福建省福州三中2024-2025学年高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份福建省福州三中2024-2025学年高二（下）期中物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，MN左侧有一垂直纸面向里的磁场，一个线圈的两个端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈内磁通量变化的规律满足φ=0.3−0.05t，在0～5s的时间内( )
A. 线圈有缩小的趋势
B. 电压表的示数不变
C. 电压表的示数先增大后减小
D. 线圈中有顺时针方向的感应电流
2.下列关于教材中四幅插图的说法正确的是( )
A. 图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B. 图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C. 丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
D. 图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针摆动角度
3.如图甲，轻质弹簧下端挂一质量为m的小球，小球处于静止状态。现将小球向下拉动距离l后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，弹簧弹力与小球运动时间的关系图像如图乙(余弦图像)，重力加速度为g。由此可知( )
A. 小球做简谐运动的周期T=5sB. 小球做简谐运动的振幅为l2
C. 轻质弹簧的劲度系数k=F1−mglD. 5s末小球的速度为0
4. 2024年9月16日，台风“贝碧嘉”登录上海，安装在上海中心大厦125层的千吨“上海慧眼”阻尼器开始晃动。这款阻尼器由我国自主研发，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器会摆向风吹来的方向，从而削弱大厦的晃动幅度。下列说法正确的是( )
A. 阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率
B. 阻尼器做受迫振动，其振动频率与大楼的振动频率相同
C. 阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，摆动幅度越大
D. 安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，从而杜绝共振现象
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈的内电阻r=2Ω，外接灯泡的电阻R=10Ω，则( )
A. 在t=0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大
B. 电压表的示数为6V
C. 灯泡消耗的电功率为2.5W
D. 线圈转动产生电动势的表达式e=6 2sin50πt(V)
6.如图所示，有一表面带有四分之一圆弧轨道的物块B，静止在水平地面上(不固定)，轨道底端与水平地面相切，其半径r=0.4m；一可视为质点的物块A以水平向左的速度v=4m/s冲上物块B的轨道，经一段时间运动到最高点，随后再返回水平地面。已知A、B质量分别为mA=1kg，mB=3kg，不计一切摩擦，重力加速度的大小g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 整个过程中，A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B. 整个过程中，物块B获得的最大速度为1m/s
C. 物块A返回水平面的速度大小为2m/s
D. 物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动
7.如图，为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框ab和cd边的长度均为L(L小于匀强磁场的宽度)，线框总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度大小为B。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间列车速度为v0，车尾进入磁场瞬间列车速度为v04，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。下列说法正确的是( )
A. 列车从进站到停下来所用时间为t=Rmv0−B2L2sfR
B. 在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小为a=B2L2v0−fRmR
C. 在线框进入磁场的过程中，线框ab边电阻生热为LL+s(1564mv02−12fs)
D. 从线框全部进入磁场至线框停止运动的过程中，线框中感应电流为0，ab间电势差为0
8.如图所示，变压器原、副线圈的匝数分别为n1=200、n2=100，原线圈与水平放置的间距L=1m的光滑金属导轨相连，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，副线圈接阻值R=10Ω的电阻，原线圈串联一阻值也为R的电阻，与导轨接触良好且始终垂直，导轨的阻值r=5Ω、质量m=0.01kg的导体棒在外力F的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为v=11 2sin10πt m/s，已知导轨电阻和变压器的能量损耗均不计，导轨足够长，导体棒运动过程中不会与其他用电器相碰，电表均为理想电表，则( )
A. 电压表的示数为1V
B. 电流表的示数为0.2A
C. 变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04 2Wb/s
D. 在0～0.05s的时间内外力F做的功为1.32J
三、填空题：本大题共2小题，共6分。
9.某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104W，电厂输出电压仅为350V，为减少输送功率损失，先用一理想升压变压器将电压升高到2800V再输出，之后用降压变压器降压到220V给用户使用，已知输电线路的总电阻为4Ω，则损失的电功率为______W，降压变压器的原、副线圈的匝数之比为______．
10.将质量为0.5kg的空水桶放在磅秤上，水龙头以每秒0.7kg的流量向桶中注水，经过10s，磅秤示数为78.5N。则水流入桶中时的流速为______m/s。(设水没有溅起来，g取10m/s2)
四、综合题：共54分。
11.某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系。

(1)在实验时组装的变压器如图乙所示。将原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是______。
A.原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B.原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C.原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
D.原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
(2)某小组探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系时，在铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1=800和n2=200，原线圈两端与正弦式交流电源相连，用交流电压表测得原、副线圈两端的电压分别为10V和0.8V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是______。
A.副线圈的匝数太少
B.副线圈的电阻太小
C.原线圈的匝数太多，电阻过大
D.没有将铁芯B安装在铁芯A上
12.小明利用橡皮筋、半径相同的一元硬币和游戏硬币，在平整的实验桌上做实验来验证碰撞中的动量守恒定律。经测量，游戏硬币的质量是一元硬币的0.6倍，两硬币与桌面的摩擦情况一致。下面开始实验：
第1步，在实验桌的一端固定橡皮筋作为发射装置，标记发射点A和发射方向，如图中两实线；
第2步，用橡皮筋将其中一枚硬币从A点沿标记好的方向发射，多次实验，记下其平均停留位置；
第3步，在B位置放置另一枚硬币，重复第2步，记下两者平均停留位置；
第4步，测出虚线C、D、E到虚线B的距离为x1、x2、x3。

(1)橡皮筋发射的是______(选填“一元”或“游戏”)硬币；
(2)碰撞后，一元硬币的平均停留位置为______(选填“C、D、E”)；
(3)若三个距离之间满足关系式______，则两硬币的碰撞满足动量守恒定律。(用x1、x2、x3表示)
13.在“用单摆测量重力加速度”的实验中：
(1)下面叙述正确的是______(选填选项前的字母)。
A.1m和30cm长度不同的同种细线，选用30cm的细线做摆线；
B.直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球；
C.如图甲、乙，摆线上端的两种悬挂方式，选甲方式悬挂；
D.当单摆经过平衡位置时开始计时，并记录为1次，50次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以50做为单摆振动的周期
(2)若用游标卡尺测得小球的直径d= ______mm。

(3)实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图丙所示，用l0表示摆线长，则当地的重力加速度可表示为g= ______(用题目中的物理量d、l0，t0表示)。
(4)在实验中测得的g值偏小，可能的原因是______。
A.以摆线长作为摆长来计算
B.开始计时时秒表过晚按下
C.测摆线长时摆线拉得过紧
14.一个质量m=60kg的蹦床运动员，从离水平网面ℎ1=3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面ℎ2=5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为t=0.8s，g取10m/s2。
(1)求运动员与网接触的这段时间内动量变化量的大小；
(2)求网对运动员的平均作用力大小；
(3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力的冲量大小I。
15.如图所示，两条光滑平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ=53°，两导轨间距为L=2m，导轨上端接有一电阻，阻值为R=2Ω，O、P、M、N四点在导轨上，两虚线OP、MN平行且与导轨垂直，两虚线OP、MN间距为d=1.5m，其间有匀强磁场，磁感应强度大小B=2T，方向垂直于导轨平面向上。在导轨上放置一质量m=1kg、长为L、阻值也为R的金属棒，金属棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。让金属棒从离磁场上边界OP距离d处由静止释放，进入磁场后在到达下边界MN前已匀速运动。已知重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，不计导轨电阻。求：
(1)金属棒刚进入磁场时的速度v的大小；
(2)金属棒刚进入磁场时的加速度a的大小；
(3)金属棒穿过磁场的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q棒。
16.如图所示，足够长的木板C静置在光滑水平面上，A、B两物体置于C上，A、B间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，物体与弹簧不相连。已知mA=mC=1.0kg、mB=2.0kg，A距C左端的挡板d=4.0m，A、B与C的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，A与挡板相碰会粘连在挡板上。现解锁弹簧，A、B瞬间获得速度，且A的速度大小为v=4m/s。求：
(1)解锁前弹簧的弹性势能Ep；
(2)解锁后，A运动到左端挡板的时间t；
(3)解锁后，摩擦产生的总热量Q。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：AD.根据线圈内磁通量变化的规律满足φ=0.3−0.05t可知，磁通量随时间减小；根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流的磁场与原磁场方向相同，根据安培定则可知，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向；
根据左手定则可知，线圈所受的安培力向外，线圈有扩大的趋势，故AD错误；
BC.根据线圈内磁通量变化的规律满足φ=0.3−0.05t可知，Φ−t函数变化率的绝对值k=ΔΦΔt=0.05V
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=ΔΦΔt=0.05V
线圈产生的感应电动势大小不变，因此电压表的示数不变，故B正确，C错误；
故选：B。
AD.根据线圈内磁通量变化的规律满足φ=0.3−0.05t分析磁通量随时间的变化，从而确定感应电流的磁场方向，根据楞次定律、安培定则和左手定则分析作答；
BD.根据线圈内磁通量变化的规律满足φ=0.3−0.05t，结合法拉第电磁感应定律求解感应电动势，然后分析答题。
本题考查了法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，理解线圈内磁通量变化的规律是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律与楞次定律即可解题。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据电磁驱动原理，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢，故A错误；
B.当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；
C.当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，产生感应电流，楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，使铜盘转动将变慢，故C错误；
D.在运输时要把微安表的两个正、负接线柱用导线连在一起，根据电磁阻尼的原理可知，这样做可以减小电表指针摆动角度，使电表指针不受损坏，故D正确。
故选：D。
AB.根据电磁驱动原理、涡流原理解释；
C.根据电磁感应作答；
D.微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理。
本题是一道考查电磁驱动、涡流、电磁感应和电磁阻尼等知识的基础题，要加强知识的储备。
3.【答案】C
【解析】解：A.由弹簧弹力与小球运动时间的关系图像可得，小球从最低点运动至平衡位置的时间为1s，小球做简谐运动的周期
T=4×1s=4s
故A错误；
B.小球做简谐运动的振幅为A=l，故B错误；
C.设初始时弹簧的伸长量为x，则有
kx=mg
将小球向下拉动距离l，弹簧的伸长量为x+l，弹力为F1，则有
F1=k(x+l)
联立解得
k=F1−mgl
故C正确；
D.在5s末，小球经过平衡位置，所受合力为0，加速度为0，但是速度最大，故D错误。
故选：C。
根据图乙可以直接得到小球的振幅和周期；根据胡克定律计算弹簧的劲度系数；小球经过平衡位置时，所受合力为零，速度最大。
能够读懂小球的简谐运动中弹簧弹力与小球运动时间的关系图像是解题的基础。
4.【答案】B
【解析】解：AB.阻尼器做受迫振动，摆动频率与驱动力频率相同，即与大厦晃动频率相同，而不是取决于自身的固有频率，故A错误、B正确；
C.当大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器发生共振现象，摆幅达到最大值，阻尼器摆动的幅度虽受风力影响，但并不是风力越大摆动幅度越大，故C错误；
D.阻尼器在摆动时吸收能量，达到减震效果，而不是改变大厦的固有频率，故D错误。
故选：B。
阻尼器做受迫振动，摆动频率与大厦晃动频率相同，阻尼器发生共振现象，摆幅达到最大值。
对受迫振动的理解：
①受迫振动的频率等于驱动力的频率；
②驱动力频率越接近固有频率，振幅越大。
5.【答案】AC
【解析】解：A、在t=0.01s时刻，e=0，则线圈位于中性面，穿过线圈磁通量最大，故A正确；
BD、由图知，电动势的最大值为Em=6 2V，周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为
e=Emsin(2πT)t=6 2sin(2π0.02t)V=6 2sin100πt(V)
电压表的示数为交流电的有效值，且电压表测量外电路电压，故电压表的示数为U=RR+rE=RR+r⋅Em 2=1010+2×6 2 2V=5V，故BD错误；
C、灯泡消耗的功率为P=U2R=5210W=2.5W，故C正确。
故选：AC。
在交流电的产生过程中，线圈在中性面时磁通量最大，感应电动势最小；根据e−t图象读出电动势的最大值以及周期，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。根据有效值求解电功率。
本题考查有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象读出最大值、周期，求出有效值、圆频率等物理量，同时要能正确书写交流电的瞬时值表达式。
6.【答案】CD
【解析】解：A、物块A在B圆弧轨道上滑动过程，由于A在竖直方向有加速度，所以A、B组成的系统在竖直方向的合外力不为0，A、B组成的系统所受合力不为零，系统动量不守恒；整个运动过程只有重力做功，系统机械能守恒，故A错误；
BC、整个运动过程中，当A从B的底端滑离时，B的速度最大，A、B组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mAv=mAvA+mBvB，根据系统机械能守恒得12mAv2=12mAvA2+12mBvB2，代入数据解得vA=−2m/s，vB=2m/s，物块B获得的最大速度为2m/s，物块A返回水平面的速度大小为2m/s，且方向向右，故B错误，C正确；
D、设物块A可以冲出物块B的四分之一轨道，物块A到达B四分之一轨道最高点时，两者具有相同水平速度，则物块A做斜抛运动过程，A、B具有相同的水平速度，当A到达最高点时，以向左为正方向，在水平方向，根据动量守恒得mAv=(mA+mB)vx，根据机械能守恒得12mAv2=12(mA+mB)vx2+mAgℎ，代入数据解得ℎ=0.6m>r=0.4m，假设成立，物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动，故D正确。
故选：CD。
系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒；整个运动过程只有重力做功，系统机械能守恒，根据运动过程应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚系统的受力情况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律解题。
7.【答案】AC
【解析】解：A.列车从进站到停下来过程，设向右为正方向，根据动量定理有
−ft−BI−L⋅t=0−mv0
电荷与电流关系
q=I−t
平均感应电动势
E−=ΔΦt=BLst
闭合回路欧姆定律
I−=E−R
联立解得
t=Rmv0−B2L2sfR
故A正确；
B.在线框ab边进入磁场瞬间，感应电动势为
E=BLv0
感应电流为
I−ER
根据牛顿第二定律有
BIL+f=ma
解得
a=B2L2v0+fRmR
故B错误；
C.在线框进入磁场的过程中，设线框产生的焦耳热为Q，摩擦生热为Q′，根据能量守恒定律有
Q+Q′=12mv02−12m⋅(v04)2
线框ab边消耗的电能为
Qab=QL2L+2s
解得
Qab=LL+s⋅(1564mv02−12fs)
故C正确；
D.线框全部进入磁场后，线框磁通量不变，感应电流为0，但ab边继续切割磁感线，所以ab边感应电动势不为0，故D错误。
故选：AC。
A.列车从进站到停下来过程，以开始进站速度的方向为正方向，由动量定理和闭合回路欧姆定律，即可求列车从进站到停下来所用时间；B.根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式及牛顿第二定律分别列式，即可求列车的加速度大小；
C.根据能量守恒定律列式，即可求线框ab边电阻产生的热量；
D.根据磁通量的变化判断线框中感应电流，根据感应电动势的特点判断ab间的电势差。
本题考查了电磁感应相关知识，理解线框运动过程中不同阶段能量和动量的变化，合理运用运动学公式、能量守恒和动量定理是解决本题的关键。
8.【答案】CD
【解析】解：AB、由导体棒速度随时间变化的关系式v=11 2sin10πtm/s可得速度最大值为vm=11 2m/s，角频率ω=10πrad/s，故导体棒产生的感应电动势的最大值为Em=BLvm=1×1×11 2V=11 2V，电动势的瞬时值为e=Emsinωt=11 2sin10πtV，电动势的有效值为E=Em 2=11 2 2V=11V。
设原线圈的输入电压为U1，副线圈的输出电压为U2，原线圈的输入电流为I1，副线圈的输出电流为I2，则对含有原线圈的回路，由闭合电路的欧姆定律有：E=I1(r+R)+U1
由变压器的工作原理可知U1U2=n1n2、I1I2=n2n1
对副线圈的回路，由欧姆定律有U2=I2R
由以上式子可解得U1=8V，U2=4V，I1=0.2A，I2=0.4A
故电压表示数为U=I1R=0.2×10V=2V，电流表示数为I2=0.4A，故AB错误；
C、根据E=n△Φ△t，可知原线圈中磁通量变化率的最大值为△Φ△t=U1mn1= 2U1n1= 2×8200Wb/s= 225Wb/s=0.04 2Wb/s，由于变压器无能量损失，故是理想变压器，原线圈中的磁通量即为铁芯中的磁通量，因此，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04 2Wb/s，故C正确；
D、交变电流的周期为T=2πω=2π10πs=0.2s，在△t=0.05s=T4时间内，电路产生的焦耳热Q=I12(R+r)△t+I22R△t，解得Q=0.11J，根据能量守恒定律得W外−Q=12mvm2，解得在0～0.05s的时间内外力F做的功W外=1.32J，故D正确。
故选：CD。
导体棒的速度速度随时间作正弦规律变化，产生正弦式交变电流，由E=BLv得到感应电动势瞬时表达式，求出感应电动势最大值，由E=Em 2求出电动势的有效值；根据变压器的规律求出副线圈两端电压的有效值，由欧姆定律求解电流的有效值，即可得到两个电表的读数。根据原线圈电压最大值，由法拉第电磁感应定律求变压器铁芯中磁通量变化率的最大值。根据焦耳定律求解电阻R上产生的热量，根据功能关系求在0～0.05s的时间内外力F做的功。
本题是电磁感应与变压器规律的综合，关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律和变压器的规律，知道交流电表测量有效值，求交流电产生的热量要用有效值。
9.【答案】4900；133：11
【解析】解：输送的总功率为9.8×104W，将电压升高到2800V再输出，故传输电流为：
I=PU=9.8×1042800A=35A，
故功率损耗为：
△P=I2R=352×4W=4900W，
电压损耗为：
△U=IR=35×4V=140V，
故降压变压器的输入电压为：
U3=U−△U=2800V−140V=2660V，
故降压变压器的原、副线圈的匝数之比为：
n3n4=U3U4=2660220=13311。
故答案为：4900；133：11。
先根据I=PU求解传输电流，然后根据△P=I2R求解功率损耗；根据△U=IR求解电压损耗；由电压损失可求得降压变压器原线圈端的电压，则可求得降压变压器的匝数之比。
远距离输电中变压器两端的电功率不变，只有输电线上有功率的损失，故应以输电线上功率损失为突破。
10.【答案】5
【解析】解：设注入水流的速度为t，取极短时间Δt内注入杯中的水为研究对象，取竖直向下为正方向，Δt时间内注入杯中的水的质量m=0.7Δt
根据动量定理得：(mg−F)Δt=0−mv
可得：F=0.7v+7Δt
可知，杯子对水的作用力与注水时间成线性关系，由牛顿第三定律知，水对杯子的作用力也与注水时间成线性关系，所以磅秤的示数与注水时间成线性关系。
由题知，10s时，杯子对水的作用力为F=G示−G杯=78.5N−0.5×10=73.5N，及Δt=10s，代入上式解得：v=5m/s
故答案为：5。
取极短时间内注入杯中的水为研究对象，根据动量定理列式，可求得注入水流的速度。
对于连续介质求作用力，往往要取极短时间的物质为研究对象，运用动量定理求作用力。
11.【答案】D D
【解析】解：(1)根据变压器的原理可知，变压器原线圈输入的是交变电流，副线圈输出的也是交变电流，用多用电表测量副线圈的电压，电表用交流电压挡，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)如果变压器为理想变压器，根据变压器变压关系U1U2=n1n2可知
U2=n1n2U1=200800×10V=2.5V，副线圈输出电压即测出来的结果偏低，这是由于该同学实验中没有将铁芯B安装在铁芯A上，有漏磁现象，存在电能损失，导致变压器的输出电压变低。故ABC错误，D正确。
故选：D。
故答案为：(1)D；(2)D。
(1)副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压。副线圈上的感应电流(感应电动势)也应该是交流。
(2)根据变压比等于匝数比进行分析，明确实验室所用变压器存在漏磁现象。
本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析，同时要注意明确误差原因。
12.【答案】一元； C； x2= x1+0.6 x3
【解析】解：(1)本实验验证正碰过程中动量是否守恒，为避免发生正碰后碰撞物体反弹，因此碰撞物体的质量要大于被碰物体的质量，故在本实验中，橡皮筋发射的是一元硬币。
(2)根据实验原理可知，图中D点为一元硬币碰撞前平均停留的位置，C点为碰撞后平均停留的位置，图中E点为游戏币碰撞后平均停留位置；
(3)设一元硬币的质量为m1游戏硬币的质量为m2一元硬币碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，游戏硬币碰撞后的速度为v2；
结合上述(2)，一元硬币从B点运动到D，根据动能定理−μm1gx2=−12m1v02
一元硬币从B点运动到C，根据动能定理−μm1gx1=−12m1v′12
游戏币从B点运动到E，根据动能定理μm2gx3=−12m2v22
若碰撞过程动量守恒，以一元硬币的初速度方向为正方向
根据动量守恒定律m1v0=m1v1+m2v2
且0.6m1=m2
故应满足的表达式为 x2= x1+0.6 x3。
故答案为：(1)一元；(2)C；(3) x2= x1+0.6 x3。
(1)从防止入射硬币反弹的角度分析作答；
(2)根据实验原理分析一元硬币的平均停留位置；
(3)根据动能定理分别求解碰撞前后瞬间的速度；根据动量守恒定律求解作答。
本题考查了验证碰撞中的动量守恒定律的实验，要明确实验原理，掌握动能定理和动量守恒定律的运用。
13.【答案】B； 19.90； π2(l0+d2)4t02； A
【解析】解：(1)A.选用尽可能长的细线作为摆线，可减小测量摆长时产生的相对误差，也能增大单摆的周期，有利于减小周期测量中的误差，故A错误；
B.选用质量较大的铁球做摆球，能减小空气阻力的影响，使单摆摆动较长的时间，有利于测量周期，故B正确；
C.图甲中摆线缠绕在水平杆上，摆动过程中摆线长度不断发生变化，实验误差较大；图乙中摆线用铁夹夹住了，则摆长能保持不变，所以应选用图乙中所示的悬挂方式，故C错误；
D.单摆在平衡位置(即最低点)处速度最大，便于确定，所以从单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，由于每经过平衡位置一次用时半个周期，用测得的时间除以25做为单摆振动的周期，故D错误。
故选：B。
(2)最小分度值为0.05mm，结果不用估读，读到最小刻度节课，小球的直径为
d=19mm+120mm×18=19.90mm
(3)摆线长l，则摆长
L=l+d2
由图丙可知，单摆的周期为
T=4t0
根据单摆周期公式
T=2π Lg
可得当地的重力加速度
g=π2(l0+d2)4t02
(4)根据g=π2(l0+d2)4t02可知
A.以摆线长作为摆长来计算，则摆长偏小，重力加速度的测量值偏小，故A正确；
B.开始计时时秒表过晚按下，则周期的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏大，故B错误；
C.测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长偏大，重力加速度的测量值偏大，故C错误。
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)19.90；(3)π2(l0+d2)4t02；(4)A
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
(3)得出摆长和周期，根据单摆的周期公式求解重力加速度；
(4)根据重力加速度表达式分析。
本题关键掌握用“单摆测量重力加速度”的实验原理、利用图像处理数据的方法和游标卡尺的读数方法。
14.【答案】运动员与网接触的这段时间内动量变化量的大小为1080kg⋅m/s；
网对运动员的平均作用力大小为1950N；
运动员所受重力的冲量大小为1560N⋅s
【解析】解：(1)向下接触网面的速度为v12=2gℎ1，解得v1= 2gℎ1= 2×10×3.2m/s=8m/s，
向上离开网面的速度为v22=2gℎ2，解得v2= 2gℎ2= 2×10×5.0m/s=10m/s，
以向上为正方向，动量的变化量为Δp=mv2−m(−v1)
解得Δp=60×10kg⋅m/s−60×(−8)kg⋅m/s=1080kg⋅m/s；
(2)以向上为正方向，网对运动员的平均作用力，根据动量定理Ft−mgt=Δp，
解得F=Δpt+mg=10800.8N+60×10N=1950N，方向竖直向上；
(3)向下到接触水平网面ℎ1=12gt12，解得t1= 2ℎ1g= 2×3.210m/s=0.8s
向上运动到最高点ℎ2=12gt22，解得t2= 2ℎ2g= 2×510s=1s
重力的冲量IG=mg(t1+t2+t)=60×10×(0.8+1+0.8)N⋅s=1560N⋅s，方向竖直向下。
答：(1)运动员与网接触的这段时间内动量变化量的大小为1080kg⋅m/s；
(2)网对运动员的平均作用力大小为1950N；
(3)运动员所受重力的冲量大小为1560N⋅s。
(1)根据速度—位移公式求解运动员向下接触网面的速度和向上离开网面的速度，根据速度的变化求解动量的变化量；
(2)根据动量定理列出关系式解答；
(3)根据位移时间公式求解运动员向下运动和向上运动的时间，进而求出总时间，由此分析重力的冲量。
考查对自由落体及竖直上抛运动规律和动量定理的理解，熟悉公式的运用。
15.【答案】金属棒刚进入磁场时的速度v的大小为2 6m/s；
金属棒刚进入磁场时的加速度a的大小为8( 6−1)m/s2；
金属棒穿过磁场的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q棒为11J
【解析】解：(1)在金属棒进入磁场前下滑的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：
12mv2=mgdsinθ
解得：
v=2 6m/s
(2)金属棒刚进入磁场时产生的感应电动势为
E=BLv
回路中感应电流大小为
I=E2R
金属棒受到的安培力大小为
F=BIL=B2L2v2R
解得
F=8 6N
方向沿导轨向上
根据牛顿第二定律：
F−mgsinθ=ma
解得：
a=8( 6−1)m/s2。
(3)设金属棒在磁场中匀速运动时的速度为v′根据平衡条件有：
B2L2V′2R=mgsinθ
解得：
v′=2m/s
设金属棒穿过磁场过程中，整个回路产生的电热为Q
由能量守恒定律得：
Q=mgdsinθ+12mv2−12mv′2
金属棒上产生的电热：
Q棒=Q2
联立解得：
Q棒=11J
答：(1)金属棒刚进入磁场时的速度v的大小为2 6m/s；
(2)金属棒刚进入磁场时的加速度a的大小为8( 6−1)m/s2；
(3)金属棒穿过磁场的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q棒为11J。
(1)金属棒从静止释放到刚进入磁场，根据机械能守恒定律求解速度大小；
(2)根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式进行解答；
(3)金属棒穿过磁场过程，由能量守恒定律、平衡条件求解速度大小，再根据功能关系求解金属棒上产生的电热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
16.【答案】解：(1)取A的速度方向为正方向，解锁弹簧瞬间根据动量守恒定律mAvA=−mBvB，vA=v，代入数据得：1.0kg×4m/s=−2.0kg×vB
解得B的速度大小vB=2m/s，
根据机械能量守恒定律得Ep=12mAvA2+12mBvB2=12×1×42J+12×2×22J，
解得Ep=12J；
(2)A加速度大小aA=μg=0.1×10m/s2=1m/s2，方向水平向右，
B加速度大小aB=μg=0.1×10m/s2=1m/s2，方向水平向左，
长木板C加速度大小aC=μmBg−μmAgmC=0.1×2.0×10−0.1×1.0×101.0m/s2=1m/s2，方向水平向右，
xA+xC=d=4.0m
4t−12aAt2+12aCt2=4m，代入数据得4tm−12×1×t2m+12×1×t2m=4m
解得t=1s，
此时vB′=vB−aBt=2m/s−1×1m/s=1m/s方向向右，
vA′=vA−aAt=2m/s+1×1m/s=3m/s，方向向左，
vC=aCt=1×1m/s=1m/s，方向向右，
符合题意，故A运动到左端挡板的时间t=1s；
(3)A与C碰撞前瞬间，AC相对位移xAC=d=4m，
BC相对位移xBC=xB−xC=2t−12aBt2−12aCt2=2×1m−12×1×12m−12×1×12m=1m
摩擦产生的热量Q1=μmAgxAC+μmBgxBC=0.1×1.0×10×4J+0.1×2.0×10×1J=6J，
A与C碰撞瞬间mAvA′−mCvC=(mA+mC)v共
解得v共=1.0×3−1.0×11.0+1.0m/s=1m/s，方向水平向左，
根据动量守恒定律判断，最终A、B、C静止，
A与C碰撞后系统摩擦产生的热量Q2=12(mA+mC)v共2+12mBvB′2=12×(1.0+1.0)×12J+12×2.0×12J=2J
解锁后，摩擦产生的总热量Q=Q1+Q2=6J+2J=8J。
答：(1)解锁前弹簧的弹性势能为12J；
(2)解锁后，A运动到左端挡板的时间为1s；
(3)解锁后，摩擦产生的总热量为8J。
【解析】(1)根据动量守恒定律求解B物体的速度，然后根据机械能量守恒定律求解弹簧的弹性势能；
(2)A运动到左端挡板时AC的总位移大小等于A距挡板的距离，分析A、B、C的加速度，根据运动学公式求解；
(3)求解AC、BC相对位移，由此可得A与C碰撞前瞬间产生的热量，根据动量守恒定律分析碰撞后共同速度，进而求得A与C碰撞后系统摩擦产生的热量，最后相加可得摩擦产生的总热量。
考查对动量守恒定律、能量守恒定律的理解，熟悉公式的运用。