2022-2023学年北京市昌平区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市昌平区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.电磁波与机械波具有的共同性质是( )
A. 都是横波B. 都能传输能量C. 都能在真空中传播D. 都以光速传播
2.下列说法正确的是( )
A. 泊松亮斑属于光的干涉现象
B. 光的干涉和衍射现象说明光是一种横波
C. 用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象
D. 测体温的额温枪是通过测量人体辐射的紫外线进行测温
3.分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图所示，r0为分子间的平衡位置。下列说法正确的是( )
A. 当r=r0时，分子间的作用力最小
B. 当r=r1时，分子间的作用力表现为斥力
C. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而减小
D. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而增大
4.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后达到状态b和c。下列说法正确的是( )
A. a→b的过程中，气体体积增大，外界对气体做功
B. a→b的过程中，气体温度升高，从外界吸收热量
C. b→c的过程中，气体压强减小，从外界吸收热量
D. b→c的过程中，气体温度保持不变，内能保持不变
5.某变压器铭牌上标示的部分信息如表所示，以下判断正确的是( )
A. 该变压器原线圈的匝数比副线圈的匝数少
B. 输入直流电压，该变压器也能实现变压效果
C. 当原线圈输入交流电压220V、副线圈不接负载时，副线圈两端的电压为0
D. 当原线圈输入交流电压220V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大
6.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，下列的假设与该实验无关的是( )
A. 油膜中分子沿直线排列
B. 油膜为单分子层且分子都是球形
C. 油膜的体积等于总的分子体积之和
D. 油膜中分子一个挨一个排列，不计它们的间隙
7.某同学用如图所示的实验装置观察光的干涉现象。光源发出的光经红色滤光片(装在单缝前)成为单色光，经过单缝、双缝发生干涉，通过目镜观察到干涉条纹。若要使条纹间距变宽，以下措施可行的是( )
A. 增大单缝到双缝的距离B. 换用更短的遮光筒
C. 换用间距更小的双缝D. 换用绿色的滤光片
8.一列简谐横波某时刻的波形图如图甲所示。由该时刻开始计时，质点P的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播B. 该波的波速为8m/s
C. 质点P经过1.5s运动的路程为12mD. 质点P经过1.5s运动的位移为6m
9.如图所示，振幅和频率均相同、相位差恒定、振动方向相同的两列波相遇，实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷。某时刻，M点处波峰与波峰相遇，下列说法中正确的是( )
A. M点处质点始终处于波峰位置
B. N点处质点始终处在平衡位置
C. 从该时刻起经过半个周期，O点处质点处在平衡位置
D. 随着时间的推移，M点处质点将沿波的传播方向向O点移动
10.图甲为LC振荡电路，取回路中顺时针电流方向为正，回路中电流i随时间t变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 在t1∼t2内，电容器C在放电
B. 在t1∼t2内，电容器C的上极板带正电
C. 在t2∼t3内，磁场能正在转化为电场能
D. 在t2∼t3内，电容器C两极板间电压在不断减小
11.一炮弹以一定倾角斜向上发射，它达到最高点时速度为v，若此时炮弹炸裂成a和b两部分，爆炸后瞬间，a的速度方向与v相同。下列说法正确的是( )
A. 爆炸后，b可能做自由落体运动B. 爆炸后，b可能做竖直上抛运动
C. 爆炸后瞬间，b的速度方向一定与v相反D. 爆炸后瞬间，b的速度方向一定与v相同
12.远距离输电线路的示意图如图所示。若发电机的输出电压不变，升压变压器和降压变压器都是理想变压器，输电导线有一定的电阻，下列说法正确的是( )
A. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
B. 升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率
C. 当用户用电器总电阻减少时，升压变压器原线圈中电流变小
D. 当用户用电器总电阻减少时，降压变压器原线圈中电压变小
13.如图所示，光滑的半圆槽静止在光滑的水平地面上，从一定高度自由下落的小球恰好能沿槽右边缘的切线方向滑入槽内，沿槽内壁运动直至从槽左边缘飞出。小球第一次离开槽时，下列说法正确的是( )
A. 半圆槽正在向右运动
B. 半圆槽正在向左运动
C. 小球将做竖直上抛运动
D. 小球将向右上方做斜抛运动
14.利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，在两块磁感应强度相同、N极相对放置的磁体缝隙中放入霍尔元件。该霍尔元件长为a，宽为b，厚为c。建立如图乙所示的空间坐标系，保持沿+x方向通过霍尔元件的电流I不变，霍尔元件沿±z方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，在M、N表面间产生的霍尔电压UMN不同。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，UMN为0，将该点作为位移的零点。在小范围内，磁感应强度B的大小与位移z的大小成正比。这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表。下列说法中不正确的是( )
A. 该仪表的刻度线是均匀的
B. 该仪表不仅能测量位移的大小，还能确定位移的方向
C. 某时刻测得霍尔电压为UMN，则霍尔电场的电场强度大小为UMNb
D. 若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当Δz<0时，M表面电势低于N表面的电势
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.某同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。
(1)为了比较准确地测出当地的重力加速度，应选用下列器材中的______(选填选项前的字母)。
A.长约1m的细线
B.长约30cm的细线
C.直径约1cm的匀质铁球
D.直径约10cm的匀质木球
E.分度值为1cm的刻度尺
F.分度值为1mm的刻度尺
(2)为减小误差，该实验并未直接测量单摆的周期T，而是先测量n次全振动的用时t再求出T。下列实验采用了类似方法的有______(选填选项前的字母)。
A.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量
B.“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中相邻亮条纹间距离的测量
C.“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中气体体积的测量
(3)该同学测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______(选填选项前的字母)。
A.开始摆动时振幅较小
B.开始计时时，过早按下秒表
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间
(4)若将该装置放置在电梯中，电梯静止时，测得周期为T1；电梯匀加速上升时，测得周期为T2。摆长为L。则电梯匀加速上升时的加速度为______。(用L、T1、T2表示)
16.用如图所示的装置研究在斜槽末端小球碰撞时的动量守恒。实验中入射小球和被碰小球半径相等，用天平测得两小球质量分别为m1、m2。图中O点是重垂线所指的位置，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。
(1)在实验中可以不测量速度的具体数值，仅通过测量______(选填选项前的字母)间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h
B.小球做平抛运动的水平位移OP、OM、ON
C.小球抛出点距地面的高度H
(2)本实验必须满足的条件是______(选填选项前的字母)。
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.轨道倾斜部分必须光滑
C.轨道末端必须水平
(3)在实验误差允许范围内，若满足关系式______(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒；若再满足关系式______(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球发生的是弹性碰撞。
(4)实验中入射小球的质量m1应该______(选填“大于”“小于”和“等于”)被碰小球的质量m2，请说明理由。
三、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，一半圆形玻璃砖放在真空中，一束单色光以θ1=30∘角入射到AB界面的圆心O，折射光线与法线的夹角θ2=60∘。已知真空中的光速c=3×108m/s。求：
(1)玻璃砖的折射率n；
(2)光在玻璃砖中的传播速度v；
(3)若增大入射角，光线入射到O点后刚好没有折射光线射出，求此时入射角θ。(可以用三角函数表达)
18.图甲是交流发电机的示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，磁感应强度为B。矩形线圈abcd的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，线圈绕垂直于磁场的固定对称轴OO′逆时针匀速转动，角速度为ω。线圈在转动时可以通过滑环K、L和电刷E、F保持与外电路电阻R的连接。图乙为正视图，ab和cd分别用它们的横截面来表示。(不计转动轴及滑环与电刷的摩擦)
(1)求转动过程中产生的感应电动势的最大值Em；
(2)线圈平面与中性面成φ角时开始计时，如图乙所示，写出t时刻线圈中的电动势瞬时值e的表达式；
(3)求线圈转动一周过程中电阻R上产生的热量Q。
19.动量守恒定律的适用范围非常广泛，不仅适用于低速、宏观的问题，也适用于研究高速(接近光速)、微观(小到分子、原子的尺度)的问题。
(1)光滑水平面上，一个质量为m的小球以速度v碰撞竖直墙壁，碰后小球以相同的速度大小反弹。求此过程中小球的动量变化量Δp。
(2)气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁撞击引起的。正方体密闭容器中有大量运动的粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量为n。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；速率均为v，且与容器壁各面碰撞的机会均等；与容器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与容器壁垂直，且速率不变。推导容器壁受到的压强p与m、n和v的关系。
(3)可以认为光是由一个个不可分割的光子组成的。光子不仅具有能量，还具有动量。一个电子和一个正电子以相同的动能对心碰撞发生湮灭，转化为光子。这个过程能否只生成一个光子，并说明理由。
20.类比是研究问题的常用方法。
(1)如图1甲所示，把一个有小孔的小球连接在弹簧一端，弹簧的另一端固定，小球套在光滑的杆上，能够自由滑动。以弹簧处于原长时小球所处位置为坐标原点O，水平向右为正方向建立x轴。把小球向右拉动一段距离a，然后由静止释放，小球振动起来。弹簧的质量和空气阻力忽略不计。请在图1乙中画出弹簧的弹力F随x变化的图像。
(2)双原子分子中两原子A和B在其平衡位置附近振动，以A为坐标原点O，沿着A和B的连线建立r轴，如图2甲所示。如果选定原子距离无穷远处势能为零，则A和B之间的势能EP随距离r变化的规律如图2乙所示。
a.若B只在r=r0点附近小范围内振动，EP随r变化的规律可近似写作EP=EP0+k2(r−r0)2，式中EP0和k均为常量。假设A固定不动，B振动的范围为r0−a≤r≤r0+a，其中a远小于r0。请在图3中画出B在上述振动范围内受分子力F随距离r变化的图线，并求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值Ekm。
b.若某固体由大量这种分子组成，请结合图2乙分析说明，当温度升高时，物体体积膨胀的现象。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：电磁波是横波，而机械波有的是横波，有的是纵波。电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播，且传播速度等于光速，而机械波只能在介质中传播，并不以光速传播。电磁波与机械波都能传输能量，故B正确，ACD错误。
故选：B。
电磁波是横波，而机械波有横波和纵波之分；电磁波的传播不需要介质，且传播速度等于光速，而机械波只能在介质中传播，并不以光速传播；两者都能传输能量。
本题考查了电磁波与机械波的区别，电磁波与机械波有本质的不同，电磁波是交替变化电磁场，而机械波是振动形式的传播。
2.【答案】C
【解析】解：A、泊松亮斑属于光的衍射现象，故A错误；
B、光的干涉和衍射现象说明光是一种波，但不能说明光是一种横波，故B错误；
C、用光导纤维传输信息利用了光的全反射现象，故C正确；
D、测体温的额温枪是通过测量人体辐射的红外线进行测温，故D错误。
故选：C。
泊松亮斑属于光的衍射现象；干涉和衍射现象是波特有的，但不一定是横波；光导纤维传输信息利用了光的全反射；测体温的额温枪是通过测量人体辐射的红外线进行测温。
本题考查了光的干涉、衍射、全反射现象，属于典型的现象，是比较简单的。
3.【答案】A
【解析】解：AB、r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小，为零，故A正确，B错误；
CD、若rr1，分子间的作用力随分子间距离增大而减小，故CD错误。
故选：A。
r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小；分子间的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小，根据图像判断分子间作用力的变化。
本题考查分子间的作用力，解题关键是知道分子间引力和斥力随分子距离变化的变化。
4.【答案】B
【解析】解：A、a→b的过程中，压强不变，由题图可知，气体体积增大，气体对外界做功，故A错误；
B、a→b的过程中，压强不变，气体体积增大，气体对外界做功，即W<0，由VT=C可知，气体温度升高，内能增大，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，可得
ΔU=Q−W>0，可知气体从外界吸收热量，故B正确；
CD、b→c的过程中，气体压强减小，体积不变，由pT=C可知，气体温度减小，内能减小，即ΔU<0，体积不变，则有W=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，可得Q=ΔU<0，可知气体对外界放出热量，故CD 错误。
故选：B。
根据图像可分析气体在各个过程分别做何种变化，再根据一定质量理想气体状态方程和热力学第一定律列式即可求解。
该题考查一定质量的理想气体图像问题，需要由图像准确分析各个过程分别为哪种变化，正确找到对应实验定律列式求解。
5.【答案】D
【解析】解：A、理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，则该变压器原线圈的匝数比副线圈的匝数多，故A错误；
B、变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压，故B错误；
C、理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，当原线圈输入交流电压220V、副线圈不接负载时，副线圈两端电压不为0，故C错误；
D、理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比，由A可知原线圈的匝数比副线圈的匝数多，当原线圈输入交流电压220V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中限流大，故D正确。
故选：D。
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数反比；变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压。
本题考查理想变压器，解题关键是掌握理想变压器的变压关系。
6.【答案】A
【解析】解：在用油膜法估测分子直径大小的实验中，把油酸分子看成刚性小球，一个紧挨一个排列，所以油膜的体积等于总的分子体积之和。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据油膜法估测分子直径大小的实验原理分析判断。
本题关键掌握实验中的理想化模型。
7.【答案】C
【解析】解：根据相邻明条纹间距公式：Δx=Ldλ，可知增大单缝到双缝的距离不影响条纹间距变化；换用更短的遮光筒使L变短，使条纹间距变窄；换用间距更小的双缝，d变小，使条纹间距变宽；换用绿色的滤光片，波长变小，使条纹间距变窄，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据相邻明条纹间距公式分析判断。
本题关键掌握相邻明条纹间距公式。
8.【答案】C
【解析】解：A、由题图乙可知，质点P在该时刻向y轴负方向运动，依据平移法，可知该横波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、由图可知波长λ=4m，周期T=1.0s，则波速v=λT=41.0m/s=4m/s，故B错误；
CD、t=1.5s=T+12T，则质点P的路程为s=4A+2A=4×2m+2×2m=12m，故C正确，D错误。
故选：C。
由题图乙可知质点P在该时刻运动方向，依据平移法，可知该横波传播方向；根据波长与周期解得波速；根据传播时间与周期的关系解得路程。
本题考查了简谐运动的图像和波的图像的相关问题，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
9.【答案】B
【解析】【分析】
据题意可知，该题是波的干涉图像，由图知M、O都处于振动加强点，在波的传播过程中，质点不会向前移动。
介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰，在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和。
【解答】
A.图中M点是波峰与波峰相遇的点，振幅最大，但不是始终处于波峰位置，而是在平衡位置上下振动，故A错误；
B.N点是波谷和波峰叠加，由于振幅相同，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；
C.从该时刻起，经过四分之一周期，质点O到达平衡位置，故C错误；
D.振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，故D错误。
故选B。
10.【答案】D
【解析】解：AB、在t1∼t2内，回路中的电流减小，磁场能减少，电场能增多，可知电容器C在充电，因回路中的电流方向为顺时针方向，可知电容器C的上极板带负电，故AB错误；
CD、在t2∼t3内，回路中的电流增大，磁场能增加，电场能减小，可知电场能正在转化为磁场能。电容器处于放电状态，电容器的电荷量正在减少，故电容器C两极板间电压在不断减小，故C错误，D正确。
故选：D。
根据回路中的电流大小变化情况，判断磁场能与电场能的转化情况；根据电场能的变化判断电容器的充放电情况，继而可判断极板间电压变化情况，再结合电流方向可判断电容器的上、下极板带电情况。
本题考查了LC振荡电路的分析，电容器充电过程是磁场能向电场能转化的过程，磁场能减小则电流减小。反之，电容器放电过程，磁场能增大则电流增大。
11.【答案】A
【解析】解：规定v的方向为正方向，根据系统水平方向动量守恒定律有mv=m1v1+m2v2
解得
m2v2=mv−m1v1
爆炸后b的速度方向沿水平方向，由于爆炸前的动量和a的动量大小未知，则b的速度可能为正，可能为负，也可能为0，故A正确，BCD错误；
故选：A。
在爆炸过程中，系统水平方向的动量守恒，根据动量守恒定律分析b的运动情况。
本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；掌握动量守恒定律的解题方法。
12.【答案】D
【解析】解：AB、升压变压器的输出电压为U2，输出电流为I2，输电线的电阻为R，则输电线上损失的电压为ΔU=I2R，则降压变压器的输入电压为U3=U2−ΔU=U2−I2R；升压变压器的输出功率为P2=U2I2，则降压变压器的输入功率为P3=P2−I22R，故AB错误；
CD、当用户用电器总电阻减小时，则用电器的总数增多，即用户功率增加，则降压变压器的输入功率增大，由I=PU可知输电线路的电流增加，由变压器中电流与匝数的关系可知升压变压器原、副线圈中的电流变大，由U损=IR和U3=U2−U损可知降压变压器原线圈中电压变小，故C错误，D正确。
故选：D。
降压变压器的输入电压等于升压变压器的输出电压与线路损失电压之差；降压变压器的输入功率等于升压变压器的输出功率与线路损失的功率之差；根据P=UI可以判断用户端的输出电流，进而可以判断升压变压器的输入、输出电流的变化。
在高压输电线路中明确升压变压器的输出电压、输出电流和输出功率与降压变压器的输入电压、输入电流和输入功率之间的关系是解题的基础。
13.【答案】C
【解析】解：小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，小球第一次离开槽时，球与槽在水平方向的速度都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，故ABD错误，C正确。
故选：C。
系统水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律分析答题。
本题考查了判断球与槽的运动过程，知道动量守恒的条件，应用动量守恒定律，分析清楚运动过程即可正确解题。
14.【答案】D
【解析】解：A、根据平衡条件可得
qUMNb=qvB
B=kz
所以
UMN=Bvb=kvbz
由此可知，UMN与z成正比，即该仪表的刻度线是均匀的，故A正确；
B、若上表面电势高，则空穴在上表面聚集，根据左手定则可知，磁感应强度方向沿z轴负方向，说明霍尔元件靠近右侧的磁铁，位移方向向右，反之位移方向向左，所以该仪表可以确定位移的方向，故B正确；
C、根据电场强度与压的关系可得，霍尔电场的电场强度大小为
E=UMNb，故C正确；
D、若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当Δz<0时，磁场方向向右，根据左手定则可知，电子偏向下表面，下表面电势低，即M表面电势高于N表面的电势，故D错误。
本题选择不正确的。
故选：D。
根据根据平衡条件，得到电压的表达式，判断刻度线情况；根据左手定则和电势的高低，位移的方向；根据电场强度与压的关系可得电场强度大小；载流子为电子，根据左手定则可知电势的高低。
解决该题关键是掌握用左手定则判断载流子移动方向，能熟练求解两表面之间的霍尔电压，并能根据霍尔电压进行进一步分析。
15.【答案】ACFABB4π2L(1T22−1T12)
【解析】解：(1)ABCD.为了减小误差，比较准确地测量出当地重力加速度的数值，应选用长约1m的细线和直径约1cm的匀质铁球组成单摆，故AC正确，故BD错误；
EF.为了提高测量精度，应选用分度值为1mm的刻度尺，故E错误，F正确。
故选：ACF。
(2)为减小误差，该实验并未直接测量单摆的周期T，而是先测量n次全振动的用时t再求出T；实验采用方法是放大测量取平均值。
A.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，采用方法是放大测量取平均值，故A正确；
B.“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中相邻亮条纹间距离的测量，采用方法是放大测量取平均值，故B正确；
C.“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中气体体积的测量，采用方法不是放大测量取平均值，故C错误。
故选：AB。
(3)该同学测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，根据T=2π Lg可得
g=4π2LT2
A.开始摆动时振幅较小，振幅的大小不影响重力加速度的测量，故A错误；
B.开始计时时，过早按下秒表，使得周期测量值偏大，重力加速度测量值偏小，故B正确；
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，使得周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C错误。
故选：B。
(4)电梯静止时，有
T1=2π Lg
电梯匀加速上升时，有
T2=2π Lg+a
联立解得电梯匀加速上升时的加速度为
a=4π2L(1T22−1T12)
故答案为：(1)ACF；(2)AB；(3)B；(4)4π2L(1T22−1T12)
(1)(2)根据实验原理和实验注意事项分析；
(3)根据单摆周期公式求出重力加速的表达式，然后根据题意分析实验误差；
(4)根据单摆周期公式推导分析。
本题考查利用单摆测定重力加速度，要求掌握实验原理、实验装置、实验数据处理和注意事项。
16.【答案】BACm1OP=m1OM+m2ONm1OP2=m1OM2+m2ON2 大于
【解析】解：(1)两球碰撞过程，根据动量守恒
m1v0=m1v1+m2v2
抛出后各自做平抛运动，则
水平方向x=vt
竖直方向H=12gt2
联立代入具体射程可得：m1OP=m1OM+m2ON
故仅需测量小球做平抛运动的射程OP、OM、ON，故AC错误，B正确；
故选：B。
(2)A.从同一位置静止释放以保证入射小球的初速度一致，故A正确；
B.轨道无需光滑，保证入射小球运动轨迹每次都一样即可，故B错误；
C.轨道末端必须水平以保证平抛，故C正确。
故选：AC。
(3)根据(1)可知，动量守恒表达式为
m1OP=m1OM+m2ON，
再结合碰前碰后总动能不变
12m1v02=12m1v12+12m2v22
与(1)中式子联立可得
m1OP2=m1OM2+m2ON2
(4)实验为确保碰撞后入射球可以直接水平飞出，不会反弹，则m1应该大于m2；
故答案为：(1)B；(2)AC；(3)m1OP=m1OM+m2ON；m1OP2=m1OM2+m2ON2；(4)大于；原因见解析。
(1)要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。
(2)根据动量守恒定律以及平抛运动的规律可分析对应的表达式；
(3)分析实验中碰撞前后的小球运动情况，根据平抛运动和守恒规律，明确实验中能验证动量守恒和机械能守恒的表达式；
(4)实验需确保碰撞后入射球可以直接水平飞出，不会反弹.
本题考查验证动量守恒定律实验，实验中常用相同高度下，利用水平射程来间接测出速度的方法，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键。
17.【答案】解：(1)由折射定律可知n=sinθ2sinθ1
解得n= 3
(2)由折射率和光速的关系有
n=cv
解得v= 3×108 m/s
(3)光线入射到O点后刚好没有折射光线射出，即刚好可以发生全反射，则
sinθ=1n= 33
则θ=arcsin 33
答：(1)玻璃砖的折射率为 3；
(2)光在玻璃砖中的传播速度为 3×108 m/s；
(3)若增大入射角，光线入射到O点后刚好没有折射光线射出，此时入射角为arcsin 33。
【解析】(1)根据折射定律解得玻璃砖的折射率；
(2)根据折射率和光速的关系解得光在玻璃砖中的传播速度；
(3)根据全反射条件分析解答。
本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是找出折射角和入射角，根据折射定律和几何关系列方程求解。
18.【答案】解：(1)线圈产生感应电动势的最大值 Em=nBSω
(2)线圈平面与中性面成φ角时开始计时，t时刻线圈中的电动势瞬时值为e=Emsin(ωt+φ)=nBSωsin(ωt+φ)
(3)根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值为：Im=EmR+r
通过电阻R的电流的有效值为：I=Im 2
线圈转动一圈的时间为：T=2πω
线圈转动一圈过程中电阻R上产生的热量 Q=I2RT
联立解得：Q=πωR(nBSR+r)2
答：(1)转动过程中产生的感应电动势的最大值Em为nBSω。
(2)t时刻线圈中的电动势瞬时值e的表达式为nBSωsin(ωt+φ)；
(3)线圈转动一周过程中电阻R上产生的热量Q为πωR(nBSR+r)2。
【解析】(1)根据正弦式交变电流规律求解感应电动势的最大值；
(2)根据正弦式交变电流规律和数学方法求解电动势瞬时值表达式；
(3)根据闭合电路欧姆定律求解电动势的峰值，根据有效值公式求解通过电流的有效值，根据焦耳定律求解电流产生的热量。
本题考查正弦式交变电流，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，会求解正弦式交变电流的峰值、有效值和瞬时值，知道求解热量时用有效值。
19.【答案】解：(1)设小球碰撞之前的速度v为正方向
小球碰撞之前动量P0=mv
小球碰撞之后动量P′=−mv
则ΔP=P′−P0=−2mv
小球的动量变化量为2mv，负号说明方向与v方向相反。
(2)在Δt时间内能到达面积为S容器壁上的粒子所占据的体积为：V=SvΔt
由于粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为
N=16nV=16n⋅SvΔt
根据动量定理有F⋅Δt=N⋅2mv
则面积为S的器壁受到的粒子的压力为F=N⋅2mvΔt
解得F=13nSmv2
所以器壁受到的压强为p=FS=13nmv2
(3)这个过程不能只生成一个光子。
正负电子对撞过程遵循动量守恒定律。撞前正负电子组成的系统总动量为0，若只生成一个光子，则对撞后动量不可能为0，只有生成两个及两个以上的光子时系统总动量才有可能为0。
答：(1)此过程中小球的动量变化量Δp为−2mv。
(2)容器壁受到的压强p与m、n和v的关系为13nmv2。
(3)过程不生成一个光子，理由是不符合动量守恒定律。
【解析】(1)根据动量定理可以求解；
(2)根据动量定理和压强的定义式可以推导求得；
(3)根据动量守恒定律可以分析出最终结论。
动量守恒定律既适用于宏观物体，也适用于微观粒子，所以在判断两个正负电子碰撞的时候，需要用动量守恒定律判断。
20.【答案】解：(1)根据胡克定律画出弹簧的弹力F随x变化的图像如答图1所示：
(2)a.类比弹簧的弹力F随x变化的图像，原子B振动过程中受力随距离变化的图线如答图2所示：
由题意可知，原子B处于r1=r0处时，
系统的动能为最大值Ek1=Ekm
系统的势能为最小值EP1=EP0+k2(r1−r0)2=EP0
原子B处于r2=r0−a处时，
系统的动能Ek2=0
系统的势能为最大值EP2=EP0+k2(r2−r0)2=EP0+12ka2
根据能量守恒定律可得 EP1+Ek1=EP2+Ek2
解得 Ekm=12ka2
b.温度升高时，分子的平均动能增大，分子的活动范围Δx将增大。当r=r1、r=r2时分子动能为0，分子势能相等为Epm，如答图3所示：
其中r0−r1r0方向偏移，从宏观上表现为体积增大。
答：(1)弹簧的弹力F随x变化的图像如答图1所示：
(2)a.原子B振动过程中受力随距离变化的图线如答图2所示：
振动过程中这个双原子系统的动能的最大值Ekm为 12ka2
b.温度升高时，分子的平均动能增大，分子的活动范围Δx将增大。当r=r1、r=r2时分子动能为0，分子势能相等为Epm，如答图3所示：
其中r0−r1r0方向偏移，从宏观上表现为体积增大。
【解析】(1)根据胡克定律画出弹簧的弹力F随x变化的图像；
(2)a.类比弹簧的弹力F随x变化的图像画出B在振动范围内受分子力F随距离r变化的图线，根据EP随r变化的规律以及能量守恒求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值Ekm；
b.根据分子动理论，当温度升高时，分子的平均动能增大，分子的活动范围Δx将增大，结合图2乙分析物体体积膨胀的现象。
本题通过类比法考查了分子力与分子势能等问题，其中运用势能EP随距离r变化的规律图像解释固体温度升高时，物体体积膨胀的现象是难点。输入电压：220V 50HZ
输出电压：9v 25w