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）2

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名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．单位符号为T⋅mA．磁感应强度 B．磁通量 C．电场强度 D．电动势2．如图所示，甲为回旋加速器，乙为磁流体发电机，丙为法拉第线圈，丁为电磁炉。下列说法正确的是（）A．甲图中，若加速电压减小，粒子能获得的最大动能减小B．乙图中，若要增大电源电动势，可以增大磁感应强度C．丙图中，若在ab的两端接上直流电源，稳定后接在cd端的电流表也会有偏转D．丁图中，电磁炉利用电磁感应使炉内线圈发热，进而传热给铁锅3．变压器是日常生活中必不可少的重要元器件，小明同学从功率放大器中拆解出一个如图甲所示的环形变压器，该变压器可视为理想变压器，铭牌上显示该变压器原线圈的匝数为220匝，当原线圈接入220V的交流电时，副线圈两端的电压为22V。小明同学在环形变压器原线圈中串入一个理想交流电流表，在副线圈两端接一个铭牌为“2.5V，0.25A”的小灯泡，如图乙所示。当原线圈两端接如图丙所示的正弦交变电压时，小灯泡恰好能正常发光，下列说法正确的是（）A．变压器副线圈的匝数为20匝B．图丙中交流电的频率为0.5HzC．小灯泡正常发光时电流表的示数为0.025AD．图丙中正弦交变电压的峰值U4．智能手机可测量磁感应强度。建立如图甲所示坐标系，xOy平面为水平面，z轴正方向竖直向上。手机如图甲放置，测量地磁场结果如图乙所示。在同一地点，手机绕x轴旋转某一角度，测量结果如图丙所示。已知手机屏幕面积约为0.009m2，则两次穿过屏幕的磁通量的变化量约为（）A．2.0×10C．5.5×105．如图甲所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒，图乙为其截面图。间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。当6条输电导线中通垂直纸面向外，大小相等的电流，a、b导线之间的安培力大小为F，此时（）A．O点的磁感应强度最大B．f导线所受安培力方向沿Of水平向左C．b、e导线之间的安培力大小为2FD．a导线所受安培力大小为2.5F6．如图所示，在等臂电流天平的右托盘下固定一矩形线圈，线圈匝数为n，底边cd长为L，调平衡后放在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。重力加速度为g。左、右托盘分别放置质量为m1、m2的砝码，线圈中通如图所示方向的电流I，天平平衡。若拿掉右侧质量为m2A．nBI2L=m1C．nBI2L=m17．来自宇宙的高速带电粒子流在地磁场的作用下偏转进入地球两极，撞击空气分子产生美丽的极光。高速带电粒子撞击空气分子后动能减小。假如我们在地球北极仰视，发现正上方的极光如图甲所示，某粒子运动轨迹如乙图所示。下列说法正确的是（）A．粒子从M沿逆时针方向射向NB．高速粒子带正电C．粒子受到的磁场力不断增大D．若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转8．质量为m的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。当此人手中拿着质量为Δm的一个小物体以相对于飞船为u的速度把小物体抛出，则（）A．小物体的动量改变量是mu B．人的动量改变量是muC．人的速度改变量是−Δmum 9．生活中我们常用高压水枪清洗汽车。如图所示，水垂直车门喷射，出水速度为30m/s，水的密度为1.0×10A．3×104N B．9×105N10．笔记本电脑装有霍尔元件与磁体，实现开屏变亮、合屏熄灭。图乙为金属材质霍尔元件，长、宽、高分别为a、b、c，此时电流大小恒定，方向向右。合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压。当电压达到某一临界值，屏幕自动熄灭。则元件（）A．合屏过程中，元件后表面的电势比前表面高B．若磁感应强度变大，可能出现闭合屏幕时无法熄屏C．开、合屏过程中，元件前、后表面的电势差U与b有关D．开、合屏过程中，元件前、后表面的电势差U与c有关11．下表是某电动汽车的主要参数，下列说法正确的是（）空车质量800kg电池能量60kW⋅h标准承载200kg标准承载下的最大续航200km所受阻力与汽车总重比值0.08A．工作时，电动汽车的电动机将机械能转化成电池的化学能B．标准承载下，电动汽车以36km/h的速度匀速行驶20min，消耗电能9C．标准承载下，该电池在使用时的能量转化效率为27%D．标准承载下，汽车以72km/h的速度匀速行驶，汽车电动机输出功率为16kW12．磁悬浮原理如图甲所示，牵引原理如图乙所示（俯视图）。水平面内，边长为L的正方形区域内存在竖直方向的匀强磁场，相邻区域的磁感应强度方向相反、大小均为B。质量为m、总电阻为R的矩形金属线框abcd处于匀强磁场中，ab边长为L。当匀强磁场沿直线向右以速度v匀速运动时，金属线框能达到的最大速度为v0。已知线框运动时受到的阻力恒为f，则vA．v−fR4B2L2 B．v−13．长度为L、质量为m的导体棒A粗细可忽略。如图所示，一个绝缘且足够长的半圆柱体固定于水平面，导体棒A仅靠水平面与半圆柱体。导体棒A与半圆柱体表面间的动摩擦因数为μ。空间内有沿半圆柱体半径向内的辐向磁场，半圆柱体表面的磁感应强度大小均为B。导体棒A通垂直纸面向外的变化电流，使得导体棒A沿半圆柱体缓慢向上滑动。设导体棒A与圆心O的连线与水平方向的夹角为θ。在导体棒A运动过程中，下列说法正确的是（）A．导体棒A所受的摩擦力为静摩擦力B．θ=45°时，导体棒A所受的安培力最大C．半圆柱体对导体棒A的作用力方向与安培力方向的夹角逐渐减小D．半圆柱体对导体棒A的作用力逐渐增大二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．下列说法中正确的是（）A．周期性变化的电场产生同频率周期性变化的磁场B．要有效发射电磁波，需要用高频振荡，频率越高发射电磁波的本领越大C．夜视仪是利用紫外线的荧光效应来帮助人们在夜间看见物体的D．肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力最强15．如图甲所示连接电路，在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响，不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（）A．开关S闭合瞬间，流经灯D1和DB．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D2C．开关S断开瞬间，流经灯D2的电流方向改变，故DD．根据题中信息，可以推算出u三、非选择题（本题共5小题，共55分）16．两实验小组设计实验验证动量守恒定律。第一组设计了如图甲所示“碰撞实验装置”，验证两小球碰撞前后动量是否守恒。第二组设计了如图乙所示装置，利用光电门与气垫导轨验证两滑块碰撞前后的动量是否守恒。（1）关于第一组实验，下列说法正确的是____。（至少有一项是正确的）A．斜槽轨道必须光滑B．斜槽轨道的末端切线必须保持水平C．入射球A和被碰球B的质量必须相等D．入射球A每次必须从斜槽轨道的同一位置由静止释放（2）参与第一组实验的同学用托盘天平测出了小球A的质量m1，小球B的质量m2，用毫米刻度尺测得O、M、P、N各点间的距离（图丙中已标出），则验证两小球碰撞过程中动量守恒的表达式为（用x1、x2、x3、m1、m2表示）。（3）参与第二组实验的同学测得P、Q的质量分别为m1、m2，左、右遮光板的宽度分别为d1、d2。实验中，用细线将两个滑块连接使轻弹簧压缩且静止，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2，则动量守恒应满足的关系式为（用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示）。17．一物体用游标卡尺测其长度示数如图所示，读数为mm。18．某同学测量充电宝的电动势E及内阻r（E约为5V，r约为0.10Ω），设计实验电路图如图1所示。现有实验器材：两个数字电表，定值电阻R0两个，阻值分别为2Ω和20Ω（1）用画线代替导线将图2中的实物连线补充完整；（2）R0应选（填“2Ω”或“20Ω（3）实验中，依据电压表示数U和电流表示数I，作出了如图3所示的图线，则该充电宝的电动势E=V（保留3位有效数字），内电阻r=Ω（保留1位有效数字）。19．如图所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射时，助推器点火提供向上的推力，使火箭上升到40km高空时，速度达到1.2km/s，然后助推器脱落，并立即关闭发动机，在接近地面10km处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为不变，等于地球表面时的重力，运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的0.2倍，助推器推力恒定不变。

（1）助推器能上升到距离地面的最大高度；（2）重启发动机前助推器的最大速度为多少；（3）重启发动机产生的推力是助推器重力的多少倍。20．如图所示，竖直平面内固定有轨道ABCDE，BC段水平放置，其左侧是光滑斜面AB，右侧CD是光滑圆弧，DE段（足够长）的倾角θ=37°，各段轨道均平滑连接，在圆弧最低处C点下方安装有压力传感器。一质量m=2kg的滑块P从左侧斜面某处由静止释放，经过B点后沿水平轨道BC向右滑行，第一次经过C点时，压力传感器的示数为滑块P的重力的11倍。已知BC段长度L=3m，CD段是半径R=1m、圆心角θ=37°的圆弧，滑块P与BC段、DE段间的动摩擦因数均为µ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）求滑块P第一次经过C点时的速度大小；（2）求滑块P从左侧斜面由静止释放时离BC的高度；（3）若将另一质量M=8kg的滑块Q（Q与BC段、DE段的动摩擦因数也为µ=0.5）置于C点，同样让滑块P从斜面AB上原位置由静止释放，P与Q在C点发生弹性正碰，求P与Q最终的距离。21．如图所示，两个足够长的平行光滑细金属导轨固定在倾角θ=30°的光滑绝缘斜面上，导轨间距L=1.0m，且电阻不计，导轨间有宽度为d=0.2m、磁感应强度的大小为B=0.5T、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，一长度为3d的绝缘轻杆将导体棒和正方形细金属线框连接，线框的边长为d，线框的总电阻为R=0.02Ω，导体棒和线框总质量为（1）导体棒第一次离开磁场上边界的速度v0（2）金属线框第一次沿绝缘斜面向上穿过磁场的时间t；（3）经足够长时间后，导体棒能到达的最低点与磁场上边界的距离x。22．如图所示，足够长水平挡板位于x轴，其上下面均为荧光屏，接收到电子后会发光，同一侧荧光屏的同一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”。在第三象限有垂直纸面向里、半径为L2的圆形匀强磁场，磁感应强度大小未知，边界与y轴相切于A点（0，−L）。在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为圆形匀强磁场的一半。一群分布均匀的电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线，以初速度v0射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为（−L，−2−（1）求圆形匀强磁场磁感应强度B的大小；（2）求荧光屏最右侧发亮位置的x坐标；（3）求落在荧光屏上“一次发光区域”和“两次发光区域”的电子数之比；（4）求落在荧光屏上“一次发光区域”和“两次发光区域”的发光长度分别为多少。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.磁感应强度B的单位为T，A不符合题意；

B.由磁通量公式ϕ=BS可知，磁通量单位为T·m2E=可知电场强度单位可以为T·m·E=可知电动势的单位可为T·m2·s2．【答案】B【解析】【解答】A.设回旋加速度D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vmq解得v粒子的最大动能为E可知粒子的最大动能与加速电压无关，A不符合题意；

B.乙图中，磁流体发电机获得稳定的电动势时，离子体受到的洛伦兹力与电场力等大反向，有q可得电源电动势为U=dvB可知若要增大电源电动势，可以增大磁感应强度，B符合题意；

C.丙图中，若在ab的两端接上直流电源，稳定后左侧线圈产生恒定的磁场，则右侧线圈中没有磁通量的变化，不会产生感应电流，接在cd端的电流表不会有偏转，C不符合题意；

D.丁图中，电磁炉利用电磁感应使铁锅产生涡流而发热的，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】由洛伦兹力充当粒子在磁场中做圆周运动的向心力，推导粒子获得的最大速度，得出最大动能的表达式，分析影响最大动能的相关因素；磁流体发电机获得稳定的电动势时，离子体受到的洛伦兹力与电场力等大反向，由受力平衡推导磁流体发电机的电动势表达式，分析相关因素；根据感应电流的产生条件分析；根据涡流现象，分析电磁炉的工作原理。3．【答案】C【解析】【解答】A.根据理想变压器电压与匝数的关系n可得副线圈的匝数nA不符合题意；

B.由图丙可知，交流电的周期为T=2×则频率为f=B不符合题意；

C.因为小灯泡正常发光，可知通过小灯泡的电流为0.25A，由理想变压器电流与匝数的关系n可得电流表的示数为IC符合题意；

D.根据理想变压器电压与匝数的关系n可得原线圈输入电压的有效值为U最大值为UD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据理想变压器电压与匝数的关系n1n24．【答案】C【解析】【解答】根据题意，计算通过手机显示屏的磁通量时，应利用地磁场的z轴分量，根据磁通量的公式ϕ=BS可得图乙时穿过显示屏的磁通量大小约为ϕ图丙时穿过显示屏的磁通量大小约为ϕ则磁通量的变化量约为∆ϕ=C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据磁通量的公式ϕ=BS，计算两次穿过手机显示屏z轴方向上的磁通量，再计算磁通量的变化量。5．【答案】D【解析】【解答】A.由题意，并结合安培定则可知，a与d、b与e、c与f在O点的磁场大小相等，方向相反，故O点的磁感应强度为零，A不符合题意；

B.根据安培定则和磁场叠加原理可知，其他5根输电线在f处产生的磁场方向垂直fc向下，根据左手定则，导线所受安培力方向沿Of指向O，即水平向右，B不符合题意；

C.因为通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，所以b在a处产生的磁场是在f处产生磁场的两倍，由安培力公式F=BIL可知，a、b导线之间的安培力大小为F，则b、e间的安培力大小为12F，C不符合题意；

D.b、对a的安培力为F，c、e对a的安培力为F，d对a的安培力为12F，则a导线所受安培力为2.5F，D符合题意。6．【答案】B【解析】【解答】如图，当左、右托盘分别放置质量为m1、mm若拿掉右侧质量为m2m联立解得nBB符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】根据左手定则和受力平衡分析。7．【答案】A【解析】【解答】A.高速带电粒子撞击空气分子后动能减小，速度变小，根据牛顿第二定律可得qvB=m得r=可知，粒子速度变小，则轨迹半径变小，故可判断粒子从M沿逆时针方向射向N，故A符合题意；

B.地理北极附近是地磁南极，所以北极上空的地磁场方向竖直向下，根据左手定则可以判断，高速粒子带负电，故B不符合题意；

C.根据洛伦兹力公式F=qvB可知，粒子的速度不断减小，则粒子受到的磁场力不断减小，故C不符合题意；

D.赤道位置磁场由南向北，若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，根据左手定则可以判断，粒子会向西偏转，故D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】根据牛顿第二定律推导粒子轨迹半径的变化，得出粒子运动轨迹的方向；由左手定则判断粒子的正负；根据洛伦兹力公式F=qvB判断粒子受到磁场力的变化；由左手定则判断该粒子在赤道正上方垂直射向地面时受到的洛伦兹力方向。8．【答案】C【解析】【解答】A.依题意，小物体原来相对飞船静止，后被以速度u抛出，则它的动量改变量是∆p=∆m·∆v=∆muA不符合题意；

B.人和小物体组成的系统动量守恒，可得人的动量改变量是∆p'=-∆p=-∆muB不符合题意；

C.人的动量改变量可以表示为∆p'=m∆v解得人的速度改变量是∆v=-C符合题意；

D.依题意，人与飞船之间没有力的作用，所以人的动作对飞船没有影响，飞船的速度改变量是0，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据动量的变化量∆p=m∆v分析小物体的动量变化量；由动量守恒定律分析人的动量该变量，并得出人的速度该变量；人与飞船之间没有力的作用，二者互不影响。9．【答案】B【解析】【解答】设车门单位面积受到水的冲击力为F，水枪喷出水的速度为v，则在t时间内单位面积上喷到车上的水的质量为m=ρV=ρvt以这部分水位研究对象，以水喷出的方向为正方向，由动量定理可得-Ft=0-mv解得F=1.0×B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】由动量定理分析求解，使用时注意动量定理表达式的矢量性。10．【答案】D【解析】【解答】A.电流方向向右，所以电子向左定向移动，根据左手定则可知，自由电子向后表面偏转，故后表面带负电，前表面带正电，所以前表面的电势高于后表面的电势，A不符合题意；

BCD.稳定后根据平衡条件有evB=e根据电流的微观表达式有I=neSv=nebcv解得前后表面间的电压为U=由此式可知，若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，与c有关，BC不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】由左手定则判断自由电子的偏转方向，得出前、后表面电势的高低关系；根据自由电子的受力平衡推导稳定后霍尔元件前、后表面电压的表达式，分析其相关因素。11．【答案】D【解析】【解答】A.工作时，电池将化学能转化成电动汽车电动机的机械能和内能，A不符合题意；

B.标准承载下，电动汽车以36km/h的速度匀速行驶20min，消耗电能W=Pt=Fvt=fvt=0.08×(800+200)×10×但考虑到实际过程中电能不可能全部转化为机械能，所以所消耗电能大于9，B不符合题意；

C.依题意，电池充满电时的电能可表示为E=60kW·h=2.16×标准承载下，牵引力做功可表示为W=Fs=fs=0.08×(800+200)×10×200×该电池在使用时的能量转化效率为η=C不符合题意；

D.标准承载下，汽车以72km/h的速度匀速行驶，汽车电动机输出功率为P'=Fv'=fv'=0.08×(800+200)×10×D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据能量转化与守恒，电池将化学能转化为电能，电动机再将电能转化为机械能和内能，所以消耗的电能等于电动机输出的机械能与机内阻损耗能量之和；再根据η=W12．【答案】A【解析】【解答】由于磁场以速度v向右运动，当金属框稳定后以最大速度v0E根据右手定则可以判断ad和bc产生的电动势为串联结构，故线圈中产生的总电动势为E=2BL(v-根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为I=金属框的两条边ad和bc都受到安培力作用，ab边长等于L说明ad和bc边处于的磁场方向一直相反，电流方向也相反，根据左手定则可知它们所受安培力方向一致，故金属框受到的安培力大小为F=2BIL=当金属框速度最大时，安培力与摩擦力平衡，可得F-f=0，方程联立解得vA符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】根据法拉第电磁感应定律和右手定则分析线框中产生的感应电动势，得出感应电流，再由受力平衡，求解最大速度v013．【答案】D【解析】【解答】A.由题意可知，导体棒A沿半圆柱体缓慢向上滑动，所以其所受的摩擦力为滑动摩擦力，A不符合题意；

B.根据左手定则可知，导线A受到的安培力方向沿半圆柱的半径的垂线向上，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所示：

由共点力平衡条件可得，导体棒A所受的安培力F=mg其中sin在0-90°范围内增大，可知安培力先增大后减小，当θ+φ=90°时，导体棒A所受的安培力最大，此时sin解得tanB不符合题意；

C.令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为β，则有tan可知支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，而摩擦力与安培力位于同一直线上，所以半圆柱体对导体棒A的作用力方向与安培力方向的夹角不变，C不符合题意；

D.根据共点力平衡条件可知，导体棒A所受支持力F所受滑动摩擦力f=μ导体棒A沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，θ增大，故FN增大，f增大，可知半圆柱体对导体棒A的作用力逐渐增大，D符合题意。

故答案为：D。

14．【答案】A,B【解析】【解答】A.根据麦克斯韦理论可知，周期性变化的电场产生同频率周期性变化的磁场，A符合题意；

B.因为电磁波的频率越大，能量越大，所以振荡电路频率越高，发射电磁波的本领越大，B符合题意；

C.夜视仪是利用任何物体都能辐射红外线的特点，来帮助人们在夜间看见物体的，C不符合题意；

D.在各类电磁波中，X光的穿透能力不是最强，γ射线穿透能力最强，D不符合题意；

故答案为：AB。

【分析】根据麦克斯韦电磁场理论分析；发射电磁波的本领由振荡电路频率决定；根据各类电磁波的特点和应用分析。15．【答案】A,D【解析】【解答】AB.开关S闭合瞬间，由于电感线圈对电流的阻碍作用，电感线圈所在支路的电流要由零开始增大，所以开关S闭合瞬间，流经灯D1和D2的电流相等，随着电路中电流趋于稳定，自感线圈的自感作用减小，并联电路的分压减小，灯D2两端的电压减小，所以通过D2的电流减小，当电路中的电流稳定后，线圈的自感作用消失，灯泡D2中的电流不再变化，A符合题意，B不符合题意；

C.开关S断开瞬间，电感线圈与灯D3和D2构成新的回路，由电感线圈继续为灯D3和D2提供电流，又因为电路稳定时，流经灯D3和D2的电流相等，所以灯Du电路稳定后，流过D3I=开关S断开瞬间，电感线圈能够为D3和Du所以uD符合题意。

故答案为：AD。

【分析】根据自感现象的原理分析开关闭合和断开瞬间各灯的亮暗变化；由闭合电路欧姆定律，推导u1和u16．【答案】（1）B；D（2）m（3）m【解析】【解答】（1）ABD.本实验需要小球A每次到达槽口末端的速度相同，且速度水平，为达到这一目的，需要小球A每次从同一位置由静止滚下，且斜槽末端必须保持水平，斜面是否光滑对实验并无影响，A不符合题意，BD符合题意；

C.为避免碰撞后A球发生反弹，所以要求A球质量大于B球质量，C不符合题意；

故答案为：BD。

（2）若碰撞过程中系统动量守恒，则有m结合平抛的运动规律可得m化简可得m（3）第二组实验中，烧断细线后P、Q通过光电门的速度分别为v1=根据动量守恒定律可得m代入速度，可化为m【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据动量守恒定律和平抛的运动规律，推导该实验要验证的表达式；（3）根据动量守恒定律推导第二组实验应满足的关系式。17．【答案】12.50【解析】【解答】图中游标卡尺的精确度为0.05mm，主尺读数为12mm，游标尺读数为10×0.05mm=0.50mm所以图中游标卡尺读数为12mm+0.50mm=12.50mm【分析】根据游标卡尺的读数规则读数。18．【答案】（1）（2）2Ω（3）4.90【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图，如图：

（2）若R0用20Ω的电阻，因电源电动势为5V，还有滑动变阻器的电阻，则电流表读数会小于量程的三分之一，会导致测量误差较大，因此R0应该选用2Ω的电阻；

U=E-I(将图3中的U-I图线延长至与坐标轴有交点，结合图像的纵轴截距与斜率可得

E=4.90r=【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）根据电流表的量程选择R019．【答案】（1）火箭加速上升的高度h1=4×104mmg+f=mv解得h助推器上升的最大高度为h=（2）重启发动机前火箭下落过程h由牛顿运动定律mg−f=mv联立解得v（3）重启发动机后火箭下落过程hv由牛顿运动定律F+f−mg=m所以F=8mg【解析】【分析】（1）分析火箭向上做减速运动时的受力，求出加速度，再由匀变速直线运动的位移-速度公式，求出减速运动的位移，再结合题给条件，求出助推器能上升到距离地面的最大高度；（2）对重启发动机前火箭下落过程，由牛顿第二定律和运动学公式，求出重启发动机前助推器的最大速度；（3）对重启发动机后火箭下过程，由牛顿第二定律和运动学公式，求出重启发动机产生的推力。20．【答案】（1）设滑块P第一次经过C点时的速度大小为vC，根据牛顿第二定律及牛顿第三定律可知11mg−mg=m解得v（2）设滑块P从左侧斜面由静止释放时离BC的高度为H，根据动能定理有