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2024安徽省江淮名校高二上学期12月月考试题物理含解析
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这是一份2024安徽省江淮名校高二上学期12月月考试题物理含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.随着中、日、美、韩等多家企业高调宣布全固态电池技术的新突破，全球范围内全固态电池技术再次引起广泛关注。2023年11月，在我国最新试验测试中，相比常规固态电池，采用界面改性技术的固态电池在150周循环后容量的保持率大幅提高，超过90%，电池寿命衰减率降低了50%，关于电池中对电流强度定义式I=qt的理解，下列说法正确是( )
A. 电池储存的电荷量q越多，它放电时的电流I一定越大
B. I的方向与自由电子的移动方向相反
C. I与通过导体横截面的电荷量成正比
D. I是矢量，方向由q的移动方向决定
2.关于能量耗散，下列说法中正确的是( )
A. 能量耗散是指能量在不断地减少
B. 能量耗散不遵守能量守恒定律
C. 能量取之不尽，因此不必节约能源
D. 能量耗散说明能量在转移、转化过程中具有方向性
3.如图所示的电路中，定值电阻分别为R1=4Ω、R2=6Ω、R3=3Ω、R4=6Ω，现在M、N两点间加12 V的稳恒电压，则下列说法正确的是( )
A. M、N间的总电阻为12ΩB. R1和R4两端的电压比为3:2
C. 流过R2和R3的电流比为2:1D. R1和R2两端的电压比为2:3
4.如图所示的电路中，M、N为平行板电容器，G为静电计，开始电键闭合，静电计指针有偏角，为了使静电计指针偏转角度变小，则下列措施可行的是( )
A. 断开电键，将M板向下移动
B. 断开电键，将M板向左移动
C. 保持电键闭合，将滑动变阻器的滑动触头向右移动
D. 保持电键闭合，在两平行板间插入一陶瓷板
5.如图所示的通电螺线管周围有a、b、c、d四点(a点在螺线管内部)，M、N间接直流电源，将小磁针放在图中的四点时，小磁针的N极指向右侧的是( )
A. M为电源的正极，小磁针位于a点B. M为电源的正极，小磁针位于b点
C. M为电源的负极，小磁针位于c点D. M为电源的负极，小磁针位于d点
6.如图所示的电路中，两定值电阻R1、R2串联接在输出电压恒定的电源两端，现用两不同量程的电压表分别先后接在定值电阻R1两端，结果电压表V1、V2的示数为2.82V、2.73V，则下列说法正确的是( )
A. 未接电压表时电阻R1两端的电压小于2.73V
B. 电压表V2的示数更接近电阻R1两端未接电压表时的电压
C. 电压表V1的内阻大于电压表V2的内阻
D. 两电压表的内阻大小关系不能确定
7.如图所示，在真空中M、N两点分别固定带同种电荷的点电荷，且QM=QN=q，O点为MN的中点，A、B为MN中垂线上的两点，且AO=OB=MO=ON。一带电粒子从A点由静止释放，经过一段时间刚好以速度v经过O点，不计粒子重力，已知点电荷在某一位置产生的电势与自身电荷量成正比，则下列说法正确的是( )
A. 带电粒子一直沿A→B方向运动至无穷远处
B. 带电粒子的电势能一直减小
C. 若QM=2q，带电粒子在A点受到的电场力大小为原来的 102倍
D. 若QM=QN=2q，带电粒子经过O点的速度为2v
8.金属球甲所带的电荷量为-2Q、完全相同的金属球乙所带的电荷量为+6Q，当两球之间的距离为r时，两球之间的库仑力为F1；现将两球充分接触后并放回到原来的位置，则两球之间的库仑力为F2，两球可视为点电荷，则下列说法正确的是( )
A. +2Q的正电荷从乙转移到甲B. -4Q的负电荷从甲转移到乙
C. F1=F2D. F1= 3F2
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示的直流电路，图中的电流表及电压表均可视为理想电表。闭合开关，将滑动变阻器的滑动触头向右滑动少许。已知R1=5Ω、r=2Ω，则下列说法正确的是( )
A. 三个电表的示数均增大
B. 电源消耗的总功率增大
C. 定值电阻R1消耗的电功率减小
D. 电压表V1示数变化量的绝对值大于电压表V2示数变化量的绝对值
10.如图所示的匀强电场方向竖直向下，一带正电粒子由图中的A点沿垂直电场线的方向射入电场，经过一段时间粒子由电场中的B点离开，已知A、B两点沿电场方向的间距为h，沿垂直电场方向的间距为x。现将A、B两点之间的水平间距和竖直间距等分为两份，粒子重力不计，则下列说法正确的是( )
A. 前x2和后x2，粒子电势能的变化量之比为1:3
B. 前x2和后x2，粒子沿电场线的位移之比为1:1
C. 前h2和后h2，粒子的运动时间之比为1: 2
D. 前h2和后h2，粒子垂直电场线方向的位移之比为1:( 2-1)
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验中学的学生要测量一根金属丝的电阻率。
(1)已测出金属丝的长为L，现用螺旋测微器测得金属丝的直径为D，示数如下图所示，读数为__________mm。
(2)用多用电表粗略地测量了金属丝的电阻值，经测量可知金属丝的阻值约为20Ω，已知多用电表表盘正中央的刻度值为15，则测量金属丝电阻时所选用的挡位为__________(选填“×1”“×10”“×100”或“×1000”)。
(3)为了得到更精确的测量结果，实验中为其提供了如下的实验器材：
电压表V1(量程3 V，内阻约3kΩ)电压表V2(量程15 V，内阻约10kΩ)
电流表A1(量程0.6A，内阻约0.5Ω)电流表A2(量程3 A，内阻约0.2Ω)
滑动变阻器R(最大阻值5Ω)电源E1(电动势12 V，内阻不计)
电源E2(电动势3 V，内阻不计)开关S和导线
①实验时电源应选择__________，电压表应选择__________，电流表应选择__________；
②根据所选择的实验器材，将设计好的电路图画在虚线框内；
③某次测量时，电压表和电流表的示数分别为U、I，则该金属丝的电阻率为ρ=__________。(用以上U、I、L、D等字母表示)
12.某实验小组的同学在进行电源电动势和内阻的测量时，设计了如图甲所示的电路，实验室为其提供的实验器材有：电动势约为5.0V的电源，电流表A1(量程为0.6A、内阻约为8Ω)，电流表A2(量程为3 mA、内阻为rg=100Ω)，滑动变阻器R(最大阻值10Ω)，电阻箱R0(调节范围0∼9999.9Ω)，电键S以及导线若干。
(1)电路中，电表1应为__________(填器材符号)，为了完成实验应将其中的一个电流表改装成6 V的电压表，则电阻箱R0的阻值应调为R0=__________Ω。
(2)通过调节滑动变阻器的滑片，读出多组数据，某次操作时电表1、2的读数如图乙所示，则两电表1、2的读数分别为__________、__________(均保留两位小数)。
(3)将得到的多组实验数据描绘出图像，其中纵轴为电表1的读数，横轴为电表2的读数(mA)，若图线的斜率大小为k=2、纵截距为b=5.0，则该电源的电动势为E=__________V，内阻r=__________Ω。(结果保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，有一垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=1T，现于纸面内先后放上圆线圈a、b，圆心均处于O处，线圈a的半径为1 m，匝数为100匝；线圈b的半径为2 m，匝数为10匝。求：
(1)穿过线圈a和线圈b的磁通量大小；
(2)现仅将磁场方向改变为与纸面成30∘角向里(磁场方向与纸面的线面角为30∘)，线圈a中的磁通量大小；
(3)现仅将磁场反向，线圈b中的磁通量的变化量大小。
14.如图所示的电路中，电源的电动势为E=38V，内阻r=2Ω，定值电阻R1=5Ω、R2=18Ω，电动机的额定电压为U0=24V，电动机的内阻为R0=2.25Ω。闭合开关S，电动机正常工作，电流表为理想电表。求：
(1)定值电阻R1、R2消耗的电功率之比；
(2)电动机的效率。
15.如图所示，竖直虚线的左右两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直向下和水平向左的匀强电场，区域Ⅰ的电场强度为E1(大小未知)，区域Ⅱ的电场强度大小为E2=30N/C，紧靠虚线的右侧沿竖直方向固定一光滑绝缘的圆弧形轨道BCD，O为弧形轨道的圆心，CD为竖直方向的直径，BO与CD的夹角为θ=37∘，质量为m=0.4kg、电荷量为q=+0.1C，可视为质点的小球由区域Ⅰ中的A点以水平向右的速度v0=12m/s进入电场，经过一段时间小球恰好沿切线方向从B点进入弧形轨道，已知A、B两点的高度差为y=0.9m，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，求：
(1)A、B两点的水平间距x以及E1的大小；
(2)若弧形轨道的半径为R=0.5m，小球运动到C点时对轨道的压力大小；
(3)小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，欲使小球不脱离轨道，则轨道半径R的取值范围是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】电流大小与放电时间有关，A错误；I=qt是电流的定义式，I与q、t不成正比，也不成反比，C错误；电流有方向，其方向与正电荷定向移动的方向相同或与电子定向移动的方向相反，电流尽管有方向但它是标量，D错误，B正确。
2.【答案】D
【解析】在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终会转化为流散到周围环境的内能，无法再回收利用，这种现象叫能量耗散。能量耗散并不违反能量守恒定律，宇宙的能量既没有减少，也没有消失，它只从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故A、B错误，D正确；有些能量使用以后不能再被利用，所以要节约能源，C错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查串并联电路的特点。明确电路结构，根据串并联电路的特点分析即可正确求解。
【解答】A.R2和R3并联的电阻值为R23=R2R3R2+R3=2Ω，所以M、N间的总电阻为R=R1+R23+R4=12Ω，故A正确；
B.R1和R4串联，流过两电阻的电流相等，则电压与电阻值成正比，即R1和R4两端的电压比为2:3，故B错误；
C.R2和R3并联，两端的电压相等，流过两电阻的电流与电阻成反比，即流过R2和R3的电流比为1:2，故C错误；
D.R1和R23串联，电流相等，则电压与电阻值成正比，即R1和R23的电压比为2:1，所以R1和R2两端的电压比为2:1，故D错误。
故选A。
4.【答案】A
【解析】A. 断开电键，电容器带电量不变，M板向下移动，两板之间的距离减小，由公式C=εS4πkd可知电容器的电容增大，又由公式U=QC可知两板之间的电势差减小，静电计的指针偏角变小，A正确；
B. 同理，M板向左移动，两板的正对面积减小，电容器的电容减小，两板之间的电势差增大，B错误；
CD.保持电键闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是在两极板间插入陶瓷板，静电计指针张角都不变，C、D错误。
故选A。
5.【答案】A
【解析】AB.由右手螺旋定则可知，当M为电源的正极时，螺线管内部的磁感线方向水平向右，右侧相当于条形磁铁的N极，而小磁针静止时N极的指向为该点磁感线的方向，则a点的小磁针方向指向右侧，b点的小磁针方向指向左侧，A正确，B错误；
CD.同理M为电源的负极时，c、d两点的小磁针方向均指向左侧，C、D错误。
故选A。
6.【答案】C
【解析】AB.由于电压表不是理想电表(内阻不是无穷大)，当电压表接在定值电阻R1两端后，定值电阻R1与电压表的并联电阻小于电阻R1，根据欧姆定律和串、并联电路规律可知，定值电阻R1与电压表的并联总电压小于电阻R1原来的电压，即定值电阻R1两端原来的电压将大于电压表的示数，即定值电阻R1原来的电压略大于2.82V，则A、B错误；
CD.根据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与定值电阻R1的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，电压表V1的内阻大于V2的内阻，故C正确，D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】AB.由对称性可知，粒子在A、B两点间做往复运动，带电粒子由A到O的过程中电场力做正功，电势能减小，由O到B的过程中电场力做负功，电势能增大，A、B错误；
C. 设AN=r，原来M、N两电荷在A点产生的电场强度大小分别为EM=EN=kqr2，则A点的电场强度为E= 2kqr2；若QM=2q，M、N两电荷在A点产生的电场强度大小分别为E'M=2kqr2、E'N=kqr2，A点的电场强度为E'= E'M2+E'N2= 5kqr2，A点的电场强度为原来的 102倍，粒子在A点所受的电场力为原来的 102倍，C正确；
D. 假设原来M、N两点电荷在A点产生的电势分别为φ1，在O点产生的电势分别为φ2，则A、O两点的电势差为UAO=2(φ1-φ2)，由动能定理得qUAO=12mv2-0；若QM=QN=2q，则A、O两点的电势差为U'AO=4(φ1-φ2)，由动能定理得qU'AO=12mv'2-0，联立解得v'= 2v，D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查电荷守恒定律和库仑定律的应用。根据电荷守恒定律分析两球接触后的带电情况以及自由电子的移动情况；由库仑定律列式求解接触前后两球之间的库仑力大小关系，由此即可正确求解。
【解答】
AB.由电荷守恒定律可知，两球接触后电荷量重新分配，即两球分别带有+2Q的电荷，两球接触的过程中，自由电子发生定向移动，即有-4Q的负电荷从甲转移到乙，故A错误，B正确；
CD.开始两球之间的库仑力为F1=k⋅2Q⋅6Qr2=12kQ2r2，接触放回原位置时，两球之间的库仑力为F2=k⋅2Q⋅2Qr2
=4kQ2r2，显然F1=3F2，故CD错误。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题主要考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，明确电路结构是解决问题的关键。滑动变阻器R2的滑片向右滑动少许，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，再分析内电压和路端电压的变化，结合欧姆定律分析R1两端电压的变化，即可知各电表的示数变化；由公式P=EI分析电源消耗的总功率变化；由公式P=I2R分析定值电阻消耗的电功率变化；由欧姆定律可得ΔU1ΔI=R1，由闭合电路欧姆定律可得|ΔU2ΔI|=r，即可比较ΔU1与ΔU2的大小关系，由此即可正确求解。
【解答】
A.滑动变阻器R2的滑片向右滑动少许，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流减小，则电流表的示数减小，电源的内电压减小，路端电压U增大，则电压表V2的示数增大，由欧姆定律可得定值电阻R1两端的电压减小，电压表V1示数减小，故A错误；
B.由公式P=EI可知电源消耗的总功率减小，故B错误；
C.又由公式P=I2R1可知，定值电阻消耗的电功率减小，故C正确；
D.对电压表V1有U1=IR1，则得ΔU1ΔI=R1，对电压表V2有U2=E-Ir，则得|ΔU2ΔI|=r，又R1=5Ω，r=2Ω，所以ΔU1>ΔU2，故D正确。
10.【答案】AD
【解析】AB.粒子在沿电场的方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场的方向上粒子做匀速直线运动。由公式x=v0t可知前x2和后x2所需时间的比值为1:1，又由公式h=12at2可知粒子沿电场线方向的位移比为1:3，又由W=Eqy可知该过程中电场力做功之比为1:3，由功能关系得该过程中粒子电势能的变化量之比为1:3，A正确，B错误；
C. 由沿电场线方向的分运动可知t= 2ha，所以前h2和后h2所需时间的比值为1:( 2-1)，C错误；
D. 由公式x=v0t可知粒子垂直电场线方向的位移之比为1:( 2-1)，D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)4.700； (2)“×1”； (3)①E1 ；V2 ； A1； ②； ③πD2U4IL
【解析】(1)读数为4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm。
(2)待测电阻的阻值与多用电表中央刻度值的比值为1.3，则所选用的挡位应为“×1”。
(3)①由已知待测电阻的阻值约为20Ω，选用量程为3 A的电流表时，电阻两端的电压为60 V；因此实验时应选择0.6A量程的电流表A1，此时两端的电压为12 V，则电源应选择电动势为12 V的电源，所以电压表选择V2；
②因滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻的阻值，则滑动变阻器应用作分压接法；又RV2Rx>RxRA1，所以测量电路应用作电流表的外接，电路图如图所示。
③由电阻定律得R=ρLS=ρLπD22，又R=UI，联立解得ρ=πD2U4IL。
12.【答案】(1)A1 ； 1900； (2)0.40A； 2.30mA； (3)5.0； 1.0
【解析】(1)为了完成实验，应将内阻已知的电流表A2改装成6 V量程的电压表，则电路中的电表1应为A1；电表2应为A2；由电压表的改装原理可知U=Ig(rg+R0)，由已知rg=100Ω、Ig=3mA，代入数据解得R0=1900Ω。
(2)由于电表1为A1、电表2为A2，则由电流表的读数规则可知，电表1的读数为0.40A，电表2的读数为2.30mA。
(3)由闭合电路欧姆定律可知E=I1r+I2(R0+rg)，整理得I1=-I21000R0+rgr+Er，即I1=-2rI2+Er，结合题意得E=5.0V，r=1.0Ω。
13.【答案】(1)Φa=BSa=πWb
Φb=BSb=4πWb；
(2)磁场垂直纸面的分量为B'
Φ'a=B'Sa=Bsin30∘⋅Sa=π2Wb；
(3)磁场反向后，ΔΦb=Φ'b-Φb=-8πWb
磁通量变化量大小为8πWb。
【解析】本题考查磁通量和磁通量变化量的计算，比较容易出错，要明确磁通量计算公式Φ=BS，与线圈匝数无关，这里要特别注意。
14.【答案】解：(1)由题意闭合开关S闭合时，电动机恰好正常工作，两端的电压等于额定电压U0=24V，定值电阻R2与电动机并联，则R2两端的电压为U0=24V
定值电阻R2消耗的电功率为P2=U02R2=24218W=32W
由闭合电路欧姆定律得E=U0+UR1+Ur
又UR1R1=Urr
解得UR1=10V
定值电阻R1消耗的电功率为P1=UR12R1=1025W=20W
定值电阻R1、R2消耗的电功率之比为P1:P2=5:8
(2)流过定值电阻R1的电流为I1=UR1R1=105A=2A
流过定值电阻R2的电流为I2=U0R2=2418A=43A
由电路可知流过电动机的电流为IM=I1-I2=23A
电动机消耗的电功率为P0=U0IM=16W
电动机的发热功率为PM=IM2R0=1W
电动机的效率为η=P0-PMP0×100%
代入数据解得η=93.75%
【解析】见答案
15.【答案】解：(1)设小球在区域Ⅰ中运动的加速度大小为a，则由牛顿第二定律得qE1+mg=ma
由题意可知，小球运动到B点时的速度与圆轨道相切，即速度与水平方向的夹角为α=θ=37∘
在水平方向上有x=v0t
竖直方向上有y=12at2
vy=at
又tanα=vyv0
由以上解得x=2.4m
E1=140N/C
(2)由(1)解析可知，小球在B点的速度大小为v=v0cs37∘=15m/s
小球由B到C的过程，由动能定理得mgR(1-csθ)-E2qRsinθ=12mvC2-12mv2
小球在C点时，由牛顿第二定律得FN-mg=mvC2R
解得FN=182N
由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大小为182 N
(3)小球在区域Ⅱ中运动时，电场力大小为E2q=3N，重力为G=mg=4N
则电场力与重力的合力大小为F= (E2q)2+G2=5N
方向斜向左下方与竖直方向的夹角为θ=37∘
小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，小球不脱离轨道的情形有二：
①小球刚好运动到等效最高点，等效最高点如图的H点
小球在H点时，小球与弧形轨道之间的作用力为零，则有
F=mvH2R1
小球由B点到H点的过程中，由动能定理得
-F⋅2R1=12mvH2-12mv2
解得R1=3.6m
②小球运动到与BH相垂直的G点时速度减为零，则对小球由B到G的过程中，由动能定理得
-FR2=-12mv2
解得R2=9m
由以上分析可知，小球在BCD段不脱离轨道的条件是R≥9m或0
1.随着中、日、美、韩等多家企业高调宣布全固态电池技术的新突破，全球范围内全固态电池技术再次引起广泛关注。2023年11月，在我国最新试验测试中，相比常规固态电池，采用界面改性技术的固态电池在150周循环后容量的保持率大幅提高，超过90%，电池寿命衰减率降低了50%，关于电池中对电流强度定义式I=qt的理解，下列说法正确是( )
A. 电池储存的电荷量q越多，它放电时的电流I一定越大
B. I的方向与自由电子的移动方向相反
C. I与通过导体横截面的电荷量成正比
D. I是矢量，方向由q的移动方向决定
2.关于能量耗散，下列说法中正确的是( )
A. 能量耗散是指能量在不断地减少
B. 能量耗散不遵守能量守恒定律
C. 能量取之不尽，因此不必节约能源
D. 能量耗散说明能量在转移、转化过程中具有方向性
3.如图所示的电路中，定值电阻分别为R1=4Ω、R2=6Ω、R3=3Ω、R4=6Ω，现在M、N两点间加12 V的稳恒电压，则下列说法正确的是( )
A. M、N间的总电阻为12ΩB. R1和R4两端的电压比为3:2
C. 流过R2和R3的电流比为2:1D. R1和R2两端的电压比为2:3
4.如图所示的电路中，M、N为平行板电容器，G为静电计，开始电键闭合，静电计指针有偏角，为了使静电计指针偏转角度变小，则下列措施可行的是( )
A. 断开电键，将M板向下移动
B. 断开电键，将M板向左移动
C. 保持电键闭合，将滑动变阻器的滑动触头向右移动
D. 保持电键闭合，在两平行板间插入一陶瓷板
5.如图所示的通电螺线管周围有a、b、c、d四点(a点在螺线管内部)，M、N间接直流电源，将小磁针放在图中的四点时，小磁针的N极指向右侧的是( )
A. M为电源的正极，小磁针位于a点B. M为电源的正极，小磁针位于b点
C. M为电源的负极，小磁针位于c点D. M为电源的负极，小磁针位于d点
6.如图所示的电路中，两定值电阻R1、R2串联接在输出电压恒定的电源两端，现用两不同量程的电压表分别先后接在定值电阻R1两端，结果电压表V1、V2的示数为2.82V、2.73V，则下列说法正确的是( )
A. 未接电压表时电阻R1两端的电压小于2.73V
B. 电压表V2的示数更接近电阻R1两端未接电压表时的电压
C. 电压表V1的内阻大于电压表V2的内阻
D. 两电压表的内阻大小关系不能确定
7.如图所示，在真空中M、N两点分别固定带同种电荷的点电荷，且QM=QN=q，O点为MN的中点，A、B为MN中垂线上的两点，且AO=OB=MO=ON。一带电粒子从A点由静止释放，经过一段时间刚好以速度v经过O点，不计粒子重力，已知点电荷在某一位置产生的电势与自身电荷量成正比，则下列说法正确的是( )
A. 带电粒子一直沿A→B方向运动至无穷远处
B. 带电粒子的电势能一直减小
C. 若QM=2q，带电粒子在A点受到的电场力大小为原来的 102倍
D. 若QM=QN=2q，带电粒子经过O点的速度为2v
8.金属球甲所带的电荷量为-2Q、完全相同的金属球乙所带的电荷量为+6Q，当两球之间的距离为r时，两球之间的库仑力为F1；现将两球充分接触后并放回到原来的位置，则两球之间的库仑力为F2，两球可视为点电荷，则下列说法正确的是( )
A. +2Q的正电荷从乙转移到甲B. -4Q的负电荷从甲转移到乙
C. F1=F2D. F1= 3F2
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示的直流电路，图中的电流表及电压表均可视为理想电表。闭合开关，将滑动变阻器的滑动触头向右滑动少许。已知R1=5Ω、r=2Ω，则下列说法正确的是( )
A. 三个电表的示数均增大
B. 电源消耗的总功率增大
C. 定值电阻R1消耗的电功率减小
D. 电压表V1示数变化量的绝对值大于电压表V2示数变化量的绝对值
10.如图所示的匀强电场方向竖直向下，一带正电粒子由图中的A点沿垂直电场线的方向射入电场，经过一段时间粒子由电场中的B点离开，已知A、B两点沿电场方向的间距为h，沿垂直电场方向的间距为x。现将A、B两点之间的水平间距和竖直间距等分为两份，粒子重力不计，则下列说法正确的是( )
A. 前x2和后x2，粒子电势能的变化量之比为1:3
B. 前x2和后x2，粒子沿电场线的位移之比为1:1
C. 前h2和后h2，粒子的运动时间之比为1: 2
D. 前h2和后h2，粒子垂直电场线方向的位移之比为1:( 2-1)
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验中学的学生要测量一根金属丝的电阻率。
(1)已测出金属丝的长为L，现用螺旋测微器测得金属丝的直径为D，示数如下图所示，读数为__________mm。
(2)用多用电表粗略地测量了金属丝的电阻值，经测量可知金属丝的阻值约为20Ω，已知多用电表表盘正中央的刻度值为15，则测量金属丝电阻时所选用的挡位为__________(选填“×1”“×10”“×100”或“×1000”)。
(3)为了得到更精确的测量结果，实验中为其提供了如下的实验器材：
电压表V1(量程3 V，内阻约3kΩ)电压表V2(量程15 V，内阻约10kΩ)
电流表A1(量程0.6A，内阻约0.5Ω)电流表A2(量程3 A，内阻约0.2Ω)
滑动变阻器R(最大阻值5Ω)电源E1(电动势12 V，内阻不计)
电源E2(电动势3 V，内阻不计)开关S和导线
①实验时电源应选择__________，电压表应选择__________，电流表应选择__________；
②根据所选择的实验器材，将设计好的电路图画在虚线框内；
③某次测量时，电压表和电流表的示数分别为U、I，则该金属丝的电阻率为ρ=__________。(用以上U、I、L、D等字母表示)
12.某实验小组的同学在进行电源电动势和内阻的测量时，设计了如图甲所示的电路，实验室为其提供的实验器材有：电动势约为5.0V的电源，电流表A1(量程为0.6A、内阻约为8Ω)，电流表A2(量程为3 mA、内阻为rg=100Ω)，滑动变阻器R(最大阻值10Ω)，电阻箱R0(调节范围0∼9999.9Ω)，电键S以及导线若干。
(1)电路中，电表1应为__________(填器材符号)，为了完成实验应将其中的一个电流表改装成6 V的电压表，则电阻箱R0的阻值应调为R0=__________Ω。
(2)通过调节滑动变阻器的滑片，读出多组数据，某次操作时电表1、2的读数如图乙所示，则两电表1、2的读数分别为__________、__________(均保留两位小数)。
(3)将得到的多组实验数据描绘出图像，其中纵轴为电表1的读数，横轴为电表2的读数(mA)，若图线的斜率大小为k=2、纵截距为b=5.0，则该电源的电动势为E=__________V，内阻r=__________Ω。(结果保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，有一垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=1T，现于纸面内先后放上圆线圈a、b，圆心均处于O处，线圈a的半径为1 m，匝数为100匝；线圈b的半径为2 m，匝数为10匝。求：
(1)穿过线圈a和线圈b的磁通量大小；
(2)现仅将磁场方向改变为与纸面成30∘角向里(磁场方向与纸面的线面角为30∘)，线圈a中的磁通量大小；
(3)现仅将磁场反向，线圈b中的磁通量的变化量大小。
14.如图所示的电路中，电源的电动势为E=38V，内阻r=2Ω，定值电阻R1=5Ω、R2=18Ω，电动机的额定电压为U0=24V，电动机的内阻为R0=2.25Ω。闭合开关S，电动机正常工作，电流表为理想电表。求：
(1)定值电阻R1、R2消耗的电功率之比；
(2)电动机的效率。
15.如图所示，竖直虚线的左右两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直向下和水平向左的匀强电场，区域Ⅰ的电场强度为E1(大小未知)，区域Ⅱ的电场强度大小为E2=30N/C，紧靠虚线的右侧沿竖直方向固定一光滑绝缘的圆弧形轨道BCD，O为弧形轨道的圆心，CD为竖直方向的直径，BO与CD的夹角为θ=37∘，质量为m=0.4kg、电荷量为q=+0.1C，可视为质点的小球由区域Ⅰ中的A点以水平向右的速度v0=12m/s进入电场，经过一段时间小球恰好沿切线方向从B点进入弧形轨道，已知A、B两点的高度差为y=0.9m，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，求：
(1)A、B两点的水平间距x以及E1的大小；
(2)若弧形轨道的半径为R=0.5m，小球运动到C点时对轨道的压力大小；
(3)小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，欲使小球不脱离轨道，则轨道半径R的取值范围是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】电流大小与放电时间有关，A错误；I=qt是电流的定义式，I与q、t不成正比，也不成反比，C错误；电流有方向，其方向与正电荷定向移动的方向相同或与电子定向移动的方向相反，电流尽管有方向但它是标量，D错误，B正确。
2.【答案】D
【解析】在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终会转化为流散到周围环境的内能，无法再回收利用，这种现象叫能量耗散。能量耗散并不违反能量守恒定律，宇宙的能量既没有减少，也没有消失，它只从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故A、B错误，D正确；有些能量使用以后不能再被利用，所以要节约能源，C错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查串并联电路的特点。明确电路结构，根据串并联电路的特点分析即可正确求解。
【解答】A.R2和R3并联的电阻值为R23=R2R3R2+R3=2Ω，所以M、N间的总电阻为R=R1+R23+R4=12Ω，故A正确；
B.R1和R4串联，流过两电阻的电流相等，则电压与电阻值成正比，即R1和R4两端的电压比为2:3，故B错误；
C.R2和R3并联，两端的电压相等，流过两电阻的电流与电阻成反比，即流过R2和R3的电流比为1:2，故C错误；
D.R1和R23串联，电流相等，则电压与电阻值成正比，即R1和R23的电压比为2:1，所以R1和R2两端的电压比为2:1，故D错误。
故选A。
4.【答案】A
【解析】A. 断开电键，电容器带电量不变，M板向下移动，两板之间的距离减小，由公式C=εS4πkd可知电容器的电容增大，又由公式U=QC可知两板之间的电势差减小，静电计的指针偏角变小，A正确；
B. 同理，M板向左移动，两板的正对面积减小，电容器的电容减小，两板之间的电势差增大，B错误；
CD.保持电键闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是在两极板间插入陶瓷板，静电计指针张角都不变，C、D错误。
故选A。
5.【答案】A
【解析】AB.由右手螺旋定则可知，当M为电源的正极时，螺线管内部的磁感线方向水平向右，右侧相当于条形磁铁的N极，而小磁针静止时N极的指向为该点磁感线的方向，则a点的小磁针方向指向右侧，b点的小磁针方向指向左侧，A正确，B错误；
CD.同理M为电源的负极时，c、d两点的小磁针方向均指向左侧，C、D错误。
故选A。
6.【答案】C
【解析】AB.由于电压表不是理想电表(内阻不是无穷大)，当电压表接在定值电阻R1两端后，定值电阻R1与电压表的并联电阻小于电阻R1，根据欧姆定律和串、并联电路规律可知，定值电阻R1与电压表的并联总电压小于电阻R1原来的电压，即定值电阻R1两端原来的电压将大于电压表的示数，即定值电阻R1原来的电压略大于2.82V，则A、B错误；
CD.根据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与定值电阻R1的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，电压表V1的内阻大于V2的内阻，故C正确，D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】AB.由对称性可知，粒子在A、B两点间做往复运动，带电粒子由A到O的过程中电场力做正功，电势能减小，由O到B的过程中电场力做负功，电势能增大，A、B错误；
C. 设AN=r，原来M、N两电荷在A点产生的电场强度大小分别为EM=EN=kqr2，则A点的电场强度为E= 2kqr2；若QM=2q，M、N两电荷在A点产生的电场强度大小分别为E'M=2kqr2、E'N=kqr2，A点的电场强度为E'= E'M2+E'N2= 5kqr2，A点的电场强度为原来的 102倍，粒子在A点所受的电场力为原来的 102倍，C正确；
D. 假设原来M、N两点电荷在A点产生的电势分别为φ1，在O点产生的电势分别为φ2，则A、O两点的电势差为UAO=2(φ1-φ2)，由动能定理得qUAO=12mv2-0；若QM=QN=2q，则A、O两点的电势差为U'AO=4(φ1-φ2)，由动能定理得qU'AO=12mv'2-0，联立解得v'= 2v，D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查电荷守恒定律和库仑定律的应用。根据电荷守恒定律分析两球接触后的带电情况以及自由电子的移动情况；由库仑定律列式求解接触前后两球之间的库仑力大小关系，由此即可正确求解。
【解答】
AB.由电荷守恒定律可知，两球接触后电荷量重新分配，即两球分别带有+2Q的电荷，两球接触的过程中，自由电子发生定向移动，即有-4Q的负电荷从甲转移到乙，故A错误，B正确；
CD.开始两球之间的库仑力为F1=k⋅2Q⋅6Qr2=12kQ2r2，接触放回原位置时，两球之间的库仑力为F2=k⋅2Q⋅2Qr2
=4kQ2r2，显然F1=3F2，故CD错误。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题主要考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，明确电路结构是解决问题的关键。滑动变阻器R2的滑片向右滑动少许，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，再分析内电压和路端电压的变化，结合欧姆定律分析R1两端电压的变化，即可知各电表的示数变化；由公式P=EI分析电源消耗的总功率变化；由公式P=I2R分析定值电阻消耗的电功率变化；由欧姆定律可得ΔU1ΔI=R1，由闭合电路欧姆定律可得|ΔU2ΔI|=r，即可比较ΔU1与ΔU2的大小关系，由此即可正确求解。
【解答】
A.滑动变阻器R2的滑片向右滑动少许，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流减小，则电流表的示数减小，电源的内电压减小，路端电压U增大，则电压表V2的示数增大，由欧姆定律可得定值电阻R1两端的电压减小，电压表V1示数减小，故A错误；
B.由公式P=EI可知电源消耗的总功率减小，故B错误；
C.又由公式P=I2R1可知，定值电阻消耗的电功率减小，故C正确；
D.对电压表V1有U1=IR1，则得ΔU1ΔI=R1，对电压表V2有U2=E-Ir，则得|ΔU2ΔI|=r，又R1=5Ω，r=2Ω，所以ΔU1>ΔU2，故D正确。
10.【答案】AD
【解析】AB.粒子在沿电场的方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场的方向上粒子做匀速直线运动。由公式x=v0t可知前x2和后x2所需时间的比值为1:1，又由公式h=12at2可知粒子沿电场线方向的位移比为1:3，又由W=Eqy可知该过程中电场力做功之比为1:3，由功能关系得该过程中粒子电势能的变化量之比为1:3，A正确，B错误；
C. 由沿电场线方向的分运动可知t= 2ha，所以前h2和后h2所需时间的比值为1:( 2-1)，C错误；
D. 由公式x=v0t可知粒子垂直电场线方向的位移之比为1:( 2-1)，D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)4.700； (2)“×1”； (3)①E1 ；V2 ； A1； ②； ③πD2U4IL
【解析】(1)读数为4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm。
(2)待测电阻的阻值与多用电表中央刻度值的比值为1.3，则所选用的挡位应为“×1”。
(3)①由已知待测电阻的阻值约为20Ω，选用量程为3 A的电流表时，电阻两端的电压为60 V；因此实验时应选择0.6A量程的电流表A1，此时两端的电压为12 V，则电源应选择电动势为12 V的电源，所以电压表选择V2；
②因滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻的阻值，则滑动变阻器应用作分压接法；又RV2Rx>RxRA1，所以测量电路应用作电流表的外接，电路图如图所示。
③由电阻定律得R=ρLS=ρLπD22，又R=UI，联立解得ρ=πD2U4IL。
12.【答案】(1)A1 ； 1900； (2)0.40A； 2.30mA； (3)5.0； 1.0
【解析】(1)为了完成实验，应将内阻已知的电流表A2改装成6 V量程的电压表，则电路中的电表1应为A1；电表2应为A2；由电压表的改装原理可知U=Ig(rg+R0)，由已知rg=100Ω、Ig=3mA，代入数据解得R0=1900Ω。
(2)由于电表1为A1、电表2为A2，则由电流表的读数规则可知，电表1的读数为0.40A，电表2的读数为2.30mA。
(3)由闭合电路欧姆定律可知E=I1r+I2(R0+rg)，整理得I1=-I21000R0+rgr+Er，即I1=-2rI2+Er，结合题意得E=5.0V，r=1.0Ω。
13.【答案】(1)Φa=BSa=πWb
Φb=BSb=4πWb；
(2)磁场垂直纸面的分量为B'
Φ'a=B'Sa=Bsin30∘⋅Sa=π2Wb；
(3)磁场反向后，ΔΦb=Φ'b-Φb=-8πWb
磁通量变化量大小为8πWb。
【解析】本题考查磁通量和磁通量变化量的计算，比较容易出错，要明确磁通量计算公式Φ=BS，与线圈匝数无关，这里要特别注意。
14.【答案】解：(1)由题意闭合开关S闭合时，电动机恰好正常工作，两端的电压等于额定电压U0=24V，定值电阻R2与电动机并联，则R2两端的电压为U0=24V
定值电阻R2消耗的电功率为P2=U02R2=24218W=32W
由闭合电路欧姆定律得E=U0+UR1+Ur
又UR1R1=Urr
解得UR1=10V
定值电阻R1消耗的电功率为P1=UR12R1=1025W=20W
定值电阻R1、R2消耗的电功率之比为P1:P2=5:8
(2)流过定值电阻R1的电流为I1=UR1R1=105A=2A
流过定值电阻R2的电流为I2=U0R2=2418A=43A
由电路可知流过电动机的电流为IM=I1-I2=23A
电动机消耗的电功率为P0=U0IM=16W
电动机的发热功率为PM=IM2R0=1W
电动机的效率为η=P0-PMP0×100%
代入数据解得η=93.75%
【解析】见答案
15.【答案】解：(1)设小球在区域Ⅰ中运动的加速度大小为a，则由牛顿第二定律得qE1+mg=ma
由题意可知，小球运动到B点时的速度与圆轨道相切，即速度与水平方向的夹角为α=θ=37∘
在水平方向上有x=v0t
竖直方向上有y=12at2
vy=at
又tanα=vyv0
由以上解得x=2.4m
E1=140N/C
(2)由(1)解析可知，小球在B点的速度大小为v=v0cs37∘=15m/s
小球由B到C的过程，由动能定理得mgR(1-csθ)-E2qRsinθ=12mvC2-12mv2
小球在C点时，由牛顿第二定律得FN-mg=mvC2R
解得FN=182N
由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大小为182 N
(3)小球在区域Ⅱ中运动时，电场力大小为E2q=3N，重力为G=mg=4N
则电场力与重力的合力大小为F= (E2q)2+G2=5N
方向斜向左下方与竖直方向的夹角为θ=37∘
小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，小球不脱离轨道的情形有二：
①小球刚好运动到等效最高点，等效最高点如图的H点
小球在H点时，小球与弧形轨道之间的作用力为零，则有
F=mvH2R1
小球由B点到H点的过程中，由动能定理得
-F⋅2R1=12mvH2-12mv2
解得R1=3.6m
②小球运动到与BH相垂直的G点时速度减为零，则对小球由B到G的过程中，由动能定理得
-FR2=-12mv2
解得R2=9m
由以上分析可知，小球在BCD段不脱离轨道的条件是R≥9m或0
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