河南省普通高中高考物理模拟试卷解析版演示教学.docx

2019年河南省普通高中高考物理模拟试卷解析版

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2019年河南省普通高中高考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1. 如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形。已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为（　　）
A. k2(R−l)
B. k(R−l)
C. k(R−2l)
D. 2k(R−l)

2. 如图所示，跳楼机是常见的大型机动游乐设备。这种设备的座舱装在竖直柱子上，由升降机送至高处后使其自由下落（不计阻力），一段时间后，启动制动系统，座舱匀减速运动到地面时刚好停下。下列说法正确的是（　　）
A. 自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等
B. 自由下落阶段和制动阶段，乘客所受合力的冲量相同
C. .自由下落阶段和制动阶段，乘客所受重力做的功一定相等
D. .整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍

3. 如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点。当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放，经时间T到达B点，此时速度为υ．若在两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t=T时，小球（　　）
A. 在B点上方 B. 恰好到达B点 C. 速度大于v D. 速度小于v
4. 我国预计在2018年12月发射“嫦娥四号”月球探测器。探测器要经过多次变轨，最终降落到月球表面上。如图所示，轨道I为圆形轨道，其半径为R；轨道Ⅱ为椭圆轨道，半长轴为a，半短轴为b。如果把探测器与月球的连线面积与其所用时间的比值定义为面积速率，则探测器绕月球运动过程中在轨道I和轨道Ⅱ上的面积速率之比是（已知椭圆的面积S=πab）（　　）

A. abR B. Ra C. aRb D. bRa
5. 如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B．顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子粒子质量均为m、电荷量均为+q，粒子重力不计。则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点（　　）
A. qBLm B. qBL2m C. 2qBL3m D. qBL8m
二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）
6. 真空中有一球心为O的均匀带电球壳，其球壳外的电场与将球壳上的全部电荷集中于O点时在壳外产生的电场一样。沿某一半径方向上任一点的电势φ与该点到O的距离r的关系如图所示，此半径上有a、b、c、d四个点，b、d处的场强大小分别为Eb和Ed．现将一带电的试探电荷由b点经c点移动到d点，电场力所做的功分别为Wbc和Wcd．则下列有关说法中正确的是（　　）
A. 球壳的半径为2dm B. 球壳内的场强值恒为30V/m
C. Eb：Ed=4：1 D. Wbc：Wcd=1：2
7. 如图所示，质量分别为2m、m的小滑块A、B，其中A套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接。一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平。当α=30°时，弹簧处于原长状态此时将A由静止释放，下降到最低点时α变为45°，整个运动过程中，A、B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则A下降过程中
（　　）
A. A、B组成的系统机械能守恒
B. 弹簧弹性势能的最大值为(3−2)mgL
C. 竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力
D. A的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg
8. 一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与R=15Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v=0.8πsinπt（m/s）。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成（图中阴影部分），其截面如图乙所示，匝数N=100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B=0.2T，线圈的直径D=0.4m，总电阻r=1Ω．取π2=10．则下列说法正确的是（　　）
A. 线圈中产生电动势的瞬时值为e=64sinπt(V)
B. 灯泡中电流的瞬时值为i=4sinπt(A)
C. 灯泡两端电压的有效值为302V
D. 灯泡的电功率为240W
9. 气闸舱是载人航天航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置；其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员由太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是（　　）
A. 气体并没有对外做功，气体内能不变
B. B中气体可自发地全部退回到A中
C. 气体体积膨胀，对外做功，内能减小
D. 气体温度不变，体积增大，压强减小
E. 气体分子单位时间内对座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
10. 如图所示，玻璃球的半径为R，球心为O，玻璃球的对称轴O1O2与足够大的屏幕垂直于O2点，O、O2两点间的距离为2R．一束单色光沿图示方向以入射角θ=60°射入球内，在屏上留下光斑P，若玻璃对该单色光的折射率为3，则玻璃对该单色光的全反射临界角的正弦值为______，P点与O2点间的距离为______。
四、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 如图甲所示，某同学使用有透光狭缝的钢条和光电计时器的装置测量重力加速度。在钢条下落过程中钢条挡住光源发出的光时，计时器开始计时透光时停止计时；若再次挡光，计时器将重新计时。实验中该同学将钢条竖直置于一定高度（下端A高于光控开关），由静止释放测得先后两段挡光时间分别为t1和t2。

（1）用游标卡尺测量AB、BC的长度，其中AB的长度如图乙所示，其值为______mm。
（2）若狭缝宽度忽略该同学利用公式求出v1=ABt1、v2=BCt2，则重力加速度g=______（用v1、v2、t1、t2表示）。若狭缝宽度不能忽略，则用此方法得到的g值与真实值相比将______（填“偏大”或“偏小”）
12. 某实验小组的同学利用不同方法测量一定值电阻R的阻值。

（1）图甲为实验室中一多用电表的简化电路图，当转换开关S旋到位置1或2时，可用来测量______（填“电流”或“电压”）；当S旋到位置3或4时，对应不同倍率的欧姆表，如果3、4对应的电源电动势E＞E'，则位置______（填“3”或“4“”）对应的欧姆表倍率大。
某同学用此多用电表测量该定值电阻的阻值时，先把选择开关旋到“×10”挡，欧姆调零后，测量时指针偏如图乙所示，则该电阻的阻值是______Ω。
（2）接下来，该同学采用“伏安法”测量该电阻的阻值，实验室提供的器材如下：
A．电源E（电动势为5V，内阻约为1Ω）
B．电压表V（量程3V，内阻约为15kΩ
C．电流表A1（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）
D．电流表A2（量程30mA，内阻约为10Ω）
E．滑动变阻器R1（0-10Ω，額定电流1A）
F．滑动变阻器R2（0～5kΩ，额定电流0.5A）
G．开关S，导线若干
①为了较准确地测量电阻R的阻值，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（填器材前面的字母代号）
②在虚线框内画出实验电路图。

五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13. 杂技表演中，固定在同一悬点的两根长度均为L且不可伸长的轻绳分别系着甲、乙演员，他们在同一竖直面内先后从不同高度相向无初速沿圆周摆下，在最低点相拥后，恰能一起摆到甲演员的出发点。已知甲、乙演员的质量分别为2m和m，乙演员的出发点与最低点的高度差为L2，重力加速度为g，不计空气阻力，甲、乙演员均视为质点。试问：
（1）乙演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小为多少？
（2）若两人接着从甲演员的出发点一起无初速摆下到达最低点时甲推开乙，为了使乙恰能回到其最初出发点，甲演员应对乙演员做多少功？

14. 如图所示，两条平行的光滑金属导轨相距l=0.5m，两导轨上端通过一阻值R=5Ω的定值电阻连接，导轨平面与水平面夹角为θ=30°，导轨内上部有方向垂直轨道面向上、面积S=0.2m2的有界均匀磁场磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt2，式中k=5T/s2．导轨下部有足够大的匀强磁场区域区域上边界AB与导轨垂直磁场的磁感应强度大小B0=2T，方向垂直轨道向下。一长度恰等于导轨间距、质量m=0.1kg的金属棒MN置于两磁场之间的无磁场区域，在t=0时由静止释放，经时间t0金属棒恰经过AB位置，且始终在匀强磁场中做加速度恒为a=2m/s2的匀加速直线运动，整个运动过程中金属棒始终与导轨垂直并接触良好，除R外其他电阻均忽略不计，取g=10m/s2．试求：
（1）金属棒在ABCD区域运动时的电流大小及方向；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量的表达式（用含有t0及t的字母表示）；
（3）根据题目提供的数据及相关条件，确定t0的数值

15. 如图为一简易恒温控制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中，管内装有一段长L=4cm的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的气体。开始时，开关S断开，水温为27℃，水银柱下方的空气柱长度为20cm，电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中央。闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱上升到高于A、B时，电路自动断开，电热丝停止加热。大气压强p0=76cmHg。
（i）水温为多少时电路自动断开？
（ii）若要使电路能在水温为87℃时自动断开，应再往玻璃管中注入多高的水银柱？

16. 一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，此时坐标为（1，0）的质点刚好开始振动，P质点的坐标为（3，0）。在t1=0.6s时刻，P质点首次位于波峰位置，Q点的坐标是（-3，0）。求：
（i）这列波的传播速度；
（ii）t2=1.5s时质点Q的位移。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】
解：正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：△x=R-l
由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f=k△x=k（R-l）
两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合=f=k（R-l）
弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F=F合=k（R-l），故B正确；ACD错误；
故选：B。
根据几何知识求出弹簧的长度，从而求出弹簧的伸长量，应用胡克定律求出弹簧的弹力，然后应用平衡条件求出拉力F的大小。
本题考查了共点力作用下物体平衡条件的应用，根据题意求出弹簧的形变量、应用胡克定律求出弹簧的弹力是解题的前提，应用力的合成与平衡条件可以解题。
2.【答案】D
【解析】
解：A、自由下落过程机械能守恒，制动过程机械能减小，即两过程机械能的变化量不等，则A错误
B、自由下落过程合力的冲量向下，制动过程合力的冲量向上，不相同，则B错误
C、两个运动过程的平均速度相等，但运动时间不一定相等，则下落的高度不一定相等，即重力做功不一定相等，则C错误
D、两个运动过程的平均速度相等，都是最大速度的，则乘客的最大速度是全程平均速度的两倍，则D正确
故选：D。
自由下落过程只受重力，机械能守恒，制动过程外力做负功机械能减小；
冲量具有方向性，若相同必满足方向相同；
重力做功与下落高度有关，确定高度即可确定重力做功；
匀变速运动的平均速度=。
本题考查动量定理以及机械能守恒定律，要注意明确合外力的功可以直接由动能定理求解；同时注意掌握机械能守恒的条件。
3.【答案】B
【解析】
解：AB、在M、N两板间加上如图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力作周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动，与不加电场时相同。
在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t=时速度为零，接着，沿相反方向先做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t=T时速度为零。根据对称性可知在t=T时小球的水平位移为零，所以t=T时，小球恰好到达B点，故A错误，B正确。
CD、在0-T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t=T时，小球速度等于υ．故CD错误。
故选：B。
在M、N两板间加上交变电压后，小球受到重力和电场力的作用，电场力作周期性变化，可运用运动的分解法研究：小球竖直方向做自由落体运动，水平方向做往复运动，分析t=T时小球的水平位移和竖直位移，判断小球到达的位置，由功能关系分析小球的速度。
本题由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键，要注意电场力反向时粒子的运动方向并不是立即反向。
4.【答案】C
【解析】
解：由开普勒第三定律得：
解得：
根据探测器与月球的连线面积与其所用时间的比值定义为面积速率得：

故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据题意探测器与月球的连线面积与其所用时间的比值定义为面积速率，再结合开普勒第三定律即可求解。
本题属于信息题，关键是从题目中提取有用信息，再结合开普勒定律解题。
5.【答案】C
【解析】
解：粒子运动过程只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=m
解得：v=；
由左手定则可得：粒子在三角形内做逆时针运动，在三角形外做顺时针运动；
由粒子做圆周运动，轨道半径相同，根据几何关系可得：粒子在同一条边上每两次经过边界时在边界上的距离为r，
故要使粒子通过C点，则有：r= n=1、2、3、4……
故能通过C点的粒子速度大小：v=，n=1、2、3……，
速度为v=的粒子不能通过C点，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据洛伦兹力做向心力求得速度表达式，然后根据几何关系，由粒子做匀速圆周运动，根据粒子通过C点得到可能半径，即可得到速度可能值。
带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
6.【答案】AC
【解析】
解：A、由题目中图可知，在2dm内，电势不变，则说明球壳的半径为2dm，故A正确；
B、根据静电平衡内部的电场强度为零，即0～2dm间电场强度的值为零，故B错误；
C、由点电荷场强公式E=可得：Eb：Eb=，故C正确；
D、从c到d电场力做功为：Wcd=qUcd=q（φc-φd）=q（2-1.5）=0.5q
从b到c电场力做功为：Wbc=qUbc=q（φb-φc）=q（3-2）=q
所以有：Wbc：Wcd=2：1，故D错误；
故选：AC。
处于静电平衡下，球内电场强度为零，球是等势体；由点电荷场强公式E=可求场强之比；利用公式Uab=φa-φb和W=qU分别计算电场力做的功，从而求电场力做功之比。
解答此题的关键是正确理解点电荷场强公式E=和W=qU，知道电势差等于两点电势之差。
7.【答案】BD
【解析】
解：A、根据能量守恒知，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒。故A错误；
B、根据系统机械能守恒可得：EP=2mgL（cos30°-cos45°），弹性势能的最大值为EP=（-）mgL，故B错误；
C、对B，水平方向的合力Fx=F杆sinα-F弹=ma，滑块先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对B的弹力不始终大于弹簧的弹力，所以竖直杆对A的弹力不始终大于弹簧弹力，故C错误；
D、A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg-N=2ma，则有N＜3mg，故D正确。
故选：BD。
只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变，要注意研究对象的选取，由弹簧的系统要把弹簧宣威研究对象；
根据系统机械能守恒可知A下降到最低点时弹性势能最大，由机械能守恒可求解；
对B水平方向列牛顿第二定律表达式，分析B的运动知竖直杆对B的弹力与弹簧的弹力的关系，从而知道竖直杆对A的弹力与弹簧弹力的关系；
对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律可分析。
本题考查了机械能守恒定律、功能关系、牛顿第二定律，要求熟练掌握它们的实质才能灵活选取，由一定的难度。
8.【答案】ABC
【解析】
解：A、线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势为：
Emax=NBlvmax…①
l=πD…②
联立得：Emax=πNBDvmax=π×100×0.2×0.4×0.8πV=64V…③
则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e=Emaxsinπt=64sin（πt）V…④，故A正确。
B、根据闭合电路欧姆定律得：i==4sin（πt）A…⑥，故B正确。
C、灯泡电流的有效值为：I==A，则灯泡电压的有效值为：U=IR=2，故C正确。
D、灯泡的电功率为：P=，故D错误。
故选：ABC。
根据感应电动势公式E=Blv和v=0.4πsin（πt）m/s，求出电动势e的瞬时表达式；由欧姆定律可得灯泡电流表达式；由欧姆定律来计算灯泡电压的有效值；由电流有效值来计算灯泡电功率。
该题关键是用好感应电动势的最大值，该题是运动切割，故速度最大时，对应感应电动势最大；在求解灯泡两端电压时候，用欧姆定律最简单，不用硬套交流有效值公式。
9.【答案】ADE
【解析】
解：AD、气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据△U=W+Q可知内能不变，气体的温度也不变。故A正确，D正确；
B、根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故B错误。
CE、因为内能不变，故温度不变，平均动能不变，因为气闸舱B内为真空，根据玻意耳定律可知：pV=定值，可知扩散后压强p减小，体积V增大，所以气体的密集程度减小，根据气体压强的微观意义可知气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故C错误，E正确；
故选：ADE。
本题是气体绝热自由扩散，B为真空，气体不对外做功；根据热力学第一定律公式△U=W+Q分析内能的变化，进而判断出温度的变化，温度是分子热运动平均动能的标志，运用熵增加原理即可判断出B中气体是否可能自发地全部退回到A中。
本题考查气体的自由扩散、理想气体的状态方程、气体压强的围观意义、热力学第一定律的综合运用，解题关键是要明确气体是自由扩散，还要能够根据热力学第一定律公式△U=W+Q分析内能的变化，进而判断出温度的变化；结合气体压强的围观意义，温度决定了气体的分子热运动的平均动能，而体积决定了气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数。
10.【答案】33  32R
【解析】
解：光路如图所示，设玻璃对该单色光的全反射临界角为C，则有：
sin C==，
根据折射定律得：
==n，
又∠1=∠2，得：
∠3=60°，∠1=∠2=30°，
又∠O2OP′=∠1+∠2=∠60°=∠3，所以有：PP′∥OO2
P点与O2点间的距离为：d=Rsin∠O2OP′=R。
故答案为：，R。
根据折射率的大小，结合sinC=求出玻璃对单色光全反射的临界角，根据折射定律求出折射角的大小，结合几何关系求出P点与O2点间的距离。
本题是几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识、折射定律、全反射临界角与折射率的关系进行求解，难度不大。
11.【答案】64.3  2(v2−v1)t1+t2   偏大
【解析】
解：（1）标卡尺的主尺读数为64mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.1×3mm=0.3mm，所以最终读数为：64mm+0.3mm=64.3mm。
（2）加速度为g===，若狭缝宽度不能忽略，A到C的实际时间大于t1+t2．所以测量得到的重力加速度值比其真实值偏大。
故答案为：（1）64.3   （2）    偏大。
游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。
根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度表示钢条运动的中间时刻瞬时速度，结合加速度的定义式求出重力加速度的大小，通过测量时间的误差确定测出的重力加速度的误差。
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量。知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度。
12.【答案】电流   3   130   D   E
【解析】
解：（1）根据电流的改装原理，当接到1、2位置时，有分流电阻与表头并联，所以接1、2均是测电流的。接到3、4时，均有一个电源接入电路，若内接电源的电动势大，则在表头指针指示位置大致相同的情况下，则要求总电阻更大，所以3位置的倍率更大。选择好倍率后，待测电阻的值是示数与倍率的积，所以待测电阻为13×10Ω=130Ω。
（2）①估测电路中电流为I=≈38mA，综合考虑安全性和准确性，电流表选D．滑动变阻器选阻值较小的E。
②按照测电源电动势和原理，画出电路如图所示。
故答案为：（1）电流   3     130
（2）①D    E ②如图所示
（1）根据电阻和表头的连接方式确定多用电表测量的是电压、还是电流、电阻。根据电源电动势的大小，结合半偏时，待测电阻的大小确定欧姆表的倍率。
（2）欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率。
（3）根据通过电流表电流的大约值确定电流表的量程，以及选择出滑动变阻器的阻值。
根据待测电阻的大小确定电流表的内外接，根据分压和限流的区别确定滑动变阻器分压还是限流接法。
解决本题的关键知道欧姆表的原理，知道器材选取的原则：安全、精确、易操作。知道电流表内外接的区别、滑动变阻器分压、限流的区别，并能灵活运用。
13.【答案】解：（1）乙演员从初始位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得：mg⋅L2=12mv12，
在最低点时，对乙演员，由牛顿第二定律得：F-mg=mv12L，
联立解得，轻绳对乙演员的拉力大小为：F=2mg
根据牛顿第三定律得女演员对轻绳的拉力大小为2mg
（2）甲演员从初始位置摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得：2mgh=12×2mv22，
甲乙演员在最低点相拥后获得共同速度，水平方向满足动量守恒：mv1-2mv2=（m+2m）v3
他们一起以相同速度摆到男演员的出发点，由机械能守恒定律得：12(m+2m)v32=（m+2m）gh，
他们再一起从甲演员的出发点摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得：（2m+m）gh=12(m+2m)v22，
甲演员在最低点推开乙演员，乙演员恰能摆回初始位置仍满足：mgL2=12mv12，
此过程甲演员对乙演员做的功：W=12mv12−12mv22，
解得：W=1225mgL；
答：（1）乙演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小为为2mg；
（2）为了使乙恰能回到其最初出发点，甲演员应对乙演员做的功为1225mgL。
【解析】

（1）根据机械能守恒定律求乙演员摆到最低点的速度。
（2）在最低点两演员相互作用的过程中，系统水平方向上动量守恒，由此求得甲演员接住乙演员后二人的共同速度。再由机械能守恒定律求两位演员一起运动时所能到达的最大高度。二人在最低点相互作用时动量仍然守恒，结合动量守恒以及功能关系即可求出甲演员应对乙演员做多少功。
本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键要明确两演员相互作用的过程中，系统水平方向上动量守恒，但总动量并不守恒。能分段进行研究。
14.【答案】解：（1）在磁场中运动时，因为a＜gsin30°，可知安培力必沿轨道面向上，故金属棒中电流方向由M到N；
设金属棒中电流大小为I，则mgsin30°-B0Il=ma解得I=0.3A；
（2）设金属棒运动时间t0后进入磁场区域B0，进入磁场前加速度为a0，由牛顿第二定律得mgsin30°=ma0解得a0=5m/s2；
设金属棒恰经过AB位置时的速度为v0，则v0=a0t0，
在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量为Φ=kt2s−B0l[v0(t−t0)+12a(t−t0)2]=−3t0t+4t02（Wb）
（3）考虑到回路中的感应电动势大小及感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律得E=△Φ△t=3t0，由闭合电路欧姆定律得E=IR，联立解得t0=0.5s；
答：（1）金属棒在ABCD区域运动时的电流大小为0.3A，方向从M到N；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量的表达式-3t0t+4t02（Wb）；
（3）t0的数值为0.5s；
【解析】

（1）根据左手定则判断金属棒中的电流方向，由牛顿第二定律结合安培力公式即可求解电流大小；
（2）（3）求出金属棒进入磁场后某一时刻的回路的磁通量，因为感应电动势恒定不变，所以磁通量一定随时间均匀变化，磁通量与时间成线性关系，含时间平方的系数为0，即可求出k；根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律即可求出t0，再结合运动学公式即可求解时间。
对于电磁感应的综合问题要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，同时这类问题涉及知识点多，容易混淆，要加强练习，平时注意知识的理解与应用。
15.【答案】解：（i）当水银柱上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度
L1=L0+L2
在此过程中空气柱的压强不变，根据盖-吕萨克定律，有SL0T0=SL1T1
联立代入数据，解得
T1=330 K
（ii）设注入的水银柱高度为h cm，则空气柱的压强
p2=p0+L+h（式中压强单位为cmHg）
电路自动断开时，空气柱的长度也为L1，与（i）中相比，空气柱的体积不变，
根据查理定律，P1T1=P2T2
其中p1=p0+L（式中压强单位为cmHg）
联立代入数据解得
h=8011cm≈7.3 cm
答：（i）水温为330K时电路自动断开；
（ii）若要使电路能在水温为87℃时自动断开，应再往玻璃管中注入7.3cm的水银柱。
【解析】

（i）封闭气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解；
（ii）根据理想气体状态方程列式求解。
根据液体产生的压强的特点求出封闭气体压强，熟练应用气体状态方程即可正确解题。
16.【答案】解：（i）由图示波形图可知，这列波的波长：λ=4cm=0.04m
波x轴负方向传播，根据波形平移法知t=0时刻P点向下振动，经过34个周期首次到达波峰位置，由此可知：t1=34T=0.6s，则得：T=0.8s
所以波速为v=λT=0.040.8=0.05m/s
（ii）因为t2=1.5s=T+78T
故t2=1.5s时质点Q的位移为y=4sin74π=-22（cm）
答：
（i）这列波的传播速度是0.05m/s；
（ii）t2=1.5s时质点Q的位移是-22（cm）。
【解析】

（i）由图读出波长。根据波的传播方向判断出t=0时刻质点P的振动方向，根据题意求出波源的振动周期，再根据波速公式求出波速；
（ii）根据时间与周期的关系，分析质点Q的振动情况，从而求得位移。
本题考查分析波动形成过程的能力，要抓住波的周期性，确定周期与时间的关系。对于任意时刻质点的位移，往往要根据振动方程求解。

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