2022-2023学年天津市第二南开区学校高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年天津市第二南开区学校高二（下）期中物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了8s时，物体的速度方向向右，5Hz等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年天津市第二南开区学校高二（下）期中物理试卷
1. 如图甲所示，物体置于光滑水平面上O点，左端连接一弹簧，弹簧左端固定于竖直墙上，用向左的力缓慢推动物块，使其压缩弹簧至A点，撤去力并开始计时，其运动图像如图乙所示。则(    )

A. t=0.8s时，物体的速度方向向右
B. t=0.2s时，物体在O点左侧6cm处
C. t=0.2s和t=1.0s时，物体的加速度等大反向
D. t=0.8s到t=1.2s的时间内，物体的速度逐渐减小
2. 飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a。某型号的飞力士棒质量为600g，长度为1.5m，固有频率为4.5Hz。如图b，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是(    )
A. 使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B. 无论手振动的频率多大，飞力士棒振动的频率都是4.5Hz
C. 手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D. 手每分钟振动270次时，飞力士棒产生共振



3. 如图所示，一列沿x轴传播的简谐横波，实线是t1=0时的部分波形图，虚线是t2=0.6s时的部分波形图，其他数据图中已标出，下列说法正确的是(    )

A. 这列波的波长是3m
B. 若该波沿x轴正方向传播，其周期可能是0.16s
C. 若该波沿x轴负方向传播，在0.6s时，x=4m处的质点振动方向沿y轴负方向
D. 这列波的波速可能是20m/s
4. 如图1所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量Φ随时间t变化的规律如图2所示。已知线圈匝数为20匝，则下列说法正确的是(    )

A. 线圈转动的角速度为2rad/s B. 1.5s时，线圈所在平面与中性面垂直
C. 100s内，线圈中电流方向改变50次 D. 感应电动势的最大值为4π(V)
5. 如图所示，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图象，且xab=6m。下列判断正确的是(    )


A. 波一定沿x轴正方向传播 B. 波长可能是12m
C. 波速可能是1.2m/s D. 波速不可能是2m/s
6. 图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，P质点对应的平衡位置的坐标为x=3.0m，Q质点对应的平衡位置的坐标为x=3.5m，M质点对应的平衡位置的坐标为x=4.0m。图乙为M质点的振动图像。下列说法正确的是(    )

A. 该简谐波的传播速度为4m/s，传播方向沿x轴正方向
B. t=1.75s时P质点的振动速度小于Q质点的振动速度
C. 该波可以与另一列频率为1Hz的波发生干涉现象
D. 该波遇到8m的障碍物时能产生明显的衍射现象
7. 某远距离输电线路图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，输电线总电阻为R，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，电压分别为U3、U4，变压器为理想变压器。现进行输电线路改造，改造后输电线电阻R变小，发电厂电压U1、升压变压器匝数比n1n2、用户电压U4以及发电厂总功率保持不变，下列说法正确的是(    )


A. 改造后输电电压U2减小
B. 改造后降压变压器原线圈两端电压U3增大
C. 改造后降压变压器的匝数比n3n4减小
D. 改造后降压变压器输出功率变大
8. 医院里常用B超对人体进行早期明确诊断。B超时探头向人体发射超声波，经人体组织反射回的超声波信号形成B超图像，能清晰地显示各脏器及周围器官的各种断面像，接近解剖的真实结构。图示为t=0时刻探头从坐标原点O开始沿人体血管发送简谐超声波，t=2×10−7s时刻波恰好传到点P(0.32mm,0)，经过一段时间后传到点Q(0.8mm,0)。下列判断正确的是(    )
A. 原点O开始振动时沿y轴负方向运动
B. 该波的频率为4×10−7Hz
C. 0～4×10−7s时间内P点运动的路程为8mm
D. t=6×10−7s时刻Q点第一次出现在波谷
9. 如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片，若输入电压U1一定，则(    )

A. P不动，P′向下滑动时，U2一直在减小
B. P′不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值增大
C. P′不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大
D. P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变
10. 如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m1和m2，下列说法正确的是(    )
A. 物体A所受的回复力大小跟位移大小之比为k
B. 把物体A与滑块B看成一个振子，其回复力大小跟位移大小之比为k
C. 滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供
D. 若A、B之间的最大静摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为μm1gk
11. 某同学在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：
(1)用游标卡尺测小球的直径如图a所示，其值为______ mm；用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间如图b所示，秒表读数为______ s；

(2)若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这—情况的原因可能是______ (选填下列选项前的序号)
A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=tn求得周期T
D.摆球的质量过大
(3)在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图像法处理数据，并通过改变摆线长，测得了多组摆线长L和对应的周期T，并用这些数据作出T2−L图像如图甲所示，并根据图线拟合得到方程T2=4.04L+0.024(s2)。由此可以得出当地的重力加速度g= ______ m/s2。(取π2=9.86，计算结果保留3位有效数字)
12. 某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：
①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射器，使其出口处切线与水平桌面相平；
②在一块长平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘。将小球a向左压缩弹簧并使其由静止释放，a球碰到木板，在白纸上留下压痕P；
③将木板向右水平平移适当距离，再将小球a向左压缩弹簧到某一固定位置并由静止释放，撞到木板上，在白纸上留下压痕P2；
④将半径相同的小球b放在桌面的右边缘，仍让小球a从步骤③中的释放点由静止释放，与b球相碰后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P1、P3。
(1)下列说法正确的是______ 。
A.小球a的质量可以小于小球b的质量
B.弹簧发射器的内接触面及桌面一定要光滑
C.步骤③④中入射小球a的释放点位置一定相同
D.桌面右边缘末端可以不水平
(2)本实验必须测量的物理量有______ 。
A.小球a、b的质量m1、m2
B.弹簧的压缩量x1
C.木板距离桌子边缘的距离x2
D.小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3
(3)用(2)中所测的物理量来验证两球碰撞过程中动量是否守恒，当满足关系式______ 时，则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒。

13. 一射出的质量为0.01kg的子弹以一定的初速度水平射入质量为0.99kg的物块A，并停在物块中，一起在光滑水平面运动一段时间后，与停在光滑半圆轨道底端的质量为3kg的B物块发生弹性正碰撞，B物体恰好通过轨道最高点，最终落在水平地面。已知半圆轨道半径为0.5m，重力加速度取10m/s2，求：
(1)B物块在半圆轨道最底端与A碰后速度多大；
(2)子弹的初速度为多大。
14. 如图所示，半径R=3m的光滑圆弧轨道BC竖直固定在光滑水平地面上，C端切线水平；与C端等高的长木板质量M=4kg靠紧圆弧轨道；A点在圆弧轨道所在竖直面内，与B端的高度差h=0.8m。质量为m=3kg的小物块(可视为质点)从A点以v0=3m/s的水平初速度抛出，运动到B端恰好沿着切线方向进入圆弧轨道BC，最后与长木板相对静止。小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2.求：
(1)小物块运动至B端时的速度大小和方向；
(2)小物块滑至C端时，圆弧轨道对它的支持力大小；
(3)长木板的最小长度。

15. 如图所示，相距L=40cm的两光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，在M、P两点间接一阻值为R=0.5Ω的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O′1O′内有垂直导轨平面向里、宽为d=0.7m的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。一质量m=0.02kg、电阻r=0.1Ω的导体棒ab垂直的搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0=0.8m。现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平)，导轨电阻不计。g取10m/s2，求：
(1)棒ab离开磁场下边界的速度大小；
(2)棒ab在通过磁场区域的过程中，电阻R上产生的焦耳热；
(3)棒ab从静止释放到离开磁场所用的时间。【第(3)问，计算结果保留两位有效数字】
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.t=0.8s时，物体在负向最大位移处，速度为零，故A错误；
B.由图乙可知：A=12cm，T=1.6s，则
ω=2πT
物体做简谐运动的振动方程为：
x=Acos(ωt)
t=0.2s时，物体的位移为：
代入数据得：x=6 2cm
即此时物体在O点左侧6 2cm处，故B错误；
C.t=0.2s和t=1.0s相差半个周期，所以物体在两个时刻的位置关于O点对称，物体的加速度等大反向，故C正确；
D.t=0.8s到t=1.2s的时间内，物体向平衡位置运动，则速度逐渐增大，故D错误。
故选：C。
根据图乙确定t=0.8s时物体的位置；根据图乙写出该简谐运动的振动方程，根据振动方程确定t=0.2s时物体的位置；物体在距离平衡位置距离相等时加速度大小相等；根据图乙得到t=0.8s到t=1.2s的时间内物体的振动情况。
本题主要是考查了简谐运动的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图像直接读出振幅和各个位置处的质点振动方向。

2.【答案】D 
【解析】解：AB、人用手振动该飞士力棒，让其做受迫振动，受迫振动的频率与驱动力的大小无关，但其频率等于驱动力的频率，手振动的频率越大，飞力士棒振动的频率越大，故AB错误；
CD、当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞士力棒振动幅度才会变大，
当振动频率等于该飞士力棒的固有频率时，即每分钟振动270次，则每秒为27060=4.5次，则f=4.5Hz，飞士力棒产生共振，故C错误，D正确；
故选：D。
受迫振动的频率与驱动力的大小无关，等于驱动力的频率；当驱动力的频率与物体的固有频率相等时会发生共振现象，振幅最大。
本题主要考查了受迫振动，共振，解题的关键是知道受迫振动的频率与驱动力的大小无关，知道发生共振的条件。

3.【答案】B 
【解析】解：A、根据图像看两个相邻的波峰或者波谷之间的距离判断波长为4m，故A错误；
B、若该波沿x轴正方向传播，假设周期是0.16s，则v=λT=40.16m/s=25m/s，则0.6s波传播的距离为x=vt=25×0.6m=15m，传播距离x是波长λ的3.75倍，能从实线波形变化到虚线波形，故B正确；
C、若该波沿x轴负方向传播，根据微平移法方法将0.6s时的虚线波形向左微平移，x=4m处的质点振动方向向y轴正方向才能到微平移后的波形，故C错误；
D、假设这列波的波速是20m/s，算出0.6s传播的距离为12m，12m是波长λ的3倍，则会出现虚线波形与实线波形重合的情况，与题意不符合，故D错误。
故选：B。
A、根据图像看两个相邻的波峰或者波谷之间的距离判断波长；
B、若该波沿x轴正方向传播，假设周期是0.16s，根据波长算出波速，再看0.6s波传播的距离是否能从实线波形变化到虚线波形，进而判断正确与否；
C、根据微平移法等方法判断，若该波沿x轴负方向传播，在0.6s时，x=4m处的质点振动方向是否沿y轴负方向运动；
D、假设这列波的波速是20m/s，算出0.6s传播的距离，看看能否从实线波形变化到虚线波形，进而判断正确与否。
本题选择可能得周期、可能得波速，实际上涉及波的多解性问题，从实线波形变为虚线波形，可能向左传播也可能向右传播，向左传播的距离可能是(n+14)λ，n取整数，向右传播的距离可能是(n+34)λ，n取整数。

4.【答案】D 
【解析】解：A、由图乙可得交流电的周期T=2s，故线圈转动的角速度ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，故A错误；
B、1.5s时，穿过线圈的磁通量最大，此时线圈位于中性面位置，故B错误；
C、一个周期内电流的方向改变2次，100s内含50个周期，故电流方向改变次数为2×50次=100次，故C错误；
D、感应电动势的最大值Em=NBSω=NΦmω=20×0.2×πV=4πV，故D正确；
故选：D。
交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω，根据Φ−t图线得出周期T以及磁通量的最大值Φ=BS.从而求出感应电动势的最大值，根据磁通量判断出线圈所在的位置，在一个周期内电流方向改变2次。
解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，知道在一个周期内电流方向改变2次，即可判断。

5.【答案】C 
【解析】解：A.由振动图像是无法比较a、b两质点振动的先后的，所以无法判断波的传播方向，故A错误；
BCD.①若波沿x轴正方向传播时，由振动图像读出t=0时刻，a质点经过平衡位置向下运动，而b位于波峰，结合波形得到：xab=(n+14)λ
故可得到波长为：λ=244n+1m，(n=0,1,2…)
由图甲得周期T=4s
根据波长、周期、波速的关系可得波速为：v=λT=64n+1m/s，(n=0,1,2…)
②若波沿x轴负方向传播时，同理可得：xab=(n+34)λ，波长为：λ=244n+3m，(n=0,1,2…)
可得此时的波速为：v=64n+3m/s，(n=0,1,2…)
由于n是整数，则波长不可能为12m；
由波速的公式：v=64n+1m/s，可得当n=1时，v=1.2m/s
由波速的公式：v=64n+3m/s，可得当n=0时，v=2m/s
故C正确，BD错误。
故选：C。
根据两振动图象读出a、b两质点在同一时刻的状态，结合波形，分析a、b间距离xab与波长的关系，得到波长的通项，求出波速的通项，再求波速的特殊值。
解答本题的关键是能够通过两个质点的振动图象，读出同一时刻两质点的状态，根据波形，得出两点间距离与波长的关系，是典型的多解问题。

6.【答案】C 
【解析】解：A.由甲图可知该波的波长λ=4m，由乙图可知周期T=1s，由波速公式可得：v=λT=41m/s=4m/s，当t=1.0s时，质点M在平衡位置，由乙图可知，下一时刻要沿y轴负方向振动，结合甲图可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.t=1.75s=134T，此时P质点处于平衡位置沿y轴正方向振动，速度最大。此时，刚好是t=1s时刻平衡位置在x=6.5m处的质点的振动形式传到Q点，即此时Q质点已经过了平衡位置，正沿y轴正方向朝正向最大位移处运动，其速度小于经过平衡位置时的速度，故B错误；
C.根据频率与周期的关系可知f=1T=11Hz=1Hz，发生干涉的条件是，频率相同的两列波相遇，所以该波遇到另一列频率为1Hz波时，能发生干涉现象，故C正确；
D.能发生明显衍射的条件是障碍物的尺寸跟波长差不多或者比波长小得多，故该波遇到8m的障碍物时不能产生明显的衍射现象，故D错误。
故选：C。
从波动图像上获取波长，从振动图像上获取周期，根据波速公式求解，根据波动与振动方向的关系判断波的传播方向；根据振动情况分析质点P和Q在t时刻所处的位置，根据简谐运动特点比较速度的大小；发生干涉的条件是频率相同、相差稳定的；能发生明显衍射的条件是障碍物的尺寸跟波长差不多或者比波长小得多。
本题考查振动图像与波动图像相结合的问题及干涉和衍射现象。解决此类问题时一定要分清楚波动图像和振动图像的意义；再次要明确当频率相同、相差稳定的两列波相遇时才能形成稳定的干涉图样；当障碍物或孔的尺寸跟波长差不多或者比波长小得多，才能发生明显的衍射现象。

7.【答案】BD 
【解析】解：A、根据升压变压器电压与匝数关系有n1n2=U1U2
可得U2=n2n1U1
则改造后输电电压U2不变，故A错误；
B、由发电总功率P1=P2=U2I2
可得I2不变，所以输电线上的电压降为U=I2R
由于改造后输电线电阻R变小，可知输电线上的电压降U减小，根据U3=U2−U
则改造后降压变压器原线圈两端电压U3增大，故B正确；
C、由降压变压器电压与匝数关系有n3n4=U3U4
由于降压变压器原线圈两端电压U3增大，则改造后降压变压器的匝数比n3n4增大，故C错误；
D、根据P=I22R
可知输电线上损失的功率P减小；根据P4=P3=P1−P
可知改造后降压变压器输出功率变大，故D正确。
故选：BD。
变压器电压之比等于匝数之比；电流之比与匝数成反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗，输电功率不变时，当输电电流不变，电阻变小时，输电损失功率和电压都将减小，据此根据变压器规律分析答题。
理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象。远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。

8.【答案】AD 
【解析】解：A、根据微平移方法判断P点的振动方向沿y轴负方向运动，由于P点刚刚起振，和振源质点O开始的振动方向相同，所以原点O开始振动时沿y轴负方向运动，故A正确；
B、根据波形判断波长为λ=2×0.32mm=0.64mm，因为波形匀速传播，半个周期传播半个波长，所以T=2t=2×2×10−7s=4×10−7s，周期的倒数就是波的频率，故B错误；
C、0～4×10−7s时间内P点运动的时间只有半个周期，由于P点从平衡位置开始振动，半个周期的路程等于2个振幅，即l=2A=2×2mm=4mm，故C错误；
D、根据波形t=2×10−7s时刻的波谷在x坐标0.16mm处，波形是匀速传播的，再经过一个周期传播一个波长，正好波谷传播到Q点，即t=6×10−7s时刻波谷传播到Q点，即Q点第一次出现在波谷，故D正确。
故选：AD。
A、可以根据微平移方法判断此时P点的振动方向，进而知道质点O开始的振动方向；
B、根据波形判断波长，根据题意也可以计算周期，周期的倒数就是波的频率；
C、根据P点运动的时间以及振幅可以求解路程；
D、根据波形是匀速传播的、再根据图像中的波谷判断其何时传播到Q点。
关于波传播的问题需要注意，波传播的是振动形式，也就是波形，是匀速的，波速等于波长除以周期；而各个质点在振动，不随波形迁移。

9.【答案】BD 
【解析】解：A、P不动，P′向下滑动时，根据U1U2=n1n2可知，自耦变压器输出电压U2不变，故A错误；
BC、P′不动，P顺时针转动一个小角度时，副线圈匝数减小，根据U1U2=n1n2可知，U1不变，U2变小，U1和U2的比值变大，则副线圈电流减小，电流表示数也减小，故B正确，C错误；
D、P顺时针转动一个小角度，U2变小，同时P′向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，副线圈电流可能不变，小灯泡的亮度可以不变，故D正确；
故选：BD。
根据变压器原理分析原副线圈电压、电流的变化，根据P′的变化，确定出全电路的电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化。
本题考查变压器的动态分析和电路动态分析，前提是要知道自耦线圈原理，关键是要会应用变压器原理分析电路变化。

10.【答案】B 
【解析】解：A.设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律可得，整体的加速度为a=kxm1+m2
对A根据牛顿第二定律可得：f=m1a=km1m1+m2x
所以，作用在A物体上的静摩擦力大小f即回复力的大小与位移大小之比为：fx=km1m1+m2，故A错误；
B.物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小满足F=−kx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故B正确；
C.物块B做简谐运动，回复力是弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故C错误；
D.根据题知，物体间的静摩擦力最大时，其振幅最大，设为A，以整体为研究对象，回复力由弹簧的弹力提供，由牛顿第二定律有：kA=(m1+m2)a′
以A为研究对象，由牛顿第二定律有：μm1g=m1a′
联立解得，振幅为：A=μ(m1+m2)gk，故D错误。
故选：B。
根据题中“物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动”可知，本题考查简谐运动，根据简谐运动的规律，运用回复力公式、牛顿第二定律等，进行分析推断。
本题主要是考查简谐运动，解答本题的关键是掌握简谐运动的规律，能够根据受力特点结合牛顿第二定律、回复力的表达式进行分析。

11.【答案】10.60  100.2  C  9.76 
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，则小球的直径为d=10mm+12×0.05mm=10.60mm
秒表的读数为t=60s+40.2s=100.2s
(2)根据单摆的周期公式T=2π Lg得：g=4π2LT2
A、测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；
B、摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，振动越来越慢，周期的测量值偏大，而摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B错误；
C、测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=tn求得周期T，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；
D、摆球的质量对重力加速度的测量没有影响，故D错误。
故选：C。
(3)根据g=4π2LT2，得：T2=4π2gL
知T2−L图像的斜率为：k=4π2g
由T2=4.04L+0.024(s2)，可得：k=4.04
联立解得：g≈9.76m/s2
故答案为：(1)10.60，100.2；(2)C；(3)9.76。
(1)根据主尺与游标尺读数之和读出小球的直径。根据秒表的读数规则读出对应的示数；
(2)根据单摆的周期公式T=2π Lg得出g的表达式，并结合选项完成分析；
(3)根据单摆的周期公式结合数学知识求出g的大小。
本题考查单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像的物理意义和单摆的周期公式即可完成分析。

12.【答案】D  BD m1 h2=m1 h3+m2 h1 
【解析】解：(1)A、为防止碰撞后入射球反弹，入射小球a的质量应大于被碰小球b的质量，故A错误；
B、弹簧发射器的内接触面及桌面不一定要光滑，入射小球a的释放点位置相同即可保证每次实验入射球的速度相等，故B错误；
C、为保持每次实验入射球的速度相等，所以步骤③④中入射小球a的释放点位置一定相同同，故C正确；
D、为保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，故D错误；
故选：C。
(2)小球离开轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的距离为x，由平抛运动规律得：
水平方向：x=vt，竖直方向：h=12gt2，解得：v=x g2h。
碰撞前，小于m1落在图中的P点，设其水平初速度为v0.小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的N点，
设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的M点，设其水平初速度为v2.小球碰撞的过程中若动量守恒，
则：m1v0=m1v1+m2v2，即：m1⋅x g2h2=m1⋅x g2h3+m2⋅x g2h1，
则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为：m1 h2=m1 h3+m2 h1；
所以本实验必须测量的物理量有小球a、b的质量m1、m2以及小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3，故AD错误，BC正确；
故选：AD。
(3)由以上的分析可知，验证两球碰撞过程中动量是否守恒，当满足关系式m1 h2=m1 h3+m2 h1。
故答案为：(1)C；(3)AD；(3)m1 h2=m1 h3+m2 h1。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据实验原理分析出需要测量的物理量；
(3)根据动量守恒定律结合平抛运动的特点得出需要满足的关系式。
本题考查了求验证动量守恒的实验，理解实验原理是正确解题的关键，应用平抛运动规律即可正确解题，验证动量守恒定律中，学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度的方法，难度适中。

13.【答案】解：(1)由于B物体恰好到达最高点，在最高点受力分析，则有mBg=mBv2R
对B，根据动能定理可知，−mB⋅2R=12mBv2−12mBvB2
代入数据联立解得：vB=5m/s
(2)在碰撞过程中，满足弹性碰撞动量守恒，则有
(mA+m)v0=(mA+m)vA+mBvB
12(mA+m)v02=12(mA+m)vA2+12mBvB2
代入数据联立解得：v0=10m/s
vA=−5m/s
对于子弹打入物块，满足动量守恒，则有
mv=(mA+m)v0
代入数据解得：v=1000m/s
答：(1)B物块在半圆轨道最底端与A碰后速度为5m/s；
(2)子弹的初速度为1000m/s。 
【解析】(1)B物体恰好到达最高点，B与圆轨道间的弹力为0，重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解最高点的速度，B物体从最低点到最高点，根据动能定理求解最低点的速度；
(2)碰撞过程中，根据动量守恒和机械能守恒列式求解碰撞前子弹和A的速度，子弹打物块的过程动量守恒，即可求解子弹的初速度。
本题考查弹性碰撞，分析清楚物块的运动情况，知道弹性碰撞过程动量守恒，机械能守恒。

14.【答案】解：(1)设小物块运动至B端时的速度大小为vB，与水平方向的夹角为θ，竖直方向的分速度为vy.则
       vy= 2gh= 2×10×0.8=4m/s
根据题意可得tanθ=vyv0
得θ=53°
所以vB=v0cos53∘=5m/s
(2)设小物块在C点的速度为vC，圆弧轨道的支持力为F，则
  根据机械能守恒定律得mgR(1−cosθ)=12mvC2−12mvB2
在C点，由牛顿第二定律得 F−mg=mvC2R
解得vC=7m/s，F=79N
(3)小物块在长木板上滑行过程中，小物块的加速度大小为a1=μmgm=μg=2m/s2
长木板的加速度a2=μmgM
解得a2=1.5m/s2。
小物块在长木板上相对静止时，设经过的时间为t，共同速度为v，长木板最小长度为L。
则 v=vC−a1t=a2t
 L=vC+v2t−v2t
联立解得t=2s，L=7m
答：
(1)小物块运动至B端时的速度大小是5m/s，方向与水平方向的夹角为53°；
(2)小物块滑至C端时，圆弧轨道对它的支持力大小是79N；
(3)长木板的最小长度是7m。 
【解析】(1)物块从A运动到B做平抛运动，根据下落的高度求得物块到达B点时竖直分速度，根据到达B点时水平速度与竖直速度的关系求解小物块运动至B端时的速度大小和方向；
(2)小物块从B滑至C的过程，由动能定理求出物块滑到C点端时的速度。在C点，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求圆弧轨道对它的支持力大小；
(3)物块滑上长木板后做匀减速运动，长木板做匀加速运动，当物块刚好滑到长木板右端时长木板的长度最小。根据牛顿第二定律和运动学公式结合解答。
本题主要考查了平抛运动基本规律、牛顿运动定律及机械能守恒定律的直接应用，关键要正确分析物块的运动过程和状态。第3题也可以根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解。

15.【答案】解：(1)根据题意可得：L=40cm=0.4m
棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动，则有：mg−BIL=0
根据闭合电路欧姆定律，有：I=BLvR+r
联立并代入数据解得：v=3m/s
(2)棒ab在通过磁场区域的过程中，根据能量守恒可得：mg(d0+d)=12mv2+Q
代入数据解得：Q=0.21J
根据焦耳定律可得电阻R上产生的焦耳热为：QR=RR+rQ
代入数据解得：QR=0.175J
(3)棒ab释放到离开磁场，取向下为正方向，由动量定理得：mgt−BI−LΔt=mv−0
通过的电荷量为：q=I−Δt=E−R+rΔt=ΔΦR+r=BLdR+r
则有：mgt−B2L2dR+r=mv
代入数据解得：t≈0.53s
答：(1)棒ab离开磁场下边界的速度大小为3m/s；
(2)棒ab在通过磁场区域的过程中，电阻R上产生的焦耳热为0.175J；
(3)棒ab从静止释放到离开磁场所用的时间为0.53s。 
【解析】(1)棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(2)棒ab在通过磁场区域的过程中，根据能量守恒定律、焦耳定律可得电阻R上产生的焦耳热；
(3)棒ab释放到离开磁场，取向下为正方向，由动量定理求解棒ab从静止释放到离开磁场所用的时间。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。如果涉及电荷量、求时间问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。