青海省西宁市2019-2020学年高二下学期期末考试联考物理试题 Word版含解析 21页

西宁市普通高中2019-2020学年第二学期期末考试 高二物理试题 ‎（满分：100分 考试时间：90分钟）‎ 一、单项选择题（每题4分，共计12×4=48分）‎ ‎1. 如图所示，一闭合的铜环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下降，空气阻力不计，则在铜环的运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 铜环在磁铁的上方时，环的加速度小于g，在下方时大于g B. 铜环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时也小于g C. 铜环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时等于g D. 铜环在磁铁的上方时，加速度大于g，在下方时小于g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，铜环受到的合力小于重力，加速度小于重力加速度g；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，铜环受到的合力小于重力，加速度小于重力加速度g。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了楞次定律的应用，应全面、正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，反之方向相同，具体的表现是“来拒去留”。‎ ‎2. 如图所示，矩形线框与长直导线在同一平面内，当矩形线框从长直导线的左侧运动到右侧的过程中线框内感应电流的方向为（　　）‎ - 21 -‎ A. 先顺时针，后逆时针 B. 先逆时针，后顺时针 C. 先顺时针，后逆时针，再顺时针 D. 先逆时针，后顺时针，再逆时针 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】直导线左侧磁场向外，右侧磁场向里，当矩形线圈从左侧向右靠近直导线时，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流；当线圈向右越过直导线的过程中向外的磁通量减小，根据楞次定律可知产生逆时针方向的电流；当线圈在导线右侧向右运动时，穿过线圈的磁通量向里的减小，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流。‎ 故选C。‎ ‎3. 将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ - 21 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．故B正确．‎ ‎【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定．根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化．‎ ‎4. 在如图所示电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（　　）‎ A. 合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭 B. 合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭 C. 合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭 D. 合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作，断电后停止工作。但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使a灯后亮，则合上开关，b先亮，a后亮。当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭，故ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ - 21 -‎ ‎5. 如图所示，两根平行放置的竖直导电轨道处于匀强磁场中，轨道平面与磁场方向垂直。当接在轨道间的开关S断开时，让一根金属杆沿轨道下滑（下滑中金属杆始终与轨道保持垂直，且接触良好）。下滑一段时间后，闭合开关S。闭合开关后，金属沿轨道下滑的图像不可能为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．闭合开关S后，若金属杆所受的安培力与重力大小相等，方向相反，金属杆将做匀速运动，故A正确，不符合题意； B．闭合开关S后，若金属杆所受的安培力小于重力，金属杆将做加速运动，随着速度增大，安培力增大，金属杆的加速度减小，速度图象的斜率减小，最后匀速，故B正确，不符合题意； C．闭合开关S后，若金属杆所受的安培力大于重力，金属杆将做减速运动，随着速度减小，安培力减小，金属杆的加速度减小，速度图象的斜率减小，最后匀速，故C正确，不符合题意； D．由于安培力的大小与速度成正比，速度增大，安培力也增大，则金属杆所受的合力会减小，加速度减小，则导体棒不可能做匀加速运动，故D错误，符合题意。‎ 故选D。‎ ‎6. 如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力( )‎ - 21 -‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小．根据法拉第电磁感应定律，‎ 则感应电流 可知减小．‎ - 21 -‎ A．图中减小，则选项A正确；‎ B．图中变大，则选项B错误；‎ C．图中不变，则选项C错误；‎ D．图中不变，则选项D错误；‎ ‎7. 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )‎ A. W1W2，q1＝q2 D. W1>W2，q1>q2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：‎ W1:W2=3:1；‎ 根据电量，感应电流，感应电动势，得：‎ 所以：‎ q1:q2=1:1，‎ 故W1＞W2，q1=q2。‎ A. W1W2，q1＝q2。故C正确；‎ D. W1>W2，q1>q2。故D错误；‎ ‎8. 如图所示，图(a)中的变压器是一理想变压器，其输出端输出电压信号如图(b)所示(图线为正弦曲线)，电路中电阻R＝55 Ω，图中交流电流表、交流电压表为理想电表，其中电流表A1‎ - 21 -‎ 与电流表A2的读数之比为1∶4，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电压表V1的示数为880 V B. 电压表V2的示数为220V C. 原线圈输入功率为220 W D. 原线圈中交变电压频率为100 Hz ‎【答案】A ‎【解析】‎ AB．由理想变压器输出信号如图(b)所示，可知原线圈的输出端的电压有效值为220 V，电压表V2的示数为220 V．电流与匝数成反比，所以原副线圈匝数比为4∶1；匝数与电压成正比，所以电压表V1的示数为880 V，故A正确，B错误；‎ C．输入功率等于输出功率P＝＝W＝880 W，故C错误；‎ D．由理想变压器输出信号如图(b)所示，频率为50 Hz．变压器不改变频率，原、副线圈频率都为50 Hz，故D错误． ‎ 故选：A 点睛：由图可知输出电压的最大值及周期，则可求得有效值；再由变压器的电压关系求出电压表的示数，对输出端由功率公式求得输入功率；变压器不改变频率．‎ ‎9. 如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表。当滑动变阻器R的滑动头向下移动时（　　）‎ A. 灯L变亮 B. 各个电表读数均变大 C. 因为U1不变，所以P1不变 D. P1变大，且始终有P1=P2‎ - 21 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在理想变压器中，原线圈输入电压由电源决定，原线圈两端电压不变；副线圈两端电压由原副线圈匝数比和U1决定，副线圈两端电压不变；滑片P下移，滑动变阻器接入电阻变小，副线圈中电流变大，变压器输出功率变大，变压器输入功率也变大，且两者相等；副线圈中电流变大，R0两端电压增大，副线圈两端电压不变，则灯和滑动变阻器并联部分的电压减小，电压表读数变小，灯泡变暗，流过灯泡的电流变小；副线圈中电流变大，流过灯泡的电流变小，流过滑动变阻器的电流增大，电流表读数增大；故D项正确，ABC三项错误。‎ 故选D。‎ ‎10. 如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则（　　）‎ A. 两次t=0时刻线圈的磁通量均为零 B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2‎ C. 曲线a表示的交变电动势频率为50Hz D. 曲线b表示的交变电动势有效值为10V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当时，两条曲线所代表的值都为0，即此时金属线框不切割磁感线，线框的运动方向与磁感线的方向一致，则此时线圈磁通量最大，故A错误；‎ B．由图可知，a的周期为；b的周期为，则由 可知转速与周期成反比，周期之比为，则转速比为3:2，故B正确；‎ C．曲线a的交变电流的周期为，则频率 - 21 -‎ 故C错误；‎ D．根据 结合前面分析可知两交流电的角速度之比为3：2，又因为 由图可知曲线a的最大值为15V，所以根据 可知曲线b的最大值为10V，则有效值为 故D错误。‎ 故选B。‎ ‎11. 如图所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则 A. 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大 B. 保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗功率增大 C. 保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大 D. 保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，I1将增大，故A正确；‎ B. 保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小大，I1‎ - 21 -‎ 将增小，R消耗功率减小，故B错误；‎ C. 保持U1不变，K合在a处，变压器的输出电压不变，使P上滑，负载变大，I1将减小，故C错误；‎ D. 保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，变压器的输出电压增大，I1将增大，故D错误．‎ ‎12. 如图为某发电站电能输送电路示意图，已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变，若用户电阻R0减小，下列说法正确的是（　　）‎ A. 发电机的输出功率减小 B. 输电线上的功率损失减小 C. 用户得到的电压减小 D. 输电线输送电压减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据用户电阻的变化，得出降压变压变压器输出功率的变化，根据输出功率决定输入功率，得知发电机输出功率的变化；由输电线上损失的功率变化，得出输电线电流变化；由发电机的输出电压和升压变压器原、副线圈的匝数比不变，可得出输电线输送电压的变化.‎ ‎【详解】若用户电阻减小，则降压变压器输出功率增大，导致发电机的输出功率增大，故A错误；若用户电阻减小，降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失的电压增大，输电线上的功率损失增大，故B错误；输电线上损失电压增大，降压变压器原线圈输入电压减小，由于降压变压器原、副线圈匝数比不变，降压变压器副线圈输出电压（即用户得到的电压）减小，故C正确；根据题给发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变，由于升压变压器原、副线圈匝数比不变，则输电线上输送电压不变，故D错误；故选C．‎ ‎【点睛】解决本题关键知道：1、原、副线圈电压比、电流比与匝数比的关系；2、升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系；‎ - 21 -‎ 二、填空题（每空2分共12分）‎ ‎13. 某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象．他连接好电路并检查无误后，闭合电键的瞬间观察到电流表G指针向右偏转，电键闭合后，他还进行了下列操作：‎ ‎（1）将滑动变阻器的滑动触头P快速向接线柱C移动，电流计指针将________（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）．‎ ‎（2）将线圈A中的铁芯快速抽出，电流计指针将______（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）．‎ ‎【答案】 (1). 右偏 (2). 左偏 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] 闭合电键的瞬间，B线圈磁通量变大，观察到电流表G指针向右偏转，滑动触头向C移动，阻值减小，电流变大，磁场变大，穿过B的磁通量变大，指针右偏；‎ ‎（2）[2]快速抽出铁芯，磁场减弱，则指针左偏 ‎14. 如图所示，用理想变压器给R供电，设输入的交变电压不变，当R的滑片向上移动时四只电表及变压器的输入功率变化情况是：V1__________，V2__________，A2__________，P__________（填写增大、减小或不变）‎ ‎【答案】 (1). 不变 (2). 不变 (3). 减小 (4). 减小 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2][3][4]输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P - 21 -‎ 向上移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以负线圈的电流减小，原线圈的电流也要减小，副线圈消耗的功率变小，则输入功率等于输出功率也减小。‎ 三、计算题（每题10分，共计20分）‎ ‎15. 两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨左端接有电阻R=10，导轨自身电阻忽略不计。匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0. 5T。质量为m=0. 1kg、电阻可不计的金属棒由静止释放，沿导轨下滑，如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大速度2m/s，求此过程中电阻R产生的热量。‎ ‎【答案】1J ‎【解析】‎ ‎【详解】当金属棒速度恰好达到最大速度时 据法拉第电磁感应定律 E=BLv 据闭合电路欧姆定律 下滑过程据动能定理得 解得 W=1J - 21 -‎ 此过程中电阻R产生的热量 Q=W=1J ‎16. 如图所示，理想变压器原线圈Ⅰ接到220 V的交流电源上，副线圈Ⅱ的匝数为30，与一标有“12 V，12 W”的灯泡连接，灯泡正常发光．副线圈Ⅲ的输出电压为110 V，电流为0.4 A．求：‎ ‎ ‎ ‎(1)副线圈Ⅲ的匝数；(2)原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流．‎ ‎【答案】(1) 275匝(2) 0.25 A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知U2＝12 V，n2＝30；U3＝110 V 由＝得 n3＝n2＝275匝；‎ ‎(2)由U1＝220 V，根据＝，得 n1＝n2＝550匝 由 P1＝P2＋P3＝P2＋I3U3＝56 W 得 I1＝＝025 A 四、选修题（选3-3，3-4或3-5作答。选择题每题5分，共计10分，计算题10分）‎ ‎【选修3-3】‎ ‎17. 下列说法正确的是________。‎ A. 当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小 B. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能不变 C. 对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 - 21 -‎ D. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当分子间距离增大时，分子间引力和斥力均减小，选项A错误；‎ B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子动能不变，分子势能增加，选项B错误；‎ C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据可知温度升高，内能增加，气体对外做功，那么它一定从外界吸热，选项C正确；‎ D．一定质量的理想气体，根据可知，在等压膨胀过程中，气体温度升高，则气体分子的平均动能增加，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎18. 下列说法中，正确的是_________。‎ A. 温度高的物体每个分子的动能大。‎ B. 一定质量的理想气体，压强不变，温度升高，分子间的平均距离一定增大 C. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”‎ D. 气体分子单位时间内单位面积器壁碰撞次数与单位体积内气体的分子数和气体温度无关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据统计规律，温度高的物体分子平均动能增大，但个别分子不确定，可能较小，故A错误；‎ B．根据可知，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，故B正确；‎ C．热力学第二定律的内容可以表述为：热量不能自发地从低温物体传到高温物体而不引起其他影响，故C错误；‎ D．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故D错误。‎ 故选B。‎ - 21 -‎ ‎19. 如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L＝10cm的理想气体，当温度为27℃时，两管水银面的高度差Δh＝2cm，设外界大气压为1.0×105Pa(即75cmHg)，为了使左、右两管中的水银面相平，‎ ‎(1)若对封闭气体缓慢加热，温度需升高到多少？‎ ‎(2)若温度保持27℃不变，需从右管的开口端再缓慢注入多少厘米的水银柱？‎ ‎【答案】（1）t=66．C （2） 再加入2.54cm的水银 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对于封闭气体： 初态：p1=p0-△h=75-2=73（cmHg），V1=LS=10S，T1=300K； 末态：p2=p0=75cmHg，V2=（L+0.5△h）S=12S，T2=？； 根据理想气体状态方程 ‎ ‎ 代入数据 ‎ ‎ 从中求得 T2=339K t2=T2-273=66℃‎ ‎（2）气体作等温变化，p3=p0=75cmHg，V3=L3S 根据玻意耳定律 p1V1=p3V3    ‎ 代入数据 ‎73×10=75×L3‎ 从中求得 - 21 -‎ L3=9.73cm 即闭管水银柱上升了0.27cm，所需注入的水银柱长为 H=（2+2×0.27）cm=2.54cm 点睛：本题要能用静力学观点分析各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题．‎ ‎【选修3-4】‎ ‎20. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到x=5 m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4 s，下面说法中正确的是（　　）‎ A. 这列波的波长是2 m B. 这列波的传播速度是5 m/s C. 质点Q（x=9 m）经过0.5 s才第一次到达波峰 D. M点以后各质点开始振动时的方向都是向下的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由波形图可知，这列波的波长是4 m，A错误；‎ B．因为P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4 s，可知T=0.4s，则波速 B错误；‎ C. 在x=2m处的波峰传到Q点的距离为7m，则需要的时间为 C错误；‎ D．由波形图可知，M点起振的方向是向下，则M点以后各质点开始振动时的方向都是向下的，D正确。‎ 故选D。‎ ‎21.‎ - 21 -‎ ‎ 在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示．有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的地面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为1.5，则光束在桌面上形成的光斑半径为（ ）‎ A. r B. 1.5r C. 2r D. 2.5r ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：如图所示，‎ 玻璃的折射率为1.5，可得临界角小于45°，经过第一次折射时，由于入射角等于零，所以折射角也是零，因此折射光线不发生偏折．当第二次折射时，由于入射角等于60°．所以会发生光的全反射，反射光线却恰好垂直射出．因为ON等于r，则OA等于2r，由于∠MOA=∠AMO=30°，所以AM等于2r．‎ 故选C ‎22. 半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB=60°，已知该玻璃对红光的折射率为n=．‎ - 21 -‎ ‎①求红光在玻璃中的传播速度为多大？‎ ‎②求两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与O点的距离d;‎ ‎【答案】①1.73×108m/s②‎ ‎【解析】‎ ‎①由得v=×108m/s=1.73×108m/s ‎②如图所示，光线1不偏折．光线2入射角i＝60°.‎ 由光折射公式可得：，‎ 由几何关系可得i=300‎ 由光折射公式可得：‎ 由正弦定理，得 则 ‎【选修3-5】‎ ‎23. 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）‎ A. vA′=5m/s，vB′=2. 5m/s B. vA′=－4m/s，vB′=7m/s C. vA′=2m/s，vB′=4m/s D. vA′=7m/s，vB′=1. 5m/s ‎【答案】C - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故AD错误；‎ 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒．碰撞前总动量为 p=pA+pB=mAvA+mBvB=（1×6+2×2）kg•m/s=10kg•m/s 总动能 B．碰撞后，总动量为 p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=1×(-4)+2×7=10kg•m/s 总动能 则p′=p，，符合动量守恒，但是不符合能量关系；故B错误；‎ C．碰撞后，总动量为 p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=（1×2+2×4）kg•m/s=10kg•m/s 符合动量守恒定律，能量关系 则p′=p，，则碰后符合动量和能量关系，则C正确。‎ 故选C。‎ ‎24. 钍具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤，同时伴随有γ射线产生，其方程为，钍的半衰期为24天。则下列说法中正确的是（　　）‎ A. x为质子 B. x是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的 C. γ射线是钍原子核放出 D. 1g钍经过120天后还剩0.2g钍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x为电子，故A - 21 -‎ 错误；‎ B．β衰变的实质是衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确；‎ C．γ射线是衰变后的新核——镤原子核放出的，故C错误；‎ D．钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后，发生5个半衰期，1g钍经过120天后还剩 故D错误。‎ 故选B。‎ ‎25. 如图所示，质量m＝0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，车的质量M＝1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，地面光滑．求：‎ ‎(1)木块和小车相对静止时小车的速度大小；‎ ‎(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；‎ ‎(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止，木块在小车上滑行的距离．‎ ‎【答案】(1)0.4 m/s　(2)0.8 s　(3)0.8 m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以木块和小车为研究对象，以木块初速度方向的正方向，由动量守恒定律可得：‎ mv0＝(M＋m)v 解得：‎ v＝0.4 m/s；‎ ‎(2)以木块为研究对象，由动量定理可得：－ft＝mv－mv0‎ 摩擦力为：f＝μmg 解得：‎ t＝0.8s；‎ ‎(3)木块滑上小车后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：f＝－ma1‎ 小车做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：f＝Ma 此过程中木块的位移满足：v2－v02＝2a1s1‎ - 21 -‎ 小车的位移：s2＝at2‎ 木块在小车上滑行的距离：Δs＝s1－s2‎ 联立以上各式解得：‎ Δs＝0.8 m。‎ - 21 -‎