2023-2024学年山东省青岛市四区高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市四区高二（上）期中物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.关于电源，下列说法正确的是( )
A. 电源单位时间内向外提供的电能越多，表明电动势越大
B. 电源电动势大，电源对外提供电能的本领大
C. 电源内部，电流由负极流向正极，表明内部由负极到正极电势降低
D. 电动势为2V的电源，将1C正电荷从负极经电源内部移动到正极，静电力做功2J
2.舞中幡是我国传统杂技节目。如图，演员用手顶住中幡，将中幡从胸口处竖直向上抛起，2s后在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经0.5s将幡稳稳接在手中。已知一根中幡质量约为20kg，重力加速度g取10m/s2，忽略幡运动过程中所受的空气阻力，演员接幡过程中，幡对手的平均作用力为( )
A. 300N
B. 400N
C. 600N
D. 800N
3.受奥斯特发现电流磁效应实验的启发，某兴趣小组用铁钉与漆包线绕制成电磁铁，电磁铁正上方的小磁针稳定后如图所示，下列说法正确的是( )
A. 导线B端接电源正极B. 铁钉内磁场方向向右
C. 电磁铁右端为电磁铁的N极D. 小磁针所在位置的磁场方向水平向左
4.如图，货车在一水平恒力F作用下沿光滑水平面运动，当货车经过一竖直固定的漏斗下方时，沙子由漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为m0。某时刻，货车(连同已落入其中的沙子)质量为M，速度为v，此时货车的加速度为( )
A. F+m0vMB. F−m0vMC. FMD. F−m0gvM
5.如图，四根与纸面垂直的长直导线a、b、c、d，位于边长为L的正方形四个顶点上，导线中通有大小相同的电流I，导线周围的磁场满足B=kIr，下列关于正方形中心O点的磁场大小和方向正确的是( )
A. 2kIL，向上
B. 2 2kIL，向下
C. 2 2kIL，向左
D. 2kIL，向右
6.如图，直线A为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线B为某一电阻R的伏安特性曲线，将该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，下列说法正确的是( )
A. 电源的电动势为4V，内阻为43ΩB. 电源的输出功率为4W
C. 电阻R的阻值为1ΩD. 电源的效率为75%
7.用如图所示的电路研究微型电动机的性能时。闭合开关，调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动，电流表和电压表的示数分别为1.0A和3.0V。重新调节R使电动机恢复正常运转，电流表和电压表的示数分别为4.0A和30.0V，此时电动机的输出功率为( )
A. 64WB. 72WC. 80WD. 88W
8.如图，电路中三个电阻R1、R2和R3的阻值分别为R、3R和4R。当开关S1断开、S2闭合时，电源输出功率为P0；当S1闭合、S2断开时，电源输出功率也为P0，下列说法正确的是( )
A. 电源电动势E=3 P0R，内阻r=2R
B. 电源电动势E=6 P0R内阻r=2R
C. 当S1、S2都断开时，电源的总功率为2P0
D. 当S1、S2都闭合时，电源的总功率为4P0
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.明朝士大夫万户是“世界上第一个想利用火箭飞行的人”。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。下列说法正确的是( )
A. 火箭的推力就是燃气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M−m
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为v022g
D. 在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒
10.在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，R1=20Ω，R2=15Ω。当开关S切换到位置1时，电流表的示数为0.30A；当开关S扳到位置2时，电流表的示数可能为( )
A. 0.4A
B. 0.38A
C. 0.35A
D. 0.29A
11.合肥工业大学科研团队成功研制出兼具自修复和高导电性的弹性导体，其阻值会随形变而发生变化。如图，在a、b两点之间连接一弹性导体，在弹性导体中间悬挂重物后，下列说法正确的是( )
A. 弹性导体阻值变大
B. 定值电阻R的功率变大
C. 电流表示数变小
D. 弹性导体的功率可能变大
12.如图，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，小灯泡L1、L2的电阻分别为R1、R2。不考虑灯丝电阻随温度的变化，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由右端向左滑动时，下列说法正确的是( )
A. 电流表A1示数变小，电流表A示数变大，小灯泡L1变亮
B. 电流表A示数变大，电压表V示数变小，小灯泡L2变暗
C. 电压表示数变化ΔU，电流表A示数变化ΔI，ΔUΔI=r
D. 电压表示数变化ΔU，电流表A1示数变化ΔI，ΔUΔI1=R
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学用如图所示装置验证两小球的碰撞是弹性碰撞。A、B为两个直径相同的小球。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影，实验时，不放B，让A从固定轨道上的E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置N；将B放置在轨道末端，让A再次从E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置M、P。
(1)实验中，小球碰撞前后的速度不易测量，可以通过测量______ 间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程OM、OP、ON
(2)下列关于实验的要求正确的是______ ；
A.轨道必须是光滑的
B.小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放
C.轨道末端必须水平
D.小球A和小球B的质量必须相等
(3)在实验误差允许范围内，若满足关系式______ ，则可以认为两球的碰撞为弹性碰撞。(用测得的物理量表示)
14.为测量电池的电动势E和内阻r，实验室可供选择的器材如下：
A.电流表G1(满偏电流为1mA，内阻Rg1=200Ω)
B.电流表G2(满偏电流为2mA，内阻Rg2未知)
C.电阻箱RP(0−9999Ω)
D.电阻箱RQ(0−999.9Ω)
E.滑动变阻器R(0∼20Ω,1A)
F.开关一个、导线若干
根据电路图回答以下问题：
(1)实验中，先用如图甲所示的电路测定电流表G2的内阻，将RP调为5000Ω接入电路起保护作用，调节滑动变阻器R，得到多组电流表G1和G2的示数I1和I2如下表所示：
根据测量数据，请在如图所示的坐标系中描点作出I1−I2图线，由图线可得电流表G2的内阻Rg2= ______ Ω(保留三位有效数字)；
(2)采用图乙所示电路测量该电池的电动势和内电阻，将R1、R2处的电阻箱分别调节为2800Ω和0.5Ω接入电路，并进行以下操作：
①闭合开关S，调节滑动变阻器至某一位置，此时电流表G1和G2的示数分别为0.76mA和0.75mA；
②保持开关S闭合，调节滑动变阻器至另一位置，此时电流表G1和G2的示数分别为0.71mA和1.50mA；
由上述数据可求得该电源电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω(保留三位有效数字)。
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.太阳能汽车是一种环保型的“绿色汽车”，人们正致力研究并实施应用。有一辆玩具汽车靠太阳能电池供电，该电池的太阳能集光板面积为420cm2，太阳光垂直照射到地面上单位面积的辐射功率为1.6×103W/m2，太阳能电池电动势为21V，内阻为2Ω。当玩具汽车在水平路面上匀速行驶时，其太阳能集光板正对太阳，测得电流强度为2A，驱动电机的内电阻RM=0.40Ω，在此行驶状态下，求：
(1)玩具汽车匀速行驶时，太阳能集光板把太阳能转化为电能的效率；
(2)玩具汽车匀速行驶时，驱动电机输出的机械功率。
16.如图，一轻弹簧上端悬挂于天花板，下端系一质量m1=2.0kg的物体A处于静止状态。在距物体A正上方高h=1.8m处有一个质量m2=4.0kg的圆环B套在弹簧上但不与弹簧接触。由静止释放B，某时刻与A碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度一起向下运动，0.2s后第一次到达最低点。已知两物体不粘连且可视为质点，g=10m/s2，求：
(1)碰撞结束瞬间两物体的速度大小；
(2)碰撞结束后至最低点过程中A、B间的平均作用力大小。
17.某种灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，参考这条曲线回答下列问题(不计电流表和电源的内阻)：
(1)若把两个这样的灯泡串联后，接到电动势为12V的电源上，求每个灯泡的实际功率；
(2)将三个这样的灯泡并联后再与10Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为12V的电源上，如图乙所示。求每个灯泡的实际功率。
18.如图，在倾角θ=37°足够长的粗糙斜面上放一长L=3.0m、质量为m、两端挡板厚度不计的U形盒子，在盒子底面右端靠近挡板处无初速度释放一质量为2m的光滑物块(可看作质点)，物块与挡板碰撞时间极短且没有机械能损失。盒子与斜面间的动摩擦因数μ=56，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)物块与盒子发生第一次碰撞后各自的速度大小；
(2)物块与盒子发生第一次碰撞后经过多长时间发生第二次碰撞；(结果可用根式表示)
(3)物块与盒子不再碰撞时，盒子的位移。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、根据电源向外提供的电能W=EIt可知：电源向外提供的电能不仅与电动势有关，还有电流和时间有关，故A错误；
B、电源是把其它形式的能转化为电能的装置，而电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，这种转化本领越大，故B正确；
C、电源内部，电流由负极流向正极，电势升高，故C错误；
D、根据E=W非q，可知电动势为2V的电源，将1C正电荷从负极经电源内部移动到正极，非静电力做功2J，故D错误；
故选：B。
电源向外提供的电能不仅与电动势有关，还有电流和时间有关；电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，这种转化本领越大；电源内部，电流由负极流向正极，电势升高；正电荷从负极经电源内部移动到正极，非静电力做功。
本题考查了电源的电动势、电功等知识点。难点：电动势的物理意义比较抽象，我们要记住电动势和哪些因素有关，电源正负极的电势高低及电流的方向。
2.【答案】C
【解析】解：中幡竖直向上抛起，2s后在胸口处接住，根据竖直上抛的对称性，中幡下落到胸口的时间为t=1s
速度v=gt=10×1m/s=10m/s
根据动量定理，规定竖直向下为正方向
(F+mg)t0=0−mv
解得：F=−600N
方向竖直向上
根据牛顿第三定律，幡对手的平均作用力为600N
故ABD错误，C正确。
故选：C。
用运动学求出中幡下落到胸口处的速度，再根据动量定理即可求解。
本题重点考查动量定理的应用，要规定正方向。
3.【答案】A
【解析】解：小磁针稳定后N极水平向右，则小磁针所在位置的磁场方向水平向右，结合磁感线是闭合曲线可知，铁钉内磁场方向向左，电磁铁左端为电磁铁的N极，根据安培定则可知，线圈内电流由B流向A，导线B端接电源正极，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先根据小磁针静止时N极指向确定小磁针所在位置的磁场方向，再根据安培定则线圈中电流的方向，然后判定电源的正负极。
本题考查电流周围磁场的分布知识，要知道磁场方向为小磁针静止时N极的指向，能熟练运用安培定则判定电流方向。
4.【答案】B
【解析】解：沙子落入货车后，立即和货车共速，选择向右的方向为正方向，则由动量定理可得F′Δt=Δm0v−0
解得沙子受到货车的力为F′=m0v
方向向前，由牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为F′′=m0v
对货车(连同落入的沙子)，由牛顿第二定律可得F−F′′=Ma
解得：a=F−m0vM，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据题意得出极短时间内的沙子的质量，结合动量定理和牛顿第二定律得出货车的加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，同时要结合牛顿第三定律和动量定理才可完成分析，有一定的综合性，但整体难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，由右手螺旋定则，a与c导线产生磁场的磁场方向都水平向左，则O点磁场方向向左，根据矢量叠加可知
BO=kI 22L+kI 22L=2 2kIL
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大小和方向。
考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向。基础题目。
6.【答案】D
【解析】解：A、电源的U−I图像的纵轴截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，则由图线A知电源的电动势为4V，内阻为r=|ΔUΔI|=4−13Ω=1Ω，故A错误；
B、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=3V，电流I=21，则电源的输出功率为P出=UI=3×1W=3W，故B错误；
C、电阻R的阻值为R=UI=31Ω=1Ω，故C错误；
D、电源的效率为η=UIEI×100%=UE×100%=34×100%=75%，故D正确。
故选：D。
由电源的U−I图像的纵轴截距读出电源的电动势，根据斜率的绝对值求出电源的内阻。两图线的交点读出该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时的电流与电压，根据R=UI求出电阻R的阻值。根据电源的输出功率与总功率之比求解电源的效率。
对于图像关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义。本题要抓住图线的截距离、斜率、交点的意义来理解图像的意义。
7.【答案】B
【解析】解：电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为I1=1.0A、U1=3.0V，则电动机的电阻为：R=U1I1=3.01.0Ω=3.0Ω
电动机恢复正常运转，电流表和电压表的示数分别为I2=4.0A、U2=30.0V，此时电动机的输出功率为：
P出=U2I2−I22R=(30.0×4.0−4.02×3.0)W=72W，故ACD错误，B正确。
故选：B。
电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，结合电流表和电压表的示数，根据欧姆定律求出电动机的电阻。电动机正常运转时输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差。
对于电动机电路是纯电阻电路还是非纯电阻电路，关键要抓住电能是如何转化的，如电能全部转化为内能，则为纯电阻电路，否则是非纯电阻电路。
8.【答案】A
【解析】解：AB.当开关S1断开、S2闭合时，电源输出功率为P0，此时R2和R3被短路，只有R1=R接入电路
P0=(ER+r)2R
当S1闭合、S2断开时，电源输出功率也为P0，此时R1和R2被短路，只有R3=4R接入电路
P0=(E4R+r)2⋅4R
联立解方程，得
E=3 P0R
r=2R
故A正确，B错误；
C.S1和S2都断开时，R1、R2、R3全部接入电路，根据闭合电路的欧姆定律，设此时电源的总功率为P1
P1=(Er+R+3R+4R)⋅E
代入解得P1=0.9P0，故C错误；
D.当S1、S2都闭合时，R1、R2、R3三者并联，外电路总电阻满足：
1R总=1R+13R+14R，解得：R总=1219R
此时电源的总功率P2=Er+R外⋅E
代入数据解得：P2=17150P0，故D错误。
故选：A。
AB.分析两种情况下接入电路的电阻，结合闭合电路的欧姆定律，根据输出功率的公式方程联立求解；CD.分析两个开关都断开或者都闭合时，外电路的总电阻，结合闭合电路的欧姆定律和总功率公式求解。
注意电源输出功率和总功率的表达式，还有随外电路开关的情况对电路结构的影响。
9.【答案】AB
【解析】解：A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B、在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M−m)v−mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M−m，故B正确；
C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h=v22g=m2v022g(M−m)2，故C错误；
D、在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，外力之合不为零，系统动量不守恒，故D错误。
故选：AB。
火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，系统动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，应用动量守恒定律与运动学公式分析答题。
本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒。
10.【答案】BC
【解析】解：当开关S切换到位置1时，电流表的示数为I1=0.30A；R1=20Ω，R2=15Ω，则R1>R2；
当开关S扳到位置2时，电路中电流增大，即I2>0.30A，由于外电阻减小，路端电压减小。
开关S在位置1时，路端电压U1=I1R1=0.30×20Ω=6V，开关S扳到位置2时，由于外电阻减小，路端电压减小，路端电压U2<6V，由欧姆定律得知I2=U2R2<615A=0.40A，所以电流表的示数的范围为0.30A故选：BC。
当开关S扳到位置2时，电路中电流增大，由于外电阻减小，路端电压减小；开关S在位置1时，根据欧姆定律计算路端电压，开关S扳到位置2时，路端电压减小，由欧姆定律分析电流的范围，进行选择。
本题中外电阻减小减小，电流增大，不难确定，难点是根据路端电压随外电阻减小而减小，确定电流的变化范围。
11.【答案】ACD
【解析】解：A.根据电阻定律Rab=ρLS，挂重物后L变大，S变小，所以Rab变大，故A正确；
BC.根据闭合电路的欧姆定律I=ER+ r+Rab，当Rab增大时，I减小，由I2R计算的功率会减小，故B错误，C正确；
D.把R当作电源内阻的一部分，弹性导体消耗的功率等效于电源的输出功率，根据电源输出功率随外电阻变化的曲线分析，由于不清楚内外电阻阻值关系，是有可能出现输出功率变大，故D正确；
故选：ACD。
A.根据电阻定律判断；
BC.根据闭合电路的欧姆定律和功率公式分析判断；
D.根据电源的输出功率和外电阻之间的关系曲线分析作答。
特别注意分析弹性导体的功率时一是采用了等效电源的思想，二是阻值大小关系不确定的情况下结合曲线进行判断。
12.【答案】BC
【解析】解：AB.当滑动变阻器的滑片由右端向左滑动时，R变小，总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律
I=ER总
知总电流变大，电流表A的示数变大，灯泡L1变亮，由
U=E−Ir
知电压表V的示数变小，由
U=UL1+UL2
知灯泡L2的电压和电流均变小，故灯泡L2变暗，由
I=I1+IL2
知电流表A1的示数变大，故A错误，B正确；
CD.根据闭合电路的欧姆定律，电源的U−I图像(图线的数学表达式为U=−Ir+E)可知电压的变化量ΔU与电流的变化量ΔI的比值表示电源的内阻，即
ΔUΔI=r
故C正确，D错误。
故选：BC。
根据闭合电路的欧姆定律和串并联电路电压、电流的关系解题。
本题为电路动态分析中的基础题型，掌握闭合电路的欧姆定律、串并联电路的相关知识点这类题基本上都可快速解题。
13.【答案】C BC OM+ON=OP
【解析】解：(1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度．故选C．
(2)A、斜槽轨道不必须光滑，只需要小球从斜轨上同一位置释放即可，故A错误；
B、为了让入射小球每次到达末端时的速度相等，应让入射小球从同一位置由静止滑下，故B正确；
C、为保证小球做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故C正确；
D、为了防止入射球发生反弹，应让入射球大于被碰球的质量，故D错误。
(3)如果验证动量守恒则有：m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
若碰撞为弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有m1OP2=m1OM2+m2ON2
联立解得：OM+ON=OP
答案为：(1)C；(2)BC；(3)OM+ON=OP。
(1)平抛运动的时间相等，平抛运动的水平位移与初速度成正比，此实验可以通过测量小球做平抛运动的水平位移来间接解决测定小球碰撞前后的速度这个问题；
(2)明确实验中的注意事项，知道轨道末端必须水平，入射球的质量要大于被碰球；
(3)根据弹性碰撞满足机械能守恒定律与动量守恒定律，从而写出需要验证的表达式。
在验证动量守恒定律实验中，要注意明确实验原理，掌握实验利用平抛运动间接测量速度的方法，并能推导相应的动量守恒表达式。
14.【答案】100 2.44 1.00
【解析】解：(1)根据“描点法”作图，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的点药均匀分别在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，如图所示：
两电流表并联，根据欧姆定律结合并联电路的电压特点，则有I2Rg2=I1Rg1
变形得I2=Rg1Rg2⋅I1
I2−I1图像的斜率k=2.0−01.0−0=2.0
结合I2−I1函数，斜率k=Rg1Rg2
代入数据解得Rg2=100Ω
(2)路端电压U=I1(R1+Rg1)
干路电流I=I1+I2+I2Rg2R2
根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir
将电流表G1和G2的示数分别为0.76mA和0.75mA与电流表G1和G2的示数分别为0.71mA和1.50mA两组数据分别代入上述表达式中，解得E≈2.44V，r≈1.00Ω
故答案为：(1)见解析；100；(2)2.44；1.00。
(1)根据“描点法”作图；根据欧姆定律结合并联电路的电压特点求解I2−I1函数，结合图像斜率的含义求解作答；
(2)根据欧姆定律求路端电压，根据欧姆定律结合并联电路的特点求干路电流；再根据闭合电路的欧姆定和图中已知量求解电动势和内阻。
本题考查了描点作图法作图，知道电阻R支路的作用相当于改装的电压表；能够运用计算法求解电动势和内阻。
15.【答案】解：(1)玩具汽车匀速行驶时太阳能电池的总功率为
P1=EI
太阳能集光板的接收功率为
P2=420×1.6×103W=67.2W
太阳能集光板把太阳能转化为电能的效率为η=P1P2
联立并代入数据得n=62.5%
(2)依题意，可得驱动电机的输入电压U=E−Ir
解得U=17V
驱动电机输入的电功率
PA=IU=17×2W=34W
驱动电机的热功率
P乙=I2RM=22×0.4W=1.6W
驱动电机输出的机械功率P甲=PA−P乙
解得P甲=32.4W
答：(1)玩具汽车匀速行驶时，太阳能集光板把太阳能转化为电能的效率为62.5%；
(2)玩具汽车匀速行驶时，驱动电机输出的机械功率为32.4W。
【解析】(1)玩具汽车匀速行驶时太阳能电池的总功率(电功率)比上太阳能集光板的接收功率就是太阳能转化为电能的效率；
(2)根据电机的输入功率、热功率可计算机械功率。
此题文字量大，须认真阅读抓住有用信息；知道效率表达式；熟悉电动机的功率计算。
16.【答案】解：(1)设B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0，
根据v02=2gh，代入数据可得v0=6m/s，
设A、B碰撞结束之后瞬间二者共同速度为v，根据动量守恒定律得
m2v0=(m1+m2)v
代入数据可得解得v=4.0m/s
(2)从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，
设竖直向下为正方向，根据动量定理得
(m2g−FN)t=0−m2v
代入数据可得FN=120N
答：(1)碰撞结束瞬间两物体的速度大小为4.0m/s；
(2)碰撞结束后至最低点过程中A、B间的平均作用力大小为120N。
【解析】(1)B与A碰撞前做自由落体运动，根据速度—位移公式求出B与A碰撞前瞬间的速度；碰撞过程系统的动量守恒，根据动量守恒定律列式求碰撞结束瞬间两物体的速度大小；
(2)从二者碰撞后一起运动到速度变为零的过程中，以B作为研究对象，根据动量定量求出A对B的平均作用力。
本题关键是明确两个物体的运动规律，然后运用自由落体规律、动量守恒定律和动量定量列式，要知道对于碰撞过程，往往用动量定理求平均作用力。
17.【答案】解：(1)若把两个这样的灯泡串联则2U1=E=12V
则U1=6V
由I−U图甲得，当U1=6V时，I1=0.5A，故P1=I1U1=0.5×6W=3W；
(2)设流过每个灯泡的电流为I，灯泡两端的电压为U，则
E=U+3IR0，代入数据得I=−130U+0.4
将上式对应的直线图像在图甲中画出如下

由I−U图得出交点坐标对应
U2=3V，I2=0.3A
所以P2=I2U2=0.3×3W=0.9W
答：(1).若把两个这样的灯泡串联后，接到电动势为12V的电源上，每个灯泡的实际功率为3W；
(2)将三个这样的灯泡并联后再与10Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为12V的电源上，如图乙所示。则每个灯泡的实际功率为0.9W。
【解析】(1)根据题意计算第一次灯泡两端电压，再根据图甲找出对应电流，再计算功率；
(2)由于灯泡是非线性电阻，根据需要设置电流和电压，结合闭合电路的欧姆定律导出关于电流的方程，并在图甲中补充画出图像，通过找两曲线交点参数代入相应公式计算求解。
特别注意第二问中先进行正确的电流、电压的设置并导出关系式，根据关系式画出图像的思路和方法，是解决类似问题的基本方法。
18.【答案】解：(1)物块下滑，第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律
2mgsinθ=2ma
根据速度与位移关系公式
v2−v02=2a1x
代入数据解得物块与盒子发生第一次碰撞前的速度为
v=6m/s
物块与盒子发生第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒，取向右为正方向，则有：
2mv=2mv1+mv2
12×2mv2=12×2mv12+12mv22
代入数据解得
v1=2m/s，v2=8m/s
(2)第一次碰撞后盒子做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ−3μmgcsθ=ma2
物块与盒子速度相等时有
v1+a2t0=v2+a1t0
代入数据解得：t0=0.3s
在t0=0.3s时，盒子与物块的位移差为
Δx=v2t0+12a2t02−(v1t0+12a1t02)
代入数据解得
Δx=0.9m<3m，故不会与上板相碰
盒子减速到零所用时间Δt=47s
此时盒子位移x2=167m；物块的位移为x1=10449m；即第二次碰撞时，盒子已经停止，设物块再
经过时间与盒子发生第二次碰撞，则有：x2=v1t+12a1t2
解得：t= 385−721s
(3)物块与盒子发生的是弹性碰撞，分析可知物块与盒子只要运动就一定会碰撞，当物块与盒子均静止时就不在发生碰撞，设盒子下滑的距离为x，根据能量守恒可得
3μmgxcsθ=mgxsinθ+2mgsinθ(x+L)
解得：x=18m
答：(1)物块与盒子发生第一次碰撞后各自的速度大小2m/s，8m/s；
(2)物块与盒子发生第一次碰撞后经过 385−721s发生第二次碰撞；
(3)物块与盒子不再碰撞时，盒子的位移18m。
【解析】(1)对物块Q受力分析用牛顿第二定律求加速度，根据匀加速直线的速度与位移关系求碰撞前的速度，碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，列方程求碰撞后的速度；
(2)对盒子受力分析可知碰撞后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据匀变速直线运动的速度公式求二者速度相等时的时间，代入位移公式求位移差，判断不会与盒子上板碰撞，根据匀变速直线运动的位移公式求第二次碰撞经历的时间；
(3)根据能量守恒求不再碰撞发生的路程。
本题考查碰撞问题，运用匀变速直线运动的规律和牛顿第二定律求加速度、速度、位移或位移差，由于过程复杂，请仔细分析并用合适的规律求解。实验此时
1
2
3
4
5
I1(mA)
0.19
0.40
0.59
0.80
1.00
I2(mA)
0.40
0.79
1.19
1.60
2.00