2023-2024学年山东省青岛一中高二（下）期初物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛一中高二（下）期初物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的S−t图象．已知m1=0.1kg，由此可以判断( )
①碰前m2静止，m1向右运动；
②碰后m2和m1都向右运动；
③由动量守恒可以算出m2=0.3kg；
④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能；
以上判断正确的是( )
A. ①③B. ①②③C. ①②④D. ③④
2.如果激光直接照射人的眼睛，聚于感光细胞时引起的蛋白质凝固变性是不可逆的损伤，会造成眼睛的永久失明。激光对人眼的危害如此之大的原因是( )
A. 单色性好B. 高能量C. 相干性好D. 平行度好
3.如图所示，初速度为零的α粒子和质子分别经过相同的加速电场后，沿垂直磁感应强度方向进入匀强磁场Ⅰ区域，接着进入匀强磁场Ⅱ区域。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，且B1>B2，下列说法正确的是( )
A. 粒子自磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域线速度大小均减小，角速度均减小
B. 粒子自磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域向心加速度大小均变小，周期均变小
C. 无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，α粒子的轨迹半径均小于质子轨迹半径
D. 无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，α粒子的周期均大于质子的周期
4.光纤通信是一种现代化的通讯手段，它可以提供大容量，高速度、高质量的通信服务。为了研究问题的方便，我们将光导纤维简化为一根长直的玻璃管，如图所示，设此玻璃管长为L，折射率为n，且光在玻璃的内界面上恰好发生全反射。已知光在真空中的传播速度为c，则光通过此段玻璃管所需的时间为( )
A. nLcB. n2LcC. Ln2cD. Lnc
5.一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中，如图所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远。下列推理判断正确的是( )
A. 线框进入磁场过程b点的电势比a点离
B. 线框进入磁场过程一定是减速运动
C. 线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能
D. 线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同
6.如图1所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图2为x=2 m处质点的加速度a随时间t变化关系，以下判断中正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播B. 质点P经过1 s将到达y=−4 cm处
C. 在2 s内质点P通过的路程为32 cmD. 质点Q比P迟23s到达平衡位置
7.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=100kW，发电机的电压U1=250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V，已知输电线上损失的功率P线=5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A. 发电机输出的电流I1=40A
B. 输电线上的电流I线=625A
C. 降压变压器的匝数比n2：n4=190：11
D. 升压变压器匝数比1：16
8.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n.导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )
A. (2πl2nB)2PB. 2(πl2nB)2PC. (l2nB)22PD. (l2nB)2P
二、单选题（本题共4小题，共16分）
9.根据所学知识判断下列哪些是对涡流的应用( )
A. 电磁炉B. 微波炉
C. 冶炼金属的感应炉D. 变压器的硅钢片铁芯
10.(多选)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向由a向b传播，波速为v。若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为l，a、b之间只有一个波谷，则从该时刻开始计时，质点a第一次到达波谷所用的时间可能是( )
A. l4vB. 3l4vC. 3lvD. l2v
11.如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v与L2成30°斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是( )
A. 带电粒子一定带正电
B. 带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同
C. 若带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)，该粒子将不能经过B点
D. 若只将将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它一定不经过B点
12.如图所示，铜制闭合线圈c被绝缘轻线竖直悬吊于天花板上，当金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时(导轨电阻不计)，下列说法正确的是( )
A. ab向右做匀速运动时闭合线圈c将被螺线管吸引
B. ab向右做加速运动时闭合线圈c将被螺线管排斥
C. ab向右做减速运动时闭合线圈c将被螺线管排斥
D. ab向左做减速运动时闭合线圈c将被螺线管吸引
三、实验题（本题共2小题，共16分）
13.某同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的入射小球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为m2的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复，实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N，测量xM、xP、xN分别为M、P、N距O点的水平距离。

(1)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.入射小球每次可由不同位置自由滚下
B.两小球的质量关系必须m1>m2
C.斜槽轨道必须光滑
D.斜槽轨道末端必须水平
(2)若测量数据近似满足关系式______(用m1、m2、xM、xP、xN表示)，则说明两小球碰撞过程动量守恒。
(3)在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式______(仅用xM、xP、xN表示)，则说明碰撞为弹性碰撞。
14.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。

(1)为了减少测量误差，下列做法正确的是______。
A.摆的振幅越大越好
B.摆球质量大些、体积小些
C.摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D.计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
(2)用游标卡尺测得摆球直径如图2甲所示，为______cm；把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L；然后用停表记录了单摆完成60次全振动所用的时间如图2乙所示，该单摆的周期是T= ______s(结果保留三位有效数字)。
(3)实验时改变摆长，测出几组摆长L和对应的周期T的数据，画出T2−L图线如图2丙，此图线斜率的物理意义是______。
A.g
B.1g
C.4π2g
D.g4π2
(4)如果测得的g值偏小，可能的原因是______。
A.测摆长时只测量了摆线长度而忘记考虑小球半径
B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，导致摆线长度增加了
C.开始计时时，秒表过迟按下
D.实验中误将59次全振动的次数记为60次
(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3所示。由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺。于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g= ______(用L1、L2、T1、T2表示)。
四、简答题（本题共1小题，共12分）
15.如图所示，半径为r的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，一个质量为m，电量为q的带电粒子从圆形边界沿半径方向以速度v0进入磁场，粒子射出磁场时的偏向角为90度，不计粒子的重力．求：
(1)判断粒子的带点性质
(2)匀强磁场的磁感应强度
(3)粒子在磁场中运动的时间．
五、计算题（本题共3小题，共32分）
16.在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理如图甲所示。浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，上下运动的速度v=0.4πsin(πt)m/s，且始终处于辐射磁场中，该线圈与阻值R=15Ω的灯泡相连；浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(俯视图乙中阴影部分)，其内部为产生磁场的磁体；线圈匝数N=200匝，线圈所在处磁场的磁感应强度大小B=0.2T，圆形线圈的直径D=0.4m，电阻r=1Ω。计算时取π2=10。
(1)求线圈中产生感应电动势的最大值Em；
(2)求灯泡工作时消耗的电功率P。
17.如图所示，在质量M=5kg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量分别为mA=1kg、mB=0.5kg的A、B两物体，弹簧的劲度系数为100N/m.箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，求：(g=10m/s2)
(1)在剪断绳子后瞬间，A、B物体的加速度分别是多大？
(2)物体A的振幅？
(3)当A运动到最高点时，木箱对地面的压力大小？
18.在如图所示的平面直角坐标系中，第二象限内存在水平向左的匀强电场，在x轴上有两个粒子源A、B，沿y轴正向以相同速度同时发射质量相同、电荷量相同的带负电的粒子，粒子源A、B的坐标分别为xA=−9L、xB=−4L。通过电场后A、B两处发射的粒子分别从y轴上的C、D两点(图中未画出)进入第一象限。不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)设C、D两点坐标分别为(0,yC)、(0,yD)，求yC、yD的比值；
(2)若第一象限内未加任何场，两处粒子将在第一象限内某点相遇，求相遇点的横坐标；
(3)若第一象限内y>yC区域，加上垂直于坐标平面方向向里的匀强磁场(图中未画出)，两处粒子最终将从磁场飞出，求两处粒子飞出位置间的距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
s−t(位移时间)图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况。根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。
本题首先考查读图能力，抓住位移图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量的方向。
【解答】
解：①、由s−t(位移时间)图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止，m1速度大小为v1=Δs1Δt1=82m/s=4m/s，方向只有向右才能与m1相撞，故①正确。
②、由图示图象可知，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，两物体运动方向相反，故②错误。
③、由图示图象可知，碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s，v1′=−2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg。故③正确。
④、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12−12m1v1′2−12m2v2' ​2，代入解得：ΔE=0J，故④错误。故A正确；
故选：A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
分析题意明确激光对眼造成伤害的原因，再结合激光的特性进行分析即可解答。
本题考查激光的特性，要注意明确激光具有单色性好、能量高、相干性好和平行度高等特性，要能根据题意明确对应的性质应用。
【解答】
解：由题意可知，激光聚于感光细胞时产生过热而引起的蛋白质凝固变性是造成眼失明的原则，故说明引起这一现象的是因为激光的高能量性，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3.【答案】D
【解析】解：AB、粒子在磁场中只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，粒子自磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域洛伦兹力大小会变化，但是洛伦兹力不做功，故线速度大小均不变。
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB
因B1>B2，而v相等，则可得：R1由角速度ω=vR，可得：ω1>ω2，即角速度均减小，故A错误；
由向心加速度an=mv2R，可得：an1>an2，即向心加速度均变小；
由周期T=2πRv，可得：T1C、粒子在加速电场的过程，由动能定理得：
qU=12mv2
解得：v= 2qUm
R=mvqB= 2mUqB2
α粒子的质量是质子的4倍，α粒子的电荷量是质子的2倍，可知α粒子的质量与电荷量的比(即mq)大于质子的质量与电荷量的比，可得Rα>RH，故无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，α粒子的轨迹半径均大于质子轨迹半径，故C错误；
D、周期T=2πRv=2πmqB，因α粒子的质量与电荷量的比(即mq)大于质子的质量与电荷量的比，可得Tα>TH，故无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，α粒子的周期均大于质子的周期，故D正确。
故选：D。
粒子在磁场中只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，线速度大小不会变化；由洛伦兹力提供向心力求得粒子在两个磁场区域运动半径的关系；对于粒子在加速电场的过程，由动能定理求得加速获得的速度；推导出半径与周期的表达式，由α粒子与质子的质量和电荷量的关系解答。
本题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。粒子在加速电场的过程，根据动能定理解答：对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
4.【答案】B
【解析】解：由光在介质中传播速度与介质的折射率的关系公式，可得光在玻璃中的传播速度为：v=cn
由题意可知，光在玻璃的内界面上恰好发生全反射，如图所示，
由sinC=1n得到：n=1sinC
可得光在玻璃中沿玻璃管方向的传播分速度为
v′=vsinC=cnsinC=cn2
可得光在玻璃管中经L长所需的时间为：t=Lv′=n2Lc，故ACD错误，B正确。
故选：B。
首先求出光在光导纤维中的传播速度，根据几何关系求出光在光导纤维中传播路径的长度，即可求得传播时间。
该题考查了光的全反射的应用，解决此题的关键是计算出光在光导纤维中的传播速度和传播路径的大小。
5.【答案】C
【解析】解：A、线框进入磁场过程，ab切割磁感线，由右手定则判断可知：产生的感应电流方向b→a，a点相当于电源的正极，则a点的电势比b点高。故A错误。
B、ab边受到安培力，因条件不足，安培力大小和重力沿斜面的分力大小无法比较，线框的运动情况无法确定。若两者大小相等，线框做匀速直线运动，若安培力较大，做减速运动，若重力沿斜面向下的分力较大，线框做加速运动。故B错误。
C、根据能量守恒定律，线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能。故C正确。
D、由电流的定义式q=I−t=nΔΦRt=nΔΦR，线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中磁通量的变化量ΔΦ相同，R相同，则电量相同。故D错误。
故选：C。
线框进入磁场过程，ab边切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，根据右手定则判断出感应电流的方向，即可分析ab电势的高低．线框受到安培力，安培力做负功，其机械能转化为电能．根据安培力的大小与重力沿斜面向下的分力大小关系，判断线框可能的运动情况．根据q=nΔΦR，研究通过线框导线横截面的电量。
本题是电磁学与力学的综合题，关键能运用电磁感应知识、电路知识、力学知识等进行分析，并掌握电量经验公式q=nΔΦR。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据a=−kxm知在0～1s内，x=2m处质点的加速度方向为负，则位移方向为正，说明t=0时刻该质点的速度方向向上，根据波形平移法可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、由图知，该波的波长λ=4m，周期T=4s，则波速v=λT=44m/s=1m/s
1s内波向右传播的距离为x=vt=1×1m=1m
则图中t=0时刻x=−23m处质点的振动形式经过1s传到质点P处，而t=0时x=−23m处质点的位移为y=−Asinπ3=−8× 32cm=−4 3cm
所以质点P经过1s将到达y=−4 3cm处，故B错误；
C、因n=tT=24=0.5，所以，在2s内质点P通过的路程为s=2A=2×8cm=16cm，故C错误；
D、当O点振动状态传到P点时，P点到达平衡位置，所用时间t1=Δxv=131s=13s，质点Q从波谷到达平衡位置所用时间t2=T4=44s=1s，所以质点Q比P迟23s到达平衡位置。故D正确。
故选：D。
根据a=−kxm判断0～1s内x=2m处质点的位移方向，从而确定t=0时刻该质点的速度方向，即可判断波的传播方向。由图读出波长和周期，从而求得波速，由x=vt求出1s内波传播的距离，利用波形平移法分析质点P经过1s将到达的位置。根据时间与周期的倍数关系求在2s内质点P通过的路程。根据P、Q平衡位置间的距离分析它们到达平衡位置的时间差。
解决本题的关键要能熟练运用波形平移法分析质点的振动过程与波形成过程之间的关系，知道振动在一个周期内传播的距离是一个波长。要能根据时间与周期的倍数来求质点通过的路程。
7.【答案】CD
【解析】解：A.由题干中可知，发电机的功率：
P=U1I1
得发电机输出的电流为I1=400A
故A错误；
B.由输电线上损失的功率P线=I线2R线
解得
I线=25A
故B错误；
D.由升压变压器的电流关系I1I2=n2n1，I2=I线
升压变压器匝数比为1：16
故D正确；
C.升压变压器电压关系U2U1=n2n1
解得
U2=4000V
输电线上损失的电压
U线=I线R线
解得U线=200V
降压变压器U3的电压
U3=U2−U线
由电压关系U3U4=n3n4
根据公式解得
n3n4=19011
故C正确。
故选：CD。
利用功率表达式即可求出发电机输出电流；在输电线上利用功率表达式，可求出线上的电流；根据升压变压器的电流，以及升压变压器的电压，可求出匝数比，根据降压变压器的电压与匝数之比的关系解得C。
学生在解决本题时，应注意电路中的知识在变压器中同样适用，只是多了变压器的升压和降压过程。
8.【答案】B
【解析】解：根据最大感应电动势Em=nBSω可得，
最大感应电动势为Em=Bl22πn，
所以有效的电动势为E=EM 2= 2Bl2πn，
由P=U2R可得，
灯泡的电阻R=U2P=2(πl2nB)2P，所以B正确。
故选：B。
根据Em=nBSω可以求得最大电动势的大小，由P=U2R可以求得灯泡的电阻的大小．
掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em=nBSω和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算．
9.【答案】AC
【解析】解：A、电磁炉是利用涡流的热效应工作的，故A正确；
B、由微波炉的工作原理可知，利用微波使水分子产生高频振荡，并摩擦，产生大量的热量，达到运动加热或烹饪食物的目的，故B错误；
C、冶金金属的感应炉线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量。故C正确；
D、变压器的硅钢片铁芯是为了减小涡流，故D错误；
故选：AC。
电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流．涡流会在导体中产生大量的热量．
掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等．
10.【答案】AB
【解析】解：情况一：
如果ab间只有一个波谷，如图：
波长λ=2l，波速v，周期T=λv=2lv，
点a向+y方向移动，故点a第一次到达波谷的时间为：t=34T=3l2v；
情况二：
如果ab间有一个波谷和一个波峰，如图：
波长λ=l，波速v，周期T=λv=lv，
上面左图中a点向−y方向移动，故点a第一次到达波谷时间为t=T4=l4v，
上面右图中a点向上移动，故点a第一次到达波谷的时间为：t=34T=3l4v；
情况三：
如果ab间有一个波谷和二个波峰，如图：
波长λ=23l，波速v，周期T=λv=2l3v，
a点向−y方向移动，故点a第一次到达波谷时间为t=T4=l6v；
综上，点a第一次到达波谷时间可能为3l2v、l4v、3l4v、l6v，
故AB正确，CD错误。
故选：AB。
ab之间的波形可以只有一个波谷、一个波谷和一个波峰、一个波谷和两个波峰三大类情况，确定各种情况下波长，结合波的传播方向确定a点第一次到达波谷时间。
解决本题的关键要确定波长与a、b间距l的关系，求得周期。能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。
11.【答案】B
【解析】解：画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种。
A、如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能。故A错误。
B、如图，粒子B的位置在B2、B3时速度方向也斜向上，速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同。故B正确；
C、根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关。所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点。故C错误。
D、如图，设L1与L2 之间的距离为d，则A到B2的距离为：x=2dtanθ
当夹角是30°时。x=2dtan30∘=2 3d，
若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，则x′=2dtan60∘=2 33d，则经过三个周期后粒子也可以经过B点。故D错误。
故选：B。
分析带电粒子的运动情况：在无磁场区域，做匀速直线运动，进入磁场后，只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，画出可能的轨迹，作出选择。
带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹。往往要抓住圆的对称性。
12.【答案】BD
【解析】解：A、导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会向左偏转。故A错误；
B、导线ab加速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流增大，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通量增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增大。故B正确。
C、导线ab减速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小。故C错误。
D、导线ab减速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C靠近螺线管，以阻碍磁通量的减小。故D正确；
故选：BD。
导线ab运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向．感应电流流过螺线管，螺线管产生磁场，就有磁通量穿过环C，根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断环C中产生的电流方向，选择题意的选项．
本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律：阻碍相对运动，和安培定则的能力．
13.【答案】BD m1xP=m1xM+m2xN xP=xN−xM
【解析】解：(1)AC、为了保证入射小球运动到斜槽末端的速度不变，斜槽轨道不必光滑，但是入射小球每次必须从同一位置自由滚下，故AC错误；
B、为了使入射小球碰撞后不弹回，两小球的质量关系必须m1>m2，故B正确；
D、为了保证碰撞后两个小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故D正确。
故选：BD。
(2)若碰撞前后动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：m1xPt=m1xMt+m2xNt
消去时间t解得：m1xP=m1xM+m2xN
(3)以向右为正，根据弹性碰撞的两个守恒有：m1xPt=m1xMt+m2xNt
12m1(xPt)2=12m1(xMt)2+12m2(xNt)2
联立化简解得：xP=xN−xM
故答案为：(1)BD；(2)m1xP=m1xM+m2xN；(3)xP=xN−xM。
(1)根据实验原理和注意事项分析答题；
(2)应用动量守恒定律倒推出实验需要验证的表达式，然后分析答题；
(3)应用动量守恒定律、枫机械能守恒定律倒推出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度。同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。
14.【答案】BC 2.125 2.10 C AB 4π2(L1−L2)T12−T22
【解析】解：(1)A.摆长一定的情况下，摆角不超过5°，即并非摆的振幅越大越好，故A错误；
B.为减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B正确；
C.实验过程摆长应保持不变，为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，故C正确；
D.为减小误差，计时器点应选平衡位置，故D错误。
故选：BC。
(2)20分度值的游标卡尺的精确度为0.05mm，摆球的直径为d=21mm+5×0.05mm=21.25mm=2.125cm
秒表的读数为t=2×60s+6.0s=126.0s
该单摆的周期是T=tn=126.060s=2.10s
(3)根据单摆周期公式T=2π Lg
可得T2=4π2Lg
可知，T2−L图线斜率k=4π2g
故选：C。
(4)根据单摆周期公式T=2π Lg及T=tn，L=l+r
可得g=4π2LT2=4π2n2(l+r)t2
A.摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，测摆线长时测了悬线的总长度，没有测出摆球半径，所测摆长偏小，可知测得的g值偏小，故A正确；
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确；
C.开始计时时，停表过迟按下，停表示数偏小，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误；
D.实验时误将59次全振动数为60次，周期的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故D错误。
故选AB。
(5)设A到铁锁重心的距离为L，当O、A间细线的长度为L1时实际摆长变为L+L1
根据单摆周期公式T1=2π L+L1g
解得L+L1=gT124π2
当O、A间细线的长度为L2时实际摆长变为L+L2
根据单摆周期公式T2=2π L+L2g
解得L+L2=gT224π2
联立解得g=4π2(L1−L2)T12−T22。
故答案为：(1)BC；(2)2.125；2.10；(3)C；(4)AB；(5)4π2(L1−L2)T12−T22。
(1)根据实验原理和实验的正确操作分析作答；
(2)20分度值的游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
秒表的读数=分针对应示数(min)+秒针对应示数(s)；
(3)根据单摆周期公式，求解T2−L函数，结合图像斜率的含义分析作答；
(4)根据单摆周期公式T=2π Lg及T=tn，L=l+r得到重力加速度的表达式，然后逐项分析作答；
(5)设A到铁锁重心的距离为L，分别求解实际摆长，再根据单摆周期公式联立求解即可。
本题主要考查了用单摆测定重力加速度的实验，要弄懂实验的原理和实验的正确操作步骤；要掌握游标卡尺和秒表的读数；用细线和铁锁组成单摆并求解重力加速度是解题的难点。
15.【答案】解：(1)根据左手定则，初始位置粒子所受洛仑兹力的方向向下，则粒子带正电．
(2)由几何关系知，粒子做匀速圆周运动的轨道半径R=r，洛仑兹力提供向心力qvB=mv02R，所以B=mv0qr．
(3)由以上结论，粒子做匀速圆周运动偏转角为90°，在磁场中运动的时间t=14T=14×2πrv0=πr2v0．
答：(1)粒子带正电．
(2)匀强磁场的磁感应强度为mv0qr．
(3)粒子在磁场中运动的时间是πr2v0．
【解析】(1)由左手定则和粒子的偏转方向就能确定带电粒子的电性．
(2)由洛仑兹力提供向心力就能求得磁感应强度的大小．
(3)由运动学公式就能求出粒子在磁场中的时间．
带电粒子在磁场中，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由牛顿第二定律求出轨迹的半径，由圆周运动规律求出周期，根据时间与周期的关系，求得磁感应强度的大小和时间．
16.【答案】解：(1)线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为：Em=NBlvmax，
其中：l=πD，
联立得：Em=πNBDvmax=π×200×0.2×0.4×0.4πV=64V；
(2)电动势的有效值为：E=Em 2
根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+r
则灯泡的功率为：P=I2R
联立解得：P=120W
答：(1)线圈中产生感应电动势的最大值为64V；
(2)灯泡工作时消耗的电功率为120W。
【解析】(1)根据感应电动势公式E=Blv和v=0.4πsin(πt)m/s，求出电动势e的最大值；
(2)由欧姆定律可得灯泡电流有效值，由电流有效值来计算灯泡电功率；
本题主要考查了电磁感应的功能关系，熟悉感应电动势公式，结合焦耳定律完成分析，在计算过程中要注意先计算出有效值。
17.【答案】解：
(1)(2)平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，B做自由落体运动，即B的加速度为g；以A为研究对象，此时受向下的重力和弹簧的竖直向上的弹力，而弹簧的弹力为：(mA+mB)g据牛顿第二定律得：aA=(mA+mB)g−mAgmA=51m/s2=5m/s2剪短绳子瞬间有：kx1=(mA+mB)g，平衡位置时，弹簧的伸长量：有：kx2=mAg，故振幅为：A=x1−x2=0.05m=5cm；
(3)剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，且在最低点的恢复力为mBg；根据简谐运动的对称性，到达最高点时恢复力大小也为mBg；据此可知弹簧对A的弹力为5N，方向向上，所以弹簧对顶部的拉力也为f=5N，再以木箱为研究对象，据平衡态可知：F=Mg+F=55N+5N=55N，由牛顿第三定律可知，木箱对地面的压力等于55N。
答：(1)在剪断绳子后瞬间，A、B物体的加速度分别是5m/s2和g；(2)物体A的振幅5cm；(3)当A运动到最高点时，木箱对地面的压力55N。
【解析】【分析】
首先对AB两物体的受力情况和运动情况分析，A将做简谐振动，先找出平衡位置，然后根据简谐运动的对称性得到最高点的弹簧弹力，最后对M木箱受力分析，利用平衡态求出地面对木箱的压力。
本题关键是对小物体受力分析，根据简谐运动的对称性得到最高点时弹簧的弹力大小，最后对木箱受力分析，得到地面的支持力。
18.【答案】解：(1)设两个粒子源A、B沿y轴正向发射粒子的速度为v0，在坐标系中画出它们在电场中以及在第一象限匀速直线运动的轨迹如下图所示：

带电粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解成y方向的匀速直线运动和x方向的匀加速直线运动，设加速度为a，设粒子源A、B的粒子运动到y轴的时间分别为t1和t2，
则在x方向有：9L=12at12，4L=12at22
在y方向有：yC=v0t1、yD=v0t2
联立解得：yC：yD=3：2
(2)设粒子在C、D两点的速度方向与y轴夹角分别为θ1和θ2，则tanθ1=at1v0，tanθ2=at2v0，解得：tanθ1：tanθ2=t1：t2=3：2
根据第一问图示的几何关系：tanθ1=xpyp−yC，tanθ2=xpyp−yD，联立解得：yP=52yD
又根据类平抛运动的几何关系得：tanθ2=4LyD2=xPyP−yD
联立解得：xp=12L
(3)画出粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示：

设两处粒子的质量为m、电荷量为q，粒子在磁场中的轨迹对应的圆弧半径分别为r1、r2，由粒子在磁场中做圆周运动的半径公式得：
r1=mv0qBcsθ1，r2=mv0qBcsθ2
设两处粒子在磁场中的轨迹对应的圆弧对应的弦长CM长度为x1、EN长度为x2，由几何关系以及上面的半径公式可知：
x1=2r1csθ1=2mv0qB，x2=2r2csθ2=2mv0qB
由图可知两处粒子飞出位置间的距离即为MN间的距离，设为Δx，设CE长为x0，Δx=x0+x2−x1=x0=(yC−yD)tanθ2=yD2⋅4LyD2=4L
两处粒子飞出位置间的距离为4L。
答：(1)yC、yD的比值为3：2；
(2)相遇点的横坐标为12L；
(3)两处粒子飞出位置间的距离为4L。
【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解成y方向的匀速直线运动和x方向的匀加速直线运动，得出yC、yD表达式，进而求yC、yD的比值；
(2)根据刚刚进入第一象限的速度方向表达出速度与y轴夹角的正切值，结合yC、yD表达式以及几何关系等得出相遇点的横坐标；
(3)第一象限内y>yC区域，加上垂直于坐标平面方向向里的匀强磁场，两处粒子在直线边界磁场中运动，写出半径表达式，再根据粒子在y=yC直线上的进入点坐标以及弦长等求两处粒子飞出位置间的距离。
本题考查了带电粒子在电场中的运动以及在磁场中的运动，出电场的速度方向与y轴的夹角的正切值是解题的突破口，另外注意几何关系的应用才能正确求解本题。