本試卷共_16_題，共__100_分，考試用時_75_分鐘。
注意事項：
1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型填涂在答題卡相應位置上。
2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。
3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。
一、選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。
1. 隨著智能手機的發(fā)展電池低容量和手機高耗能之間的矛盾越來越突出手機無線充電技術間接解決了智能手機電池不耐用的問題。如圖所示，當充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會在鄰近的受電線圈中感應出電流，最終實現(xiàn)為手機電池充電。電磁感應的首次發(fā)現(xiàn)者為（ ）
A. 愛因斯坦B. 法拉第C. 洛倫茲D. 密立根
【答案】B
【解析】
【詳解】電磁感應的首次發(fā)現(xiàn)者是法拉第，故選B。
2. 如圖所示的各圖所描述的物理情境中，產(chǎn)生感應電流的是（ ）
A. 甲圖中開關S閉合穩(wěn)定后，線圈N中
B 乙圖矩導電線圈平面垂直于磁場方向向右平移中
C. 丙圖金屬框從A位置向B位置運動，金屬框中
D. 丁圖矩形導電線圈繞水平軸勻速轉動中
【答案】C
【解析】
【詳解】A．甲圖中開關S閉合穩(wěn)定后，穿過線圈N的磁通量保持不變，所以線圈N中不產(chǎn)生感應電流。故A錯誤；
B．乙圖矩導電線圈平面垂直于磁場方向向右平移中，穿過線圈平面的磁通量不變，所以線圈中不產(chǎn)生感應電流。故B錯誤；
C．丙圖金屬框從A位置向B位置運動，金屬框中磁通量發(fā)生變化，所以會在金屬框中產(chǎn)生感應電流。故C正確；
D．丁圖矩形導電線圈繞水平軸勻速轉動中，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，所以在線圈中產(chǎn)生感應電流。故D錯誤。
故選C。
3. 原來靜止的可以自由轉動的小磁針如圖所示，當一束帶負電的粒子沿水平方向從左向右飛過小磁針的下方時，小磁針的極將（ ）
A. 向紙內(nèi)偏轉B. 向紙外偏轉
C. 向下偏轉D. 向上偏轉
【答案】A
【解析】
【詳解】帶負電的粒子水平從左向右飛過，電流方向從右向左，根據(jù)安培定則知，小磁針所處位置的磁感應強度的方向垂直紙面向里，所以小磁針的極將向內(nèi)偏轉。
故選A。
4. 紅、橙、黃、綠四種單色光中，光子能量最小的是 （ ）
A. 紅光B. 橙光C. 黃光D. 綠光
【答案】A
【解析】
【詳解】紅、橙、黃、綠四種單色光中，紅光的波長最大，頻率最小，根據(jù)知，紅光的光子能量最小。
故選A。
5. 電磁波在醫(yī)院得到了廣泛應用，關于電磁波的某些特性，下列說法不正確的是（ ）
A. 伽瑪手術刀治療癌癥是利用γ強穿透力，能量高的特性
B. 胸透又稱熒光透視，是利用X射線具有穿透性，熒光性和攝影效應的特性
C. 紅外線測溫儀，是利用了紅外線波長較長的特性
D. 醫(yī)用紫外滅菌燈是利用了紫外線的消毒特性
【答案】C
【解析】
【詳解】A．γ射線能量高、穿透力強，醫(yī)院常用γ射線照射癌細胞，治療癌癥，故A正確；
B．X射線具有穿透性，熒光性和攝影效應的特性，所以可以用來做胸透，故B正確；
C．紅外線測溫儀，是利用了紅外線的熱效應，故C錯誤；
D．醫(yī)院用紫外線燈照射的方法來消毒滅菌，是利用了紫外線的消毒特性，故D正確。
由于本題選擇錯誤的，故選 C。
6. 如圖所示，甲木塊的質量為，以速度沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質量為的乙木塊，乙上連有一輕質彈簧，甲木塊與彈簧接觸后（ ）
A. 甲木塊的動量守恒
B. 乙木塊的動量守恒
C. 甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動量守恒
D. 甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動能守恒
【答案】C
【解析】
【詳解】ABC．甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動量要發(fā)生變化，即甲、乙兩物體的動量均不守恒；但對于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動量守恒，故AB錯誤，C正確；
D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能一部分轉化為彈簧的勢能，故系統(tǒng)動能不守恒，故D錯誤。
故選C。
7. 高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為( )
A. ＋mgB. －mg
C. ＋mgD. －mg
【答案】A
【解析】
【分析】
【詳解】在安全帶對人有拉力的瞬間時，人做自由落體運動，此過程機械能守恒，故有
即在產(chǎn)生拉力瞬間速度為
之后人在安全帶的作用下做變速運動，末速度為零，設向上為正方向，則根據(jù)動量定理可得
聯(lián)立解得
故選A。
【點睛】本題關鍵是明確物體的受力情況和運動情況，然后對自由落體運動過程和全程列式求解，注意運用動量定理前要先規(guī)定正方向。
8. 將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（ ）
A 30B. 5.7×102
C. 6.0×102D. 6.3×102
【答案】A
【解析】
【分析】
【詳解】開始總動量為零，規(guī)定氣體噴出的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得
解得火箭的動量
負號表示方向，大小為30。
故選A。
9. 水平面上有質量相等的、兩個物體，水平推力、分別作用在、上．一段時間后撤去推力，物體繼續(xù)運動一段距離后停下．兩物體的圖象如圖所示，圖中則整個過程中（ ）
A. 的沖量等于的沖量
B. 沖量大于的沖量
C. 摩擦力對物體的沖量等于摩擦力對物體的沖量
D. 合外力對物體的沖量等于合外力對物體的沖量
【答案】D
【解析】
【詳解】C．由圖可知，AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等。但a的運動總時間小于b的時間，根據(jù)
可知，摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，故C錯誤；
AB．根據(jù)動量定理，對整個過程研究得
，
由圖看出
則有
即F1的沖量小于F2的沖量，故AB錯誤；
D．根據(jù)動量定理可知，合外力沖量等于物體動量的變化量，ab兩個物體動量的變化量都為零，所以相等，故D正確。
故選D。
10. 如圖所示，滑槽M1與滑塊M2緊靠在一起，靜止于光滑的水平面上。小球m從M1的右上方無初速度地下滑，當m滑到M1左方最高處時，M1將（ ）
A. 靜止B. 向左運動C. 向右運動D. 無法確定
【答案】B
【解析】
【詳解】小球m和滑槽M1、滑塊M2三個物體構成一個系統(tǒng)，這個系統(tǒng)所受水平方向的合外力為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球m下滑前系統(tǒng)總動量為零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑塊M2作用，作用結果使滑塊M2向右運動，有向右的動量。當m滑到M1左方最高點時，小球m和滑槽M1的相對速度為零，但小球m和滑槽M1這個整體向左運動，有向左的動量，這樣才能保證系統(tǒng)總動量為零。
故選B。
11. 如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊．木箱和小木塊都具有一定的質量．現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則( )
A. 小木塊和木箱最終都將靜止
B. 小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動
C. 小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動
D. 如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動
【答案】B
【解析】
【詳解】系統(tǒng)所受外力的合力為零，動量守恒，初狀態(tài)木箱有向右的動量，小木塊動量為零，故系統(tǒng)總動量向右，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對滑動，最終相對靜止，由于系統(tǒng)的總動量守恒，不管中間過程如何相互作用，根據(jù)動量守恒定律，最終兩物體以相同的速度一起向右運動．故B正確，ACD錯誤．
二、非選擇題：共5題，共56分，其中第13~16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
12. 某同學用如圖甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律。實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡。重復上述操作10次，得到10個落點痕跡。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡。重復上述操作10次，得到了如圖乙所示的三個落地點。
（1）請你敘述找出落地點的平均位置的方法是：________，并在圖中讀出________cm。
（2）已知，碰撞過程中動量守恒，則由圖可以判斷出是________球的落地點，是________球的落地點。
（3）用題中字母寫出動量守恒定律的表達式：________。
【答案】 ①. 用最小的圓把所有落點圈在里面，圓心即為落點的平均位置 ②. 13.0##12.8##12.9##13.1##13.2 ③. B ④. A ⑤.
【解析】
【詳解】（1）[1]找出落地點的平均位置的方法是：用最小的圓把所有落點圈在里面，則此圓的圓心即為落點的平均位置；
[2]圖中刻度尺精確值為，則圖中讀數(shù)為
（2）[3][4]由于碰撞后B球的速度大于A球的速度，故圖中是B球的落地點，是A球的落地點。
（3）[5]小球拋出后做平拋運動，下落高度相同，則小球在空中的運動時間相同，根據(jù)動量守恒可得
則有
可得
13. 如圖所示，金屬框架MON與導體棒DE構成回路，處在勻強磁場中且與磁場垂直．
(1)若B＝0.1T，DE從O點出發(fā)，向右以1m/s的速度勻速運動4s時，回路的磁通量的變化是多少？
(2)在圖中，若回路面積從S0＝8m2變到St＝18m2，B從B0＝0.1T變到Bt＝0.8T，則回路中的磁通量變化量是多少？
【答案】（1）0.8Wb（2）13.6Wb
【解析】
【詳解】(1)棒向右以1m/s的速度勻速運動4s時，位移為：
由于此時回路的面積為：
回路的磁通量即磁通量的變化量為：
(2)回路面積從變到，從變到時的磁通量為：
故回路中的磁通量的變化為：
14. 質量為m1＝10g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右運動，恰遇上質量為m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球m2恰好靜止，則碰后小球m1的速度大小、方向如何？
【答案】20 cm/s 方向向左
【解析】
【詳解】取向右為正方向，則兩球的速度分別為：
v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s，v′2＝0
光滑水平方向不受力，故由兩球組成的系統(tǒng)，豎直方向重力與支持力平衡，桌面滿足動量守恒定律條件．由動量守恒定律列方程
m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
代入數(shù)據(jù)得
v′1＝－20 cm/s
故m1碰后速度的大小為20 cm/s，方向向左．
15. 將質量為m=1kg的小球，從距水平地面高h=5m處，以v0=10m/s的水平速度拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2。求：
(1)拋出后0.4s內(nèi)重力對小球的沖量；
(2)平拋運動過程中小球動量的增量△p；
(3)小球落地時的動量p′。
【答案】（1）4N·s，方向豎直向下；（2）10 N·s，方向豎直向下；（3） N·s，與水平方向之間的夾角是45°
【解析】
【詳解】（1）重力是恒力，0.4s內(nèi)重力對小球的沖量
I＝mgt＝4N·s
方向豎直向下。
（2）由于平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，故，落地時間
小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為
I＝mgt＝1×10×1N·s＝10N·s
方向豎直向下。
由動量定理得
Δp＝I＝10N·s
方向豎直向下。
（3）小球落地時豎直分速度為
vy＝gt＝10m/s
由速度合成知，落地速度
所以小球落地時的動量大小為
與水平方向之間的夾角是45°

16. 如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0、質量為m的子彈擊中，子彈嵌在其中（作用時間極短），已知物體A的質量是物體B的質量的，子彈的質量是物體B的質量的。求：
（1）物體A獲得的最大速度；
（2）子彈射入木塊過程中損失的動能；
（3）彈簧壓縮量最大時物體B的速度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小問1詳解】
由題意，對子彈進入物體A中的過程，由動量守恒定律得
解得它們的共同速度，即物體A獲得的最大速度
【小問2詳解】
子彈射入物體A的過程中損失的動能為
【小問3詳解】
以子彈及物體A、B組成的系統(tǒng)作為研究對象，整個作用過程中總動量守恒，彈簧具有最大壓縮量時，它門的速度相等，由動量守恒定律得
求得三者的共同速度，即彈簧具有最大壓縮量時，物體B的速度為

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