2023-2024学年江苏省常州市金坛区高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省常州市金坛区高二（上）期中物理试卷（含解析），共16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。

一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.2021年7月4日，我们在电视中看到航天员汤洪波走出离地面高约400km的中国空间站，标志着我国空间站航天员首次出舱活动取得圆满成功。航天员出舱的画面是通过电磁波传输到地面接收站的，下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 电磁波波长越长，其能量子越大
B. 只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波
C. 赫兹通过实验捕捉到电磁波，并证实了麦克斯韦的电磁场理论
D. 汤洪波出舱活动的画面从空间站传到地面接收站最少需要约0.013s
2.电子车票，也称“无纸化”车票，乘客网上购票后，直接通过“刷身份证”或“扫手机”即可顺利进站。如图所示是乘客通过“刷身份证”进站时的情景，将身份证靠近检验口，机器感应电路中就会产生电流，从而识别乘客身份。下图中能说明这一原理的是( )
A.
B.
C.
D.
3.已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大。为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r，不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光。若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则( )
A. 电灯L变暗B. 磁敏电阻两端的电压增大
C. 电流表的示数增大D. 电源的输出功率变小
4.在地球赤道面上有一点P，其上方有一小段沿东西方向放置的通电直导线，电流方向由东向西，通电直导线产生的磁场在P点处磁感应强度大小为B，地磁场在P点处的磁感应强度大小也为B，地球视为球体，不考虑地磁偏角的影响，则P点处实际磁感应强度大小为( )
A. 2BB. 2BC. BD. 0
5.闭合金属线圈或线框在磁场中运动的情景如下各图所示，有关线圈或线框中磁通量变化或产生感应电流的说法中正确的有( )

①甲图，线框从P进入垂直纸面的匀强磁场区域到达Q的过程中，线框中始终有感应电流
②乙图，磁感线向右，垂直纸面的线圈从P到达Q的过程中，线圈中有感应电流
③丙图，线圈从磁铁的上端M到达N的过程中，线圈中磁通量先减小后增大
④丁图，与通电导线在同一平面内的线框远离的过程中，线框中有感应电流
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
6.如图甲所示为“验证动量守恒定律”的实验装置示意图，已知a、b小球的质量分别为ma、mb。先单独将a球从斜槽上某点释放，小球a从轨道末端飞出后在水平地面上的平均落点为图甲中的P点；再将b球放于轨道末端，将a球从斜槽上相同的位置释放，多次实验，两球碰后在水平地面上的平均落点分别是图甲中M、N点。本实验必须满足的条件是( )
A. 斜槽轨道必须是光滑的
B. 入射小球a的质量必须小于被碰小球b的质量
C. 要测量小球离开斜槽末端到水平面的飞行时间
D. 入射小球a每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
7.如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动后又落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是( )
A. 球从颠出到落回原位置的时间内，重力的冲量为零
B. 球从颠出到落回原位置的时间内，阻力的冲量为零
C. 球上升阶段合外力的冲量比下降阶段合外力的冲量大
D. 球上升阶段动能的减少量等于下降阶段动能的增加量
8.质量为1kg的皮球以v1=3m/s的速率垂直撞击天花板，以v2=2m/s的速率反弹，球与天花板的接触时间为0.1s，在接触时间内，小球受到天花板的平均作用力大小为(g=10m/s2)( )
A. 30NB. 40NC. 50ND. 60N
9.如图所示是流过一个小灯泡的电流随其两端电压变化的关系图，不考虑灯丝体积的变化，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定，下列说法中正确的是( )
A. 图中M点切线斜率的倒数即为小灯泡电压为4V时的阻值
B. 当小灯泡两端的电压为1V时，其灯丝阻值为0.20Ω
C. 小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而减小
D. 把小灯泡接到电动势为5V，内阻为10Ω的电源上时，电源的效率约为40%
10.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B应该怎样随时间t变化，下列关系式中正确的是( )
A. B=B0ll+vtB. B=B0lvtC. B=B0l2(vt)2D. B=B0l2(l+vt)2
11.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(mA. 在下滑过程中小球和槽之间的作用力对槽不做功
B. 在下滑过程中小球和槽所组成的系统机械能守恒、动量守恒
C. 全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D. 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
第II卷（非选择题）
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某实验小组选用以下器材测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减少实验误差。
电压表(量程0−3V，内阻约为3kΩ)
电流表(量程0−0.6A，内阻约为1Ω)
滑动变阻器(0−20Ω，额定电流1A)
待测干电池
开关、导线若干。实验过程如下：
(1)该小组连接的实物电路如图1所示，经仔细检查并结合现有条件，发现电路中有一条导线连接不当会造成误差较大，这条导线对应的编号是______ 。

(2)改正这条导线的连接。
(3)开始实验，闭合开关前滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的______ (选填“a”或者“b”)端。
(4)该小组滑动变阻器的滑片，记录了6组数据如表所示，请在图2的坐标纸上画出U−I图线。
(5)根据所画图线可得出干电池电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω。(结果均保留2位有效数字)
三、简答题：本大题共3小题，共36分。
13.A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的位移随时间变化的x−t图像，如图所示。
(1)求A、B两物块的质量之比；
(2)判断该碰撞是否为弹性碰撞。
14.汽车发动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，车灯电阻不变。已知汽车电源电动势为E=12V，内阻为r=0.1Ω，电流表内阻为RA=0.1Ω。车灯接通电动机未启动时，电流表示数为I1=10A；电动机启动的瞬间，电流表示数达到I2=30A，电动机正常工作。求：
(1)车灯的阻值为多少？
(2)电动机启动前后，车灯的功率变化了多少？
(3)若电动机内阻为RM=0.0625Ω，电动机在正常工作的情况下输出功率是多少？
15.如图所示，光滑固定水平杆上套有质量均为m=0.5kg的滑块A和B。长l=1.0m的轻质细线一端固定在滑块B上，另一端系住一质量为m0=1.0kg的小球C。现将C球向左拉起至细线与竖直方向成53°角的位置，然后由静止释放C球，(已知sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度g=10m/s2)。求：
(1)AB两滑块分离时，A、B、C的速度大小；
(2)AB两滑块分离时，滑块A的位移大小；
(3)AB两滑块分离后，C球能向上摆动的最大高度。
四、计算题：本大题共1小题，共5分。
16.匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，矩形线圈abcd的面积S=0.5m2，共10匝，开始B与S垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示。
(1)当线圈绕ab边转过60°时，求线圈此过程中磁通量的改变量。
(2)当线圈绕dc边转过60°时，求线圈此过程中磁通量的改变量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.电磁波的能量子为：
E=hν
又ν=cλ
联立解得：E=hcλ
所以电磁波波长越长，其能量子的能量越小，故A错误；
B.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，周期性变化的磁场或电场，在其周围产生电磁波，均匀变化的磁场或电场，在其周围不会产生电磁波，故B错误；
C.麦克斯韦预言了电磁场理论，1886年，赫兹通过实验捕捉到电磁波，从而证明了电磁波的存在，故C正确；
D.电磁波在真空中或空气中传播的速度v=3.0×108m/s，空间站到地球表面的距离s=4×105m，电磁波从空间站传播到地面的时间为：
t=sv
代入数据得：t≈0.0013s，故D错误。
故选：C。
电磁波具有能量，根据公式c=λf可知，波长越长频率越小；麦克斯韦预言了电磁场理论，赫兹验证了电磁波的存在；赫兹通过实验证实了麦克斯韦的电磁场理论；根据电磁波做匀速直线运动求解从空间站传播到地面的时间。
本题以我国空间站阶段航天员首次出舱活动为情景载体，考查了学生对电磁波的理解，引导学生建立良好的物理观念，并要强化记忆相关物理学史。
2.【答案】B
【解析】解：由题意可知，刷身份证时会产生感应电流，即由磁产生电，有感应电流产生，所以其工作原理为电磁感应现象；
A、图中有电源，为电动机的工作原理，是根据通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的，故A错误；
B、图中没有电源，为发电机的工作原理，是根据电磁感应现象制成的，故B正确；
C、图示的实验是探究通电螺线管的磁性强弱与电流大小的关系，运用了电流的磁效应，故C错误；
D、图示为奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，故D错误．
故选：B。
根据电与磁的关系结合电生磁或者磁生电的原理分析解答。
本题考查电磁感应定律，解题关键掌握磁生电的特点，注意发电机与电动机的区别。
3.【答案】B
【解析】解：A.探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻的阻值变大，则电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，可知总电流I变小；
根据U=E−Ir可知，I减小，路端电压U增大，所以灯泡两端的电压增大，则电灯L变亮，故A错误；
B.磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，由U=IR可知：磁敏电阻两端的电压增大，故B正确；
C.根据A答案的分析可知总电流减小，电流表的示数减小，故C错误；
D.由于不知道外电阻与内阻的大小关系，故D答案无法确定，故D错误；
故选：B。
探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，则总电流变小，根据闭合电路欧姆定律即可分析。
本题是电路的动态分析问题，知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可，难度不大，属于基础题。
4.【答案】D
【解析】解：根据安培定则可知沿东西方向放置的、电流方向由东向西的通电导线，在P点处的磁感应强度方向由北指向南，而地磁场在P点处的磁感应强度方向由南指向北，二者大小均为B，则P点处实际磁感应强度大小为0。故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据安培定则判断电流在P点处的磁感应强度方向由北指向南，则P点处实际磁感应强度为电流磁场和地磁场的矢量和。
本题考查了安培定则和磁感应强度的叠加，比较容易，认真即可。
5.【答案】D
【解析】解：①甲图，线框从P进入垂直纸面的匀强磁场区域时和出磁场区域时，穿过线框的磁通量发生变化，有感应电流，在线框完全进入磁场区域到达磁场右侧边缘的过程中，穿过线框的磁通量不会发生变化，没有感应电流，故①错误；
②乙图，磁感线向右，垂直纸面的线圈从P到达Q的过程中，穿过线圈的磁通量减小，线圈中有感应电流，故②正确；
③丙图，线圈从磁铁的上端M到达N的过程中，穿过线圈的磁感线先变多后变少，线圈中磁通量先增大后减小，故③错误；
④丁图，与通电导线在同一平面内的线框远离的过程中，穿过相框的磁通量减少，线框中有感应电流，故④正确。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据产生感应电流的条件判断①；根据磁感线的特点与磁感应强度的关系判断②；根据条形磁铁的磁场的特点判断③；根据产生感应电流的条件判断④。
该题考查常见的磁场的特点以及产生感应电流的条件，注意产生感应电流的条件是解答的关键。
6.【答案】D
【解析】解：AD.本实验要求a球每次运动至斜槽末端时的速度都相等，只需要每次将a球从斜槽轨道同一位置由静止释放即可，斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，所以斜槽轨道不必须光滑，故A错误，D正确；
B.为使碰撞后a球不反弹，a球的质量必须大于b球的质量，故B错误；
C.两小球碰撞前、后的水平速度是通过平抛运动规律得出的；
根据平抛运动的规律，飞行时间t= 2hg
水平速度vx=xt=x g2h
由于平抛运动的高度相同，则水平速度与水平位移成正比
因此不需要测量离开斜槽末端到水平面的飞行时间，故C错误；
故选：D。
AD.根据实验原理可知，本实验需要测量的是碰撞前、后两小球的水平速度，据此分析斜槽的安装要求；
B.从防止入射小球反弹的角度分析作答；
C.两小球碰撞前、后的水平速度是通过平抛运动规律得出的，根据平抛运动的规律分析作答。
本题考查了利用斜槽装置“验证动量守恒定律”的实验，要理解实验的原理，掌握实验的操作步骤和注意事项。
7.【答案】C
【解析】解：AB.由冲量定义
I=Ft
球从击出到落回的时间内，重力和阻力的冲量为力乘以力作用的时间，由于重力和阻力大小不为零，故冲量一定不为0，AB错误；
C.球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，由牛顿第二定律，上升时加速度
a=F合m=mg+fm
大于下降时加速度
a′=F合′m=mg−fm
设上升阶段球的初速度为v，末速度为0，由动量定理
I合=Δp=0−mv
下降阶段末速度为v′，由于上升时加速度比下降时加速度大，根据速度—位移关系
v2=2ax
上升和下降阶段位移大小相同，故其速度
v′根据动量定理，动量的变化量为
I合′=Δp′=mv′−0可得，球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，则球上升阶段合外力的冲量比下降阶段合外力的冲量大，故C正确；
D.由C分析，结合动能表达式Ek=12mv2可知，球上升阶段动能的减少量12mv2，球下降阶段动能的增加量12mv′2，
由于v′则12mv′2<12mv2
故球下降阶段动能的增加量小球球上升阶段动能的减少量，故D错误。
故选：C。
由冲量的定义知重力冲量不为零；球受阻力大小不变，则上升阶段合力为重力加阻力，下降阶段合力为重力减阻力，两个过程的加速度不同，运动时间不同，落回出发点的速度大小也不同，然后根据运动学公式和动量定理的公式进行比较即可。
解本题的关键是分析清楚上升阶段与下降阶段，这两个运动过程中所受合外力的变化情况，还需要清楚一个物体动量的变化率即这个物体所受的合力。
8.【答案】B
【解析】解：规定竖直向下为正方向，撞击过程由动量定理得：
(F+mg)t=mv2−(−mv1)；
代入数据可得：F=40N
故A、C、D错误，B正确；
故选：B。
利用动量定理求出天花板对小球的弹力F。
本题考查的是对动量定理的理解，属于基础题，注意列方程时先规定正方向才能正确求解。
9.【答案】D
【解析】解：A、根据电阻的定义式R=UI可知，图线上每一点与原点连线(即割线)的斜率表示小灯泡电阻的倒数，故A错误；
B、由图可知，当小灯泡两端电压为1V 时，电流大小为0.2A，故其阻值大小为：R=UI=10.2Ω=5Ω，故B错误；
C、图中电流随电压的增大而增大，灯丝的温度不断升高，割线的斜率不断减小，则灯丝的阻值不断增大，所以小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而增大，故C错误；
D、在图上作出电源的I−U图线，如图蓝线所示。
电源的I−U图线与灯泡的I−U图线的交点表示该小灯泡该电源上时的路端电压和电流，由交点坐标可知：把小灯泡接到电动势为5V，内阻为10Ω的电源上时，
路端电压约为U=2V，电流约为I=0.3A，则电源的效率约为η=UIEI×100%=UE×100%=25×100%=40%，故D正确。
故选：D。
根据电阻的定义式R=UI求灯丝的阻值，并分析小灯泡灯丝的电阻随着灯丝温度升高的变化情况，从而得到电阻率随着灯丝温度升高的变化情况。在图上作出电源的I−U图线，根据电源与灯泡两图线的交点读出路端电压与电流，再根据输出功率与总功率之比求解电源的效率。
解答本题的关键要采用作图法，确定小灯泡接到电动势为5V，内阻为10Ω的电源上时的电压和电流。
10.【答案】A
【解析】解：当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，则有：B0l2=Bl(l+vt)
变形解得：B=ll+vtB0，故A正确、BCD错误。
故选：A。
只要通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，抓住t时刻回路的磁通量与t=0回路的磁通量相等，由此求解磁感应强度与t的关系
本题主要是考查法拉第电磁感应定律，解决本题的关键要抓住通过闭合回路的磁通量不变时，MN棒中就不产生感应电流，掌握磁通量的计算公式。
11.【答案】D
【解析】解：A、光滑弧形槽静止在光滑水平面上，小球在下滑过程中，槽向左运动，小球和槽之间的作用力对槽做正功，故A错误；
B、在下滑过程中小球和槽所组成的系统只有重力做功，机械能守恒；系统竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，故B错误；
C、全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；
D、小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m故选：D。
由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械能守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点。
解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两球相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断。
12.【答案】6 b 1.5 0.83
【解析】解：(1)按照实验图1的接法，实验误差来源于电流表的分压，由于干电池内阻较小，电流表的内阻相对于电源内阻较大，不能忽略，实验测得的电源内阻的误差很大，为减小实验误差，相对于电源，电流表要采用外接法，应将图1中的6号导线，接在电流表的“+”接线柱上；
(2)实验电路的改正如下图所示：
(3)为了保护电路安全，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑动片位于阻值最大的那一端，即b端；
(4)根据“描点法”作图，作图时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的点要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作出电源的U−I图象如图所示；
(5)根据闭合电路的欧姆定律E=U+Ir
变形得U=E−r⋅I
结合电源U−I图象可知，图象的纵截距表示电源的电动势，则b=E=1.5V
图像斜率的绝对值表示电源的内阻，则r=k=1.5−1.00.6−0Ω≈0.83Ω
故答案为：(1)6；(2)见解析；(3)b；(4)见解析；(5)1.5；0.83。
(1)按照实验图1的接法，实验误差来源于电流表的分压，由于干电池内阻较小，电流表的内阻相对于电源内阻较大，不能忽略，实验测得的电源内阻的误差很大，据此分析连接错误的导线编号；
(2)为减小实验误差，相对于电源，电流表要采用外接法，据此改正实验电路连接图；
(3)为了保护电路安全，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑动片位于阻值最大的那一端，据此分析作答；
(4)用“描点法”作图；
(5)根据闭合电路的欧姆定律求U−I函数，结合电源的U−I图象纵截距和斜率绝对值的含义求出电源电动势与内阻。
本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U−I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。
13.【答案】解：(1)由图可知碰前vA=xAtA=51m/s=5m/s，vB=0，碰后v′A=xA′tA′=3−53−1m/s=−1m/s，v′B=xBtB=13−53−1m/s=4m/s
AB系统碰撞过程动量守恒
mAvA=mAv′A+mBv′B
解得mAmB=23
(2)碰前系统动能E1=12mAvA2=252mA
碰后系统动能E2=12mAv′A2+12mBv′B2=12mA+8mB=252mA
解得E1=E2
因此该碰撞为弹性碰撞
答：(1)A、B两物块的质量之比为23；
(2)该碰撞是弹性碰撞。
【解析】(1)根据x−t图像的斜率求出碰撞前后两球的速度，根据动量守恒定律即可求解两物块的质量之比；
(2)根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞。
本题主要考查动量守恒定律的应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞。
14.【答案】解：(1)车灯接通电动机未启动时，车灯两端电压为U1=E−I1(r+RA)=12V−10×(0.1+0.1)V=10V
车灯电阻为
R=U1I1=1010Ω=1Ω
(2)电动机启动前，车灯的功率为P1=U1I1=10×10W=100W
S1闭合，电动机启动，路端电压为U2=E−I2(r+RA)=12V−30×(0.1+0.1)V=6V
所以车灯的功率为
P2=U22R=621W=36W
所以车灯功率减少了ΔP=P1−P2=100W−36W=64W
(3)电动机正常工作时的电流为I3=I2−U2R=30A−61A=24A
电动机的输入功率为P=U2I3=6×24W=144W
电动机的热功率为P热=I32RM=242×0.0625W=36W
所以该电动机的输出功率为P出=P−P热=144W−36W=108W
答：(1)车灯的阻值为1Ω。
(2)电动机启动前后，车灯的功率减少了64W。
(3)电动机在正常工作的情况下输出功率是108W。
【解析】(1)车灯接通电动机未启动时，根据闭合电路欧姆定律求出车灯两端的电压，再求车灯的阻值。
(2)电动机启动前，由P=UI求车灯的功率。电动机启动后，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，再求车灯的功率，进一步求解车灯功率的变化量；
(3)电动机在正常工作的情况下，求出通过电动机的电流，再根据电动机输出功率和输入功率的关系进行求解。
本题考查闭合电路欧姆定律、功率公式的综合应用。要知道电动机正常工作时，其电路为非纯电阻电路，不能直接用欧姆定律求解电流，要根据并联电路的特点解得其电流，根据电功率公式P=UI求解电动机的输入功率。根据P=I2R求解电动机的发热功率，根据能量守恒定律求解电动机的输出功率。
15.【答案】解：(1)C摆到最低点的过程中，ABC系统水平方向动量守恒，机械能守恒
以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：2mvAB−m0vC=0
由机械能守恒定律得：m0gl(1−cs53°)=12×2mvAB2+12m0vC2
代入数据解得：vA=vB=vC=2m/s
(2)C运动到最低点时，AB恰要分离过程，A和BC系统在水平方向上动量守恒，
以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：2mvAB−m0vC=0，2mxAt−m0xCt=0，即：2mxA=m0xC
由几何知识可知：xA+xC=lsin53°
代入数据解得：xA=0.4m
(3)AB分离后，BC系统水平方向动量守恒，机械能守恒
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：m0vC−mvB=(m+m0)v共
由机械能守恒定律得；12m0vC2+12mvB2=12(m+m0)v共2+m0gh
代入数据解得：h=415m
答：(1)AB两滑块分离时，A、B、C的速度大小都是2m/s；
(2)AB两滑块分离时，滑块A的位移大小是0.4m；
(3)AB两滑块分离后，C球能向上摆动的最大高度是415m。
【解析】(1)A、B、C三者组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出AB分离时三者的速度大小。
(2)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出AB分离时A的位移大小。
(3)AB分离后BC组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
本题首先要判断该过程三者动量在水平方向上守恒，然后根据题目需要，选择适合的过程进行运动量守恒即可解题。
16.【答案】解：(1)线圈转动前，磁通量为Φ1=B×12S=0.8×12×0.5Wb=0.2Wb，当线圈绕ab转过60°时，线圈恰好全部进入磁场中，磁通量为Φ2=BScs60°=0.2Wb，磁通量的改变量为ΔΦ1=Φ2−Φ1=0。
(2)当线圈绕dc边转过60°时，线圈恰好全部穿出磁场，磁通量为Φ3=0，磁通量的改变量为ΔΦ2=Φ3−Φ1=−0.2Wb。
答：(1)当线圈绕ab边转过60°时，线圈此过程中磁通量的改变量为0；
(2)当线圈绕dc边转过60°时，线圈此过程中磁通量的改变量为−0.2Wb。
【解析】由磁通量的定义式Φ=BSsin30°求解磁通量；由ΔΦ=Φ2−Φ1求解磁通量的变化。
本题考查磁通量的定义式及变化量，解题关键是掌握磁通量的定义式Φ=BSsin30°和ΔΦ=Φ2−Φ1。序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I/A
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480