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福建省厦门双十中学2022-2023学年高二物理上学期期中试题（Word版附解析）
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这是一份福建省厦门双十中学2022-2023学年高二物理上学期期中试题（Word版附解析），文件包含核心素养人教版小学数学五年级下册416练习十六课件pptx、核心素养人教版小学数学五年级下册416练习十八教案docx、核心素养人教版小学数学五年级下册416练习十八导学案docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共22页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写作答题卡上。
2.请认真阅读答题卡上的注意项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效。不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。
3.回答选择题时、选出每小题答案后，用2B笔把答题卡上对应题目的答案标分涂黑。如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答茶标号。
4.考试结后，将答题卡交回
一、选择题（1-4为单选题，每题4分，5-8为多选题，每题6分，选对得6分，选对但不全得3分，有选笛得0分）
1. 下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 由E＝可知，电场中某点的电场强度E与q成反比
B. 由I＝可知，通过导体截面的电荷量q越多，电流I越大
C. 由公式E＝k可知，点电荷电场中某点的电场强度E与场源电荷的成正比
D. 由R＝可知，导体的电阻跟加在其两端的电压成正比，跟流过导体的电流成反比
【答案】C
【解析】
【详解】A．电场强度是电场本身的基本性质，电场中某点的电场强度E与该点是否放入试探电荷q以及试探电荷q的大小均无关，故A错误；
B．由I＝可知，单位时间内通过导体截面电荷量q越多，电流I越大，故B错误；
C．点电荷电场中某点的电场强度是由场源电荷产生的，故由公式E＝k可知，点电荷电场中某点的电场强度E与场源电荷的成正比，故C正确；
D．电阻是导体本身的性质，跟加在其两端的电压以及跟流过导体的电流均无关，故D错误。
故选C。
2. 我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．
B．设甲乙两运动员的质量分别为、，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是，．根据题意整个交接棒过程动量守恒：
可以解得：
，
即B选项正确；
CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，CD选项错误．
【点睛】本题主要考查能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．
3. 如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A. 材料竖直方向尺度减小B. 极板间电场强度不变
C. 极板间电场强度变大D. 电容器电容变大
【答案】A
【解析】
【详解】BCD．根据电容的决定式可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BCD错误；
A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；
故选A。
4. 如图，电路中R1、R2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，R1、R2厚度相同，R1的上下表面的面积大于R2的上下表面的面积。闭合开关后，以下判断正确的是（ ）
A. 通过R1电流大于通过R2的电流
B. R1两端的电压大于R2两端的电压
C. R1两端的电压等于R2两端的电压
D. R1的电功率小于R2的电功率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于两导体串联在电路中，因此两导体中电流一定相等，选项A错误；
BC．设导体上表面边长为a，厚度为d，根据
R=
可知
R=
则可知导体电阻与厚度d有关，与上下表面的面积无关，因此R1的电阻等于R2的电阻；
C．由
U=IR
可知，R1两端的电压等于R2两端的电压，选项B错误，C正确；
D．二者电阻值相等，由
P=I2R
可知，R1的电功率等于R2的电功率，选项D错误。
故选C。
5. 两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（ ）
A. R1的电阻为
B. R1的电阻R1=tan 45° Ω=1 Ω
C. R2的电阻随电压的增大而减小
D. 当U=1 V时，R2电阻等于R1的电阻
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据图像可知，R1是线性元件，则R1电阻为
A正确；
B．在物理图像中，由于坐标轴所表示的物理量不同，所选择的标度值也可能不一样，因此，在求图线的斜率时，不能够利用图线倾角的正切值求解，B错误；
C．根据电阻定义式有
结合伏安特性曲线可知，I—U图像上的点与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，由图像可知随电压的增大，斜率逐渐减小，则R2的电阻随电压的增大而增大，C错误；
D．根据电阻定义式有
当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻，都为2Ω，D正确。
故选AD。
6. 在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，V、A、V1、V2四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用U、I、U1、U2表示，下列判断正确的是（ ）
A. I减小，U1增大
B. I减小，U2增大
C. 电压表V2的示数变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值不变
D. 电压表V示数的变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值变大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流I变小，路端电压U变大，R1的电压
减小，R2的电压
增大，故A错误，B正确；
C．电阻R2是变化的，无法直接分析的变化，但对电源及定值电阻R1，有
所以
保持不变，故C正确；
D．同理，对电源有
所以
也不变，故D错误。
故选BC。
7. 如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的U－I图线。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5，3.75）、Q（6，5）。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（ ）
A. 电源1与电源2的内阻之比是3:2
B. 电源1与电源2的电动势之比是1:1
C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是5:6
D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是9:10
【答案】AB
【解析】
【详解】A．在电源的U－I图像中，图像斜率的绝对值表示电源的内电阻，由图线Ⅰ、Ⅱ可知，电源1、电源2的内阻分别为
r1＝ Ω
r2＝ Ω
即电源1与电源2的内阻之比是3∶2，A正确；
B．电源的U－I图像纵轴截距表示电源电动势，E1＝E2＝10 V，则电源1与电源2的电动势之比是1∶1，B正确；
CD．小灯泡的U－I图线与电源的U－I图线的交点即为小灯泡与该电源连接时的工作状态，则连接电源I时，U1＝3.75 V，I1＝5 A，故小灯泡消耗的功率为
P1＝U1I1＝18.75 W
小灯泡的电阻
R1＝＝0.75 Ω
连接电源II时，U2＝5 V，I2＝6A，故灯泡消耗的功率
P2＝U2I2＝30 W
灯泡的电阻
R2＝＝ Ω
则
R1∶R2＝9∶10
P1∶P2＝5∶8
CD错误。
故选AB。
8. 如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（ ）
A. 沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B. 滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C. 滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；
B．φ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以处的电场强度大小为
滑块此时受到的电场力为
滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为
由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；
C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为
根据动能定理有
解得
故C错误；
D．假滑块最终在处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为
滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为
滑动摩擦力做功为
所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选BD。
二、非选择题（共52分）
9. 某同学测量一个圆柱体电阻丝的电阻率时，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，则圆柱体的长度为______cm，直径为______mm。
【答案】 ①. 5.02 ②. 5.314##5.315##5.316##5.317
【解析】
【详解】[1]游标卡尺的读数为主尺刻度与游标尺刻度之和，故图中所测圆柱体的长度为
[2]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，故图中所测直径为
10. 四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，O为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为__________（选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为__________。
【答案】 ① 垂直于纸面向外 ②. 0
【解析】
【详解】[1]根据安培定则，当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为垂直于纸面向外；
[2] 根据安培定则和矢量的叠加原理，整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为0。
11. 指针式多用电表是常用的电学测量仪器，请完成下列问题。
如图1所示为多量程多用电表的示意图。
（1）当接通1或2时，为___________挡（填“电流”、“电阻”或“电压”）。1的量程比2的量程___________（填“大”或“小”）。若选择开关拨至25mA”挡，指针的位置如图1所示，则测量结果为___________mA。
（2）当接通3或4测量某电阻时，用×10Ω挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用___________挡（填“×1”或“×100”），换挡后，在测量前要先进行___________。
【答案】 ①. 电流 ②. 大 ③. 11.5 ④. ×1 ⑤. 欧姆调零
【解析】
【详解】（1）[1] 改装成电流表时要并联电阻分流，所以接通1或2时，为电流挡；
[2] 设表头的满偏电流为，内阻为；接通1时，设与表头串联的电阻为，并联的电阻为，对应的量程为
接通2时，对应的量程为
联立可得
即1的量程比2的量程大；
[3] 若选择开关拨至“25mA”挡，电流挡的最小一格为0.5 mA，指针的位置如图1所示，则测量结果为11.5 mA。
（2）[4] 当接通3或4测量某电阻时，用挡时，发现指针偏转角度过大，可知待测电阻较小，应选择更小的倍率挡位，即选择挡；
[5] 换挡后，在测量前要先进行欧姆调零，使指针指在刻度处。
12. 某个学习小组为测量一铜芯电线的电阻率，他们截取了一段电线，用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为d，用多用电表测其电阻值约为5Ω，为提高测量的精度，该小组的人员从下列器材中挑选了一些元件，设计了一个电路，重新测量这段导线（图中用Rx表示）的电阻。
A．电源E（电动势为3.0V，内阻不计）
B．电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ）
C．电压表V2（量程为0～15.0V，内阻约为6kΩ）
D．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为1Ω）
E．电流表A2（量程为0～3.0A，内阻约为0.1Ω）
F．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流2.0A）
G．滑动变阻器R2（最大阻值1kΩ，额定电流1.0A）
H．开关S一个，导线若干
（1）实验时电压表选______，电流表选______，滑动变阻器选______。（只填仪器前序号）
（2）为提高精度，设计电路图，并画在方框中______。
（3）某次测量时，电压表示数为U，电流表示数为I，则该铜芯线材料的电阻率表达式为______。
【答案】 ①. B ②. D ③. F ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] [2][3]电源电动势为3.0V，电压表应选B；通过电线的最大电流约为
电流表应选电流表D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。
（2）[4]为了提高精度，电压变化范围越大越好，所以滑动变阻器采用分压接法，待测电阻约为5Ω，远小于电压表内阻，因此电流表应采用外接法，电路图如图所示。
（3）[5]由欧姆定律得
R=
由电阻定律得
则电阻率
13. 如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内电阻，电路中另一电阻，直流电压，理想电压表示数，电动机正以匀速竖直向上提升某重物，g取，则：
（1）输入电动机的电功率是多少？
（2）重物的质量是多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）通过R的电流为
电动机的输入功率为
（2）电动机内电阻的发热功率为
输出的机械功率为
解得
14. 如图所示，电源的电动势、内阻。定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为。一水平放置的平行板电容器，与电阻R并联，它的极板长，两板间距离，两板间正对区域的电场认为是匀强电场。现有一束由相同带正电微粒组成的粒子流，以相同的速度从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量，电量，不考虑微粒之间的相互作用。重力加速度g取。求：
（1）微粒入射速度为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，滑动变阻器接入电路的有效电阻值的范围。
【答案】（1）10m/s；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则水平方向有
竖直方向有
解得
（2）由闭合电路的欧姆定律可得电容器上的电压为
当所加电压为时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则水平方向有
竖直方向由牛顿第二定律有
解得
此时
当所加电压为时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则水平方向有
竖直方向由牛顿第二定律有
解得
此时
综上所述，开关闭合后，为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，滑动变阻器接入电路的有效阻值的范围为
15. 如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为，轨道最高点A与圆心O等高。有一倾角的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点。圆弧轨道和斜面均处于场强大小、竖直向下的匀强电场中。现将一个质量为、带电荷量为的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇。若物块与斜面间的动摩擦因数，空气阻力不计，取，小球和物块都可视为质点。求：
（1）小球经过B点时对轨道的压力；
（2）B、D两点间电势差；
（3）物块上滑初速度满足条件的最小值。
【答案】（1）1.2N，竖直向下；（2）120V；（3）
【解析】
【详解】（1）设小球到达B点的速度大小为，从A到B的过程只有重力和静电力做功，根据动能定理有
解得
B点是圆周运动最低点，合力提供向心力即
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为
方向竖直向下。
（2）设小球由B点到D点的运动时间为，受到竖直向下的重力和静电力，竖直方向做初速度0的匀加速直线运动，加速度为，水平方向做匀速直线运动。下落高度为的过程，根据速度合成有
竖直方向由牛顿第二定律有
联立解得
（3）设C、D间的距离为，由几何关系有
设物块上滑加速度为，由牛顿运动定律有
根据题意，要使物块与小球相遇，的最小值满足
联立解得
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写作答题卡上。
2.请认真阅读答题卡上的注意项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效。不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。
3.回答选择题时、选出每小题答案后，用2B笔把答题卡上对应题目的答案标分涂黑。如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答茶标号。
4.考试结后，将答题卡交回
一、选择题（1-4为单选题，每题4分，5-8为多选题，每题6分，选对得6分，选对但不全得3分，有选笛得0分）
1. 下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 由E＝可知，电场中某点的电场强度E与q成反比
B. 由I＝可知，通过导体截面的电荷量q越多，电流I越大
C. 由公式E＝k可知，点电荷电场中某点的电场强度E与场源电荷的成正比
D. 由R＝可知，导体的电阻跟加在其两端的电压成正比，跟流过导体的电流成反比
【答案】C
【解析】
【详解】A．电场强度是电场本身的基本性质，电场中某点的电场强度E与该点是否放入试探电荷q以及试探电荷q的大小均无关，故A错误；
B．由I＝可知，单位时间内通过导体截面电荷量q越多，电流I越大，故B错误；
C．点电荷电场中某点的电场强度是由场源电荷产生的，故由公式E＝k可知，点电荷电场中某点的电场强度E与场源电荷的成正比，故C正确；
D．电阻是导体本身的性质，跟加在其两端的电压以及跟流过导体的电流均无关，故D错误。
故选C。
2. 我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．
B．设甲乙两运动员的质量分别为、，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是，．根据题意整个交接棒过程动量守恒：
可以解得：
，
即B选项正确；
CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，CD选项错误．
【点睛】本题主要考查能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．
3. 如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A. 材料竖直方向尺度减小B. 极板间电场强度不变
C. 极板间电场强度变大D. 电容器电容变大
【答案】A
【解析】
【详解】BCD．根据电容的决定式可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BCD错误；
A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；
故选A。
4. 如图，电路中R1、R2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，R1、R2厚度相同，R1的上下表面的面积大于R2的上下表面的面积。闭合开关后，以下判断正确的是（ ）
A. 通过R1电流大于通过R2的电流
B. R1两端的电压大于R2两端的电压
C. R1两端的电压等于R2两端的电压
D. R1的电功率小于R2的电功率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于两导体串联在电路中，因此两导体中电流一定相等，选项A错误；
BC．设导体上表面边长为a，厚度为d，根据
R=
可知
R=
则可知导体电阻与厚度d有关，与上下表面的面积无关，因此R1的电阻等于R2的电阻；
C．由
U=IR
可知，R1两端的电压等于R2两端的电压，选项B错误，C正确；
D．二者电阻值相等，由
P=I2R
可知，R1的电功率等于R2的电功率，选项D错误。
故选C。
5. 两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（ ）
A. R1的电阻为
B. R1的电阻R1=tan 45° Ω=1 Ω
C. R2的电阻随电压的增大而减小
D. 当U=1 V时，R2电阻等于R1的电阻
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据图像可知，R1是线性元件，则R1电阻为
A正确；
B．在物理图像中，由于坐标轴所表示的物理量不同，所选择的标度值也可能不一样，因此，在求图线的斜率时，不能够利用图线倾角的正切值求解，B错误；
C．根据电阻定义式有
结合伏安特性曲线可知，I—U图像上的点与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，由图像可知随电压的增大，斜率逐渐减小，则R2的电阻随电压的增大而增大，C错误；
D．根据电阻定义式有
当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻，都为2Ω，D正确。
故选AD。
6. 在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，V、A、V1、V2四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用U、I、U1、U2表示，下列判断正确的是（ ）
A. I减小，U1增大
B. I减小，U2增大
C. 电压表V2的示数变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值不变
D. 电压表V示数的变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值变大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流I变小，路端电压U变大，R1的电压
减小，R2的电压
增大，故A错误，B正确；
C．电阻R2是变化的，无法直接分析的变化，但对电源及定值电阻R1，有
所以
保持不变，故C正确；
D．同理，对电源有
所以
也不变，故D错误。
故选BC。
7. 如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的U－I图线。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5，3.75）、Q（6，5）。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（ ）
A. 电源1与电源2的内阻之比是3:2
B. 电源1与电源2的电动势之比是1:1
C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是5:6
D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是9:10
【答案】AB
【解析】
【详解】A．在电源的U－I图像中，图像斜率的绝对值表示电源的内电阻，由图线Ⅰ、Ⅱ可知，电源1、电源2的内阻分别为
r1＝ Ω
r2＝ Ω
即电源1与电源2的内阻之比是3∶2，A正确；
B．电源的U－I图像纵轴截距表示电源电动势，E1＝E2＝10 V，则电源1与电源2的电动势之比是1∶1，B正确；
CD．小灯泡的U－I图线与电源的U－I图线的交点即为小灯泡与该电源连接时的工作状态，则连接电源I时，U1＝3.75 V，I1＝5 A，故小灯泡消耗的功率为
P1＝U1I1＝18.75 W
小灯泡的电阻
R1＝＝0.75 Ω
连接电源II时，U2＝5 V，I2＝6A，故灯泡消耗的功率
P2＝U2I2＝30 W
灯泡的电阻
R2＝＝ Ω
则
R1∶R2＝9∶10
P1∶P2＝5∶8
CD错误。
故选AB。
8. 如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（ ）
A. 沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B. 滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C. 滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；
B．φ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以处的电场强度大小为
滑块此时受到的电场力为
滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为
由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；
C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为
根据动能定理有
解得
故C错误；
D．假滑块最终在处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为
滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为
滑动摩擦力做功为
所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选BD。
二、非选择题（共52分）
9. 某同学测量一个圆柱体电阻丝的电阻率时，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，则圆柱体的长度为______cm，直径为______mm。
【答案】 ①. 5.02 ②. 5.314##5.315##5.316##5.317
【解析】
【详解】[1]游标卡尺的读数为主尺刻度与游标尺刻度之和，故图中所测圆柱体的长度为
[2]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，故图中所测直径为
10. 四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，O为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为__________（选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为__________。
【答案】 ① 垂直于纸面向外 ②. 0
【解析】
【详解】[1]根据安培定则，当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为垂直于纸面向外；
[2] 根据安培定则和矢量的叠加原理，整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为0。
11. 指针式多用电表是常用的电学测量仪器，请完成下列问题。
如图1所示为多量程多用电表的示意图。
（1）当接通1或2时，为___________挡（填“电流”、“电阻”或“电压”）。1的量程比2的量程___________（填“大”或“小”）。若选择开关拨至25mA”挡，指针的位置如图1所示，则测量结果为___________mA。
（2）当接通3或4测量某电阻时，用×10Ω挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用___________挡（填“×1”或“×100”），换挡后，在测量前要先进行___________。
【答案】 ①. 电流 ②. 大 ③. 11.5 ④. ×1 ⑤. 欧姆调零
【解析】
【详解】（1）[1] 改装成电流表时要并联电阻分流，所以接通1或2时，为电流挡；
[2] 设表头的满偏电流为，内阻为；接通1时，设与表头串联的电阻为，并联的电阻为，对应的量程为
接通2时，对应的量程为
联立可得
即1的量程比2的量程大；
[3] 若选择开关拨至“25mA”挡，电流挡的最小一格为0.5 mA，指针的位置如图1所示，则测量结果为11.5 mA。
（2）[4] 当接通3或4测量某电阻时，用挡时，发现指针偏转角度过大，可知待测电阻较小，应选择更小的倍率挡位，即选择挡；
[5] 换挡后，在测量前要先进行欧姆调零，使指针指在刻度处。
12. 某个学习小组为测量一铜芯电线的电阻率，他们截取了一段电线，用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为d，用多用电表测其电阻值约为5Ω，为提高测量的精度，该小组的人员从下列器材中挑选了一些元件，设计了一个电路，重新测量这段导线（图中用Rx表示）的电阻。
A．电源E（电动势为3.0V，内阻不计）
B．电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ）
C．电压表V2（量程为0～15.0V，内阻约为6kΩ）
D．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为1Ω）
E．电流表A2（量程为0～3.0A，内阻约为0.1Ω）
F．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流2.0A）
G．滑动变阻器R2（最大阻值1kΩ，额定电流1.0A）
H．开关S一个，导线若干
（1）实验时电压表选______，电流表选______，滑动变阻器选______。（只填仪器前序号）
（2）为提高精度，设计电路图，并画在方框中______。
（3）某次测量时，电压表示数为U，电流表示数为I，则该铜芯线材料的电阻率表达式为______。
【答案】 ①. B ②. D ③. F ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] [2][3]电源电动势为3.0V，电压表应选B；通过电线的最大电流约为
电流表应选电流表D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。
（2）[4]为了提高精度，电压变化范围越大越好，所以滑动变阻器采用分压接法，待测电阻约为5Ω，远小于电压表内阻，因此电流表应采用外接法，电路图如图所示。
（3）[5]由欧姆定律得
R=
由电阻定律得
则电阻率
13. 如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内电阻，电路中另一电阻，直流电压，理想电压表示数，电动机正以匀速竖直向上提升某重物，g取，则：
（1）输入电动机的电功率是多少？
（2）重物的质量是多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）通过R的电流为
电动机的输入功率为
（2）电动机内电阻的发热功率为
输出的机械功率为
解得
14. 如图所示，电源的电动势、内阻。定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为。一水平放置的平行板电容器，与电阻R并联，它的极板长，两板间距离，两板间正对区域的电场认为是匀强电场。现有一束由相同带正电微粒组成的粒子流，以相同的速度从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量，电量，不考虑微粒之间的相互作用。重力加速度g取。求：
（1）微粒入射速度为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，滑动变阻器接入电路的有效电阻值的范围。
【答案】（1）10m/s；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则水平方向有
竖直方向有
解得
（2）由闭合电路的欧姆定律可得电容器上的电压为
当所加电压为时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则水平方向有
竖直方向由牛顿第二定律有
解得
此时
当所加电压为时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则水平方向有
竖直方向由牛顿第二定律有
解得
此时
综上所述，开关闭合后，为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，滑动变阻器接入电路的有效阻值的范围为
15. 如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为，轨道最高点A与圆心O等高。有一倾角的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点。圆弧轨道和斜面均处于场强大小、竖直向下的匀强电场中。现将一个质量为、带电荷量为的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇。若物块与斜面间的动摩擦因数，空气阻力不计，取，小球和物块都可视为质点。求：
（1）小球经过B点时对轨道的压力；
（2）B、D两点间电势差；
（3）物块上滑初速度满足条件的最小值。
【答案】（1）1.2N，竖直向下；（2）120V；（3）
【解析】
【详解】（1）设小球到达B点的速度大小为，从A到B的过程只有重力和静电力做功，根据动能定理有
解得
B点是圆周运动最低点，合力提供向心力即
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为
方向竖直向下。
（2）设小球由B点到D点的运动时间为，受到竖直向下的重力和静电力，竖直方向做初速度0的匀加速直线运动，加速度为，水平方向做匀速直线运动。下落高度为的过程，根据速度合成有
竖直方向由牛顿第二定律有
联立解得
（3）设C、D间的距离为，由几何关系有
设物块上滑加速度为，由牛顿运动定律有
根据题意，要使物块与小球相遇，的最小值满足
联立解得
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