1、2015-2016学年山西省朔州市应县一中高二（下）期中物理试卷一、选择题（本题共14小题，每小题给出的四个选项中，1-10是单选题、每题4分；11-14是多选题、每题4分、全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共56分.）1利用如图所示的理想变压器给用电器供电在原线圈ab端接交流电压u=1000sin100t（V），原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=50匝下列说法正确的是（）A通过原副线圈的交流电的频率均为100HzB副线圈两端电压为U2=50VC通过原副线圈的电流之比为I1：I2=20：1D闭合电键K，变压器输入功率增加2关于光电效应有如下几种叙述，其中叙述不正确
2、的是（）A对任何一种金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率必须大于这个频率，才能产生光电效应B光电流强度与入射光强度的有关C用不可见光照射金属一定比可见光照射金属产生的光电子的初动能要大D光电效应几乎是瞬时发生的3中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应下列说法正确的是（）A上表面的电势高于下表面电势B仅增大h时，上下表面的电势差增大C仅增大d时，上下表面的电势差减小D仅增大电流I时，上下表面的电势差减小4如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左
3、边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（）AA开始运动时BA的速度等于v时CB的速度等于零时DA和B的速度相等时5用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，现在把人射光的条件改变，再照射这种金属下列说法正确的是（）A把这束绿光遮住一半，则可能不产生光电效应B把这束绿光遮住一半，则逸出的光电子最大初动能将减少C若改用一束红光照射，则不产生光电效应D若改用一束蓝光照射，则逸出光电子的最大初动能将增大6AB两种色光分别垂直水面并射向池底，经历时间TATB，那么两种光子的能量关系是（）AEAEBBEAEBCE
4、A=EBD不能确定7关于波的波粒二象性，正确的说法是（）A光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越不显著B光的波长越长，光的能量越大，波动性越显著C频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性D个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性8关于光的本性，下列说法中正确的是（）A关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性B光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子C光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性D光的波粒二象性是将牛顿的粒子说和惠更斯的波动说真正
5、有机地统一起来9下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射规律的是 （）ABCD10在沙堆上有一木块，M=5K g，木块上放一爆竹，质量为m=0.10Kg，点燃后木块陷入沙中5cm，若沙对木块运动的阻力恒为58N，不计火药质量和空气阻力，则爆竹上升的最大高度（）A40mB30C20mD无法确定11在光电效应实验中，小君同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示则可判断出（）A甲光的频率大于乙光的频率B甲光的照射功率大于乙光的照射功率C乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动
6、能12一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”、“二次变电站”降压已知经低压变电站降压变压器（可视为理想变压器）后供给某小区居民的交流电u=220sin100tV，该变压器原、副线圈匝数比为50：1，则下列说法错误的是（）A原线圈上的电压为11000VB原线圈中电流的频率是100HzC采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗D原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗13小球A以速度V向右运动，与静止的小球B发生正碰，碰后A、B的速率分别是、，则A、B两球的质量比可能
7、是（）A1：2B1：3C2：3D2：514甲、乙两球在光滑水平轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p甲=5kgm/s，p乙=7kgm/s，甲从后面追上乙并发生正碰，碰后乙球的动量变为p乙=10kgm/s则两球质量m甲与m乙之间的关系可能是下面哪几种（）Am甲=m乙Bm乙=2m甲Cm乙=4m甲Dm乙=二、实验题与填空（本题共2小题，共14分）15如图为实验室中“探究碰撞中的不变量”的装置示意图（1）若入射小球A质量为m1，被碰小球B质量为m2，则Am1m2 Bm1m2 Cm1=m2（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是（填下列对应的字母）A直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧秤E秒表
8、16如图1为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图在验证动量守恒定律的实验中，必须要求的条件是：A轨道是光滑的B轨道末端的切线是水平的C碰撞的瞬间m1 和m2 球心连线与轨道末端的切线平行D每次m1 都要从同一高度静止滚下入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量相比较，应是 m1m2实验时，小球的落点分别如图2的M、N、P点，应该比较下列哪两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律：Am1 Bm1 Cm1Dm1+m2 Em1+m2 Fm1+m2在做此实验时，若某次实验得出小球的落点情况如图2所示假设碰撞中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1：m2=三、计算题（共4个题40分
9、）解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）17用频率为6.001014Hz的光照射钠片，恰可使钠发生光电效应，现改用频率为8.001014Hz的紫外线照射，飞出的光电子的最大初动能应该为多少？18如图所示，某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站，发电机的输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线电阻为10，允许线路消耗的功率为输出功率的4%，求：（1）若不用变压器而由发电机直接输送，用户得到的电压和功率是多少？（2）用如图所示电路输电，若用户需要220V电压时，所用升压、降压变压器原副线圈匝数比为多少？（不计变压器能
10、量损失）19质量为m的木块下面用细线系一质量为M的铁块，一起浸没在水中从静止开始以加速度a匀加速下沉（如图），经时间t1s后细线断裂，又经t2s后，木块停止下沉试求铁块在木块停止下沉瞬间的速度20如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为km的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上（1）若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度；（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件2015-2016学年山西省朔州市应县一中高二（下）
11、期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，每小题给出的四个选项中，1-10是单选题、每题4分；11-14是多选题、每题4分、全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共56分.）1利用如图所示的理想变压器给用电器供电在原线圈ab端接交流电压u=1000sin100t（V），原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=50匝下列说法正确的是（）A通过原副线圈的交流电的频率均为100HzB副线圈两端电压为U2=50VC通过原副线圈的电流之比为I1：I2=20：1D闭合电键K，变压器输入功率增加【考点】变压器的构造和原理【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压
12、器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解：A、在原线圈ab端接交流电压u=1000sin100t（V），f=50Hz，电流的频率是由电源决定的，所以原副线圈中电流的频率是一样的，都为50Hz，故A错误；B、原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=50匝，原线圈电压U1=500V，根据电压与匝数成正比得副线圈两端电压为U2=25V，故B错误；C、根据电流与匝数成反比，原、副线圈中的电流之比=，故C错误；D、闭合电键K，副线圈总电阻减小，变压器输出功率增大，变压器输入功率增大，故D正确；故选：D2关于光电效应有如下几种叙述，其中叙述不正确的是（）A对任何一种金属都存在一个“极
13、限频率”，入射光的频率必须大于这个频率，才能产生光电效应B光电流强度与入射光强度的有关C用不可见光照射金属一定比可见光照射金属产生的光电子的初动能要大D光电效应几乎是瞬时发生的【考点】光电效应【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，或入射光的波长小于金属的极限波长光的强度影响单位时间内发出的光电子数目，即光电流的大小【解答】解：A、根据产生光电效应的条件可知，对任何一种金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率必须大于这个频率，才能产生光电效应故A正确B、光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，即影响光电流的大小故B正确C、红外线的频率比可见光的频率小，根据光电效应方程知，产
14、生的光电子的最大初动能变小故C错误D、根据光电效应的特点可知，光电效应几乎是瞬时发生的故D正确；本题选择不正确的，故选：C3中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应下列说法正确的是（）A上表面的电势高于下表面电势B仅增大h时，上下表面的电势差增大C仅增大d时，上下表面的电势差减小D仅增大电流I时，上下表面的电势差减小【考点】霍尔效应及其应用【分析】金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，比较出电势的高低最终电
15、子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式进行讨论【解答】解：A、根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面故A错误；B、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=neSv，故U=，知增大h，上下表面的电势差不变，与h无关故B错误；C、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=neSv，故U=，知仅增大d时，上下表面的电势差减小，故C正确；D、根据evB=e，解得U=vBh；根据电流的微观表达式I=neSv，电流越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故D错误；故选：C4如图所示，物体A静止在光滑的水平
16、面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（）AA开始运动时BA的速度等于v时CB的速度等于零时DA和B的速度相等时【考点】动量定理；功能关系【分析】两球不受外力，故两球及弹簧组成的系统动量守恒，根据两物体速度的变化可知系统动能损失最大的时刻【解答】解：在压缩弹簧的过程中，没有机械能的损失，减少的动能转化为弹簧的弹性势能在压缩过程中水平方向不受外力，动量守恒则有当A开始运动时，B的速度等于v，所以没有损失动能当A的速度v时，根据动量守恒定律有B的速度等于零，所以系统动能又等于初动能；所以A
17、、B、C全错误而在AB速度相等时，此时弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，故D正确；故选D5用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，现在把人射光的条件改变，再照射这种金属下列说法正确的是（）A把这束绿光遮住一半，则可能不产生光电效应B把这束绿光遮住一半，则逸出的光电子最大初动能将减少C若改用一束红光照射，则不产生光电效应D若改用一束蓝光照射，则逸出光电子的最大初动能将增大【考点】光电效应【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，通过入射光的频率大小，结合光电效应方程判断光电子的最大初动能的变化【解答】解：A、光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，遮住一
18、半，光电子数减小，但仍发生光电效应，光电子最大初动能将不变故AB错误C、若改用一束红光照射，因为红光的频率小于绿光的频率，可能不发生光电效应，故C错误；D、若改用一束蓝光照射，根据光电效应方程Ekm=hvW0知，光电子的最大初动能增加，故D正确故选：D6AB两种色光分别垂直水面并射向池底，经历时间TATB，那么两种光子的能量关系是（）AEAEBBEAEBCEA=EBD不能确定【考点】光的折射定律；光子【分析】光通过玻璃中的时间t=，而光在玻璃中传播速度为v=，即可根据这两个公式比较玻璃对两种光折射率的大小，确定出光的频率大小，判断出光子能量的大小【解答】解：光通过玻璃中的时间t=，而光在玻璃中
19、传播速度为v=，则得t=；c、s相同，则知折射率nt，可知玻璃对A光的折射率较大，该光的频率较大，根据光子能量公式E=h得知，A光子能量较大，故A正确故选：A7关于波的波粒二象性，正确的说法是（）A光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越不显著B光的波长越长，光的能量越大，波动性越显著C频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性D个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性【考点】光的波粒二象性；光子【分析】光既有波动性，又有粒子性，个别光子的作用效果往往表现为粒子性，大量光子的作用效果往往表现为波动性根据E=h判断出光子的能量与什么因素有关频率越大、波长越短的光
20、子，粒子性越明显；反之，频率越小、波长越长，波动性越明显【解答】解：A、光的频率越高，根据E=h可知，光子的能量越大，则动量也越大，粒子性越显著故A错误；B、光子的能量：E=，可知光的波长越长，光的能量越小，波动性越显著故B错误；C、频率越大、波长越短的光子，粒子性越明显，但不是没有波动性；同理，频率越小、波长越长，波动性越明显，只是粒子性不明显，不是不具有粒子性故C错误；D、光波是概率波，个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性故D正确故选：D8关于光的本性，下列说法中正确的是（）A关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们
21、都说明了光的本性B光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子C光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性D光的波粒二象性是将牛顿的粒子说和惠更斯的波动说真正有机地统一起来【考点】光的本性学说的发展简史；光的波粒二象性【分析】光既有波动性，又有粒子性，个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性；波长长的光，波动性越强频率越高，粒子性特征显著【解答】解：A、牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，是宏观意义的粒子，而不是微观概念上的粒子，实际上是不科学的惠更斯提出了“波动说”，光既具有粒子性，又具有波动性，即具有波粒二
22、象性，才能圆满说明光的本性故A错误B、光具有波粒二象性，但不能把光看成宏观概念上的波光的粒子性要求把光看成微观概念上的粒子，故B错误C、干涉和衍射是波的特有现象，光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，故C正确D、牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，而爱因斯坦的“光子说”认为光是一种量子化的物质，麦克斯韦的电磁说与爱因斯坦的光子说，光既具有波动性又具有粒子性，故具有波粒二象性故D错误故选：C9下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射规律的是 （）ABCD【考点】量子化现象【分析】要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射
23、的电磁波的波长越短【解答】解：黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故B、D错误黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在500以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故C错误A正确故选：A10在沙堆上有一木块，M=5K g，木块上放一爆竹，质量为m=0.10Kg，点燃后木块陷入沙中5cm，若沙对木块运动的阻力恒为58N，不计火药质量和空气阻力，则爆竹上升的最大高度（）A40mB30C20mD无法确定【考点】动量守恒定律【分析】先对爆竹爆炸后木块陷入沙中的过程，运用动能定理求出爆炸时木块获
24、得的速度在爆竹爆炸过程中，内力远大于外力，爆竹与木块组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求出爆竹获得的速度，即可由运动学公式求得爆竹上升的最大高度【解答】解：爆竹爆炸瞬间，设木块获得的瞬时速度v，由动能定理得：（Mgf）h=0得：v=m/s=0.4m/s爆竹爆炸过程中，爆竹和木块系统动量守恒，取向下为正方向，则有：Mvmv0=0得：v0=m/s=20m/s故爆竹能上升的最大高度为：H=20m故选：C11在光电效应实验中，小君同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示则可判断出（）A甲光的频率大于乙光的频率B甲光的照射功率大于乙光的照射功率
25、C乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能【考点】光电效应【分析】光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零eU截=hW，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波
26、长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大【解答】解：A、根据eU截=hW，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误；B、由图可知，甲的饱和电流大于乙的饱和电流，而光的频率相等，所以甲光的照射功率大于乙光的照射功率，故B正确C、同一金属，截止频率是相同的，故C错误D、丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能故D正确故选：BD12一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经
27、“一次高压变电站”、“二次变电站”降压已知经低压变电站降压变压器（可视为理想变压器）后供给某小区居民的交流电u=220sin100tV，该变压器原、副线圈匝数比为50：1，则下列说法错误的是（）A原线圈上的电压为11000VB原线圈中电流的频率是100HzC采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗D原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】变压器原、副线圈的电压比等于匝数之比，求出副线圈电压的有效值，即可求出输入电压；根据原副线圈的电流大小可比较出线圈导线的粗细【解答】解：A、供给某小区居民的交流电u=220sin100tV，最大值为220V，故输出电压有
28、效值为220V，根据变压比公式，输入电压为：U1=，故A错误；B、交流电u=220sin100tV，故频率：f=50Hz，故B错误；C、在输送电功率一定的情况下，根据公式P=UI，高压输电有利于减小输电电流，电功率损耗P=I2r也会减小，故C正确；D、变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故D错误；因选错误的，故选：ABD13小球A以速度V向右运动，与静止的小球B发生正碰，碰后A、B的速率分别是、，则A、B两球的质量比可能是（）A1：2B1：3C2：3D2：5【考点】动量守恒定律【分析】小球A与B发生正碰，已知碰后A、B的速率分别是、，而
29、A球的速度方向可能与原来的方向相同，也可能与原来的方向相反，根据动量守恒定律求出两球质量之比【解答】解：取碰撞前A的速度方向为正方向若碰后A的速度方向与原来的方向相同时，碰后A的速度为，根据动量守恒定律得mAV=mA+mB，代入解得，mA：mB=2：3若碰后A的速度方向与原来的方向相反时，碰后A的速度为，根据动量守恒定律得mAV=mA+mB，代入解得，mA：mB=2：5故选CD14甲、乙两球在光滑水平轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p甲=5kgm/s，p乙=7kgm/s，甲从后面追上乙并发生正碰，碰后乙球的动量变为p乙=10kgm/s则两球质量m甲与m乙之间的关系可能是下面哪几种（）A
30、m甲=m乙Bm乙=2m甲Cm乙=4m甲Dm乙=【考点】动量守恒定律【分析】碰撞过程遵守动量，总动能不增加，根据这两个规律，得到A、B两球的质量关系【解答】解：设P甲=5kgm/s，P乙=7kgm/s，P甲P乙，甲从后面追上乙并发生碰撞，说明甲的速度大于乙的速度，即v甲v乙，得：得小球质量之比：，设两球发生的是弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒并且机械能守恒，以两球组成的系统为研究对象，以甲求的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：P1+P2=P1+P2，物体动能与动量大小的关系为：EK=，由机械能守恒定律得： +，由解得：；如果两球碰撞为完全非弹性碰撞，碰后二者速度大小相等，由于p=mv，v=，则碰
31、撞后：由解得：；综上所述，两小球的质量间的关系必须满足；故选：C二、实验题与填空（本题共2小题，共14分）15如图为实验室中“探究碰撞中的不变量”的装置示意图（1）若入射小球A质量为m1，被碰小球B质量为m2，则AAm1m2 Bm1m2 Cm1=m2（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是AC（填下列对应的字母）A直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧秤E秒表【考点】验证动量守恒定律【分析】（1）要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；（2）根据实验原理选择实验器材；【解答】解：（1）要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰
32、撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1、m2大小关系为 m1m2，r1、r2大小关系为 r1=r2故选A（2）小球离开轨道后做平抛运动，由h=gt2得小球做平抛运动的时间t=，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1=m1v1+m2v2，则：m1v1t=m1v1t+m2v2t，得m1x1=m1x1+m2x2，由图所示可知，需要验证：m1OP=m1OM+m2ON，因此实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，被碰小球碰后平抛的水平位移，测量水平位移需
33、要用直尺，测质量需要天平，因此需要的实验器材是AC故答案为：（1）A；（2）AC16如图1为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图在验证动量守恒定律的实验中，必须要求的条件是：BCDA轨道是光滑的B轨道末端的切线是水平的C碰撞的瞬间m1 和m2 球心连线与轨道末端的切线平行D每次m1 都要从同一高度静止滚下入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量相比较，应是 m1大于m2实验时，小球的落点分别如图2的M、N、P点，应该比较下列哪两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律：ADAm1 Bm1 Cm1Dm1+m2 Em1+m2 Fm1+m2在做此实验时，若某次实验得出小球的落点情况如图2所示假设
34、碰撞中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1：m2=4：1【考点】验证动量守恒定律【分析】在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；根据实验注意事项分析答题；根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后答题；根据动量守恒列方程即可正确求出质量之比【解答】解：A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；C、为保证两球发生对心正碰，
35、碰撞后小球做平抛运动，碰撞的瞬间m1 和m2 球心连线与轨道末端的切线平行，故C正确；D、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确故选：BCD为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即 m1大于m2 两球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则m1v1=m1v1+m2v2，两边同时乘以t得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，m1=m1+m2，因此比较AD两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律由可知，如果两球碰撞过程动量守恒，则：m1=m1+m2，代入数据求得：m1：m2=4：1；故
36、答案为：BCD；大于；AD；4：1三、计算题（共4个题40分）解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）17用频率为6.001014Hz的光照射钠片，恰可使钠发生光电效应，现改用频率为8.001014Hz的紫外线照射，飞出的光电子的最大初动能应该为多少？【考点】光电效应【分析】根据光电效应方程Ekm=hvW0，结合极限频率与逸出功的关系，即可求出光电子的最大初动能【解答】解：根据光电效应方程得，Ekm=hvW0，由恰可使钠发生光电效应，可得W0=hv0；改用频率为8.001014Hz的紫外线照射，则有：Ekm=hvW0=h
37、vhv0=6.631034（86）1014J=1.331019J答：飞出的光电子的最大初动能应该为1.331019J18如图所示，某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站，发电机的输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线电阻为10，允许线路消耗的功率为输出功率的4%，求：（1）若不用变压器而由发电机直接输送，用户得到的电压和功率是多少？（2）用如图所示电路输电，若用户需要220V电压时，所用升压、降压变压器原副线圈匝数比为多少？（不计变压器能量损失）【考点】远距离输电【分析】（1）根据输电电压和输送功率求出输送的电流，根据电压损失和功率损失求出用户得出的电压和功率（2）根据输电线上损失的功
38、率求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压和输出电压得出升压变压器的原副线圈匝数之比根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入的电压，结合降压变压器的输入电压和输出电压得出原副线圈的匝数之比【解答】解：（1）不用变压器而直接输送时，输电线上的电流I=A=18A 电压损失U=IR=1810V=180V 功率损失P=I2R=18210=3240W 用户得到的电压和功率分别是U用=UU=500V180V=320V P用=PP=9000W3240W=5760W （2）由P=P4%=I2R代入数据得I2=6A，由P=U2I2得U2=1.5103V 由=得U3=U2I2R=V=144
39、0V 所以=答：（1）若不用变压器而由发电机直接输送，用户得到的电压为320V，功率是5760W（2）用如图所示电路输电，若用户需要220V电压时，所用升压、降压变压器原副线圈匝数比分别为和19质量为m的木块下面用细线系一质量为M的铁块，一起浸没在水中从静止开始以加速度a匀加速下沉（如图），经时间t1s后细线断裂，又经t2s后，木块停止下沉试求铁块在木块停止下沉瞬间的速度【考点】动量定理【分析】以铁块与木块组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律求出合力，由动量定理求出铁块的速度【解答】解：从动量定理考虑：把木块和铁块作为一个整体，在细线断裂前后整体受到的合外力不变，恒为两者所受的总重力和总的浮力
40、之差，即F=（m+M）a在两者开始下沉到木块停止下沉的时间内，它对整体的冲量为：I=F（t1+t2）=（m+M）a（t1+t2），其方向竖直向下在这个冲量作用下，整体的动量从0变化到Mvx（vx就是木块停止下沉时铁块的瞬时速度）于是由动量定理有：（m+M）a（t1+t2）=Mvx0，联立得：vx=答：铁块在木块停止下沉瞬间的速度是20如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为km的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上（1）若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速
41、度；（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）小球下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出小球到达水平面的速度；两球碰撞过程动量守恒，由动守恒定律可以求出两球的共同速度（2）分析出两球第二次碰撞的条件，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题【解答】解：（1）由机械能守恒定律得：mgh=mv02设向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0=（m+km）vv=（2）规定向右为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+mv2得：根据机械能守恒：得：须满足：得：k3（1）若两小球碰撞后粘连在一起，碰后它们的共同速度为；（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，为使两小球能发生第二次碰撞，k应满足的条件k32017年5月5日