一、选择题
1． （2016河南名校质检）如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力 传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取g＝10 m/s2.则（ ）
A．物体的质量m＝1.0 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20 C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2.0 J D．前2 s内推力F做功的平均功率P＝1.5 W 【答案】CD 【
解
析
2． 下列关于电场强度E的表达式，在任何电场中都成立的是 A. B.
C.
D. 以上都不是
【答案】C
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】
【解析】电场强度E=表达式，在任何电场中都成立；只适用点电荷电场；只适用匀强电场；故选
C.
3． （多选）有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（ ）
A.a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长 C．c在2小时内转过的圆心角是 【答案】BC 【解析】
D．d的运动周期有可能是20小时 64． 如图1所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势， A．当R2=R1+r时，R2上获得最大功率 B．当R1=R2+r时，R1上获得最大功率 C．当R2增大时，电源的效率变大
r为电源内阻，以下说法正确的是
R1R2
D．当R2=0时，电源的输出功率一定最小
【答案】AC
E,r
5． 绝缘光滑斜面与水平面成α角，一质量为m、电荷量为–q的小球从斜面上高h处，以初速度为
、方向
与斜面底边MN平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向平行于斜
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面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断正确的是
A．小球在斜面上做非匀变速曲线运动 B．小球到达底边MN的时间
C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为
D．匀强磁场磁感应强度的取值范围为【答案】BD
【解析】对小球受力分析，重力，支持力，洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即使速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，由于速度与合力垂直，因此小球做匀变速曲线运动，故A错误；假设重力不做功，根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0≤f=qv0B≤mgcosα，解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤
cosα，在下滑过程中，重力做功，导致速度增大v>v0，则有
【名师点睛】考查曲线运动的条件，掌握牛顿第二定律与运动学公式的内容，理解洛伦兹力虽受到速度大小影响，但没有影响小球的合力，同时知道洛伦兹力不能大于重力垂直斜面的分力。 6． 如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W，在不损坏灯泡的情况三个灯泡消耗的总功率最大不应超过
A．40 W B．60 W C．80 W D．120 W 【答案】B
7． 在日光灯的连接线路中，关于启动器的作用，以下说法正确的是（ ）
下，这
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A．日光灯启动时，为灯管提供瞬时高压 B．日光灯正常工作时，起降压限流的作用
C．起到一个自动开关的作用，实际上可用一个弹片开关代替（按下接通，放手断开） D．以上说法均不正确 【答案】C
【解析】镇流器的作用是在日光灯启动时，为灯管提供瞬时高压，在日光灯正常工作时，起降压限流的作用 所以AB错误。启动器起到一个自动开关的作用，实际上可用一个弹片开关代替（按下接通，放手断开） 8． 一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，则b时刻瞬时速度vb的大小为
A. C.
B. D.
【答案】C
【解析】设b点的速度为vb，加速度为a，根据位移时间公式：速度位移间的关系为：vb=va+am，联立解得：
可得：
和
，
，故C正确，ABD错误。
9． 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近的P点处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后（ ） A．a端的电势比b端的低 B．b端的电势比d点的高
C．金属细杆内c处场强为零
D．金属细杆内c处感应电荷场强的方向由a指向b 【答案】CD
10．下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（ ）
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A. A B. B C. C D. D 【答案】B
【解析】A、在磁场中，由右手定则知，正电荷受力方向应该是向上的，故A错误 B、在磁场中，由右手定则知，正电荷受力方向应该是向下的，故B正确； C、正电荷在电场中受力方向与电场方向一致，故C错误；
D、正电荷在电场中受力方向和电场方向一致，应该向上，故D错误； 综上所述本题答案是：B
11． 如图所示，物块A、B叠放在粗糙的水平桌面上，从零开始缓慢增大的水平外力F作用在B上，使A在B上的运动情况分为三段：0~t1有时间内A、B都保持静止，t1~t2时间内A、B保持相对静止一起加速，t2~t3时间段内A、B之间发生相对运动。下列说法正确的是（设A、B之间的摩擦力为f1，B与水平桌面间的摩擦力为f2）
A．t1时刻后A一直做匀加速运动，t2时刻后B一直做匀加速运动 B．f1一直变大，f2始终不变
C．0~t1时间f1为零，t1~t2时间f1逐渐增大，t2~t3时间f1不变 D．0~t1时间f2一直增大，t1~t3时间段内f2不变
【答案】CD 【
解
析
】
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12．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离。用
a、b、c和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c
度，可以判定：（ ）
A． a>b>c B． a—b＝b—c C． Ea>Eb>Ec D． Ea=Eb=Ec 【答案】A
13．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且 a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零是（ ）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 【答案】C
14．下图所示是两个不同电阻的I-U图象，则从图象中可知
a I1
三点的电势和电场强
I1>I2；
d b c 面；b的点
I2
A. B.
表示小电阻值的图象，且阻值恒定 表示小电阻值的图象，且阻值恒定
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C. D.
表示大电阻值的图象，且阻值恒定 表示大电阻值的图象，且阻值恒定
【答案】AD
【解析】I-U图线的斜率等于电阻的倒数，图线是直线表示电阻恒定；由图线看出图线R1的斜率大于图线R2的斜率，根据欧姆定律分析得知，图线R2的电阻较大，图线R1的电阻较小，且两个电阻都是阻值恒定的电阻，故BC错误，AD正确．故选AD．
点睛：本题关键理解两点：一是I-U图线的斜率等于电阻的倒数．二是图线是直线表示电阻恒定．
15．如图所示，质量为60 g的铜棒长L=20 cm，两端与等长的两细软铜线相连，吊在磁感应强度B=0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当棒中通过恒定电流I后，铜棒能够向上摆动的最大偏角θ=60°，取重力加速度g=10 m/s，则铜棒中电流I的大小是
2
A．A B．A A
C．6 A D．
【答案】A
–mgL(1–cos 60°)=0，安培力F=BIL，解得I=【解析】铜棒上摆的过程，根据动能定理有FLsin 60°A。
A，选
16．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ）
A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点的电势将降低 C. 带电油滴的电势能将减小
D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 【答案】B
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【解析】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据EU得d知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B． 【点睛】本题运用EU分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，d而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．
17．如图甲所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1 kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v–t图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力=0.6，cos 37°=0.8。则 加速度g=10 m/s，sin 37°
2
A．传送带的速率v0=10 m/s B．传送带的倾角θ=30° C．传送带的倾角θ=37°
D．物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
【答案】ACD
【解析】ACD 由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小和传送带的夹角。由于刚放到传送带上时，物体的相对传送带斜向上运动，故受到的摩擦力方向为沿传送带向下，从图乙中可知，当物体的速度达到10 m/s后，物体的运动加速度发生变化，但仍是加速运动，所以由此可知10 m/s为传送带的速度，即
，之后物体相对传送带斜向下运动，受到的摩擦力方向为
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沿传送带向上，在0~1 s内物块的加速度，由牛顿第二定律得
，在1~2 s内，
，解得：μ=0.5，θ=37°，故ACD正确。
，由牛顿第二定律得：
18．在远距离输电中,如果输送功率和输送距离不变,要减少输送导线上热损耗,目前最有效而又可行的输送方法是（ ）
A．采用超导材料做输送导线； B．采用直流电输送； C．提高输送电的频率； D．提高输送电压. 【答案】D
【解析】提高输送电压，因为输送功率不变，所以输送电压高了，输送电流就小了，根据PIR可得输送导线上热损耗就小了，选D。
2二、填空题
19． 如图（1）所示的电路，金属丝固定在两接线柱a、b上，锷鱼夹c与金属丝接触良好．现用多用表测量保护电阻R0的阻值，请完成相关的内容：
（1）A．将转换开关转到“Ω×100”挡，红、黑表笔短接，调节 ，使指针恰好停在欧姆刻度线的 处． B．先 ，将红、黑表笔分别接在R0的两端，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“_____ ___”挡位（填“×1K”或“×10”）
C．换挡后再次进行欧姆调零后，将红、黑表笔分别接在R0的两端，测量结果如右图（2）所示，则R0的阻值为 ．
（2） 现要进一步精确测量额定电压为3V的R0阻值，实验室提供了下列可选用的器材： A．电流表（量程300 mA，内阻约1 Ω） B．电流表A2（量程0.6 A，内阻约0.3 Ω） C．电压表V1（量程3.0 V，内阻约3 kΩ） D．电压表V2（量程15.0 V，内阻约5 kΩ） E．滑动变阻器R1（最大阻值为5 Ω） F．滑动变阻器R2（最大阻值为200 Ω） G．电源E（电动势为4 V，内阻可忽略） H．开关、导线①为了取得较多的测量数据，尽可能提高测量准确度，某同学采用电路，应选择的器材为（只需填器材前面的字母）
电流表___ __ ___．电压表____ ____．滑动变阻器__ ______． ②请根据电路图在图二所给的实物图连线。
③通过实验，电阻R0的测量值_______（填“大于”“小于”或
图一
“等若干． 如图一所示
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于”）真实值。
【答案】 （1）A 调零旋钮（欧姆调零）；零刻度 B 断开开关S,（或取下R0）；×10 C 20Ω
（2）①A C E ②略
③小于
20．某待测电阻Rx的阻值约为20Ω，现要测量其阻值， 实验室提供器材如下：
A．电流表A1（量程150mA，内阻r1约10Ω） B．电流表A2（量程20mA，内阻r2=30Ω） C．定值电阻R0=100Ω
D．滑动变阻器R，最大阻值为5Ω E．电源E，电动势E=4V（内阻不计） F．开关S及导线若干
①根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的1/3，请你在虚线框内画出测量Rx的实验原理图（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）。
②实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表示Rx= 。 【答案】 I2(Ror2)R x I I （2分）
12 （4分）
21．一部电梯在t=0时由静止开始上升，电梯的加速度a随时间t的变化如图所示，电梯中的乘客处于失重状态的时间段为____________（选填“0~9 s”或“15~24 s”）。若某一乘客质量m=60 kg，重力加速度g取10 m/s，
2
电梯在上升过程中他对电梯的最大压力为____________N。
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【答案】15~24 s 660（每空3分） 【
解
析
】
三、解答题
22．如图,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R=0.2 m的半圆,两段轨道相切
3
于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,电场强度大小E=5×10 V/m。一带正电小球,以速度v0沿水平轨道-2-5向右运动,接着进入半圆轨道后,恰能通过最高点D点。已知小球的质量为m=1.0×10 kg,所带电荷量q=2.0×10
C,g取10 m/s2。（水平轨道足够长,小球可视为质点,整个运动过程无电荷转移） （1）小球能通过轨道最高点D时的速度vD；
（2）带电小球在从D点飞出后,首次在水平轨道上的落点与B点的距离； （3）小球的初速度v0。
【答案】（1）2 m/s； （2）0.4 m； （3）2 m/s；
【解析】（1）恰能通过轨道的最高点的情况下，设到达最高点的速度为vD，离开D点到达水平轨道的时间为t，落点到B点的距离为x，则 代入数据解得：vD =2m/s
（2）带电小球在从D点飞出后做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，则有：
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2R=at2
代入数据解得：t=0.2s
0.2m=0.4m 则 在水平轨道上的落点与B点的距离 x=vDt=2×（3）由动能定理得：联立得：
点睛：本题是带电体在组合场中运动的问题，关键要正确分析小球的状态和运动过程，把握圆周运动最高点的临界条件，运用力学的基本规律进行解答．
23．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图（a）所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； （2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】 （1）0.1 0.4 （2）6.0 m （3）6.5 m
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【解析】
联
立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1
④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 －μ2mg＝ma2 由题图（b）可得 v2－v1a2＝ t2－t1
⑥ ⑤
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4。
⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1（M＋m）g＝Ma3 v3＝－v1＋a3Δt v3＝v1＋a2Δt
⑧ ⑨ ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
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（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1（m＋M）g＝（m＋M）a4 0－v32＝2a4x3
碰后木板运动的位移为 x＝x1＋x3
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 x＝－6.5 m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
⑱
⑰
⑮ ⑯
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