浙江省宁波市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（含答案）

浙江省宁波市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求，不选、多选和错选均不给分．）1．2023年8月24日，日本启动核污染水排海，对全人类将产生重大辐射危害。辐射的危害程度常用“当量剂量”来衡量，其国际单位是希沃特。每千克人体组织吸收1焦耳的辐射能量为1希沃特。则测希沃特用国际单位制中的基本单位表示正确的是（）A．J⋅kg−1 B．m2⋅s−22．下列说法中正确的是（）A．牛顿得出万有引力定律并测出了引力常量B．库仑根据库仑扭科实验测出了静电力常量C．在微观、高速的领域里牛顿运动定律仍然适用D．在微观、高速领域里动量守恒定律仍然适用3．如图所示，一飞行器在月球表面起飞后某段时间内做匀加速直线运动，其飞行方向与水平面成θ角。则此段时间发动机的喷气方向可能（）A．沿1的方向 B．沿2的方向 C．沿3的方向 D．沿4的方向4．北京时间2023年7月20日21时40分，经过约8小时出舱活动，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满完成出舱活动．已知空间站离地高度约为391km．以下说法正确的是（）A．空间站的运行速度大小大于同步卫星运行速度大小B．航天员相对空间站保持静止时，其所受合外力为零C．空间站向心加速度大小大于地球表面重力加速度大小D．航天员在8小时的出舱活动中，将绕地球转过135．如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平面上．为了使质量为m、带电荷量为+q(q>0)A．电场强度的最小值为E=B．电场强度的最小值为E=C．若电场强度E=mgD．若电场强度E=mg6．物体的运动状态可用位置坐标x和动量P描述，称为相，对应p—x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p—x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。若将质点竖直向上抛出，以抛出点为坐标原点，竖直向上为正方向，忽略空气阻力则质点对应的相轨迹是（）A． B．C． D．7．在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、导线、电键、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉．设开关闭合稳定后线圈中的电流为A．断开开关时线圈中的电流突然增大B．断开开关时流过人体的电流为IC．人有触电感觉时流过人体的电流方向为A→BD．人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流8．智能手机安装软件后可以测量磁感应强度B．如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy平面．某同学在某地对地磁场进行了两次测量，每次测量时y轴指向不同而z轴正向保持竖直向上，不考虑地磁偏角．根据表中测量结果可推知（）测量序号BBB10−2145221045A．测量地点位于北半球，第一次测量时y轴正向指向南方B．测量地点位于南半球，第二次测量时x轴正向指向北方C．测量地点位于北半球，第一次测量时x轴正向指向西方D．测量地点位于南半球，第二次测量时y轴正向指向东方9．如图所示是我国自行研制的直升机“吉祥鸟”AC332，其质量为M。现“吉祥鸟”AC332在无风的情况下悬停于空中，螺旋桨向下推空气时使空气获得的速度大小为v，忽略尾翼螺旋桨消耗的能量，重力加速度为g，则“吉祥鸟”AC332在悬停的一段时间内（）A．空气对飞机的冲量为零B．空气对飞机做的功为MC．发动机消耗的功率为MgvD．飞机对空气的作用力和空气对飞机的作用力是一对平衡力10．如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来．则（）A．使线框旋转起来的原理是电磁感应B．俯视观察，线框沿顺时针方向旋转C．电池输出的电功率等于线框旋转时的机械功率D．旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的电流小11．如图所示，质谱仪的容器A中有质量分别为m1和m2的两种同位素离子，它们从静止开始先经电压为U的电场加速，然后垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片上。由于实际加速电压的大小在A．两种粒子均带负电B．打在M处的粒子质量较大C．若ΔU一定，U越小越容易发生重叠D．若U一定，ΔU越小越容易发生重叠12．如图甲所示，光滑水平导轨的间距为L=1m，其左右两侧各接有阻值R=2Ω的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B=1T，方向竖直向下的匀强磁场中。一质量m=1kg，电阻r=1Ω的金属棒MN在外力F的作用下，由静止开始沿导轨向右运动，棒中电流I随其位移x变化图像如图乙所示。导轨电阻不计，则棒从静止向右运动x=2m的过程中（）A．金属棒做匀加速直线运动B．x=2m时棒两端电压大小为2VC．流过左边电阻R的电荷量为1CD．金属棒中所产生的焦耳热为013．如图所示空间内有一垂直于x轴的足够大的平面M，M将x≥0的区域分成Ⅰ、Ⅱ两部分，分别填充磁感应强度大小为B，方向相反且平行于y轴的匀强磁场，xOy平面内有一带电粒子从O点以速度v射入Ⅰ区的匀强磁场中，速度方向与x轴正向成θ=37∘，粒子在Ⅰ、Ⅱ两区域内运动后会经过y轴上的P点，其中yPA．πv5Bd B．πv7Bd C．3πv35Bd二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分．每小题列出的四个选项中至少有一个符合题目要求，全部选对得3分，漏选得2分，错选得0分．）14．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（）A．甲图中，当两极板间距增大时静电计的指针张角将减小B．乙图中，电子感应加速器是利用感生电场对电子进行加速C．丙图中，高频变化的磁场使炉内金属中产生涡流从而熔化金属D．丁图中，两条话筒线外面包裹着金属外衣是为了减小电阻，从而减小电信号损失15．如图为回旋加速器的原理图。D1和D2是两个半径为R的中空半圆金属盒，分别和一高频交流电源两极相连。两盒处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，在位于D1盒圆心附近的A处有一个粒子源，产生质量为m、电荷量为+q（q>0A．交变电压的频率为qBB．增大加速电压可以增大粒子获得的最大动能C．回旋加速器输出的带电粒子的平均功率qID．保持交流电频率和磁场磁感应强度B不变，该加速器不能加速比荷不同的粒子三、实验题（每空2分，共14分．）16．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：（1）为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除灵敏电流计、导线、定值电阻和开关这些器材之外，还需要____A． B． C．（2）实验得出，电流由“+”接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转；如图甲所示，该同学将条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，发现指针（选填“向左”或“向右”）偏转。（3）如图乙所示，将第（2）问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，电子秤的示数会（选填“变大”、“变小”或“不变”）。（4）多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要引起感应电流的磁通量的变化。17．一物理学习小组利用图甲所示的装置和频闪相机来验证动量守恒定律．其实验步骤如下：步骤1：用天平测出A、B两个小球的质量mA步骤2：安装好实验装置，使斜槽末端保持水平，调整好频闪相机的位置并固定；步骤3：让入射小球从斜槽上某一位置P由静止释放，小球离开斜槽后，用频闪相机记录下小球相邻两次闪光时的位置，照片如图乙所示；步骤4：将被碰小球放在斜槽末端，让入射小球从位置P由静止开始释放，使它们碰撞。两小球离开斜槽后，用频闪相机记录两小球相邻两次闪光时的位置，照片如图丙所示。经多次实验，他们猜想碰撞前后物体的质量和速度的乘积之和不变。（1）实验中放在斜槽末端的小球是（选填“A”或“B"）；（2）若某同学在乙、丙照片中仅测量了x0、x（3）他们在课外书中看到“两物体碰撞中有弹性碰撞和非弹性碰撞之分，碰撞中的恢复系数定义为e=|v2−v1||v20−v四、计算题（本题共4小题，共41分．）18．足球是受同学们喜欢的运动。如图某同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6m与头接触，被重新顶起，足球与头部接触0.1s后离开头部，此后竖直上升的最大高度为1m。已知足球的质量为0.4kg，足球在空中运动时空气阻力大小恒为（1）足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小；（2）足球与头部接触过程中头部对足球的平均作用力大小。19．如图所示为处于竖直平面内的实验装置，该装置由长L=4m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在O1和O2，圆心角均为θ=120°、半径均为R=0.4m的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中B、G两点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、足够长、质量M=0.5kg的木板（与轨道不粘连）。现将一块质量m=0.3kg的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A点，物块在传送带上自左向右运动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，传送带的速度大小；（2）若传送带速度为5m/s，物块经过圆弧轨道BCD最低点（3）若传送带最大速度为6m/s，在不脱轨的情况下，滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度20．如图所示，光滑的平行金属导轨EF、GH与水平面间的夹角为37°，导轨间距L=1m，导轨平面的CDPQ矩形区域内存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B1=0.5T的匀强磁场．固定于水平面内的金属圆环圆心为O，半径r=1m，圆环平面内存在竖直向上、磁感应强度大小为B2=1T的匀强磁场．不计质量的金属棒OA可绕过O点的转轴旋转，另一端A与圆环接触良好．导轨E、G两端用导线分别与圆心O和圆环边缘相连．现将一质量为m=0.1kg、长L=1m的金属棒MN从磁场上边界CD上方某处由静止释放，一段时间后MN以速度v1=1m/s进入磁场，同时用外力控制OA棒的转动，从而使MN棒在磁场中做匀加速直线运动，1s后以v2=2m/s的速度离开磁场，此过程中MN棒始终与导轨接触良好．已知金属棒OA、MN的电阻均为R=1Ω，其余电阻均不计．重力加速度（1）MN棒受到的安培力大小FA（2）OA的角速度ω与时间t的关系式；（3）外力对金属棒OA所做的功WF21．如图所示，在xOy平面内有一半径为R、圆心为O1的圆形区域，其中OO1=4R，圆O1与x轴的其中一个交点为Q。该圆形区域外存在磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。在O点有一粒子源，可沿xOy平面的任意方向发射质量为m，带电量为+q(q>0（1）若从O点发出的粒子均不会进入圆形区域，求粒子的速度应满足的条件；（2）当v=4qBRm时，求进入圆形区域的粒子的速度方向与x轴正方向所成角度（3）假如y轴右侧磁场的磁感应强度大小与x的关系为B=kx（k>0且为定值），磁场方向仍垂直于xOy平面向外。与x轴正方向成30°角发射的粒子，经过磁场偏转恰好垂直x轴通过Q点，求该粒子的速度大小。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】每千克人体组织吸收1焦耳的辐射能量为1希沃特，1希沃特等于1焦耳与1千克的比值1Sv=1J/kg，1J=1N·m，1N=1kg·m/s2联立可知1故ACD错误，B正确；

故答案为：B。

【分析】根据给出的计算公式进行单位的换算，并用基本单位表示即可。2．【答案】D【解析】【解答】A、牛顿得出万有引力定律，卡文迪什测出了引力常量，故A错误；

B、库仑根据库仑扭科实验发现了库仑定律，但他没有测出静电力常量k，故B错误；

C、在微观、高速的领域里牛顿运动定律不适用，故C错误；

D、动量守恒定律具有普遍性，在微观、高速的领域里动量守恒定律仍然适用，故D正确；

故答案为：D。

【分析】本题根据牛顿、卡文迪什、库仑的物理学贡献以及牛顿运动定律和动量守恒定律适用范围来解答。3．【答案】B【解析】【解答】飞行器在月球表面起飞后某段时间内做匀加速直线运动，可知飞行器受到重力和推力的合力方向与速度方向相同，由于推力方向与发动机的喷气方向相反，结合平行四边形定则可知，此段时间发动机的喷气方向可能沿2的方向。故ACD错误，B正确；

故答案为：B。

【分析】根据飞行器做匀加速直线运动，加速度方向沿速度方向，则喷气的方向与动力方向相反，根据力的平行四边形定则判断哪种情况的合力沿速度方向。4．【答案】A【解析】【解答】A、根据高轨低速，空间站的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，所以空间站的运行速度大于同步卫星，故A正确；

B、航天员相对空间站保持静止时，万有引力提供向心力做匀速圆周运动，合外力不为零，故B错误；

C、地球表面重力加速度大小满足G空间站向心加速度大小满足G因为r>R，所以空间站向心加速度大小小于地球表面重力加速度大小，故C错误；

D、同步卫星的运行周期为24小时，在8小时将绕地球转过13圈；而空间站的运行高度低于同步卫星，所以运行周期小于24小时，所以8小时运行大于三分之一圈，故D错误；

故答案为：A。

【分析】根据高轨低速判断空间站与同步卫星的运行速度的大小关系；根据航天员绕地球做圆周运动需要向心力合力是否为零；根据GMmR5．【答案】D【解析】【解答】AB、作出力的矢量三角形如图，

当电场力方向沿斜面向上时场强最小，此时q电场强度的最小值为E故AB错误；

CD、若电场强度E=如图所示，

可知mg=qE则电场强度方向不一定竖直向上，故C错误，D正确；

故答案为：D。

【分析】作出力的矢量三角形，从电场力的最小，同时可知电场强度E=mg6．【答案】C【解析】【解答】竖直向上为正方向，设位移为x时，物体的速度为v，竖直上抛运动由根据运动学公式可得v动量表达式p=mvp根据竖直上抛运动特点，同一位置速度方向可能向上或向下，动量在同一位置存在关于x轴对称的两个值；综上所述C图像符合表达式的关系。故答案为：C。

【分析】物体运动的过程中根据匀变速直线运动的位移与速度的表达式得出位移x时的速度，利用动量的表达式得出动量与x的表达式，从而得出P-x的图像。7．【答案】B【解析】【解答】ABC、断开电键时，由于线圈的电流减小而产生自感感动势，而阻碍电流的减小，只是电流减小的慢一些，不会突然增大，此时线圈的电流从左向右，流过人的电流从右向左即从B向A，在I的数值上逐渐变小直到为0，故AC错误，B正确；

D、当断开时，多匝线圈产生自感现象，从而产生很高的瞬间电压，与一队人组成自感回路，而此时流过人体的电流是由线圈的自感电动势提供的，电流是从流过线圈的最大逐渐减小的，故流过人体的电流不会大于线圈的电流。故D错误；

故答案为：B。

【分析】当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小。当断开时，多匝线圈电流发生变化，导致线圈产生很强的电动势，从而使同学们有触电的感觉。8．【答案】B【解析】【解答】两次测量时因为B>0，即该地的磁场在竖直方向的分量向上，可知测量地点位于南半球；第二次测量时Bx>0，By=0，可知x轴正向指向北方，y轴正向指向西方，故B正确，ACD错误；

故答案为：B。

【分析】先根据z轴方向的磁场方向确定地点是在南半球，然后根据在南半球水平方向磁场方向是指向北的，由此确定y轴方向的指向。9．【答案】C【解析】【解答】A、飞机悬停在空中，空气对直升机的作用力与重力大小相等，方向竖直向上，由冲量定义可知空气对飞机的冲量不为零，故A错误；

B、飞机悬停时，飞机各部分竖直方向没有发生位移，则空气对飞机不做功，故B错误；

C、飞机对空气的作用力大小为F=Mg设t时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为m，根据动量定理可得Ft=mv飞机时间内对空气所做的功为W=可得发动机消耗的功率为P=解得P=故C正确；

D、飞机对空气的作用力和空气对飞机的作用力是相互作用力，故D错误；

故答案为：C。

【分析】根据冲量的计算公式I=Ft判断冲量；不做功的情况有“不劳无功”“劳而无功”“垂直无功”；根据功率公式P=Fv可求发动机消耗的功率；根据牛顿第三定律分析飞机对空气的作用力和空气对飞机的作用力的关系。10．【答案】D【解析】【解答】A、导线框能转动起来的原理是通电导体在磁场中受到力的作用，故A错误；

B、通电导体在磁场中的受力方向与磁场方向和电流方向有关，由图可知，

俯视观察，利用左手定则可知，线框受力后会沿逆时针方向旋转，故B错误；

C、由于电流的热效应和摩擦阻力，电池的电能没有全部转化为机械能，因此电池输出的电功率会大于线框旋转的机械功率，故C错误；

D、启动前相当于短路，因而电流很大，而线框旋转达到稳定时，线框转动所需的力更小，线框中电流比刚开始转动时的小，故D正确；

故答案为：D。

【分析】导线框能转动起来的原理是通电导体在磁场中受到力的作用；已知通电导体中电流的方向以及所在磁场的方向，根据左手定则可判断线框的转动方向；根据能量守恒定律，可判断电池输出的电功率与线框旋转的机械功率的大小关系，以及线框旋转达到稳定前后的电流大小变化。11．【答案】C【解析】【解答】A、根据左手定则及图中带电粒子的偏转方向可知，两种粒子均带正电，故A错误；

B、粒子经过加速电场加速时，有qU=进入电场后有qvB=m联立解得r=即质量小的粒子半径也较小，打在M处的粒子质量较小，故B错误；

CD、假设m2的质量大，则m1的最大半径为rm2的小半径为r两种粒子的轨迹不发生重叠，则有r1<r2，解得∆U当U一定时，△U越大，越不容易满足上式，越容易发生重叠；当△U一定时，U越小，越不容易满足上式，越容易发生重叠，故C正确，D错误；

故答案为：C。

【分析】根据左手定则判断两种粒子的带电性质；根据动能定理以及洛伦兹力提供向心力即可分析打在M处的粒子质量大小；推导力的转动半径表达式，根据题意分析即可粒子是否容易发生重叠。12．【答案】D【解析】【解答】A、根据电路分析可得电路中的总电阻为R根据闭合电路的欧姆定律，在导体棒运动过程中产生的感应电流为E=BLvI=解得I=可知电流大小与速度成正比，根据图乙I-x图像的表达式I=可知I与x成正比，所以导体棒的速度与位移大小成正比，根据匀变速直线运动规律v2=2ax，可知若金属棒做从0开始的匀加速直线运动应该是导体棒的速度的平方与位移成正比，所以金属棒做的不是匀加速直线运动，故A错误；

B、x=2m时，根据乙图可得金属棒中电流为I2=1A，故x=2m时金属棒切割磁感线产生的电动势为E棒两端电压为路端电压，即U故B错误；

C、流过左边电阻R的电荷量为q=又I'根据闭合电路的欧姆定律有I根据电磁感应定律E=联立解得q=0.5故C错误；

D、在纯电阻电路中，电路中所产生的总焦耳热等于克服安培力所做的功，根据功能关系结合乙图像的面积关系有Q=代入数据解得Q=1因为导体棒电阻等于左右两侧并联电阻之和，所以导体棒上产生的热Q'=故D正确；

故答案为：D。

【分析】根据串并联电路电阻的特点求解回路的总电阻，根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立求解电流与速度的关系式，根据图像求解图线的表达式，两式联立匀变速直线运动速度与位移关系式判断金属棒的运动性质；根据乙图读出x=2m时金属棒中的电流，进一步求解此时的电动势，再根据串联电路电压分配原则求解金属棒两端的电压；根据电荷量公式、并联电路干路电流和支路电流关系、闭合电路的欧姆定律、电磁感应定律联立求解流过左边电阻R的电荷量；根据功能关系结合图像面积求解金属棒中所产生的焦耳热。13．【答案】A【解析】【解答】将粒子的入射速度沿水平方向与竖直方向分解，则有vx=v粒子水平方向的分运动为匀速圆周运动，竖直方向的分运动为匀速直线运动，假设粒子带正电，Ⅰ、Ⅱ两部分磁场方向分别沿轴正方向与y轴负方向，作出粒子水平方向运动的俯视图如图所示，

粒子在水平方向中做匀速圆周运动，则有q粒子匀速圆周运动的周期T=联立解得T=粒子在左右磁场中圆周运动的半径相等，则有α=60°，粒子在水平方向圆周运动的时间t粒子在竖直方向做匀速直线运动的时间t根据分运动的等时性有tx=ty，解得q故A正确，BCD错误；

故答案为：A。

【分析】将速度分解到x轴方向和y轴方向，粒子在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向根据牛顿第二定律和周期公式联立求解周期，根据几何知识求解粒子在磁场中运动的圆心角，根据时间与周期关系求解时间，竖直方向根据运动学公式求解时间，两个方向运动时间相同，联立求解粒子的比荷。14．【答案】B,C【解析】【解答】A、在静电计中，电荷量Q保持不变，两极板间距增大时根据C=可知电容C减小，再根据U=可知两极板间电压增大，静电计的指针张角将增大，故A错误；

B、电子感应加速器是利用交变磁场激发感生电场，从而进行加速，故B正确；

C、丙图中，高频变化的磁场使炉内金属中产生涡流，产生大量的热从而熔化金属，故C正确；

D、丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，故D错误；

故答案为：BC。

【分析】根据电容器的电容决定式C=S15．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、交变电压的周期和粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，则交流电压的频率为f=故A正确；

B、当粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，根据公式qvm联立可得E可知粒子获得的最大动能与加速电压无关，故B错误；

C、由题目可知带电粒子从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，则有I=回旋加速器输出的带电粒子的平均功率为P联立可得P故C正确；

D、根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=可知，保持交流电的频率和磁场磁感应强度B不变，该加速器不能加速比荷不同的粒子，故D正确；

故答案为：ACD。

【分析】对于回旋加速器，交变电压的周期和粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，来判断交流电的频率和加速粒子的比荷；根据公式qvB=mv16．【答案】（1）C（2）向右（3）变小（4）阻碍【解析】【解答】(1)为了明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除了题中器材外，还需要直流电源确定电流的方向，故AB错误，C正确；

故答案为：C。

(2)将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“+”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转；

(3)根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小；

(4)多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

【分析】(1)根据实验原理选择需要的实验器材，实验中需要直流电源确定电流的方向；

(2)根据磁通量的变化特点得出电流的方向，从而得出指针的偏转方向；

(3)根据楞次定律即可分析出电子秤示数的变化；

(4)感应电流产生的磁场，总会阻碍引起感应电流的磁通量的变化。17．【答案】（1）B（2）能（3）0.88【解析】【解答】(1)为使碰撞小球不被碰回，应使碰撞小球的质量大于被碰小球的质量，所以放在斜槽末端的小球是B；

(2)碰撞时，有m由平抛规律，有x=vt

h=代入上式可得mAx0=mAx1+me=【分析】(1)为使碰撞小球不被碰回，应使碰撞小球的质量大于被碰小球的质量；(2)根据动量守恒定律以及平抛运动规律可判断，仅测量三个实际长度就能完成实验；(3)根据恢复系数定义即可得出恢复系数的值。18．【答案】（1）足球空中下落过程中，根据牛顿第二定律mg−f=m解得a根据运动学规律h解得t=0故足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小I（2）足球下落0.v被重新顶起后竖直上升的过程，根据牛顿第二定律mg+f=m解得a被重新顶起后竖直上升的过程，根据运动学规律v解得v足球与头部接触过程中，根据动量定理(解得头部对足球的平均作用力大小F【解析】【分析】（1）已知足球的质量和在空中下落过程中的空气阻力，根据牛顿第二定律可求加速度；结合运动学公式解得时间，最后根据I=Ft计算阻力的冲量；

（2）利用v=at解得足球与头碰前的速度；已知足球的质量和在空中上升过程中的空气阻力，