四川资阳市2017年高考物理二诊试卷（附解析）
2017年四川省资阳市高考物理二诊试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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，有选错得0分．
1．如图所示，两根平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．棒上通有图示方向的电流I，金属棒保持静止，则下列说法正确的是（）
A．金属棒受到四个力作用
B．金属棒所受摩擦力方向向右
C．减小电流，金属棒将向左运动
D．金属棒所受的重力与支持力是一对相互作用力
2．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若外接电阻的阻值R=9Ω，线圈的电阻r=1Ω，则下列说法正确的是（）
A．线圈转速为100πrad/s
B．0.01s末穿过线圈的磁通量最大
C．通过线圈的最大电流为10A
D．伏特表的示数为90V
3．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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（）
A．平行板电容器的电容将变小
B．带电油滴的电势能将减少
C．静电计指针张角变小
D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
4．如图所示，是我国首个空间实验室“天宫一号”的发射及运行示意图．长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面高度为h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上，“天空一号”飞行几周后变轨进入预定圆轨道．已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，万有引力常量为G，地球半径为R，则下列说法正确的是（）
A．“天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速度大于在预定圆轨道的B点的加速度
B．“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，动能先减小后增大
C．“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期大于沿预定圆轨道运行的周期
D．由题中给出的信息可以计算出地球的质量M=
5．如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v﹣t图．已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零．由图可知（）
A．a球的质量大于b球的质量B．a球的质量小于b球的质量
C．t1时刻两球间距最小D．t3时刻两球间距为L
6．如图所示为牵引力F和车速倒数的关系图象．若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为30m/s，则正确的是（）
A．汽车所受阻力为2×103N
B．汽车车速为15m/s，功率为3×104W
C．汽车匀加速的加速度为3m/s
D．汽车匀加速所需时间为5s
7．如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=3Ω，R0=2Ω，直流电动机内阻R0′=1Ω，额定输出功率P0=2W．调节滑动变阻器R1可使甲电路输出功率最大，调节R2可使乙电路输出功率最大且此时电动机刚好正常工作，则（）
A．甲电路中当R1=1Ω时，定值电阻R0功率最大
B．甲电路中当R1=1Ω时，电源的输出功率最大
C．乙电路中当R2=1.5Ω时，电源的输出功率最大
D．乙电路中当R2=2Ω时，电源的输出功率最大
8．图中的MN、PQ为两条相互平行的虚线，在MN的上方、PQ的下方空间存在相同的垂直纸面向里的匀强磁场，在图中的O点沿与PQ成θ=30°的方向斜向上射出一带电粒子，粒子在上下两磁场中各偏转一次后恰好经过图中的S点，且经过S点的速度与O点的速度方向相同．不计粒子的重力．则（）
A．如果保持θ不变，仅增大粒子的初速度，则粒子一定还能经过S点
B．粒子每次经过边界PQ时的速度都与初速度相同
C．该粒子可能带正电也可能带负电
D．如果仅将θ增大到60°，则粒子一定不能经过S点
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．某同学在一次探究活动中“测量滑块与木板之间的动摩擦因数”．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块在托盘及砝码带动下运动过程中所得纸带的一部分如图乙所示，图中标出了5个连续点之间的距离（单位：cm）．
（1）滑块运动的加速度a=m/s2，打点C时滑块的速度v=m/s；（保留两位小数）
（2）已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（填正确答案标号）
A．木板的质量B．滑块的质量
C．托盘和砝码的总质量D．滑块运动的时间．
10．某同学设计了一个既可以测电阻和电源电动势与内阻的实验电路如图甲所示，实验室提供了以下实验器材：
电源E（电动势为6V，内阻约为1Ω）
定值电阻R0（阻值约为5Ω）
电流表A（量程30mA，内阻约为0.5Ω）
电流表B（量程0.6A，内阻约为1Ω）
电压表C（量程8V，内阻约为5kΩ）
电压表D（量程4V，内阻约为3kΩ）
滑动变阻器F（阻值0﹣10Ω）
滑动变阻器G（阻值0﹣500Ω）
根据题中所给信息，请回答以下问题
（1）电流表应选，滑动变阻器应选；（选填器材代号）
（2）该同学操作正确无误，用U1、U2、I分别表示电表、、的读数，其数据如下表所示：
I（A）0.300.350.400.450.500.55
U1（V）5.685.615.575.515.485.40
U2（V）1.441.691.912.162.392.62
根据表中数据求得定值电阻R0=Ω（保留一位小数），其测量值真实值（填＞、＜或=）；
（3）该同学发现电源电动势偏低，于是再利用了一个辅助电源E′，采用如图乙所示电路测量，调节R1，使电流表A1的示数为0，这样电源的电动势的测量值电源电动势的真实值（填＞、＜或=）．
11．如图所示，一根长为L=5m的轻绳一端固定在O′点，另一端系一质量m=1kg的小球（可视为质点）．将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O时轻绳刚好被拉断．O点下方有一以O点为圆心、半径R=5m的圆弧状固定曲面轨道，取g=10m/s2，求：
（1）轻绳刚要拉断时绳的拉力F的大小；
（2）小球从O点运动到曲面的时间t．
12．如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α=53°角，间距为L=0.5m的导轨间接一电阻，阻值为R=2Ω，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感强度B=0.8T．导体棒a的质量为m1=0.1kg、电阻为R1=1Ω；导体棒b的质量为m2=0.2kg、电阻为R2=2Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场．a、b电流间的相互作用不计，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2．求：
（1）导体棒a刚进入磁场时，流过电阻R的电流I；
（2）导体棒a穿过磁场区域的速度v1；
（3）匀强磁场的宽度d．
（二）选考题，任选一模块作答【物理--选做题1】
13．关于冲量和动量，下列说法中正确的是（）
A．冲量是反映力的作用时间积累效果的物理量
B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．动量是物体冲量变化的原因
D．某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化
E．某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的方向发生了变化
14．如图所示，质量分别为M1=0.49kg和M2=0.5kg的木块静置在光滑水平地面上，两木块间夹有一轻质弹簧，一粒质量m=0.01kg的弹丸以v0=150m/s的速度打入木块M1并停留在其中（打击时间极短），求：
①当弹丸在木块M1中相对静止的瞬间木块M1的速度v1；
②当M2的速度v=1m/s时弹簧的弹性势能Ep．
【物理--选做题2】
15．从塔顶以相同速率抛出A、B、C三个小球，A球竖直上抛，B球平抛，C球竖直下抛．另有D球从塔顶起自由下落，四个小球质量相同，落到同一水平面上．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）
A．落地时动能相同的小球是A、B、C
B．落地时动量相同的小球是A、B、C
C．从离开塔顶到落地过程中，重力的冲量相同的小球是B、D
D．从离开塔顶到落地过程中，动能变化量相同的小球是A、B、C
E．从离开塔顶到落地过程中，动量变化量相同的小球是B、D
16．如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上．A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连，初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，绳断后A速度变为v0，A与C相碰后粘合在一起．求：
①A与C刚粘合在一起时的速度v大小；
②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能△E．
2017年四川省资阳市高考物理二诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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，有选错得0分．
1．如图所示，两根平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．棒上通有图示方向的电流I，金属棒保持静止，则下列说法正确的是（）
A．金属棒受到四个力作用
B．金属棒所受摩擦力方向向右
C．减小电流，金属棒将向左运动
D．金属棒所受的重力与支持力是一对相互作用力
【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】根据左手定则判断安培力方向，对导体棒受力分析，根据平衡条件分析．
【解答】解：AB、对导体棒受力分析，受重力、支持力、安培力和摩擦力，共4个力；
根据左手定则，安培力水平向右，根据平衡条件，摩擦力向左，与安培力平衡；故A正确，B错误；
C、减小电流，安培力减小，静摩擦力也减小，与安培力平衡，导体棒不动，故C错误；
D、金属棒所受的重力与支持力是一对平衡力，故D错误；
故选：A
2．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若外接电阻的阻值R=9Ω，线圈的电阻r=1Ω，则下列说法正确的是（）
A．线圈转速为100πrad/s
B．0.01s末穿过线圈的磁通量最大
C．通过线圈的最大电流为10A
D．伏特表的示数为90V
【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．
【分析】线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，变化率最大，电动势为最大，电压表测量的为有效值
【解答】解：A、由乙图可知，线圈转动的周期T=0.04s，故线圈转速n=，故A错误
B、0.01s末，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈处于与中性面垂直位置，穿过线圈的磁通量最小为零，故B错误；
C、根据闭合电路的欧姆定律可知I=，故C正确；
D、电压表测量的是有效值，故，故D错误
故选：C
3．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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（）
A．平行板电容器的电容将变小
B．带电油滴的电势能将减少
C．静电计指针张角变小
D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【考点】电容器的动态分析；电势．
【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．
【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C=知，d减小，则电容增加，故A错误；
B、电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故B正确；
C、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故静电计指针张角不变，故C错误；
D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积S减小，根据E=，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误；
故选：B．
4．如图所示，是我国首个空间实验室“天宫一号”的发射及运行示意图．长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面高度为h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上，“天空一号”飞行几周后变轨进入预定圆轨道．已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，万有引力常量为G，地球半径为R，则下列说法正确的是（）
A．“天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速度大于在预定圆轨道的B点的加速度
B．“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，动能先减小后增大
C．“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期大于沿预定圆轨道运行的周期
D．由题中给出的信息可以计算出地球的质量M=
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】“天宫一号”在椭圆轨道的B点的向心加速度由万有引力提供．
“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，只受到地球的引力，只有地球的引力做负功，动能越来越小，但机械能守恒．
地球对天宫一号的万有引力提供它绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力公式及向心力公式列方程，可以求出地球的质量．
【解答】解：A、“天宫一号”在椭圆轨道的B点的向心加速度以及圆轨道B点的向心加速度都是万有引力提供的，是相等的，故A错误．
B、“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，只受到地球的引力，距离地球原来越远，地球的引力做负功，根据动能定理可知，动能越来越小，故B错误．
C、椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知，“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期小于沿预定圆轨道运行的周期，故C错误．
D、“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，故周期为T=，
根据万有引力提供向心力=m（R+h），得地球的质量M=，故D正确；
故选：D
5．如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v﹣t图．已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零．由图可知（）
A．a球的质量大于b球的质量B．a球的质量小于b球的质量
C．t1时刻两球间距最小D．t3时刻两球间距为L
【考点】动量守恒定律．
【分析】先从v﹣t图象找出两个小球加速度的大小关系然后结合牛顿第二定律判断质量的关系；根据v﹣t图象判断t3时刻的距离．
【解答】解：A、从速度时间图象可以看出a小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以a小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，
根据a=知，加速度大的质量小，所以a小球质量较小，故A错误，B正确；
C、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以C错误；
D、当间距大于L时，相互间作用力为零，由图看出t3时刻之后相互作用力为零，即间距大于L，则t3时刻距离为L，D正确；
故选：BD．
6．如图所示为牵引力F和车速倒数的关系图象．若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为30m/s，则正确的是（）
A．汽车所受阻力为2×103N
B．汽车车速为15m/s，功率为3×104W
C．汽车匀加速的加速度为3m/s
D．汽车匀加速所需时间为5s
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．
【分析】从图线看出，开始图线延长过原点，倾斜图线的斜率表示额定功率，表示功率不变，牵引车先做恒定功率的加速运动，之后牵引力不变，做匀加速直线运动；根据速度最大时牵引力等于阻力，求阻力．根据牛顿第二定律求出加速度，再由求匀加速直线运动的末速度．从而得到匀加速运动的时间．
【解答】解：A、当速度最大时，牵引力大小等于阻力，最大速度30m/s，从图中可得当速度为30m/s时，牵引力，故阻力，A正确；
B、根据公式P=Fv可得，故在开始一段时间内汽车以恒定功率运动，功率为，B错误；
C、当牵引力达到之后，牵引力恒定，故做匀加速直线运动，加速度为，C错误；
D、刚开始做匀加速直线运动时的末速度为，所以加速时间为，故D正确．
故选：AD
7．如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=3Ω，R0=2Ω，直流电动机内阻R0′=1Ω，额定输出功率P0=2W．调节滑动变阻器R1可使甲电路输出功率最大，调节R2可使乙电路输出功率最大且此时电动机刚好正常工作，则（）
A．甲电路中当R1=1Ω时，定值电阻R0功率最大
B．甲电路中当R1=1Ω时，电源的输出功率最大
C．乙电路中当R2=1.5Ω时，电源的输出功率最大
D．乙电路中当R2=2Ω时，电源的输出功率最大
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【分析】对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得R1连入电路部分的阻值，对于乙图，求出最大输出的功率的表达式，利用数学知识求乙图中的电阻的大小
【解答】解：A、甲电路中，当时，电路电流最大，定值电阻的功率最大，故A错误；
B、当内外电路电阻相等时，即时，得，电源的输出功率最大，故B正确；
CD、对于乙图，输出功率最大时，电动机的额定输出功率，电路中电流为I
所以有：①
又因为
所以②
联立①②抓住数学关系求得当时，乙电路的输出功率最大，故C正确，D错误；
故选：BC
8．图中的MN、PQ为两条相互平行的虚线，在MN的上方、PQ的下方空间存在相同的垂直纸面向里的匀强磁场，在图中的O点沿与PQ成θ=30°的方向斜向上射出一带电粒子，粒子在上下两磁场中各偏转一次后恰好经过图中的S点，且经过S点的速度与O点的速度方向相同．不计粒子的重力．则（）
A．如果保持θ不变，仅增大粒子的初速度，则粒子一定还能经过S点
B．粒子每次经过边界PQ时的速度都与初速度相同
C．该粒子可能带正电也可能带负电
D．如果仅将θ增大到60°，则粒子一定不能经过S点
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】分析带电粒子的运动情况：在无磁场区域，做匀速直线运动，进入磁场后，只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，画出可能的轨迹，作出选择．
【解答】解：以正电荷为例，画出正电荷先在MN和PQ间做匀速直线运动，进入上方磁场做匀速圆周运动，再分别做匀速直线运动和匀速圆周运动的轨迹如图所示，由于上、下方磁场的磁感应强度相等，则轨迹对应的弧长x=2rsinθ，而．
A、粒子经过两次匀速直线运动和两次匀速圆周运动后沿水平方向向右移的距离OS=Lctgθ﹣x+x=Lctgθ，与半径无关即与速度无关，所以增大速度后，粒子仍将通过S点，选项A正确．
B、由以上分析，粒子每次经过PQ时速度方向与x轴分别成30°或330°，不相同，所以选项B错误．
C、粒子若带负电，则粒子在上方磁场先向右平移x，到下方磁场后在向左平称x，则总的平移距离仍为Lctgθ，与速度无关，所以C选项正确．
D、若改变θ的大小为60°，则粒子上下偏转一次平移的距离Lctgθ也将发生变化，但由于3Lcot60°=Lcot30°，即粒子上下经过3次上下偏转后，也将通过S点，所以选项D错误．
故选：AC
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．某同学在一次探究活动中“测量滑块与木板之间的动摩擦因数”．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块在托盘及砝码带动下运动过程中所得纸带的一部分如图乙所示，图中标出了5个连续点之间的距离（单位：cm）．
（1）滑块运动的加速度a=0.13m/s2，打点C时滑块的速度v=0.36m/s；（保留两位小数）
（2）已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还需测量的物理量是BC（填正确答案标号）
A．木板的质量B．滑块的质量
C．托盘和砝码的总质量D．滑块运动的时间．
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．
【分析】（1）利用逐差法△x=aT2可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；
（2）根据牛顿第二定律有=ma，由此可知需要测量的物理量．
【解答】解：（1）电源频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个计时点，则计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s，
由匀变速运动的推论△x=aT2可知加速度为：a===0.13m/s2；
C点的速度等于BD之间的平均速度，所以：m/s
（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
m1g﹣f=（m2+m1）a，滑动摩擦力：f=μm2g，
解得：μ=，要测动摩擦因数μ，需要测出：滑块的质量m2与托盘和砝码的总质量m1，
故选：BC
故答案为：（1）0.13；0.36；（2）BC
10．某同学设计了一个既可以测电阻和电源电动势与内阻的实验电路如图甲所示，实验室提供了以下实验器材：
电源E（电动势为6V，内阻约为1Ω）
定值电阻R0（阻值约为5Ω）
电流表A（量程30mA，内阻约为0.5Ω）
电流表B（量程0.6A，内阻约为1Ω）
电压表C（量程8V，内阻约为5kΩ）
电压表D（量程4V，内阻约为3kΩ）
滑动变阻器F（阻值0﹣10Ω）
滑动变阻器G（阻值0﹣500Ω）
根据题中所给信息，请回答以下问题
（1）电流表应选B，滑动变阻器应选F；（选填器材代号）
（2）该同学操作正确无误，用U1、U2、I分别表示电表、、的读数，其数据如下表所示：
I（A）0.300.350.400.450.500.55
U1（V）5.685.615.575.515.485.40
U2（V）1.441.691.912.162.392.62
根据表中数据求得定值电阻R0=4.8Ω（保留一位小数），其测量值＜真实值（填＞、＜或=）；
（3）该同学发现电源电动势偏低，于是再利用了一个辅助电源E′，采用如图乙所示电路测量，调节R1，使电流表A1的示数为0，这样电源的电动势的测量值=电源电动势的真实值（填＞、＜或=）．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）根据给出的电源电动势和保护电阻由欧姆定律可求得电流，从而确定电流表，再根据滑动变阻器的作用可明确应选用的滑动变阻器；
（2）明确电路结构，根据欧姆定律即可求得电阻的阻值；
（3）分析补偿电源的作用，根据实验原理明确是否存在实验误差．
【解答】解：（1）电源电动势为6V，保护电阻为5Ω，则电流约为：I===1A，故为了能准确测量，电流表应选择B；因内电阻较小，故滑动变阻器应选择较小的F；
（2）由电路图可知，U2为电阻两端的电压，电流表示数为R中的电流，则可知，定值电阻的阻值为：
R0===4.8Ω；
由于采用了电流表外接法，故测量出的电流较大，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；
（3）由于电压表电支路中电流为零，故电压表不再分流，则此时电流表测出的电流为干路电流，电压表示数为路端电压，因此测量结果是准确的．
故答案为：（1）B，F；（2）4.8，＜；（3）=
11．如图所示，一根长为L=5m的轻绳一端固定在O′点，另一端系一质量m=1kg的小球（可视为质点）．将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O时轻绳刚好被拉断．O点下方有一以O点为圆心、半径R=5m的圆弧状固定曲面轨道，取g=10m/s2，求：
（1）轻绳刚要拉断时绳的拉力F的大小；
（2）小球从O点运动到曲面的时间t．
【考点】向心力；平抛运动．
【分析】（1）根据机械能守恒定律求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出绳子的拉力；
（2）绳子断裂后，小球做平抛运动，结合平抛运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间．
【解答】解：（1）设小球摆到O点的速度为v，小球由A到O的过程，由机械能守恒定律有：
…①
在O点由牛顿第二定律得：
…②
联解①②并代入数据得：
F=30N…③
（2）绳被拉断后，小球做平抛运动，有：
x=vt…④
…⑤
x2+y2=R2…⑥
联解①④⑤⑥并代入数据得：
t=1s…⑦
答：（1）轻绳刚要拉断时绳的拉力F的大小为30N；
（2）小球从O点运动到曲面的时间为1s．
12．如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α=53°角，间距为L=0.5m的导轨间接一电阻，阻值为R=2Ω，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感强度B=0.8T．导体棒a的质量为m1=0.1kg、电阻为R1=1Ω；导体棒b的质量为m2=0.2kg、电阻为R2=2Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场．a、b电流间的相互作用不计，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2．求：
（1）导体棒a刚进入磁场时，流过电阻R的电流I；
（2）导体棒a穿过磁场区域的速度v1；
（3）匀强磁场的宽度d．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
【分析】（1）依据平衡条件，结合安培力公式，及串并联电阻特点，即可求解；
（2）根据切割感应电动势，及闭合电路欧姆定律，即可求解棒a穿过磁场区域的速度；
（3）依据平衡条件，及切割感应电动势，及闭合电路欧姆定律，最后由运动学公式，即可求解匀强磁场的宽度．
【解答】解：（1）导体棒a在磁场中匀速运动，则：
mgsinα﹣BIαL=0
根据等效电路的结构有：
Iα=2I
联解得：
I=1A
（2）导体棒a在磁场中匀速运动时，根据欧姆定律有：
E1=BLv1；
Iα=
R总=R1+
联解得：v1=10m/s
（3）设导体棒b在磁场中匀速运动的速度为v2，则：
m2gsinα=BIbL
E2=BLv2
Ib=
R总′=R2+
对导体棒a，设其在磁场中运动的时间为△t，有：
d=v1△t
v2=v1+gsinα△t
联解得：d=m
答：（1）导体棒a刚进入磁场时，流过电阻R的电流1A；
（2）导体棒a穿过磁场区域的速度10m/s；
（3）匀强磁场的宽度m．
（二）选考题，任选一模块作答【物理--选做题1】
13．关于冲量和动量，下列说法中正确的是（）
A．冲量是反映力的作用时间积累效果的物理量
B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．动量是物体冲量变化的原因
D．某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化
E．某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的方向发生了变化
【考点】动量定理．
【分析】根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，据此逐项分析即可求解．
【解答】解：A、冲量是反映力在作用时间内积累效果的物理量，等于力与时间的乘积，即I=Ft，故A正确；
B、动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即P=mv，故B正确；
C、力是改变速度的原因，故冲量是物体动量变化的原因，故C错误；
DE、动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，故D错误，E正确；
故选：ABE
14．如图所示，质量分别为M1=0.49kg和M2=0.5kg的木块静置在光滑水平地面上，两木块间夹有一轻质弹簧，一粒质量m=0.01kg的弹丸以v0=150m/s的速度打入木块M1并停留在其中（打击时间极短），求：
①当弹丸在木块M1中相对静止的瞬间木块M1的速度v1；
②当M2的速度v=1m/s时弹簧的弹性势能Ep．
【考点】动量守恒定律；功能关系．
【分析】①弹丸打入木块M1的过程，两者构成的系统动量守恒，由动量守恒定律求当弹丸在木块M1中相对静止的瞬间木块M1的速度v1；
②弹丸停留在木块M1中一起压缩弹簧与M2作用过程中动量守恒，机械能也守恒．根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求M2的速度v=1m/s时弹簧的弹性势能Ep．
【解答】解：①弹丸与木块M1作用过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M1）v1…①
解得：v1=3m/s…②
②弹丸停留在木块M1中一起压缩弹簧与M2作用过程中动量守恒，机械能守恒，则得：
（m+M1）v1=（m+M1）v2+M2v…③
（m+M1）v12=Ep+（m+M1）v22+M2v2…④
联解③④得：Ep=1J．…⑤
答：①当弹丸在木块M1中相对静止的瞬间木块M1的速度v1是3m/s．
②当M2的速度v=1m/s时弹簧的弹性势能Ep是1J．
【物理--选做题2】
15．从塔顶以相同速率抛出A、B、C三个小球，A球竖直上抛，B球平抛，C球竖直下抛．另有D球从塔顶起自由下落，四个小球质量相同，落到同一水平面上．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）
A．落地时动能相同的小球是A、B、C
B．落地时动量相同的小球是A、B、C
C．从离开塔顶到落地过程中，重力的冲量相同的小球是B、D
D．从离开塔顶到落地过程中，动能变化量相同的小球是A、B、C
E．从离开塔顶到落地过程中，动量变化量相同的小球是B、D
【考点】动量定理；功能关系．
【分析】小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，由动能定理，故可得到落地时动能关系，动能的增量；根据动量定理求落地时的动量及动量的增量．
【解答】解：AD、小球运动过程中，A、B、C初动能相等，D为零，根据动能定理知，落地时动能的增量相同，但落地的动能A、B、C相等，故A正确，D错误；
B、由A知落地时动能相同的小球是A、B、C，但是速度方向不同，故动量方向不同，动量不同，故B错误；
CE、抛体运动均只受重力，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，平抛和自由落体的时间相等，由动量定理，可知，从离开塔顶到落地过程中，重力的冲量相同的小球是B、D，动量增量相同的小球也是B、D，故C正确，E正确；
故选：ACE
16．如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上．A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连，初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，绳断后A速度变为v0，A与C相碰后粘合在一起．求：
①A与C刚粘合在一起时的速度v大小；
②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能△E．
【考点】动量守恒定律；功能关系．
【分析】①A与C相碰后粘合在一起的过程，AC系统的动量守恒，由动量守恒定律求A与C刚粘合在一起时的速度．
②轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求得绳断后B的速度，再由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能△E．
【解答】解：①A与C相碰后粘合在一起，取向右为正方向，在碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒，则得：
mv0=（m+m）v…①
解得：v=v0…②
②设绳断后B速度为vB，轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，则得：
mv0=mv0+2mvB…③
在运动全过程，A、B、C组成的系统机械能损失为：
△E=mv02﹣2mvB2﹣…④
联解③④得：△E=mv02…⑤
答：①A与C刚粘合在一起时的速度v大小是v0；
②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能△E是mv02．
2017年2月15日
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