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河北省部分高中2023-2024学年高三上学期12月期末考试物理试题
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这是一份河北省部分高中2023-2024学年高三上学期12月期末考试物理试题，共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。共8页，满分100分，考试时间75分钟。
第I卷（选择题 共46分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 如图所示，两个相同的金属球A、B（可看成点电荷）带等量异种电荷，两球相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，现让另一个相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开，这时A、B两球之间的相互作用力的大小是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设原来A、B所带电荷量分别为、，距离为，则有
小球C先与A球接触后，电荷量为
小球C后与B球接触后，电荷量为
则有
故选A。
2. 如图为一块手机电池的文字说明，下列说法错误的是（ ）更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663
A. 该电池的容量为500mA·hB. 该电池的电动势为3.6V
C. 该电池在工作时的电流为500mAD. 若电池以10mA的电流工作，可用50h
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电池上的3.6V表示电动势，500mA·h表示电池充满电时的电荷量，故AB正确，不符合题意；
C．由于不知道电池的工作时间，所以无法计算放电电流，故C错误，符合题意；
D．若电池以10mA的电流工作，则工作时间为
故D正确，不符合题意。
故选C
3. 《大国重器》节目介绍的GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示。管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平。某时刻A中电流方向垂直于纸面向外、B中电流方向垂直于纸面向里，A、B中电流大小均为、C中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为，则（ ）
A. B、C输电线缆相互吸引
B. 输电线缆A、B圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上
C. 正三角形中心O处的磁感应强度方向水平向左
D. 输电线缆A所受安培力方向垂直线缆A、B圆心连线向下
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于B、C输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥，故A错误；
B．根据右手螺旋定则可知，A、B输电线缆在A、B圆心连线中点处磁感应强度方向竖直向上，而C线缆在该处的磁感应强度水平向左，则该点的合磁感应强度方向斜向上偏左，故B错误；
C．A输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OB指向左上方，根据对称性可知，A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向上，而C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故C错误。
D．B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小为B对A作用力的2倍，如图所示
由图可知
即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的安培力合力即为C对A的作用力在竖直方向的分量，则输电线缆A所受安培力方向垂直线缆A、B圆心连线向下，故D正确。
故选D。
4. 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。以下判断正确的是（ ）
A. 电源的电动势，内阻
B. b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为，纵坐标之比一定为
C. 电源的最大输出功率
D. 在a、b、c三条图线上分取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式
PE=EI，Pr=I2r
可知，a是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，由图可知，当短路时，电流为3A，总功率P=9W；则由
P=EI
可知
E=3V
内阻
故A错误；
BC．当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点时的电流，此时电流的大小为
最大输出功率的大小为
a、b线的交点表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为
功率的大小为
所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，故BC错误；
D．在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系
故D正确。
故选D
5. 正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图所示的电路中，板长l，板间距为d，在距离板的右端处有一竖直放置的光屏M。D为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，为定值电阻。将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合开关S，让一带电量为q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度射入板间，质点未碰极板，最后垂直打在M上，在保持开关S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（ ）
A. 质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到M的过程中速度变化相同
B. 板间电场强度大小为
C. 若仅将滑片P向下滑动一段，则质点不会垂直打在M上
D. 若仅将两平行板的间距减小一些，则质点依然会垂直打在M上
【答案】B
【解析】
【详解】A．质点先在水平放置的平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定做斜上抛运动。质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，水平方向速度都为，质点垂直打在M板上时速度也水平，根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反，故A错误；
B．质点的轨迹如图所示
设质点在板间运动的过程中加速度大小为，则质点离开电场时竖直分速度大小为
质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则
联立解得
故B正确；
C．若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C错误；
D．若仅将两平行板的间距变小一些，电容器电容增大，由知，U不变，电量要增大，二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，但是可以充电，所以电量增大，根据推论可知板间电场强度变大，所以质点的运动情况发生变化，再让该质点从N点以水平速度射入板间，质点不会垂直打在光屏上，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为的带电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，不考虑带电粒子受到的重力，则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子可能从B点射出
B. 若粒子垂直于BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为
C. 若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为
D. 若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，其在磁场中运动的时间越短
【答案】C
【解析】
【详解】A．带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；
B．粒子垂直于BC边射出，如图甲所示
则粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离，即
故B错误；
C．粒子从C点射出，如图乙所示
根据几何关系可得
解得
则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为
则
粒子在磁场中运动的时间为
故C正确；
D．由，可知
若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图丙所示
粒子从AB边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故D错误。
故选C。
7. 在如图所示的电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大阻值。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P由左端向右滑动的过程中，四个电表V1、V2、A1、A2的示数及其变化量分别用U1、U2、I1、I2、、、、表示。下列说法正确的是（ ）
A. U1先变大后变小，I1不变
B. U1先变大后变小，I1一直变大
C. 的绝对值先变大后变小，的绝对值不变
D. U2先变小后变大，I2一直变小
【答案】B
【解析】
【详解】ABD．滑片P由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，电阻R的左半部分与R1串联然后与R的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻R总先变大后变小，电源电动势E不变，电路电流先变小后变大，电阻R2不变，电压表V2的示数U2=IR2，先变小后变大，电流I2先变小后变大，即电流表A2的示数先变小后变大，根据闭合回路欧姆定律得U1=E-Ir，所以U1先变大后变小；电流I先变小后变大，电阻R2与r不变，所以电压先变小后变大，并联电压U并=E-U2r，先变大后变小，电流A1所在支路电阻R1支路逐渐减小，所以当U并增大时，A1一定增大；当U并减小时，由于另一个支路的电阻值增大，所以流过R1的电流减小，并联的总电流增大，所以A1也一定增大,即电流表A1示数变大，综上，电压表V1的示数U1先变大后变小，电流表A1的示数I1变大。电压表V2的示数U2先变小后变大，电流表A2的示数I2先变小后变大。故AD错误，B正确；
D．由于，所以有
即的绝对值不变，由于U2=IR2，所以有
即的绝对值不变，故C错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8. 如图1所示，在水平地面上的O点固定一个带正电的带电体（可视为质点，图中未画出），以O点为原点以向右为正方向建坐标系，得到坐标轴上O点右侧各点的电场强度E与各点到O点距离r的关系图像如图2所示。现将一个可视为质点质量为m、带电量大小为q的滑块从B点由静止释放，滑块向右运动，经过A点时滑块的速度最大，已知，且B为OA的中点，重力加速度为g，点电荷周围的电势（Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离，以无穷远处电势为零）。下列说法中正确的是（ ）
A. 滑块可能带负电B. 滑块与水平面间的动摩擦因数
C. 滑块经过A点时的速率D. 滑块停止运动时离O点的距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在O点的带电体带正电，滑块从B点由静止释放，向右运动，则滑块受到的电场力向右，故滑块带正电，故A错误；
B．滑块向右运动，经过A点时滑块的速度最大，此时
滑块与水平面间的动摩擦因数
故B正确；
C．B、A两点间电势差
根据动能定理
又
联立解得
故C错误；
D．设滑块停止运动时离O点的距离为x，根据动能定理
解得
故D正确。
故选BD。
9. 如图所示，处于竖直面内半径为R的圆形区域磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，O为圆心，AB为竖直直径，已知一带正电的比荷为k的粒子从A点沿AB方向以某一速度射入磁场后，经时间t射出磁场，射出时速度方向的偏转角为，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子的速度大小为
B. 若只让粒子速度大小改为，则粒子在磁场中的运动时间为
C. 若让粒子速度大小改为，入射方向改为AB右侧与AB夹角，则粒子在磁场中运动轨迹的长度为
D. 若只改变入射速度方向让粒子在磁场中的运动时间最长，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为
【答案】CD
【解析】
【详解】
A．带电粒子的速度为v时，其在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由题意可知粒子转过的圆心角为，所以带电粒子做圆周运动的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可求得
故A错误；
B．当粒子的速度大小改为，粒子做圆周运动的半径
则粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示。由图乙可知，粒子在磁场中运动的时间为
由图甲可知
所以
故B错误；
C．若粒子的速度为，入射方向改为AB右侧与AB夹角，粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，由图可知，粒子转过的圆心角为，粒子做圆周运动的半径为
则粒子在磁场中运动的轨迹长度
故C正确；
D．若只让粒子在磁场中运动时间最长，则粒子在磁场中做圆周运动对应的弦最长，对应最长弦为直径AB，粒子运动的轨迹如图丁所示，由图可知
由几何关系可知，角等于与AB的夹角，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为，故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，竖直面内有一匀强电场，其方向与x轴夹角为37°，现有质量为的一带负电的小球，从O点以速度v0竖直向下抛出，已知小球的加速度沿x轴方向，则关于带电小球运动过程中的说法正确的是（ ）
A. 小球所受电场力的大小为
B. 小球的电势能与重力势能之和一直在减小
C. 小球的电势能与动能之和一直在减小
D. 经过的时间，小球的机械能达到最小值
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．小球加速度沿轴方向，小球受到竖直向下的重力和与电场线方向相反的电场力，所以小球合力沿轴正方向，在竖直方向有
解得电场力
A正确；
B．小球所受合外力沿轴正方向，小球做类平抛运动，所以小球所受合力做正功，小球的动能增加，根据能量守恒定律可知小球的电势能与重力势能之和一直在减小，B正确；
C．小球做类平抛运动，小球的重力做正功，重力势能减小，根据能量守恒定律可知小球的电势能与动能之和一直在增加，C错误；
D．电场力做负功，电势能增加，小球机械能减小，所以电场力做负功最大时，小球机械能最小，沿电场线方向建立直角坐标系，则在电场力方向，速度为，加速度为
解得
沿电场线方向，小球做匀减速直线运动，减速至0用时为
此时电场力做负功最大，所以小球机械能最小，D正确。
故选ABD。
第II卷（非选择题 共54分）
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. 描绘一个标有“3V，0.5A”小灯泡L的伏安特性曲线，实验室提供的实验器材有：
A.电源E（电动势为4V，内阻约1）
B.电流表（量程为0.6A，内阻约0.5）
C.电流表（量程3A，内阻约0.1）
D.电压表（量程为3V，内阻约3k）
E.电压表（量程为15V，内阻的15k）
F.滑动变阻器（最大阻值10）
G.滑动变阻器（最大阻值100）
H.开关S一个，导线若干
（1）为了能多测几组数据并能从0开始测量，某小组设计电路图如图，则在该电路中，电流表选择_____，电压表选择_____，滑动变阻器选择_____（此三空均选填相应器材前的代号）。
（2）在按照合理的电路及操作测量后，作出如图（a）所示的小灯泡的伏安特性曲线。现将同样规格的小灯泡分别接入如图（b）、如图（c）所示的电路中，已知电源电动势=3.0V，电源内阻=5，图（c）中的定值电阻R=5，则图（b）中小灯泡的实际功率为_____，图（c）中一个小灯泡的实际功率为____W（两个空均保留2位有效数字）。
【答案】 ①. B ②. D ③. F ④. 0.43 ⑤. 0.11
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1][2][3]由灯泡L的额定电压、额定电流可知，电压表应选量程为3V的D，电流表应选量程为0.6A的B，为了能多测几组数据并且从0开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节，减小误差，应选阻值较小的F。
(2)[4]在如图(b)的实验中，在小灯泡的伏安特性曲线图中，画出电源的外特性曲线，交点即为此时灯泡的实际电压与实际电流，如图所示
可知
，
可得灯泡的实际功率为
[5]在如图(c)的实验中，设灯泡的实际电压、实际电流为U2、I2，由闭合电路欧姆定律可得
代入数据可得
把这个伏安特性曲线与灯泡的伏安特性曲线画在同一坐标中，如图所示
由图可得，交点坐标为
，
可得灯泡的实际功率为
12. 佳佳同学在做“练习使用多用电表”的实验时，进行了如下测量：
（1）测量电路的电压时，选用直流量程，指针位置如图中a所示，该电路两电压为________。
（2）测量电路的电流时，选择开关处在电流“”挡，指针位置如图中b所示，被测电流的值为_______。
（3）某欧姆表由于长时间未使用，电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小佳同学用如图甲所示的电路来研究其内部的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。
①在电路连接时，要注意毫安表的“”接线柱要与欧姆表的________（填“红”或“黑”）表笔相连；
②调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为时，欧姆表指针偏转到整个表盘位置的刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头的量程为_______；
③连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值租通过毫安表的电流，做出图像，如图丙所示，则电源的电动势_______。在不考思实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】 ①. 20.5 ②. 6.0 ③. 红 ④. 500 ⑤. 5 ⑥. 等于
【解析】
【详解】（1）[1]测量电路两电压时，选用直流50V量程，指针位置如图中a所示，读数时要读中间的刻度盘，最小刻度为1V，则该电路两电压为20.5V。
（2）[2]测量电路的电流时，选择开关处在电流“”挡，指针位置如图中b所示，读数时要读中间的刻度盘，最小刻度为，被测电流的值为。
（3）①[3]电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“”接线柱流出，所以毫安表的“”接线柱要与欧姆表的红表笔相连；
②[4]设欧姆表表头G的量程为，由题意可得
解得欧姆表表头的量程为
③[5]设回路中除电阻箱之外的总电阻为，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
可知图像的斜率等于电源的电动势，则有
[6]根据实验原理可知并未引入由于电表内阻而产生的系统误差，则有
可得
可知在不考虑实验偶然误差情况下，图像的斜率仍然等于电源的电动势，则电源电动势的测量值等于真实值。
13. 真空区域有宽度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，、是磁场的边界。质量为、电荷量大小为的粒子（电性未知，不计重力）以速度沿着与夹角为的方向射入磁场中，刚好没能从边界射出磁场。求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】或
【解析】
【详解】若粒子为正电荷：由几何关系得
得
由几何关系得粒子转过的圆心角为
所以粒子在磁场中运动的时间为
若粒子为负电荷：由几何关系
得
由几何关系得粒子转过的圆心角为
所以粒子 在磁场中运动的时间为
14. 如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC与光滑水平轨道PA相切于A点，BC为圆弧轨道ABC的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角。整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为的带电小球（可视为质点）可以在圆弧轨道上的B点保持静止。现将该带电小球从水平轨道某点静止释放，小球经A点沿圆弧轨道ABC恰好能通过C点。已知重力加速度大小为g，。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球经过C点时，电场力对小球做功的功率P；（结果保留根号）
（3）小球在圆弧轨道上运动时对轨道的最大压力的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球可以在圆弧轨道上的B点保持静止，小球受合力为0
解得
（2）小球到达C点时受重力和电场力作用，合力的大小为F
设小球到达C点时的速度大小为，由牛顿第二定律得
小球在C点电场力与速度夹角为，故小球在C点所受电场力做功的功率
解得
（3）在B点，重力和电场力的合力F沿OB方向背离圆心，小球对圆弧轨道的压力最大。
B到C过程，由动能定理得
在B点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得：小球在圆弧轨道上运动时对轨道的最大压力为
15. 如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相拴接，将它们放在倾角为的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为。斜面底端有固定挡板D，物体C靠在挡板D上。将质量也为m的物体A从斜面上的某点由静止释放，A与B相碰。已知重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）若A与B相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当A与B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力恰好为零，求挡板D对C支持力的最大值；
（3）若将A从另一位置由静止释放，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力也恰好为零。已知A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为，求相碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据物体平衡条件得
解得弹簧的劲度系数
（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对挡板D的压力最小为0，则对C，弹簧弹力
对A、B，回复力最大
由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大，即
此时物体C对挡板D的压力最大，对物体A、B有
则弹簧弹力
对物体C，设挡板D对物体C的弹力为，则
挡板D对C支持力的最大值为。
（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为，对物体A，从开始下滑到A、B相碰前的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设A与B相碰后两物体共同速度的大小为，对A与B发生碰撞的过程，根据动量守恒定律有
解得
物体B静止时弹簧的形变量为，设弹性势能为，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律有
当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设分离后物体A还能沿斜面上升的距离为。对物体A，从与B分离到最高点的过程。机械能守恒，则有
解得
对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高点时速度为0，物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为，弹簧的弹性势能也为。从A、B分离到B运动到最高点的过程，由机械能守恒定律有
解得
解得
由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。共8页，满分100分，考试时间75分钟。
第I卷（选择题 共46分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 如图所示，两个相同的金属球A、B（可看成点电荷）带等量异种电荷，两球相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，现让另一个相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开，这时A、B两球之间的相互作用力的大小是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设原来A、B所带电荷量分别为、，距离为，则有
小球C先与A球接触后，电荷量为
小球C后与B球接触后，电荷量为
则有
故选A。
2. 如图为一块手机电池的文字说明，下列说法错误的是（ ）更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663
A. 该电池的容量为500mA·hB. 该电池的电动势为3.6V
C. 该电池在工作时的电流为500mAD. 若电池以10mA的电流工作，可用50h
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电池上的3.6V表示电动势，500mA·h表示电池充满电时的电荷量，故AB正确，不符合题意；
C．由于不知道电池的工作时间，所以无法计算放电电流，故C错误，符合题意；
D．若电池以10mA的电流工作，则工作时间为
故D正确，不符合题意。
故选C
3. 《大国重器》节目介绍的GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示。管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平。某时刻A中电流方向垂直于纸面向外、B中电流方向垂直于纸面向里，A、B中电流大小均为、C中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为，则（ ）
A. B、C输电线缆相互吸引
B. 输电线缆A、B圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上
C. 正三角形中心O处的磁感应强度方向水平向左
D. 输电线缆A所受安培力方向垂直线缆A、B圆心连线向下
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于B、C输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥，故A错误；
B．根据右手螺旋定则可知，A、B输电线缆在A、B圆心连线中点处磁感应强度方向竖直向上，而C线缆在该处的磁感应强度水平向左，则该点的合磁感应强度方向斜向上偏左，故B错误；
C．A输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OB指向左上方，根据对称性可知，A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向上，而C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故C错误。
D．B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小为B对A作用力的2倍，如图所示
由图可知
即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的安培力合力即为C对A的作用力在竖直方向的分量，则输电线缆A所受安培力方向垂直线缆A、B圆心连线向下，故D正确。
故选D。
4. 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。以下判断正确的是（ ）
A. 电源的电动势，内阻
B. b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为，纵坐标之比一定为
C. 电源的最大输出功率
D. 在a、b、c三条图线上分取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式
PE=EI，Pr=I2r
可知，a是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，由图可知，当短路时，电流为3A，总功率P=9W；则由
P=EI
可知
E=3V
内阻
故A错误；
BC．当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点时的电流，此时电流的大小为
最大输出功率的大小为
a、b线的交点表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为
功率的大小为
所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，故BC错误；
D．在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系
故D正确。
故选D
5. 正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图所示的电路中，板长l，板间距为d，在距离板的右端处有一竖直放置的光屏M。D为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，为定值电阻。将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合开关S，让一带电量为q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度射入板间，质点未碰极板，最后垂直打在M上，在保持开关S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（ ）
A. 质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到M的过程中速度变化相同
B. 板间电场强度大小为
C. 若仅将滑片P向下滑动一段，则质点不会垂直打在M上
D. 若仅将两平行板的间距减小一些，则质点依然会垂直打在M上
【答案】B
【解析】
【详解】A．质点先在水平放置的平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定做斜上抛运动。质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，水平方向速度都为，质点垂直打在M板上时速度也水平，根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反，故A错误；
B．质点的轨迹如图所示
设质点在板间运动的过程中加速度大小为，则质点离开电场时竖直分速度大小为
质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则
联立解得
故B正确；
C．若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C错误；
D．若仅将两平行板的间距变小一些，电容器电容增大，由知，U不变，电量要增大，二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，但是可以充电，所以电量增大，根据推论可知板间电场强度变大，所以质点的运动情况发生变化，再让该质点从N点以水平速度射入板间，质点不会垂直打在光屏上，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为的带电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，不考虑带电粒子受到的重力，则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子可能从B点射出
B. 若粒子垂直于BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为
C. 若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为
D. 若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，其在磁场中运动的时间越短
【答案】C
【解析】
【详解】A．带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；
B．粒子垂直于BC边射出，如图甲所示
则粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离，即
故B错误；
C．粒子从C点射出，如图乙所示
根据几何关系可得
解得
则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为
则
粒子在磁场中运动的时间为
故C正确；
D．由，可知
若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图丙所示
粒子从AB边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故D错误。
故选C。
7. 在如图所示的电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大阻值。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P由左端向右滑动的过程中，四个电表V1、V2、A1、A2的示数及其变化量分别用U1、U2、I1、I2、、、、表示。下列说法正确的是（ ）
A. U1先变大后变小，I1不变
B. U1先变大后变小，I1一直变大
C. 的绝对值先变大后变小，的绝对值不变
D. U2先变小后变大，I2一直变小
【答案】B
【解析】
【详解】ABD．滑片P由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，电阻R的左半部分与R1串联然后与R的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻R总先变大后变小，电源电动势E不变，电路电流先变小后变大，电阻R2不变，电压表V2的示数U2=IR2，先变小后变大，电流I2先变小后变大，即电流表A2的示数先变小后变大，根据闭合回路欧姆定律得U1=E-Ir，所以U1先变大后变小；电流I先变小后变大，电阻R2与r不变，所以电压先变小后变大，并联电压U并=E-U2r，先变大后变小，电流A1所在支路电阻R1支路逐渐减小，所以当U并增大时，A1一定增大；当U并减小时，由于另一个支路的电阻值增大，所以流过R1的电流减小，并联的总电流增大，所以A1也一定增大,即电流表A1示数变大，综上，电压表V1的示数U1先变大后变小，电流表A1的示数I1变大。电压表V2的示数U2先变小后变大，电流表A2的示数I2先变小后变大。故AD错误，B正确；
D．由于，所以有
即的绝对值不变，由于U2=IR2，所以有
即的绝对值不变，故C错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8. 如图1所示，在水平地面上的O点固定一个带正电的带电体（可视为质点，图中未画出），以O点为原点以向右为正方向建坐标系，得到坐标轴上O点右侧各点的电场强度E与各点到O点距离r的关系图像如图2所示。现将一个可视为质点质量为m、带电量大小为q的滑块从B点由静止释放，滑块向右运动，经过A点时滑块的速度最大，已知，且B为OA的中点，重力加速度为g，点电荷周围的电势（Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离，以无穷远处电势为零）。下列说法中正确的是（ ）
A. 滑块可能带负电B. 滑块与水平面间的动摩擦因数
C. 滑块经过A点时的速率D. 滑块停止运动时离O点的距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在O点的带电体带正电，滑块从B点由静止释放，向右运动，则滑块受到的电场力向右，故滑块带正电，故A错误；
B．滑块向右运动，经过A点时滑块的速度最大，此时
滑块与水平面间的动摩擦因数
故B正确；
C．B、A两点间电势差
根据动能定理
又
联立解得
故C错误；
D．设滑块停止运动时离O点的距离为x，根据动能定理
解得
故D正确。
故选BD。
9. 如图所示，处于竖直面内半径为R的圆形区域磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，O为圆心，AB为竖直直径，已知一带正电的比荷为k的粒子从A点沿AB方向以某一速度射入磁场后，经时间t射出磁场，射出时速度方向的偏转角为，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子的速度大小为
B. 若只让粒子速度大小改为，则粒子在磁场中的运动时间为
C. 若让粒子速度大小改为，入射方向改为AB右侧与AB夹角，则粒子在磁场中运动轨迹的长度为
D. 若只改变入射速度方向让粒子在磁场中的运动时间最长，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为
【答案】CD
【解析】
【详解】
A．带电粒子的速度为v时，其在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由题意可知粒子转过的圆心角为，所以带电粒子做圆周运动的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可求得
故A错误；
B．当粒子的速度大小改为，粒子做圆周运动的半径
则粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示。由图乙可知，粒子在磁场中运动的时间为
由图甲可知
所以
故B错误；
C．若粒子的速度为，入射方向改为AB右侧与AB夹角，粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，由图可知，粒子转过的圆心角为，粒子做圆周运动的半径为
则粒子在磁场中运动的轨迹长度
故C正确；
D．若只让粒子在磁场中运动时间最长，则粒子在磁场中做圆周运动对应的弦最长，对应最长弦为直径AB，粒子运动的轨迹如图丁所示，由图可知
由几何关系可知，角等于与AB的夹角，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为，故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，竖直面内有一匀强电场，其方向与x轴夹角为37°，现有质量为的一带负电的小球，从O点以速度v0竖直向下抛出，已知小球的加速度沿x轴方向，则关于带电小球运动过程中的说法正确的是（ ）
A. 小球所受电场力的大小为
B. 小球的电势能与重力势能之和一直在减小
C. 小球的电势能与动能之和一直在减小
D. 经过的时间，小球的机械能达到最小值
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．小球加速度沿轴方向，小球受到竖直向下的重力和与电场线方向相反的电场力，所以小球合力沿轴正方向，在竖直方向有
解得电场力
A正确；
B．小球所受合外力沿轴正方向，小球做类平抛运动，所以小球所受合力做正功，小球的动能增加，根据能量守恒定律可知小球的电势能与重力势能之和一直在减小，B正确；
C．小球做类平抛运动，小球的重力做正功，重力势能减小，根据能量守恒定律可知小球的电势能与动能之和一直在增加，C错误；
D．电场力做负功，电势能增加，小球机械能减小，所以电场力做负功最大时，小球机械能最小，沿电场线方向建立直角坐标系，则在电场力方向，速度为，加速度为
解得
沿电场线方向，小球做匀减速直线运动，减速至0用时为
此时电场力做负功最大，所以小球机械能最小，D正确。
故选ABD。
第II卷（非选择题 共54分）
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. 描绘一个标有“3V，0.5A”小灯泡L的伏安特性曲线，实验室提供的实验器材有：
A.电源E（电动势为4V，内阻约1）
B.电流表（量程为0.6A，内阻约0.5）
C.电流表（量程3A，内阻约0.1）
D.电压表（量程为3V，内阻约3k）
E.电压表（量程为15V，内阻的15k）
F.滑动变阻器（最大阻值10）
G.滑动变阻器（最大阻值100）
H.开关S一个，导线若干
（1）为了能多测几组数据并能从0开始测量，某小组设计电路图如图，则在该电路中，电流表选择_____，电压表选择_____，滑动变阻器选择_____（此三空均选填相应器材前的代号）。
（2）在按照合理的电路及操作测量后，作出如图（a）所示的小灯泡的伏安特性曲线。现将同样规格的小灯泡分别接入如图（b）、如图（c）所示的电路中，已知电源电动势=3.0V，电源内阻=5，图（c）中的定值电阻R=5，则图（b）中小灯泡的实际功率为_____，图（c）中一个小灯泡的实际功率为____W（两个空均保留2位有效数字）。
【答案】 ①. B ②. D ③. F ④. 0.43 ⑤. 0.11
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1][2][3]由灯泡L的额定电压、额定电流可知，电压表应选量程为3V的D，电流表应选量程为0.6A的B，为了能多测几组数据并且从0开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节，减小误差，应选阻值较小的F。
(2)[4]在如图(b)的实验中，在小灯泡的伏安特性曲线图中，画出电源的外特性曲线，交点即为此时灯泡的实际电压与实际电流，如图所示
可知
，
可得灯泡的实际功率为
[5]在如图(c)的实验中，设灯泡的实际电压、实际电流为U2、I2，由闭合电路欧姆定律可得
代入数据可得
把这个伏安特性曲线与灯泡的伏安特性曲线画在同一坐标中，如图所示
由图可得，交点坐标为
，
可得灯泡的实际功率为
12. 佳佳同学在做“练习使用多用电表”的实验时，进行了如下测量：
（1）测量电路的电压时，选用直流量程，指针位置如图中a所示，该电路两电压为________。
（2）测量电路的电流时，选择开关处在电流“”挡，指针位置如图中b所示，被测电流的值为_______。
（3）某欧姆表由于长时间未使用，电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小佳同学用如图甲所示的电路来研究其内部的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。
①在电路连接时，要注意毫安表的“”接线柱要与欧姆表的________（填“红”或“黑”）表笔相连；
②调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为时，欧姆表指针偏转到整个表盘位置的刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头的量程为_______；
③连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值租通过毫安表的电流，做出图像，如图丙所示，则电源的电动势_______。在不考思实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】 ①. 20.5 ②. 6.0 ③. 红 ④. 500 ⑤. 5 ⑥. 等于
【解析】
【详解】（1）[1]测量电路两电压时，选用直流50V量程，指针位置如图中a所示，读数时要读中间的刻度盘，最小刻度为1V，则该电路两电压为20.5V。
（2）[2]测量电路的电流时，选择开关处在电流“”挡，指针位置如图中b所示，读数时要读中间的刻度盘，最小刻度为，被测电流的值为。
（3）①[3]电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“”接线柱流出，所以毫安表的“”接线柱要与欧姆表的红表笔相连；
②[4]设欧姆表表头G的量程为，由题意可得
解得欧姆表表头的量程为
③[5]设回路中除电阻箱之外的总电阻为，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
可知图像的斜率等于电源的电动势，则有
[6]根据实验原理可知并未引入由于电表内阻而产生的系统误差，则有
可得
可知在不考虑实验偶然误差情况下，图像的斜率仍然等于电源的电动势，则电源电动势的测量值等于真实值。
13. 真空区域有宽度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，、是磁场的边界。质量为、电荷量大小为的粒子（电性未知，不计重力）以速度沿着与夹角为的方向射入磁场中，刚好没能从边界射出磁场。求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】或
【解析】
【详解】若粒子为正电荷：由几何关系得
得
由几何关系得粒子转过的圆心角为
所以粒子在磁场中运动的时间为
若粒子为负电荷：由几何关系
得
由几何关系得粒子转过的圆心角为
所以粒子 在磁场中运动的时间为
14. 如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC与光滑水平轨道PA相切于A点，BC为圆弧轨道ABC的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角。整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为的带电小球（可视为质点）可以在圆弧轨道上的B点保持静止。现将该带电小球从水平轨道某点静止释放，小球经A点沿圆弧轨道ABC恰好能通过C点。已知重力加速度大小为g，。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球经过C点时，电场力对小球做功的功率P；（结果保留根号）
（3）小球在圆弧轨道上运动时对轨道的最大压力的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球可以在圆弧轨道上的B点保持静止，小球受合力为0
解得
（2）小球到达C点时受重力和电场力作用，合力的大小为F
设小球到达C点时的速度大小为，由牛顿第二定律得
小球在C点电场力与速度夹角为，故小球在C点所受电场力做功的功率
解得
（3）在B点，重力和电场力的合力F沿OB方向背离圆心，小球对圆弧轨道的压力最大。
B到C过程，由动能定理得
在B点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得：小球在圆弧轨道上运动时对轨道的最大压力为
15. 如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相拴接，将它们放在倾角为的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为。斜面底端有固定挡板D，物体C靠在挡板D上。将质量也为m的物体A从斜面上的某点由静止释放，A与B相碰。已知重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）若A与B相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当A与B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力恰好为零，求挡板D对C支持力的最大值；
（3）若将A从另一位置由静止释放，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力也恰好为零。已知A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为，求相碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据物体平衡条件得
解得弹簧的劲度系数
（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对挡板D的压力最小为0，则对C，弹簧弹力
对A、B，回复力最大
由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大，即
此时物体C对挡板D的压力最大，对物体A、B有
则弹簧弹力
对物体C，设挡板D对物体C的弹力为，则
挡板D对C支持力的最大值为。
（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为，对物体A，从开始下滑到A、B相碰前的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设A与B相碰后两物体共同速度的大小为，对A与B发生碰撞的过程，根据动量守恒定律有
解得
物体B静止时弹簧的形变量为，设弹性势能为，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律有
当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设分离后物体A还能沿斜面上升的距离为。对物体A，从与B分离到最高点的过程。机械能守恒，则有
解得
对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高点时速度为0，物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为，弹簧的弹性势能也为。从A、B分离到B运动到最高点的过程，由机械能守恒定律有
解得
解得
由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离
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