1、二选择题(共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)14.如图所示，在方向水平向左的匀强电场中有一倾角为60、高为H的固定绝缘斜面体，现将一质量为m、带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力。下列关于小物块运动情况的判断正确的是 ()A小物块将沿斜面下滑B小物块将做曲线运动C小物块到达地面时的速度大小为2D若其他条件不变，只增大电场强度，小物块到达地面前的运动时间将增大r15
2、如图所示的电路中，闭合电键后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大。下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是 ()AL1灯丝突然短路BL2灯丝突然烧断C电源的输出功率一定变小D电容器C上电荷量减小16.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()A三个等势面中，a的电势最高B电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C电子通过P点时的动能比通过Q点时大D电子通过P点时的加速度比通过Q点时小1
3、7如图甲所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在tt1时刻断开S。图乙中表示A、B两点间的电压UAB随时间t变化的图象中正确的是 ()18如图，光滑斜面PMNQ的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且efMN。线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行。已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断不正确的是 ()A线框进入磁场前
4、的加速度为B线框进入磁场时的速度为C线框进入磁场时有abcd方向的感应电流D线框进入磁场的过程中产生的热量为(Fmgsin)l119.如图所示甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场(a，b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点)，丁是等量正点电荷形成的电场(a，b位于两点电荷连线的中垂线上，且a位于连线的中点)。有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移x变化的关系图象如图中的图线所示，其中图线是直线。下列说法正确的是 () A甲对应的图线是B乙对应的图线是C丙对应的图线是D丁对应的图线是20如图所示，在第象限内有水平向右的匀
5、强电场，在第、象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带正电的带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45角进入磁场，又恰好垂直进入第象限的磁场。已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为 ()A. B(25)C.(2) D(2)21如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中
6、正确的是 ()A在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C在t1t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D在t1t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势第卷三、非选择题：第2235题，共174分。按题目要求作答。计算题解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。22(3分)温度传感器广泛应用于家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图甲所示为某装置中的传感器工作原理图，已知电源的电动势E9.0V，内阻不计；G为灵敏电流表，其内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其阻值随
7、温度的变化关系如图乙所示，闭合开关S，当R的温度等于20时，电流表示数I12mA；当电流表的示数I23.6mA时，热敏电阻的温度是_。23(12分)老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1(阻值未知)，电压表V(量程为3.0 V，内阻很大)，电阻箱R(0 99.99 )，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。某同学连接了一个如图所示的电路，他接下来的操作是：a拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图甲所示的位置后，将S2接到A，闭合S1，记录下对应的电压表示数为2.20 V，然后断开S1； b保持电阻箱示数不变，将S2切换到B，闭合S1，记
8、录此时电压表的读数(电压表的示数如图乙所示)，然后断开S1。(1)请你解答下列问题：图甲所示电阻箱的读数为_，图乙所示的电压表读数为_V，由此可算出定值电阻R1的阻值为_。(电阻R1计算结果保留3位有效数字)(2)在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将S2切换到A，闭合S1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图丙所示的图象。由此可求得该电池组的电动势E及内阻r，其中E_V，电源内阻r_。24(16分)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨，MN、PQ与水平面的夹角为，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁
9、场中，磁场方向垂直导轨平面向下。将质量为m、阻值也为R的金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：(1)杆ab下滑的最大加速度；(2)杆ab下滑的最大速度；(3)上述过程中，杆上产生的热量。25(19分)如图所示，足够长斜面倾角30，斜面上A点上方光滑，A点下方粗糙，光滑水平面上B点左侧有水平向右的匀强电场E105V/m，可视为质点的小物体C、D质量分别为mC4kg，mD1kg，D带电q3104C，用细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在斜面及水平面上的P和Q点由静止释放，B、Q间距离d1m，A、P间距离为2d。取g1
10、0m/s2，求：(1)物体C第一次运动到A点时的速度v0；(2)物体C第一次经过A到第二次经过A的时间t。33(12分)如图所示，在光滑水平地面上，有一右端装有固定的竖直挡板的平板小车质量m14.0kg，挡板上固定一轻质细弹簧。位于小车上A点处的质量为m21.0kg的木块(视为质点)与弹簧的左端相接触但不连接，此时弹簧与木块间无相互作用力。木块与车面之间的摩擦可忽略不计。现小车与木块一起以v02.0m/s的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞，已知碰撞时间极短，碰撞后小车以v11.0m/s的速度水平向左运动，取g10m/s2。求：(1)小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的
11、大小；(2)若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能。来宾高级中学2016春季学期2017届段考物理答案一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)14. 答案：C解析：对小物块受力分析，如图所示，由图中几何关系可知，小物块受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，由平行四边形定则可知，小物块从静止开始沿图中虚线做匀加速直线运动，选项A、B错误；从静止释放至到达地面的过程中，由动能定理可得mgHqEHmv20
12、，即mgHmgHmv20，可得v2，选项C正确；该运动可以分解成水平方向上向左的匀加速直线运动和竖直向下的自由落体运动，由Hgt2可知，若其他条件不变，只增加电场强度，小物块到达地面前运动的时间不变，选项D错误。15 答案：B解析：当L1灯丝突然短路时，电路的外电阻减小，根据I得，电流表读数增大，A错；当L2灯丝突然烧断时，电路的外电阻增大，电流表读数变小，由UEIr得电压表读数增大，B对；电源的输出功率大小由电路的外电阻与内电阻的关系决定，所以C错；当L2灯丝突然烧断时，电容器两端的电压增大，所以电容器会充电，D错。16. 答案：B解析：负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，电场线应斜向上
13、，故C的等势面最高，故A错误，利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小，故C错误；等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误。17答案：B解析：开关闭合时，线圈的自感阻碍作用可看做电阻，线圈的电阻逐渐减小，并联电路总电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈中的感应电流与原电流方向相同，L、R、D形成回路，通过灯泡的电流与原来方向相反，并逐渐减小到0，故
14、UAB反向，逐渐减小至0，所以本题选B。18答案：D解析：线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：线框的加速度a，故A正确；线框刚进入磁场时做匀速运动，由F安mgsinF，而F安BIl1，解得v，故B正确。线框进入磁场时，穿过线框的磁通量增加，根据楞决定律判断知线框中感应电流方向为abcd，C正确；由于线框刚进入磁场时做匀速运动，根据功能关系可知产生的热量Q(Fmgsin)L2，故D错误。19.答案：AC解析：甲图中电场为匀强电场，电场力做功WqEx，因E、q均保持不变，故电场力做功与x成正比，故对应的图线是，A项正确；乙图中从a到b时电场强度减小，故电场力做功越来越慢，即动能的增大应是减慢的，故
15、图象应为，B项错误；丙图中为两异种电荷，a为中间，故从a到b时，电场强度增大，故电场力做功也将加快，故动能的增加增快，故应为，C项正确；丁图中a处场强最小，而不能明确b的位置，故从a到b时场强可能一直增大，也可能先增大再减小，若场强一直增大，则做功越来越快，图象应为，所以D项错误。20答案：D解析：设Q点的纵坐标为b，到达Q点的水平分速度为vx，则由类平抛运动的规律可知hv0tdvxttan45得h2d，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T。则由几何关系可知：R2d带电粒子进入磁场时的速度大小为:vv0则粒子在磁场中运动的周期为:T设粒子在电场中运动时间为t1
16、，t1设粒子在磁场中的运动时间为t2，t2TT则总时间为tt1t2，故选D。21 答案：BD解析：由Bt图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零；故A错误；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，B正确；在t1t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故C错误，在t1t2时间内，L内的磁场增加，由楞次定律可以确定L必须减小面积以到达阻碍磁通量的增加，故有收缩
17、的趋势，故D正确。二、填空题(共2小题，共15分。把答案直接填在横线上)22(3分)答案：120解析：由题中图乙知，温度为20时，R的阻值R14k。由欧姆定律知EI1(R1Rg)，EI2(R2Rg)，两式联立，解得R22k，由图乙中查得此时温度为120。23(12分) 答案：(1)20.00(2分)2.80(2分)5.45(2分)(2)2.86(3分)0.26(3分)解析：(1)电阻箱的读数等于挡位的电阻之和，为20.00；电压表读数应估读一位，为2.80V；根据部分电路欧姆定律可得，解得R1的阻值约为5.45(2)由图象可知当R无穷大时，R两端的电压近似等于电源的电动势，即0.35V1，解得
18、E2.86V；根据欧姆定律可得，解得r0.26三、论述计算题(共3小题，共47分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)24 (16分)答案：(1)gsin沿导轨平面向下(2)沿导轨平面向下(3)mgxsin解析：(1)设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势EBLv (1分)回路中的感应电流I (1分)杆所受的安培力FBIL (1分)根据牛顿第二定律有：mgsinma (2分)当速度v0时，杆的加速度最大，最大加速度agsin(1分)，方向沿导轨平面向下(1分)。(2)由(1)问知，当杆的加速度a
19、0时，速度最大，最大速度vm，方向沿导轨平面向下 (3分)(3)ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律有mgxsinQ总mv (2分)又Q杆Q总 (2分)所以Q杆mgxsin (2分)25(19分) 答案：(1)2m/s(2)1.82s解析：(1)由题知释放后C物体将沿斜面下滑，C物体从P到A过程，对C、D系统由动能定理：mCg2dsinEqd(mCmD)v (3分)解得：v02m/s (2分)(2)由题意，C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设向下运动的时间为t1，其加速度大小为a1，发生的位移为x1，对物体C：T1mCgcosmCgsinmCa1 (2分)t1 (1分
20、)x1 (1分)对物体D：EqT1mDa1 (2分)设物体C在加速上滑到A的过程中，加速度大小为a2，时间为t2，对物体C：T2mCgcosmCgsinmCa2 (2分)对物体D：EqT2mDa2 (2分)x1a2t (1分)tt1t2 (1分)联立解得：t(1)s1.82s。 (2分)33(12分) 答案：(1)12kgm/s(2)0.40m/s3.6J解析：(1)以v1的方向为正方向，则小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中，小车动量变化量的大小为pm1v1m1(v0)12kgm/s (4分)(2)小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力的作用下，做变速运动，当两者具有相同速度时，二者相对静止。整个过程中，小车和木块组成的系统动量守恒设小车和木块相对静止时的速度大小为v，根据动量守恒定律有m1v1m2v0(m1m2)v (3分)解得v0.40m/s (1分)当小车与木块首次达到共同速度v时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大设最大弹性势能为Ep，根据机械能守恒定律可得Epm1vm2v(m1m2)v2 (3分)Ep3.6J (1分)