上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．
然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______．（填选项前的符号） A．用天平测量两个小球的质量ml、m2 B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM，ON
（3）经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1：p1′=______：11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′：p2′=11：______．
P1实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值'（此问结果保留三位有效数'为______．
P1?P2字）
16. （1）某同学通过实验探究热敏电阻阻值随温度的变化规律，他得到了该热敏电阻的伏安
特性曲线图甲，由图可知，热敏电阻的阻值随通过电流的增大升温而____________。（填变大或变小）
R1＝30Ω，（2）他将这个热敏电阻接入图乙所示的电路中，已知电源电压为9V，内阻不计，
内阻不计的毫安表读数为500mA，则R2的阻值为______________Ω。
四、计算题（本大题共2小题，17题13分.18题10分，共23分）
17. 如图为远距离输电过程的示意图．已知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的电
压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW（即用户得到的功率为88kW），求：
（1）降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流． （2）输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压． （3）两个变压器各自的匝数比．
18. 如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，
C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度v0 向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧没有超过弹性限度．求：
（1）A与B碰撞中的动能损失
（2）整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能．
高二下学期物理期中考答案和解析
1.【答案】B2.【答案】A3.【答案】A4.【答案】B
5.【答案】C6.【答案】C7.【答案】D8.【答案】C9.【答案】CD 10.【答案】ABC11.【答案】ACD12.【答案】BD13.【答案】BD 14.【答案】AB15.【答案】C ADE 14 2.9 1.01 【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）实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前．至于用天平秤质量先后均可以．所以答案是：ADE． （3）若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有碰撞前后m1动量之比：=
=
成立
=
==
=
=1.01
故答案为：①C；②ADE；③14；2.9；④1.01；
验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．只需满足每次入射球每次从同一点开始运动即可；最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．
本题考查验证动量守恒定律的实验；在验证动量守恒定律中，要注意明确实验原理，学会实验方法；学会在相同高度下，利用平抛运动的水平射程来间接测出速度，并能推导相应的动量守恒表达式求解对应的比值． 16.【答案】（1）变小 （2）25Ω 【解析】 【分析】
（1）I-U图象上各点与原点连线的斜率的倒数等于电阻；
（2）对R1，根据欧姆定律求出通过R1的电流，由并联关系求出通过热敏电阻的电流，再由欧姆定律解答；
本题关键在于理解热敏电阻的伏安特性曲线，知道图像图象上各点与原点连线的意义； 【解答】
（1）电阻的定义式
，则知I-U图象上各点与原点连线的斜率的倒数等于电
阻，由图看出电压升高，电阻的温度升高，其电阻变小。
（2）通过R1的电流IR'=I-I1 =0.5A-0.3A=0.2A，
，则通过热敏电阻的电流
由I-U图读出热敏电阻的电压UR'=4V， 则R2的电压U2=U-UR'=9V-4V=5V，R2的阻值为故答案为（1）变小； （2）25Ω 。
17.【答案】解：（1）由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率的相关公式
可知压变压器输出电流为：
I4?P88000?A?400A ……………………..2分 U4220根据输电导线线消耗的功率为P损的相关公式可知：
I2?P损2000?A?20AR5
……………………1分
（2）由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为：
U损=I2R=20×5V=100V，………………………………………………...2根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即：
分
U2?P90000?V?4500VI220
…………………………………………..2分
（4）由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为： U3=U2-U损=4500-100V=4400V，
根据理想变压器原副线圈与匝数的关系可知：
n1U12501???…………………………..3 n2U2450018分
n3I440020???n4I2201
………………………………3分
答：（1）降压变压器输出的电流为400A，输电线上通过的电流为20A． （2）输电线上损失的电压为100V，升压变压器输出的电压为4500V． （3）两个变压器各自的匝数比分别为1：18和20：1．
18.【答案】解：（1）A与B碰撞过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1①……………………………………….1分
得：v1= …………………………………………...1分
A与B碰撞中的动能损失： Ek= mv02- ×2mv12= ……………………………3
分
（2）当A、B、C有共同速度时，弹簧弹性势能最大。
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