Page15一、選擇題（共6小題，每題4分，共24分）1.質量為m，速度為v的小球與墻壁垂直相碰后以原速率返回，則小球動量的變化量為（以原來速度方向為正方向）（）A.0 B.mv C.2mv D.﹣2mv【答案】D【解析】【詳解】以原來速度方向為正方向，則小球動量的變化量為故選D。2.將螺線管連接起來后，發現小磁針的N極立即向螺線管偏轉，如圖所示。用M、N和P、Q分別表示蓄電池和螺線管兩極，下列判斷正確的是（）A.蓄電池N端為正極 B.蓄電池M端為正極C.螺線管P端為S極 D.螺線管內部磁場方向由P指向Q【答案】A【解析】【詳解】C．小磁針的N極向螺線管偏轉說明小磁針所在位置磁場方向向左，即螺線管P端為N極，Q端為S極，故C錯誤；D．在螺線管的內部，磁場方向由S極指向N極，所以螺線管內部磁場方向由Q指向P，故D錯誤；AB．根據安培定則可知，在蓄電池外部電流從N流向M，蓄電池N端為正極，故A正確，B錯誤。故選A3.如圖所示，有一個雙量程電流表，其中小量程為0～1A。已知表頭G的滿偏電流Ig＝500mA，內阻Rg=200Ω，定值電阻R1＝20Ω，R2＝180Ω，則電流表的大量程為（）A.0～2A B.0～5A C.0～10A D.0～20A【答案】C【解析】【詳解】接中間接線柱時，量程較大，則有解得故選C。4.初秋時節，天空晴朗明凈，氣候涼爽宜人。小明站在荷塘邊感受習習涼風，若風以大小為水平速度正對吹向小明，風與小明的接觸面積為S，風與小明作用后的速度變為零，空氣的密度為，則小明受到風的壓力大小為（）A B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】在時間t內，與小明作用的風的質量根據動量定理有解得故選D。5.如圖所示，直線A為某電源的圖線，曲線B為某小燈泡L的圖線的一部分，用該電源和小燈泡L串聯起來組成閉合回路時小燈泡L恰能正常發光，下列說法正確的是（）A.此電源的內阻為0.67ΩB.由圖可知小燈泡L的額定功率小于6WC.小燈泡L的電阻隨兩端電壓的增大而增大D.把小燈泡L換成阻值恒為1Ω的純電阻，電源的輸出功率將變小，效率將變低【答案】C【解析】【詳解】A．根據圖線的斜率的絕對值為電源內阻，可得此電源的內阻故A錯誤；B．兩圖線的交點表示小燈泡L與電源連接時的工作狀態，由于燈泡正常發光，則知燈泡的額定電壓，額定電流，則額定功率為故B錯誤；C．根據歐姆定律可知燈泡圖像上的點與原點連線的斜率表示電阻的大小，可知小燈泡L的電阻隨兩端電壓的增大而增大，故C正確；D．電源的輸出功率圖像如下由圖可看出當時輸出功率最大，有選項C知小燈泡L的額定電壓，額定電流，則小燈泡L正常發光時的電阻為若把燈泡L換成阻值恒為1Ω的純電阻，則更接近內阻則電源的輸出功率變大，根據分壓原理，可知路端電壓變小，電源效率可知電源效率變低，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環，輕繩一端拴在環上，另一端系著質量為M的木塊，現有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為B.子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于C.子彈射入木塊后的瞬間，環對輕桿的壓力大于D.子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統動量守恒【答案】C【解析】【詳解】A．子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊組成的系統動量守恒，以v0的方向為正方向，則解得v1＝故A錯誤；B．子彈射入木塊后的瞬間解得繩子拉力故B錯誤；C．子彈射入木塊后的瞬間，對圓環由牛頓第三定律知，環對輕桿的壓力大于，故C正確；D．子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統只在水平方向動量守恒，故D錯誤。故選C。二、多選題（共4小題，每題5分，共20分）7.靜止在光滑水平面上的質量為1kg的物體，受到水平拉力F的作用，拉力F隨時間t變化的圖像如圖所示，設水平向左為正方向。則下列說法正確的是（）A.0～4s內物體的位移不為零 B.0～4s物體先向右運動，再向左運動C.0～4s內拉力對物體的沖量為零 D.4s末物體的動量為4kg·m/s【答案】AC【解析】【詳解】根據題意，由圖可知，在，物體受向右的拉力，大小為，由牛頓第二定律有解得則物體向右做初速度為零的勻加速運動，由運動學公式可得，末物體的速度為由運動學公式可得，內物體的位移為由圖可知，物塊受向左的拉力，大小為，由牛頓第二定律有解得由運動學公式可得，末物體的速度為由運動學公式可得，內物體的位移為A．由上述分析可知，0～4s內物體的位移為即0～4s內物體的位移不為零，故A正確；B．由上述分析可知，物體在內向右做勻加速運動，向右做勻減速運動，故B錯誤；CD．由于物體末物體的速度為0，則4s末物體的動量為0，由動量定理有可得即0～4s內拉力對物體的沖量為零，故D錯誤，C正確。故選AC。8.一研究小組給一粗細不均勻的同種材料制成的導體通電，下列說法正確的是（）A.各處的電流相等B.粗地方電荷定向移動速率大，細的地方小C.粗的地方電流小，細的地方電流大D.粗的地方電荷定向移動速率小，細的地方大【答案】AD【解析】【詳解】AC．同一根導線上的電流相等，故A正確，C錯誤；BD．由電流微觀表達式可得粗的地方電荷定向移動速率小，細的地方大，故B錯誤，D正確。故選AD。9.如圖所示，一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直．線段ab、bc和cd的長度均為L，且∠abc=∠bcd=135°．流經導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．關于導線abcd所受到的磁場的作用力的合力，下列說法正確的是A.方向沿紙面垂直bc向上，大小為B.方向沿紙面垂直bc向下，大小為C.若在紙面內將abcd逆時針旋轉30°，力的大小不變D.若在紙面內將abcd逆時針旋轉60°，力的大小減半【答案】AC【解析】【詳解】AB．根據安培力的規律可得，題中的有效長度為所以導線受到的安培力再根據左手定則可知，導線的安培力沿紙面垂直于bc向上，所以A正確B錯誤CD．將導線在紙面內旋轉時，磁場仍垂直于導線，所以力的大小不變，C正確D錯誤10.六根相互絕緣的導線，在同一平面內組成四個相同的正方形，導線中通以大小相等的電流，方向如圖所示，在這四個正方形區域中，磁通量為零的區域是（）A.Ⅰ B.Ⅲ C.Ⅱ D.Ⅳ【答案】CD【解析】【詳解】以點代表磁場指向紙外，叉代表磁場指向紙內，根據安培定則分析可知，各導線在四個區域產生的磁場方向如下表所示。根據磁場的疊加可知，區域Ⅱ與區域Ⅳ點與叉相同，合磁感應強度都是零，故AB錯誤，CD正確。故選CD。導線區域Ⅰ區域Ⅱ區域Ⅲ區域Ⅳ6點、點點點點、點5叉點點叉4叉叉、叉叉、叉叉3點、點點、點點點2叉叉點點1叉叉叉、叉叉、叉三、實驗題（共2小題，共20分）11.如圖為一正在測量中的多用電表表盤。（1）如果是用×10Ω擋測量電阻，則讀數為___________Ω。（2）如果是用直流10mA擋測量電流，則讀數為___________mA。（3）如果是用直流5V擋測量電壓，則讀數為___________V。【答案】（1）60（2）7.2（3）3.61##3.62##3.63【解析】【小問1詳解】如果是用×10Ω擋測量電阻，則讀數為6×10Ω=60Ω；【小問2詳解】如果是用直流10mA擋測量電流，測量讀取中間的三排數據的最底下一排數據，最小刻度為0.2mA，則讀數為7.2mA；【小問3詳解】同樣直流電壓擋測量讀取中間的三排數據的中間一排數據較好，量程為5V，最小分度為0.1V，故讀數為36.2×0.1V=3.62V。12.小明同學設計了一個用電磁打點計時器驗證動量守恒定律的實驗，如圖甲所示，長木板下墊著小木塊以平衡兩車的摩擦力，讓小車P做勻速運動，然后與原來靜止在前方的小車Q相碰并粘合成一體，繼續做勻速運動；在小車P后連著紙帶，電磁打點計時器所用電源頻率為50Hz。（1）某次實驗測得紙帶上各計數點的間距如圖乙所示，A為運動的起點，則應選_____來計算小車P碰撞前的速度，應選_________來計算小車P和Q碰后的共同速度。（選填“AB”、“BC”、“CD”、“DE”、“EF”、“FG”）（2）測得小車P的質量m1＝0.4kg，小車Q的質量m2＝0.2kg，則碰前兩小車的總動量大小為_______，碰后兩小車的總動量大小為_________。（計算結果保留二位有效數字）（3）由本次實驗獲得的初步結論是____________。【答案】①.BC②.EF③.0.80④.0.78⑤.誤差允許范圍內，系統動量守恒【解析】【詳解】（1）[1]小車P碰前做勻速運動，應選點跡均勻的計數點來進行計算，AB和BC段點跡都均勻，但由于A點為運動的起點，故選擇運動了一段時間后的BC段來計算小車P碰撞前的速度；[2]碰撞過程是一個變速運動的過程，小車P和Q碰后的共同運動時做勻速直線運動，DE段的后半段點跡已經均勻，故選EF段來計算碰后共同的速度；（2）[3]碰前的速度小車P的速度大小小車Q的速度為零，故碰前兩小車的總動量大小[4]碰撞后，小車P和Q成為一個整體，速度大小為動量大小（3）[5]根據碰撞前后的動量關系可知：在誤差允許的范圍內，系統動量守恒。四、解答題（共4小題，36分）13.如圖所示，質量均為1kg的木板A和半徑為0.1m的光滑圓弧槽B靜置在光滑水平面上，A和B接觸但不粘連，B左端與A相切，現有一質量為2.0kg的小滑塊C以5m/s的水平初速度從左端滑上A，C離開A時，C的速度大小為4.0m/s，重力加速度g取10m/s2，忽略C通過A、B接觸處的能量損失，A、C間的動摩擦因數為0.5，求：（計算結果可包含根號）（1）C剛滑上A時，C的加速度；（2）木板A的長度；（3）C滑上B后，又會離開B，求其離開B時的速度大小。【答案】（1）5m/s2，方向水平向左；（2）0.8m；（3）見解析【解析】【詳解】（1）C剛滑上A時，設C的加速度大小為aC，則根據牛頓第二定律有解得方向水平向左。（2）C在A上滑動過程中，A、B、C三者組成的系統動量守恒，設C離開A時，A、B的速度大小為vAB，則根據動量守恒定律有解得設木板A的長度為L，則根據能量守恒定律有解得L=0.8m（3）假設C可以滑到B的頂端，易知此時B和C在水平方向上達到共同速度vBC，根據動量守恒定律有解得設此時C的速度大小為v1，則根據能量守恒定律有解得C離開B后由于二者在水平方向的速度相等，故C又會回落到B上并沿圓弧滑下最終離開B，設C此次離開B時的速度大小為v2，則根據動量守恒定律有根據能量守恒定律有解得v2=2m/s14.如圖所示，一根足夠長的光滑絕緣桿MN，與水平面夾角為37°，固定在豎直平面內，垂直紙面向里的勻強磁場B充滿桿所在的空間，桿與B垂直，質量為m的帶電小環沿桿下滑到圖中的P處時，對桿有垂直桿向下的壓力作用，壓力大小為0.4mg，已知小環的帶電荷量為q，問：（1）小環帶什么電？（2）小環滑到P處時的速度多大？（3）小環滑到離P多遠處，環與桿之間沒有正壓力？【答案】（1）小環帶負電；（2）；（3）【解析】【小問1詳解】因mgcos37°=0.8mg而此時環對桿有垂直桿向下的0.4mg壓力作用，則環受到的洛倫茲力垂直于桿向上時，由左手定則可知環帶負電。【小問2詳解】在垂直桿的方向上，設小環滑到P點的速度為vP，在P點小環的受力如圖甲所示，根據平衡條件得qvPB+FN=mgcos37°解得【小問3詳解】環與桿之間沒有正壓力時洛倫茲力等于重力垂直于斜面向下的壓力，則qv′B=mgcos37°得小球向下運動的過程中只有重力做功，洛倫茲力不做功，設兩點之間的距離是L，則：15.如圖所示電路中，燈L標有“6V，3W”，定值電阻R1＝4Ω，R2＝10Ω，電源內阻r＝2Ω，當滑片P滑到最下端時，電流表讀數為1A，此時燈L恰好正常發光，試求：(1)滑動變阻器最大值R；(2)當滑片P滑到最上端時，電流表的讀數；(3)當滑片P位于滑動變阻器的中點時，變阻器消耗的功率。

【答案】（1）12Ω；（2）2A；（3）3.84W【解析】【詳解】（1）燈L的電阻為RL=Ω=12Ω當P滑到下端時，R2被短路，燈L與整個變阻器R并聯，此時燈正常發光，通過燈L的電流為IL=A=0.5Ω通過變阻器R的電流為IR=IA﹣IL=1A﹣0.5A=0.5A則IR=IL即得滑線變阻器最大值為R=RL=12Ω（2）電源電動勢當P滑到上端時，燈L、變阻器R及電阻R2都被短路，此時電流表的讀數為（3）P位于變阻器的中點時，燈L與并聯后再與R1串聯．此時R并=4Ω總電流為并聯部分的電壓為：U并=I總R并=1.2×4V=4.8V變阻器上消耗的功率為PR==3.84W16.已知通電的長直導線在周圍空間某位置產生磁場的磁感應強度大小為B=k，其中I為電流強度，r為該位置到長直導線的距離，k為常數。如圖所示，現有通電的兩根長直導線分別固定在正方體abcd-efgh的兩條邊dh和hg上，彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，dh中電流是hg中電流大小的一半，dh中的電流在c點產生的磁感應強度為B0。不計導線的粗