2019-2020学年毕节实验高中高二下学期期中物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年毕节实验高中高二下学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.下列说法符合史实的是()
A. 牛顿发现了行星的运动规律
B. 卡文迪许测出了引力常量G
C. 胡克发现了万有引力定律
D. 伽利略用“月−地检验”证实了万有引力定律的正确性
2.如图所示，一有限范围的匀强磁场，宽为d.一个边长为l正方形导线框以速度
v匀速地通过磁场区．若d>l，则在线框中不产生感应电流的时间就等于()
A. d
v B. l
v
C. d−l
v
D. d−2l
v
3.在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，
如图所示．导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面．欲
使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的
运动可能是()
A. 匀速向右运动
B. 加速向右运动
C. 匀速向左运动
D. 加速向左运动
4.如图，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成θ角，
上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中，
质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑
一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金
属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则()
A. 金属杆加速运动过程中的平均速度小于1
2
v
B. 金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率
C. 当金属杆的速度为v
4时，它的加速度大小为gsinθ
4
D. 整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为(2mgℎ−mv2)R
2(R+r)
5.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽
略．下列说法中正确的是()
A. 合上开关S接通电路时，A1先亮，A2后亮，最后一样亮
B. 合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
C. 断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭
D. 断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
6.如图所示，三只电压表V1，V2完全相同，V3的内阻是V1的2倍。

它们的接线柱正、负如图中所示。

已知V1表的示数为2V，V3表
的示数为2V，则V2表的示数为()
A. 1V
B. 2V
C. 3V
D. 4V
7.如图所示，两个相切的圆表示一个静止原子核发生某种核变化后，产生的两
种运动粒子在匀强磁场中的运动轨迹，可能的是()
A. 原子核放出了一个电子
B. 大圆是新核的运动轨迹
C. 原子核发生了α衰变
D. 原子核发生了β衰变
8.我国女子短道速滑队在去年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．如图所
示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并
且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前
冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面问在水平方向上的相互作用，则()
A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下先以速度v向右匀速进
入匀强磁场，又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则第一次与第
二次进入磁场的比值，下列说法正确的是()
A. 线圈中的感应电流之比1：2
B. 外力做功的最大功率之比4：1
C. 线圈中产生热量之比2：1
D. 线圈中通过的电荷量之比1：1
10.如图所示，理想变压器，原副线圈的匝数比为n。

原线圈接正弦交流电压U，输出端
A. A1.A2.A3为理想的交流电流表，R为三个完全相同的电阻，L为电感，C为电容，当输入端
接通电源后，电流表A读数为I。

下列判断正确的是A。

副
线圈两端的电压为nU
B. 通过副线圈的最大电流
C. 电流表A1的读数I1大于电流表A2的读数I2
D. 电流表A3的读数I3=0
11.已知一台交流发电机电枢中产生的交变电动势为e=E m cosωt，如果要将交变电动势的有效值
提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是()
A. 将磁感应强度增加一倍，其他条件不变
B. 将电枢转速提高一倍，其他条件不变
C. 将磁感应强度增加一倍，线圈的面积缩小一半，其它条件不变
D. 将线圈的面积增加一倍，其他条件不变
12.如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1=35匝，副线圈匝数n2=7匝，电阻R=20Ω，是
交流电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是()
A. 加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u=20√2sin(100πt)V
B. 原线圈电流的有效值为1 A
C. 在t=0.01s时，电压表的示数为0
D. 电阻R上消耗的电功率为0.8W
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
13.(1)法拉第发现电磁感应现象的实验装置如图所示，软铁环两侧分别绕两个线圈，左侧线圈为闭
合回路，在其中一段导线下方附近放置一小磁针，小磁针静止时N极指向北方如图所示，右侧线圈与电池、电键相连。

则在闭合电键后，你将看到小磁针______(单选题)；
(A)仍然在原来位置静止不动
(B)抖动后又回到原来位置静止
(C)抖动后停在N极指向东方位置
(D)抖动后停在N极指向西方位置
(2)通过归纳得出产生感应电流的条件是______；
(3)利用图示装置研究电磁感应现象，图甲中，开关S闭合，电流自正接线柱流______(填“出”
或“入”)电流表，指针向右偏转；图乙中，将线圈和同样的电流表串联，条形磁铁(下端为N 极)可以从图示位置上下移动，若实验中发现电流表指针向右偏转，说明条形磁铁正由图示位置向______(填“上”或“下”)移动。

14.如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图．(1)若入射小球质
量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则______ ．
A.m1>m2，r1>r2
B.m1>m2，r1<r2
C.m1>m2，r1=r2
D.m1<m2，r1=r2
(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是______ .(填下列对应的字母)
A.直尺
B.游标卡尺
C.天平
D.弹簧秤
E.秒表．
(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关
系式(用m1、m2及图中字母表示)______ 成立，即表示碰撞中动量守恒．
(4)氡222是一种天然放射性气体，被吸入人后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫
生组织公布的主要环境致癌物质之一，其衰变方程是 86222Rn→ 84218Po+______ .已知 86222Rn的半衰期约为3.8天，则约经过______ 天，16g的 86222Rn衰变后还剩1g．
四、计算题（本大题共3小题，共37.0分）
15.在如图所示的电路中，R1=R2=R3=2Ω，电流表可视为理想电表，
当开关S1闭合，开关S2接a时，电流表的示数为3A；当开关S1闭合，
开关S2接b时，电流表的示数为2.5A。

求：
(1)电源的电动势和内阻；
(2)开关S2接c时，通过R2的电流；
(3)开关S2接a、b、c中哪一点时，电源的输出功率最大，此时的输出功率是多大。

16.如图所示，甲、乙两物体能在光滑的水平面上沿同一直线运动．已知甲车的质量为0.5kg，乙车
1.5kg，其左侧固定的轻弹簧，弹簧处于原长．甲物体以6m/s的初速度向右运动，乙物体在甲
物体右方不远处静止．
①当弹簧压缩至最短(在其弹性限度内)时，求乙物体的速度大小？
②弹簧弹开后，恢复到原长，求全过程弹力对甲物体的冲量大小和方向？
17.如图所示，单匝圆形线圈与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度为B，圆形线圈的电阻不计．导
体棒a绕圆心O逆时针方向匀速转动，以角速度ω旋转切割磁感线，导体棒的长度为l，电阻为r.定值电阻R1、R2和线圈构成闭合回路，P、Q是两个平行金属板，两极板间的距离为d，金属板的长度为L.在金属板的上边缘，有一质量为m且不计重力的带负电粒子，以初速度v0竖直向
，离开电下射入极板间，并在金属板的下边缘离开，带电粒子进入电场的位置到P板的距离为d
3场的位置到Q板的距离为d
，若R1=R2=2r，求：
3
(1)两极板间的电场强度大小；
(2)试求带电粒子的电荷量．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：开普勒通过分析第谷的观测数据提了了行星的运动规律；而发现万有引力定律的科学家是牛顿，他提出了万有引力定律，并用“月−地检验”证实了万有引力定律的正确性；
首次比较精确地测出引力常量的科学家是卡文迪许，牛顿得到万有引力定律之后，并没有测得引力常量，引力常量是由卡文迪许用扭秤实验测得的．故ACD错误，B正确．
故选：B
明确天体运动规律的发现历程，知道相关物理学家的主要贡献即可正确求解．
万有引力定律是牛顿运用开普勒有关行星运动的三大定律，结合向心力公式和牛顿运动定律，运用其超凡的数学能力推导出来的，因而可以说是牛顿在前人研究的基础上发现的．
经过100多年后，由英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置巧妙的测量出了两个铁球间的引力，从而第一次较为准确的得到万有引力常量．
2.答案：C
解析：解：如图所示，从线框完全进入直到右边开始离开磁场区域，线框中的磁通量就不再发生变化，故线圈中没有感应电流的距离为d−l；
；
因导线框做匀速运动，故不产生感应电流的时间t=d−l
v
故选C．
只要闭合回路中的磁通量发生变化，回路中就会产生感应电流；由导体框运动过程由速度公式可求得不产生感应电流的时间．
本题考查感应电流的条件，应明确只有闭合回路中磁通量发生变化时才能产生感应电流；并且要注意通过画草图找出准确的长度．
3.答案：D
解析：解：A、导线ab匀速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M 产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生。

故A错误。

B、导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由a→b，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流，不符合题意。

故B错误。

C、导线ab匀速向左运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意。

故C错误。

D、导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由b→a，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，符合题意。

故D正确。

故选：D。

导线ab运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向．感应电流流过大线圈M时，M产生磁场，就有磁通量穿过小线圈N，根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，再根据楞次定律判断小线圈N中产生的电流方向，选择符合题意的选项．
本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律和安培定则的能力．4.答案：D
解析：解：A、若金属杆匀加速运动，则平均速度为v
2
.实际上金属杆加速运动中加速度不断减小，速度−时间图象的斜率不断减小，在相同时间内金属杆通过的位移大于匀加速运动通过的位移，则金
属杆的平均速度大于匀加速运动的平均速度1
2
v.故A错误。

B、金属杆克服安培力做功的功率等于B2L2v2
R+r
，与速率v的平方成正比，由于匀速运动时速度最大，则知加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率。

故B错误。

C、匀速运动时，金属杆的速度大小为v，所受的安培力大小为B2L2v
R+r ，此时有mgsinθ=B2L2v
R+r
；当金
属杆的速度为1
2v时，它所受的安培力大小为B2L2v2
R+r
，根据牛顿第二定律得
mgsinθ−B 2L2v
2
R+r =ma，联立解得a=gsinθ
2
.故C错误。

D、整个运动过程中回路中产生的焦耳热为Q=mgℎ−1
2
mv2，
所以R上产生的热量：Q R=R
R+r ⋅Q=(2mgℎ−mv2)R
2(R+r)
，故D正确。

故选：D。

本题关键应根据安培力与速度的关系分析金属棒的运动情况．
金属杆在加速运动中加速度不断减小，根据速度图象分析可知平均速度大于1
2
v；
加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率等于B2L2v2
R+r
，与速率v的平方成正比，小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率；
速度为v
2，安培力的大小为B
2L2v
2
R+r
，根据牛顿第二定律求解加速度；
整个回路中产生的焦耳热为mgℎ−1
2
mv2，然后结合串联电路中的电功率分配即可求出电阻R产生的焦耳热．
解决这类问题的关键时分析受力情况，掌握安培力的表达式F A=B2L2v2
R+r
，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化．
5.答案：D
解析：解：A、合上开关S接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮。

故A错误，B错误；
C、断开开关S切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反。

故C错误、D正确。

故选：D。

电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．
解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．
6.答案：C
解析：解：根据电荷守恒定律得到，相等时间内通过电压表V1与V3的电荷量与通过电压表V2的电荷量相等，则电压表V2的电流等于V1与V3的电流之和。

三只电压表V1，V2完全相同，V3的内阻是V1的2倍，设电压表V1、V2的内阻为R，电阻表V3的内阻
为2R
U1 R +
U3
2R
=
U2
R
代入数据得：
2 R +
2
2R
=
U2
R
解得U2=3V，故C正确，ABD错误；
故选：C。

根据电压表V2的电流等于V1与V3的电流之和，根据欧姆定律求解V2的示数。

本题三个电压表的电流关系与并联电路干路电流与支路电流的关系相似。

此题的结果与电压表中电流方向有关。

7.答案：C
解析：解：ACD/原子核发生衰变，粒子的速度方向相反，由图可知粒子的运动的轨迹在两侧，根据左手定则可以得知，衰变后的粒子带的电性相同，所以释放的粒子应该是氦核，所以原子核发生的可能是α衰变或者放出一个正电子；故AD错误，C正确；
B、静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，衰变前后，动量守恒，故两个粒子的动量p=mv相
等，由R=mv
qB
=P
qB
可知，q越大，轨道半径越小；故大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运
动轨迹，故B错误
故选：C。

静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；从而确定可能的情况，衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析即可明确两圆对应的粒子。

本题综合考查了原子衰变、动量守恒以及粒子在磁场中的运动，根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可以分析判断粒子的带电的情况。

8.答案：D
解析：解：A、甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，她们相互作用的冲量不相等，故A错误；
B、由于二人的位移不同，二人的推力相同，故两人相互做功不同；故B错误；
B、由于二人做功不同；故甲的动能增加量不等于乙的动能减少量；故C错误；
D 、甲、乙间的作用力大小相等，方向相反；作用时间相同，故由动量定理可知，二人的动量变化大小一定相等，方向相反；故D 正确； 故选：D ．
运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒．
本题关键是明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员的动量变化大小相等；而系统的总动量守恒．
9.答案：AD
解析：解：设磁感应强度为B ，CD 边长度为L ，AD 边长为L′，线圈电阻为R ； A 、线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E =BLv ，感应电流I =BLv R
，则知感应电流I 与速度v
成正比，故线圈中的感应电流之比1：2，故A 正确； B 、线圈进入磁场时受到的安培力：F B =BIL =B 2L 2v R
，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力
F =F B ，则外力功率P =Fv =B 2L 2R
⋅v 2，
功率与速度的平方成正比，外力做功的最大功率之比1：4，故B 错误；
C 、线圈进入磁场过程中产生的热量：Q =I 2Rt =(BLv R
)2
⋅R ⋅
L′v
=
B 2L 2L′v
R
，产生的热量与速度成正比，
所以线圈中产生热量之比1：2，故C 错误； D 、通过导线横截面电荷量：q =I −
△t =△ΦR
=
BLL′R
，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D
正确。

故选：AD 。

根据切割公式E =BLv 求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；
线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P =Fv 求解外力的功率；
由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比； 由电流定义式求出电荷量的计算公式求解电荷量之比。

本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E =BLv ，然后根据P =Fv 求解功率，根据Q =I 2Rt 求解热量，能由电流定义式可以求出电荷量，要掌握电荷量的经验公式。

10.答案：BC
解析：根据，得，故A错误；根据题意得，电流表A读数为I，副线圈的电流有效值为I，所以通过副线圈的最大电流为，故B正确；电感线圈会对交流电有阻碍作用，即I1>I2，故C正确；电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A3，即I3≠0，故D错误．
考点：变压器的构造和原理；电容和电感对交流电的的导通和阻碍作用
11.答案：AD
解析：解：A、发电机产生的交变电动势为e=E m sinωt=BS(2πn)sin(2πn)t，将磁感应强度增加一倍，其他条件不变，电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，A正确；
B、若交流发电机电枢转速为n，则发电机产生的交变电动势为e=E m sinωt=BS(2πn)sin(2πn)t.而周期与转速的关系为T=1f=1n(以r/s为单位)．
若转速n提高一倍，E m提高一倍，所以有效值提高一倍，但周期减小为原来的1
2
.所以选项B错误．C、将磁感应强度增加一倍，线圈的面积缩小一半，其它条件不变，周期不变，而E m不变，所以有效值不变．所以C错误．
D、将线圈的面积增加一倍，其他条件不变，E m加倍，所以有效值加倍，而周期不变．选项D正确．故选：AD．
根据发电机产生的交变电动势的表达式e=E m sinωt=BS(2πn)sin(2πn)t和周期与转速的关系T=
1 f =1
n
(以r/s为单位)，逐一讨论．
本题重点考查交流电的产生过程及瞬时表达式，只有在理解的基础上才能准确用该表达式，作出定量分析．
12.答案：AD
解析：A、由图乙可知交流电压最大值U m=20√2V，周期T=0.02秒，ω=2π
T
=100πrad/s，所以u=20√2sin100πt，故A正确；
BC、电压表的示数为电路的有效电压的大小，U1=20V，U1
U2=n1
n2
解得：U2=4V，流过电阻的电流
I2=U2
R =0.2A，根据I1
I2
=n2
n1
，解得：I1=0.04A，故BC错误；
D、电阻R上消耗的电功率P=U22
R =16
20
W=0.8W，故D正确．
故选：AD
由图乙可知交流电压最大值U m=20√2V，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=U m sinωt(V)，根据电压与匝数程正比，功率公式即可得出结论．
根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
13.答案：B穿过闭合回路中磁通量发生变化入上
解析：解：(1)闭合电键后，线圈中的磁场方向为逆时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为顺时针方向，故左侧线圈中感应电流方向俯视顺时针，故直导线有电流，小磁针旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针不偏转，故ACD错误，B正确；
故选：B；
(2)只有电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原磁场变化时才有感应电流，故产生感应电流的条件是：穿过闭合回路中磁通量发生变化。

(3)开关S闭合，由图可知，电流从正极流入电流表，
当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，这说明：电流从哪极流入，指针向哪偏转；
若实验中发现电流表指针向右偏转，说明电流从负极流入电流表，由楞次定律可知，当把磁铁N极向上拨出线圈时，感应电流从负极流入，电流表指针向右偏；
故答案为：(1)B；(2)穿过闭合回路中磁通量发生变化；(3)入，上。

(1)先根据右手螺旋定则判断原磁场方向，然后根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，最后再根据右手螺旋定则判断感应电流方向并得到小磁针是否偏转；
(2)电磁感应现象发生的条件是：闭合导体回路，磁通量发生改变；
(3)当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；由楞次定律判断出感应电流的方向，根据电流流向与电流计指针偏转方向间的关系分析答题。

考查了电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流。

还考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题。

14.答案：C ；AC ；m 1OP =m 1OM +m 2ON ；(或α)，；15.2
解析：解：(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2
在碰撞过程中动能守恒故有：12m 1v 02=12m 1v 12+1
2m 2v 22
解得：v 1=m 1−m
2
m 1+m 2v 0
要碰后入射小球的速度v 1>0，即m 1−m 2>0， m 1>m 2，
为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r 1=r 2 故选C ．
(2)P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球的位置，N 为碰后被碰小球的位置， 碰撞前入射小球的速度为：v 1=OP √2ℎ
g
碰撞后入射小球的速度为：v 2=OM √2ℎ
g
碰撞后被碰小球的速度为：v 3=
ON √2ℎ
g
．
若m 1v 1=m 2v 3+m 1v 2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得： m 1OP =m 1OM +m 2ON
所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平．故选：AC (3)由(2)中的分析可知，实验中需验证的表达式为：m 1OP =m 1OM +m 2ON
(4)解：根据电荷数守恒、质量数守恒知，未知粒子的电荷数为2，质量数为4，为α粒子( 24He). 根据m =m 0(12)n 得，(12)n =m m 0
=1
16，解得n =4，
则t =4T =4×3.8天=15.2天． 故答案为：(1)C (2)AC
(3)m 1OP =m 1OM +m 2ON (4) 24He(或α)，15.2．
为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；
两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．
根据电荷数守恒、质量数守恒得出衰变方程中的未知粒子．根据m=m0(1
2
)n得出半衰期的次数，从而得出经历的天数．
(1)对于动量守恒实验的验证要注意明确实验原理，掌握数据处理的方法；
(2)对于衰变规律可注意掌握：电荷数守恒、质量数守恒，知道半衰期的定义，知道衰变后的质量与
衰变前质量的关系，即m=m0(1
2
)n．
15.答案：解：(1)开关S2接a时，R1与R2并联后再与R3串联，并联电阻为：R并=R1R2
R1+R2=2×2
2+2
Ω=1Ω
此时电流表的示数为I a=3A
根据闭合电路的欧姆定律可得：E=I a(R并+R3+r)
开关S2接b时，电流表的示数为I b=2.5A，此时R1断开，R2和R3串联，根据闭合电路的欧姆定律可得：E=I b(R2+R3+r)
联立解得：E=15V，r=2Ω；
(2)开关S2接c时，R1断开，R3短路，通过R2的电流为I=E
R2+r =15
2+2
A=3.75A；
(3)当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大；
开关S2接c时，外电阻只有R2且R2=r=2Ω，此时电源的输出功率最大。

输出的最大功率为P m=I2R2=3.752×2W=28.125W。

答：(1)电源的电动势为15V，内阻为2Ω；
(2)开关S2接c时，通过R2的电流为3.75A；
(3)开关S2接a、b、c中c点时，电源的输出功率最大，此时的输出功率是28.125W。

解析：(1)开关S2接a时或开关S2接b时，分析电路的连接情况，根据闭合电路的欧姆定律列方程联立求解；
(2)开关S2接c时，分析电路的连接情况，根据闭合电路的欧姆定律求解电流；
(3)当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，根据电功率的计算公式求解。

本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，根据串联电路和并联电路的特点，结合闭合电路的欧姆定律、电功率的计算公式等进行解答。

16.答案：解：①设甲车的初速度为v0，当两车相距最近时，两车有共同速度v，以向右为正方向，。