第发现了电磁感应现象，符合物理学史，故C符合D、楞次找到了判断感应电流方向的方法，符合物理学史，故D符合本题选不符合物理学史的，故选：B【点评】本题是物理学史，属于常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A则下列说法正确的
11、是（）A电压表V1示数增大B电压表V2不变，V3示数减小C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动【考点】变压器的构造和原理【分析】根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可【解答】解：AD、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿cd的方向滑动，故A错误，
12、D正确，B、由于R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；C、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C错误；故选：D【点评】本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析，不难3矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示若规定逆时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）ABCD【
13、考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况【解答】解：由图可知，01s内，线圈中磁通量的变化率相同，故01s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；同理可知，12s内电路中的电流为顺时针，23s内，电路中的电流为顺时针，34s内，电路中的电流为逆时针，由E=n=可知，电路中电流大小恒定不变故选：C【点评】本题要求学生能正确理解Bt图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定4如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均
14、为m，带电量均为q（q0）将另一个带电量也为q（q0）的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为120，则此时摆线上的拉力大小等于（）A mgBmgCD【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；库仑定律【分析】对小球a受力分析，受重力、c球对a球的静电斥力、b球对a球的静电斥力和细线的拉力，然后根据平衡条件并结合正交分解法列式求解即可【解答】解：球a与球b间距为，对小球a受力分析，受重力、c球对a球的静电斥力、b球对a球的静电斥力和细线的拉力，如图所示：根据平衡条件，有：水平方向：Fab+Faccos60=Tcos
15、30竖直方向：Facsin60+Tsin30=G其中：Fab=解得：T=mg=故选：B【点评】本题关键选择小球a受力分析，然后根据平衡条件列式求解即可，基础题5矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示下列结论正确的是（）A在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大B在t=0.2s和t=0.4s时，电动势改变方向C电动势的最大值是157VD在t=0.4s时，磁通量变化率最大，其值为3.14Wb/s【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁
16、通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势最大；结合t图象分析答题【解答】解：A、在t=0.1 s和t=0.3 s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故A错误；B、在t=0.2 s和t=0.4 s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，电动势不改变方向，故B错误；C、根据t图象，BS=0.2Wb，T=0.4s，故电动势的最大值：Em=NBS=NBS=500.2=50V=157 V；故C正确；D、磁通量为0，磁通量变化率最大，由Em=N得， =3.14 Wb/s，故D正确；故选：CD【点评】要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置：中性面
17、和垂直中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题6电源、开关S、S、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置当开关S、S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则（）A液滴向下运动B液滴向上运动CR2两端的电势差是否升高无法分析D当光照强度不变时断开S，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】该电路R1和R2串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻
18、值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电流的变化，得到两个电阻的电压变化和电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化【解答】解：A、B、当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动；故A错误，B正确；C、当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R2两端间的电压：UR2=EI（R1+r）一定减小，故C错误；D、当光照强度不变时断开S，电容器的带电量不变，电势差：UR1=，把电容器的上极板向上移一小段距离，d变大，故电势差UR1变大，由于下极板电势为零，故上极板的电势比A点的
19、电势高，故D正确；故选：BD【点评】本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、电容器的定义式和决定式列式分析7空间某区域存在着电场，电场线的分布如图所示，一个质量为m、电荷量为q的微粒只在电场力作用下运动，微粒经过A点时的速度大小为v，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为，则以下判断中正确的是（）A微粒带正电BA、B两点的电场强度和电势关系为EAEB、CA、B两点间的电势差为（v22v12）D微粒在A点的电势能比在B点的小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据粒子偏转的方向判断出电场力的方向，即可判断出粒子的电性；由动能定理可求出电场力做功
20、，由电场力做功W=qU，即可求出A、B两点间的电势差U根据电场力做功情况，判断电势能的变化【解答】解：A、粒子向下偏转，说明粒子所受的电场力的方向大致向下，与电场线的方向相同所以微粒带正电故A正确B、电场线的疏密表示电场的强弱，所以EAEB；沿电场线的方向电势降低，所以故B错误；C、微粒由A点运动至B点，由动能定理得：qUAB=，则得：A、B两点间的电势差 UAB=（v22v12）故C正确D、由于电场力对微粒做正功，微粒的电势能减小，则微粒在A点的电势能比在B点的大故D错误故选：AC【点评】本题主要是动能定理的应用，动能定理反映外力对物体做的总功与动能变化的关系，要在分析受力的基础上，确定哪些
21、力对物体做功，不能遗漏8如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60角，如图所示，根据上述条件可求下列物理量中的（）A带电粒子的比荷B带电粒子在磁场中运动的周期C带电粒子在磁场中运动的半径D带电粒子的初速度【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度
22、沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期【解答】解：无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为R0，则v=2 （1）而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得： （2）由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：R= （3）由（1）（2）（3）联式可得：设粒子在磁场中的运动周期为T，则周期为T=t，由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求故选：AB【点评】带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速
23、度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射二、解答题（共6小题，满分62分）9图为“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺的导线补接完整（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，线圈插入副线圈，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针向左偏转一下（3）在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将CA应副线圈两端不接任何元件，无电磁感应现象B因电路不闭合，无电磁感应现象C有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势D不能用楞次定律判断感应电动势方向【考点】研究电磁感应现象【
24、分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答（2）根据楞次定律确定电流的方向，判断指针的偏转（3）当穿过线圈的磁通量发生变化时，一定有感应电动势，若闭合时，才有感应电流，可以由楞次定律来确定感应电动势的方向【解答】解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示（2）闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏（3）如果副线圈B两端不接任何
25、元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有感应电流存在，但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向故C正确，ABD错误；故答案为：（1）如上图所示；（2）向左偏转一下；（3）C【点评】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键10用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内阻，图甲、乙是给出的两个供选择的电路图（1）为了较精确地测定电池的电动势和内阻，实验中应选用乙（填“甲”或“乙”）电路（2）实验时，经测量得出的数据如表，请在图丙所示的坐标系中
26、画出UI图线，利用图象可求出该干电池电动势和内电阻分别为1.45V、0.70123456I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05（3）若不作出图象，只选用其中两组U和I的数据，利用公式E=U+Ir列方程求E和r，这样做可能得出误差很大的结果，其中，选用第3组和第5组数据，求出E和r的误差最大【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电源内阻大小选择实验电路（2）电源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；（3）偏离UI图象越远的实验数据测量误差越大，应用该数据求出的电
27、源电动势与内误差大【解答】解：（1）干电池内阻很小，为减小实验误差，相对于电源来说电流表应采用外接法，即选择图乙所示电路图；（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示（2）由图象可知，图象与纵坐标的交点坐标值为1.45，则电源电动势：E=1.45V；电源内阻：r=0.70；（3）由图象可知，第3组和第5组数据偏离直线较远并且两组数据相差较小，故用这两组数据计算求出的电源电动势与内阻误差较大故答案为：（1）乙；（2）1.45；0.70；（3）3；5【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据分析方法以及电路图的选择；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处
28、理方法，要掌握描点法作图的方法；用图象法处理可以减小误差，在连线时注意若出现误差较大的点应舍掉11如图所示，MN、PQ为平行光滑导轨，其电阻忽略不计，与地面成30角固定N、Q间接一电阻R=10，M、P端与电池组和开关组成回路，电动势E=6V，内阻r=1.0，导轨区域加有与两导轨所在平面垂直的匀强磁场现将一条质量m=10g，电阻R=10的金属导线置于导轨上，并保持导线ab水平已知导轨间距L=0.1m，当开关S接通后导线ab恰静止不动（1）试计算磁感应强度的大小（2）若某时刻将电键S断开，求导线ab能达到的最大速度（设导轨足够长）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（
29、1）导体杆静止在导轨上，受到重力、支持力和安培力三个力作用，根据平衡条件和闭合电路欧姆定律结合安培力大小为F=BIL，即可求得磁感应强度（2）ab下滑的过程中重力和安培力做功，根据平衡条件，即可求解最终匀速运动的速度的大小【解答】解：（1）由于静止平衡，由平衡条件得：BL=mgsin，电路电流：I=，代入数据解得：B=1T；（2）当ab匀速运动时速度最大，ab受到的安培力：F=BIL=，由平衡条件得：，=mgsin30，代入数据解得：v=100m/s；答：（1）磁感应强度的大小为1T（2）若某时刻将电键S断开，导线ab能达到的最大速度为100m/s【点评】本题是力电综合问题，关键是分析清楚电路
30、结构、受力情况、能量转化情况，然后根据平衡条件、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律列式求解12如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30第象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B=1T，第IV象限有匀强电场，方向沿y轴正向一质量m=81010kg电荷量q=1104C带正电粒子，从电场中M（12，8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场不计粒子重力，取=3，求：（1）粒子在磁场中运动的速度v；（2）粒子在磁场中运动的时间t；（3）匀强电场的电场强度E【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1
31、）粒子在电场中做匀加速运动，进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，由牛顿第二定律求得速度v；（2）粒子在磁场中运动时，速度的偏向角等于轨迹所对应的圆心角，由几何关系得到，由t=求出时间t；（3）粒子在电场中运动时，由动能定理求解电场强度E【解答】解：（1）粒子在磁场中的轨迹如图，设粒子做圆周运动的轨道半径为R，由几何关系，得 R+Rsin30=解得 由得 v=代入解得 v=104m/s（2）由几何关系得：粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120，则有（3）粒子在电场中运动时，由动能定理得 则得答：（1）粒子在磁场中运动的速
32、度v是104m/s；（2）粒子在磁场中运动的时间t是1.6105s；（3）匀强电场的电场强度E是5103V/m【点评】本题是带电粒子先经电场加速后经磁场偏转的类型，画出轨迹，分析粒子的运动情况是解答的基础，关键是根据几何关系求出磁场中运动的轨道半径13如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则摆球从A运动到B的过程中（）A重力做的功为 mv2B在B点，重力的最大瞬时功率为mgvC动量的改变量为mvD绳拉力的冲量为0E合力的冲量大小为mv【考点】动量定理；功率、平均功率和瞬时功率【分析】某个力的功率应用力乘以力
33、方向上的速度，重力做功与路径无关只与高度差有关，也可以运动动能定理求解由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量【解答】解：A、摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：WG=mv20，故A正确B、在B点，重力与速度垂直，功率为0，故B错误设摆球从A运动到B的过程中某点重力的瞬时功率最大，设此时速度方向与竖直方向的夹角为，则有p=mgvcosmgv，故B错误；C、由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量所以摆球从A运动到B的过程中动量的改变量为mv，故C正确；D、根据冲量的公式I=Ft得：绳的拉力冲量为I=mgt，不为零，故D错误E、由动量定理，合外力的冲量等
34、于物体动量的改变量所以摆球从A运动到B的过程中合力的冲量为mv，故E正确故选：ACE【点评】知道瞬时功率的求解方法，掌握运用动量定理求解合外力的冲量14在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生正碰碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出g=10m/s2求：（i）碰撞后小球B的速度大小（ii）A、B碰撞过程中损失的机械能【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）小球恰好能通过最高点N，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定
35、律求出小球到达N点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球B的速度（2）由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出碰撞过程中机械能的损失【解答】解：（i）小球B恰好能通过圆形轨道最高点，有mg=m 解得m/s 小球B从轨道最低点C运动到最高点D的过程中机械能守恒，有=2联立解得vM=5m/s 所以碰撞后小球B的速度大小为5m/s （ii）碰撞过程中动量守恒，有mAv0=mAvA+mBvB，因为水平面光滑，所以式中vB=vM，解得vA=2 m/s，碰撞过程中损失的机械能为E=0.5 J 答：（i）碰撞后小球B的速度大小为5m/s（ii）A、B碰撞过程中损失的机械能为0.5J【点评】熟练应用牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题，难度适中