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四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 如图等内容，欢迎下载使用。
第一部分 选择题（共48分）
一．选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 关于电磁场和电磁波的说法正确的是（ ）
A. 电场和磁场总是相互联系的，它们统称为电场
B. 电磁场由发生的区域向远处的传播形成电磁波
C. 在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
D. 电磁波是一种波，声波也是一种波，理论上它们是同种性质的波动
【答案】B
【解析】
【详解】A．变化的电场和变化的磁场相互联系，他们统称为电磁场，故A错误；
B．电磁场由发生的区域向远处的传播形成电磁波，选项B正确；
C．在变化的电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围一定产生电场，选项C错误；
D．电磁波是一种波，声波也是一种波，但声波是机械波，它们是不同种性质的波动，选项D错误。
故选B。
2. 以下关于小磁针静止时N极指向描述正确的是（ ）
A. 甲图中N极垂直纸面向里B. 乙图中N极垂直纸面向外
C. 丙图中N极水平向右（线圈内部）D. 丁图中N极指向地理南极
【答案】C
【解析】
【详解】A．由右手定则可知甲图中小磁针所在位置的磁场方向垂直纸面向外，即N极垂直纸面向外，A错误；
B．由右手定则可知乙图中小磁针所在位置的磁场方向垂直纸面向里，即N极垂直纸面向里，B错误；
C．由右手定则可知丙图中小磁针所在位置的磁场方向水平向右，即N极水平向右，C正确；
D．由于地磁场的北极在地里南极附近，故丁图中N极指向地理北极，D错误。
故选C。
3. 随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上售出的纯净水质量进行了抽测，检测样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标），来判断纯净水是否合格。下列说法正确的是（ ）
A. 电导率的单位是
B. 任何材料的电导率的大小均与温度无关
C. 不合格的纯净水的电导率偏大
D. 材料的电导率越小，其导电性能越强
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电阻定律
解得
可知电阻率的单位为，电导率是电阻率的倒数，则电导率的单位是，故A错误；
B．金属材料的电阻率与温度有关，金属材料的电导率的大小也与温度有关，故B错误；
C．不合格的纯净水中含有较多的离子，导电能力好，电阻率小，电导率偏大，故C正确；
D．材料的导电性能越强，电阻率越小，电导率越大，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，a、b两点间的电压为9V，三个电阻的阻值分别为、。下列说法正确的是（ ）
A. 、、两端的电压之比为
B. 、、消耗的电功率之比为
C. 在相等的时间内，通过、、的电荷量之比为
D. 在相等的时间内，、、产生的焦耳热之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．电路中的总电阻为
电路中的电流
则两端电压
并联部分两端电压为
所以、、两端的电压之比为，故A错误；
B．根据
可得、、消耗的电功率之比为，故B正确；
C．根据欧姆定律
可得通过、、的电流之比为，根据
可得在相等时间内通过、、的电荷量之比为等于通过它们的电流之比，即，故C错误；
D．根据
结合选项B，可以得到在相等时间内产生的焦耳热之比为，故D错误。
故选B。
5. 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（ ）
A. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为，则副线圈的电流为，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为
则变压器原线圈的电压有效值为
设输入交流电的电压有效值为，则
可得
保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，不断变大，根据欧姆定律
可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则两端的电压不断变小，则电压表示数变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知消耗的功率增大，故B正确，A错误；
CD．设原副线圈的匝数比为，同理可得
则
整理可得
保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则变小，对由欧姆定律可知
可知不断变小，根据原副线圈的功率相等可知消耗的功率
整理可得
可知时，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。
故选B。
6. 利用电磁感应驱动的电磁炮，原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管内线圈右侧。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在的时间内被加速发射出去（时刻刚好运动到右侧管口）。下列关于该电磁炮的说法正确的是（ ）
A. 小球在塑料管中的加速度随线圈中电流的增大而增大
B. 在的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C. 适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D. 在的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流沿逆时针方向
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律
可知，感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A错误；
B．电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故B错误；
C．适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度会在减小，故C错误；
D．时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C. 从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D. 所有粒子所用最短时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A错误；
B．由洛伦兹力提供向心力，可得
得
从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；
C．由B选项解析可知，粒子运动周期为
设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为θ，如图所示，可知粒子在磁场中运动时间为
可知粒子运动的周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由图可知，从M点射出粒子的轨迹半径小于从N点射出粒子轨迹半径，则从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率，又有从M点射出粒子的轨迹所对应的圆心角大于从N点射出粒子的轨迹所对应的圆心角，由此可知从M点射出的粒子在磁场中运动时间一定大于从N点射出的粒子所用时间，C错误；
D．由解析图可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小。Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为 ，则最短时间为
D正确。
故选D。
8. 在如图所示的电路中，电池的输出电压不变，、、是三个定值电阻，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，（ ）
A. 电压表示数变小B. 电流表示数变小
C. 电压表示数变大D. 电流表示数变大
【答案】AD
【解析】
【详解】ABC．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的阻值变小，与之并联电路的部分等效电阻变小，电路的总电阻变小。根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流变大，、两端的电压变大，故电流表示数变大，电压表示数变小，电压表示数变小，A正确，BC错误；
D．电压表示数变小，阻值不变，其电流减小。根据并联电路干路电流与之路电流的关系可知，的电流变大，故电流表示数变大，D正确。
故选AD。
9. 如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时（ ）
A. 在t2~t3时间内，a点的电势始终比d点的电势低
B. 在t3~t4时间内，L有扩张趋势
C. 在t1~t2时间内，L内有顺时针方向的感应电流
D. 在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据图（b），在t2~t3时间内，根据楞次定律可知，螺线管中感应电流产生的磁场方向向上，由安培定则可知，a点相当于电源的正极，d点相当于电源的负极，因此a点的电势始终比d点的电势高，故A错误；
B．在t3~t4时间内，螺线管中磁场的变化率减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，穿过金属圆环L的磁通量减小，L有扩张趋势，故B正确；
C．在t1~t2时间内，穿过螺线管的磁通量增加，根据楞次定律可知，导线框中有dcbad方向的电流；由于磁场变化率减小，导致感应电流逐渐减小，穿过金属圆环L的磁通量向里减小，由楞次定律可知L内有顺时针方向的感应电流，故C正确；
D．在t2~t3时间内，螺线管产生的感应电动势不变，穿过金属圆环L的磁通量不变，L内无感应电流，故D错误。
故选BC。
10. 某力敏电阻的阻值随着压力的增大而线性减小。一同学利用该力敏电阻设计了判断小车在水平方向上运动状态的装置。其工作原理如图甲所示，将力敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，之间放置一个光滑绝缘重物M，重物与挡板之间通过轻弹簧连接。某次实验中，电流表示数随时间变化关系如图乙所示、已知0-t1时间内，小车处于静止状态，则（ ）
A. 0~t1时间内，弹簧处于压缩状态
B. t1~t2时间内，小车的加速度随时间均匀减小
C. t2~t3时间内，小车可能向左做匀减速直线运动
D. t2~t3时间内，小车可能向左做加速度增大的加速直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．0～t1时间内，电流最大，力敏电阻的阻值最小，所受压力最大，所以弹簧处于压缩状态，故A正确；
B．t1～t2时间内，电流减小，力敏电阻的阻值增大，所受压力F减小，根据牛顿第二定律，小车的加速度为
小车的加速度增大，故B错误；
CD．t2～t3时间内，电流最小，力敏电阻的阻值最大，所受压力最小，合力向左，小车的加速度向左，又因为电流不变，压力不变，小车的合力不变，加速度不变，小车做加速度向左的匀变速直线运动，小车可能向左做匀加速直线运动，也可能向右做匀减速直线运动，还有可能M与力敏电阻分离了，此时小车可能向左做加速度增大的加速直线运动，故C错误，D正确。
故选AD。
11. “电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快效率高等优点．如图是“电磁炮”的原理结构示意图．光滑水平导轨电阻不计，宽为L．在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．“电磁炮”弹体总质量为m，其中弹体在轨道间的电阻为R．可控电源的内阻为r，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射．在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I，不计空气阻力．则（ ）
A. 弹体所受安培力大小为BIL
B. 弹体从静止加速到v，轨道长度至少为
C. 弹体从静止加速到v的过程中电源提供的总能量为
D. 可控电源的电压应随时间均匀增加，才能保证“电磁炮”匀加速发射
【答案】ACD
【解析】
【分析】当导轨上通入电流后，炮弹在安培力的作用下，做初速度为零匀加速直线运动，因此根据牛顿第二定律求出加速度然后利用运动学公式即可求解．消耗的总能量转化为弹体的动能和热量；由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，是电磁炮匀加速发射．
【详解】在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为：F=ILB，选项A正确；由动能定理：Fx=mv2，轨道至少要x=，选项B错误；由F=ma，v=at；解得 ；发射过程产生的热量：Q=I2（R+r）t；弹体的动能：Ek＝mv2；系统消耗的总能量，选项C正确；由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应随时间均匀增加，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射，选项D正确；故选ACD.．
【点睛】本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清功能转化关系，然后依据相应规律求解．
第二部分 非选择题（共52分）
注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二．实验题（共14分）
12. 某学校电工从市场买来一大捆粗铜导线，如图甲所示，他觉得其实际长度与所标的长度相差较大，为此请物理科技兴趣小组同学帮助他通过实验进行检测。
（1）为了得到该铜丝的横截面积S，兴趣小组先用小刀割去铜导线外绝缘皮，再用螺旋测微器测定裸露的铜丝的直径d，如图乙所示，则可读得d=___________mm。
（2）兴趣小组设计如图丙所示的电路来测定铜丝电阻，请根据电路图丙把图丁实物连接完整_______。
（3）首先闭合开关S1，把开关S2拨向1，记下电压表的示数为U0，接下来把开关S2拨向2，调节_________，使得电压表的示数为___________，此时电阻箱R0的阻值为2.0；
（4）根据研究小组设计方案，计算铜导线长度表达式L=_________（用铜导线的电阻R、横截面积S、电阻率表示），根据以上测得的数据可计算出该铜导线的长度为_________m。（已知铜的电阻率=1.80×10-8，结果保留三位有效数字）。
【答案】 ①. 2.000mm（1.998mm~2.001mm） ②. ③. 电阻箱 ④. ⑤. ⑥. 348~351
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为：固定刻度+可动刻度（估读）精度值，由图可读出
d=2mm+
（2）[2]采用等效替代法来测铜丝的电阻所以实物图完整连接如下图
（3）[3][4]采用等效替代法来测铜丝的电阻的步骤：首先闭合开关，把开关拨向1，记下电压表的示数为，接下来把开关拨向2，调节电阻箱电阻，使得电压表的示数为，此时电阻箱的阻值为2.0。
（4）[5]由电阻定律可得
解得
[6]横截面积
代入数据可解得
13. 某同学想通过测绘小灯泡完整的伏安特性曲线来研究小灯泡的特性。所用器材如下：
待测小灯泡一只（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）；
电压表一个（量程0~2V， 内阻为2kΩ） ；
电流表一个（量程0~0.4A， 内阻约为3Ω）；
定值电阻R1（阻值为1kΩ）；
定值电阻R2（阻值为2kΩ）；
滑动变阻器（阻值0~10Ω）；
电源（电动势5.0V，内阻很小）；
开关一个， 导线若千。
（1）为测量小灯泡两端的电压，需要将电压表与定值电阻______（填“R1”或“R2”） ______（填“串”或“并”）联。
（2）根据实验目的和提供的器材，在图甲方框中将电路图补充完整______。
（3）完善图甲中电路图后，进行实验。关于该实验下列说法正确的是（ ）
A 实验前应将滑动变阻器滑片滑到b端
B. 通过调节滑动变阻器滑片位置可使电流表的示数为零
C. 当滑动变阻器滑片位于 ab中间位置时，小灯泡两端电压为2.5V
（4）实验描绘出的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图可知，随着小灯泡两端电压增大，灯丝的电阻______（填“增大”“不变”或“减小”）。把实验中的待测小灯泡接入另一电路如图丙所示， 已知该电源电动势E=6V，内阻r=20Ω，定值电阻R=20Ω，可得小灯泡消耗的功率为______W（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. R2 ②. 串 ③. ④. B ⑤. 增大 ⑥. 0.21##0.20##0.22##0.23
【解析】
【详解】（1）[1][2]小灯泡的额定电压为3.8V，则电压表需要与定值电阻R2串联。串联后量程为4V。
（2）[3]待测灯泡电阻
由于
因此选择电流表外接法。电路图如图
（3）[4]A．实验前灯泡电压应该最小，滑动变阻器滑片应该在a端，A错误；
B．当滑动变阻器滑片在a端时，灯泡两端电压为0，则电流表的示数为零，B正确；
C．当滑动变阻器滑片位于 ab中间位置时，小灯泡与左侧电阻并联，并联后总阻值比右侧电阻小，因此两端电压小于2.5V，C错误。
故选B。
（4）[5]由图可知，图象与原点连线斜率为电阻的倒数，因此随着小灯泡两端电压增大灯丝的电阻增大。
[6]此电路中，灯泡两端电压满足
得
代入数据
做出图象，图象与电阻的伏安特性曲线交点表示此时电压和电流。由图像可知
交点电压1.18V，电流180mA此时灯泡功率
三．计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）
14. 如图所示，是一提升重物用直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数UV＝110 V。试求：
（1）通过电动机的电流；
（2）输入电动机的电功率；
（3）若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10 m/s2）
【答案】（1）5A；（2）550 W；（3）53 kg
【解析】
【详解】（1）由电路中的电压关系可得电阻R的分压为
则流过电阻R的电流为
则通过电动机的电流为
（2）输入电动机的电功率为
（3）电动机的发热功率
电动机输出的机械功率
又
可得
15. 如图，一个重力不计的带电粒子，以大小为的速度从坐标（）的点，平行于轴射入磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从轴上点射出磁场，射出速度方向与轴正方向夹角为求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径（请认真作图画轨迹）；
（2）求带电粒子的；
（3）求粒子从运动到点的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】画出粒子运动的轨迹如下图
由几何知识得
解得
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
粒子运动的周期为
粒子从运动到点的时间为
16. 如图所示，不计电阻的光滑的金属轨道分水平段和竖直段两部分，竖直段轨道为半径R=1m的圆弧形，O 点为圆弧的圆心，P为圆弧上与圆心等高的点。两金属轨道之间的宽度l=0.5m。整个装置均处于磁感应强度B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中。水平轨道左侧与一个内阻r=2Ω、电压连续可调的电源相连，通过自动调节电压可维持电路中电流I=2A保持不变（方向如图所示）。现将一质量m=0.05kg、长为0.5m的匀质金属细杆置于轨道上M 点静止释放，金属细杆沿金属轨道向右开始运动，运动中金属细杆与金属轨道始终垂直。已知M、N间距d=20m，求：
（1）金属细杆开始运动时的加速度大小；
（2）金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小；
（3）金属杆从M点运动开始计时，电源电动势按照E=24+2.5t(V)变化，求金属杆从M到N过程中产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）10.25N；（3）
【解析】
【详解】（1）金属细杆开始运动时所受的安培力大小
根据牛顿第二定律可得，加速度大小
（2）金属细杆从M点到P点的运动过程，只有安培力、重力做功，安培力所做的功
重力所做的功
由动能定理得
解得金属细杆运动到P点时的速度大小为
v =20m/s
可得
解得
F=20.5N
由牛顿第三定律可知此时金属细杆对每一条轨道的作用力大小为10.25N；
（3）设金属棒从M到N的时间为t，可得
解得
可得
电源瞬时功率为
可作如图
电源在时间t内对整个回路提供的能量为Q，可根据梯形面积计算得
设Q1为金属棒从M到N产生的焦耳热，则
解得
第一部分 选择题（共48分）
一．选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 关于电磁场和电磁波的说法正确的是（ ）
A. 电场和磁场总是相互联系的，它们统称为电场
B. 电磁场由发生的区域向远处的传播形成电磁波
C. 在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
D. 电磁波是一种波，声波也是一种波，理论上它们是同种性质的波动
【答案】B
【解析】
【详解】A．变化的电场和变化的磁场相互联系，他们统称为电磁场，故A错误；
B．电磁场由发生的区域向远处的传播形成电磁波，选项B正确；
C．在变化的电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围一定产生电场，选项C错误；
D．电磁波是一种波，声波也是一种波，但声波是机械波，它们是不同种性质的波动，选项D错误。
故选B。
2. 以下关于小磁针静止时N极指向描述正确的是（ ）
A. 甲图中N极垂直纸面向里B. 乙图中N极垂直纸面向外
C. 丙图中N极水平向右（线圈内部）D. 丁图中N极指向地理南极
【答案】C
【解析】
【详解】A．由右手定则可知甲图中小磁针所在位置的磁场方向垂直纸面向外，即N极垂直纸面向外，A错误；
B．由右手定则可知乙图中小磁针所在位置的磁场方向垂直纸面向里，即N极垂直纸面向里，B错误；
C．由右手定则可知丙图中小磁针所在位置的磁场方向水平向右，即N极水平向右，C正确；
D．由于地磁场的北极在地里南极附近，故丁图中N极指向地理北极，D错误。
故选C。
3. 随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上售出的纯净水质量进行了抽测，检测样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标），来判断纯净水是否合格。下列说法正确的是（ ）
A. 电导率的单位是
B. 任何材料的电导率的大小均与温度无关
C. 不合格的纯净水的电导率偏大
D. 材料的电导率越小，其导电性能越强
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电阻定律
解得
可知电阻率的单位为，电导率是电阻率的倒数，则电导率的单位是，故A错误；
B．金属材料的电阻率与温度有关，金属材料的电导率的大小也与温度有关，故B错误；
C．不合格的纯净水中含有较多的离子，导电能力好，电阻率小，电导率偏大，故C正确；
D．材料的导电性能越强，电阻率越小，电导率越大，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，a、b两点间的电压为9V，三个电阻的阻值分别为、。下列说法正确的是（ ）
A. 、、两端的电压之比为
B. 、、消耗的电功率之比为
C. 在相等的时间内，通过、、的电荷量之比为
D. 在相等的时间内，、、产生的焦耳热之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．电路中的总电阻为
电路中的电流
则两端电压
并联部分两端电压为
所以、、两端的电压之比为，故A错误；
B．根据
可得、、消耗的电功率之比为，故B正确；
C．根据欧姆定律
可得通过、、的电流之比为，根据
可得在相等时间内通过、、的电荷量之比为等于通过它们的电流之比，即，故C错误；
D．根据
结合选项B，可以得到在相等时间内产生的焦耳热之比为，故D错误。
故选B。
5. 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（ ）
A. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为，则副线圈的电流为，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为
则变压器原线圈的电压有效值为
设输入交流电的电压有效值为，则
可得
保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，不断变大，根据欧姆定律
可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则两端的电压不断变小，则电压表示数变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知消耗的功率增大，故B正确，A错误；
CD．设原副线圈的匝数比为，同理可得
则
整理可得
保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则变小，对由欧姆定律可知
可知不断变小，根据原副线圈的功率相等可知消耗的功率
整理可得
可知时，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。
故选B。
6. 利用电磁感应驱动的电磁炮，原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管内线圈右侧。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在的时间内被加速发射出去（时刻刚好运动到右侧管口）。下列关于该电磁炮的说法正确的是（ ）
A. 小球在塑料管中的加速度随线圈中电流的增大而增大
B. 在的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C. 适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D. 在的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流沿逆时针方向
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律
可知，感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A错误；
B．电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故B错误；
C．适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度会在减小，故C错误；
D．时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C. 从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D. 所有粒子所用最短时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A错误；
B．由洛伦兹力提供向心力，可得
得
从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；
C．由B选项解析可知，粒子运动周期为
设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为θ，如图所示，可知粒子在磁场中运动时间为
可知粒子运动的周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由图可知，从M点射出粒子的轨迹半径小于从N点射出粒子轨迹半径，则从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率，又有从M点射出粒子的轨迹所对应的圆心角大于从N点射出粒子的轨迹所对应的圆心角，由此可知从M点射出的粒子在磁场中运动时间一定大于从N点射出的粒子所用时间，C错误；
D．由解析图可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小。Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为 ，则最短时间为
D正确。
故选D。
8. 在如图所示的电路中，电池的输出电压不变，、、是三个定值电阻，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，（ ）
A. 电压表示数变小B. 电流表示数变小
C. 电压表示数变大D. 电流表示数变大
【答案】AD
【解析】
【详解】ABC．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的阻值变小，与之并联电路的部分等效电阻变小，电路的总电阻变小。根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流变大，、两端的电压变大，故电流表示数变大，电压表示数变小，电压表示数变小，A正确，BC错误；
D．电压表示数变小，阻值不变，其电流减小。根据并联电路干路电流与之路电流的关系可知，的电流变大，故电流表示数变大，D正确。
故选AD。
9. 如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时（ ）
A. 在t2~t3时间内，a点的电势始终比d点的电势低
B. 在t3~t4时间内，L有扩张趋势
C. 在t1~t2时间内，L内有顺时针方向的感应电流
D. 在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据图（b），在t2~t3时间内，根据楞次定律可知，螺线管中感应电流产生的磁场方向向上，由安培定则可知，a点相当于电源的正极，d点相当于电源的负极，因此a点的电势始终比d点的电势高，故A错误；
B．在t3~t4时间内，螺线管中磁场的变化率减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，穿过金属圆环L的磁通量减小，L有扩张趋势，故B正确；
C．在t1~t2时间内，穿过螺线管的磁通量增加，根据楞次定律可知，导线框中有dcbad方向的电流；由于磁场变化率减小，导致感应电流逐渐减小，穿过金属圆环L的磁通量向里减小，由楞次定律可知L内有顺时针方向的感应电流，故C正确；
D．在t2~t3时间内，螺线管产生的感应电动势不变，穿过金属圆环L的磁通量不变，L内无感应电流，故D错误。
故选BC。
10. 某力敏电阻的阻值随着压力的增大而线性减小。一同学利用该力敏电阻设计了判断小车在水平方向上运动状态的装置。其工作原理如图甲所示，将力敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，之间放置一个光滑绝缘重物M，重物与挡板之间通过轻弹簧连接。某次实验中，电流表示数随时间变化关系如图乙所示、已知0-t1时间内，小车处于静止状态，则（ ）
A. 0~t1时间内，弹簧处于压缩状态
B. t1~t2时间内，小车的加速度随时间均匀减小
C. t2~t3时间内，小车可能向左做匀减速直线运动
D. t2~t3时间内，小车可能向左做加速度增大的加速直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．0～t1时间内，电流最大，力敏电阻的阻值最小，所受压力最大，所以弹簧处于压缩状态，故A正确；
B．t1～t2时间内，电流减小，力敏电阻的阻值增大，所受压力F减小，根据牛顿第二定律，小车的加速度为
小车的加速度增大，故B错误；
CD．t2～t3时间内，电流最小，力敏电阻的阻值最大，所受压力最小，合力向左，小车的加速度向左，又因为电流不变，压力不变，小车的合力不变，加速度不变，小车做加速度向左的匀变速直线运动，小车可能向左做匀加速直线运动，也可能向右做匀减速直线运动，还有可能M与力敏电阻分离了，此时小车可能向左做加速度增大的加速直线运动，故C错误，D正确。
故选AD。
11. “电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快效率高等优点．如图是“电磁炮”的原理结构示意图．光滑水平导轨电阻不计，宽为L．在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．“电磁炮”弹体总质量为m，其中弹体在轨道间的电阻为R．可控电源的内阻为r，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射．在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I，不计空气阻力．则（ ）
A. 弹体所受安培力大小为BIL
B. 弹体从静止加速到v，轨道长度至少为
C. 弹体从静止加速到v的过程中电源提供的总能量为
D. 可控电源的电压应随时间均匀增加，才能保证“电磁炮”匀加速发射
【答案】ACD
【解析】
【分析】当导轨上通入电流后，炮弹在安培力的作用下，做初速度为零匀加速直线运动，因此根据牛顿第二定律求出加速度然后利用运动学公式即可求解．消耗的总能量转化为弹体的动能和热量；由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，是电磁炮匀加速发射．
【详解】在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为：F=ILB，选项A正确；由动能定理：Fx=mv2，轨道至少要x=，选项B错误；由F=ma，v=at；解得 ；发射过程产生的热量：Q=I2（R+r）t；弹体的动能：Ek＝mv2；系统消耗的总能量，选项C正确；由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应随时间均匀增加，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射，选项D正确；故选ACD.．
【点睛】本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清功能转化关系，然后依据相应规律求解．
第二部分 非选择题（共52分）
注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二．实验题（共14分）
12. 某学校电工从市场买来一大捆粗铜导线，如图甲所示，他觉得其实际长度与所标的长度相差较大，为此请物理科技兴趣小组同学帮助他通过实验进行检测。
（1）为了得到该铜丝的横截面积S，兴趣小组先用小刀割去铜导线外绝缘皮，再用螺旋测微器测定裸露的铜丝的直径d，如图乙所示，则可读得d=___________mm。
（2）兴趣小组设计如图丙所示的电路来测定铜丝电阻，请根据电路图丙把图丁实物连接完整_______。
（3）首先闭合开关S1，把开关S2拨向1，记下电压表的示数为U0，接下来把开关S2拨向2，调节_________，使得电压表的示数为___________，此时电阻箱R0的阻值为2.0；
（4）根据研究小组设计方案，计算铜导线长度表达式L=_________（用铜导线的电阻R、横截面积S、电阻率表示），根据以上测得的数据可计算出该铜导线的长度为_________m。（已知铜的电阻率=1.80×10-8，结果保留三位有效数字）。
【答案】 ①. 2.000mm（1.998mm~2.001mm） ②. ③. 电阻箱 ④. ⑤. ⑥. 348~351
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为：固定刻度+可动刻度（估读）精度值，由图可读出
d=2mm+
（2）[2]采用等效替代法来测铜丝的电阻所以实物图完整连接如下图
（3）[3][4]采用等效替代法来测铜丝的电阻的步骤：首先闭合开关，把开关拨向1，记下电压表的示数为，接下来把开关拨向2，调节电阻箱电阻，使得电压表的示数为，此时电阻箱的阻值为2.0。
（4）[5]由电阻定律可得
解得
[6]横截面积
代入数据可解得
13. 某同学想通过测绘小灯泡完整的伏安特性曲线来研究小灯泡的特性。所用器材如下：
待测小灯泡一只（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）；
电压表一个（量程0~2V， 内阻为2kΩ） ；
电流表一个（量程0~0.4A， 内阻约为3Ω）；
定值电阻R1（阻值为1kΩ）；
定值电阻R2（阻值为2kΩ）；
滑动变阻器（阻值0~10Ω）；
电源（电动势5.0V，内阻很小）；
开关一个， 导线若千。
（1）为测量小灯泡两端的电压，需要将电压表与定值电阻______（填“R1”或“R2”） ______（填“串”或“并”）联。
（2）根据实验目的和提供的器材，在图甲方框中将电路图补充完整______。
（3）完善图甲中电路图后，进行实验。关于该实验下列说法正确的是（ ）
A 实验前应将滑动变阻器滑片滑到b端
B. 通过调节滑动变阻器滑片位置可使电流表的示数为零
C. 当滑动变阻器滑片位于 ab中间位置时，小灯泡两端电压为2.5V
（4）实验描绘出的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图可知，随着小灯泡两端电压增大，灯丝的电阻______（填“增大”“不变”或“减小”）。把实验中的待测小灯泡接入另一电路如图丙所示， 已知该电源电动势E=6V，内阻r=20Ω，定值电阻R=20Ω，可得小灯泡消耗的功率为______W（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. R2 ②. 串 ③. ④. B ⑤. 增大 ⑥. 0.21##0.20##0.22##0.23
【解析】
【详解】（1）[1][2]小灯泡的额定电压为3.8V，则电压表需要与定值电阻R2串联。串联后量程为4V。
（2）[3]待测灯泡电阻
由于
因此选择电流表外接法。电路图如图
（3）[4]A．实验前灯泡电压应该最小，滑动变阻器滑片应该在a端，A错误；
B．当滑动变阻器滑片在a端时，灯泡两端电压为0，则电流表的示数为零，B正确；
C．当滑动变阻器滑片位于 ab中间位置时，小灯泡与左侧电阻并联，并联后总阻值比右侧电阻小，因此两端电压小于2.5V，C错误。
故选B。
（4）[5]由图可知，图象与原点连线斜率为电阻的倒数，因此随着小灯泡两端电压增大灯丝的电阻增大。
[6]此电路中，灯泡两端电压满足
得
代入数据
做出图象，图象与电阻的伏安特性曲线交点表示此时电压和电流。由图像可知
交点电压1.18V，电流180mA此时灯泡功率
三．计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）
14. 如图所示，是一提升重物用直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数UV＝110 V。试求：
（1）通过电动机的电流；
（2）输入电动机的电功率；
（3）若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10 m/s2）
【答案】（1）5A；（2）550 W；（3）53 kg
【解析】
【详解】（1）由电路中的电压关系可得电阻R的分压为
则流过电阻R的电流为
则通过电动机的电流为
（2）输入电动机的电功率为
（3）电动机的发热功率
电动机输出的机械功率
又
可得
15. 如图，一个重力不计的带电粒子，以大小为的速度从坐标（）的点，平行于轴射入磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从轴上点射出磁场，射出速度方向与轴正方向夹角为求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径（请认真作图画轨迹）；
（2）求带电粒子的；
（3）求粒子从运动到点的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】画出粒子运动的轨迹如下图
由几何知识得
解得
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
粒子运动的周期为
粒子从运动到点的时间为
16. 如图所示，不计电阻的光滑的金属轨道分水平段和竖直段两部分，竖直段轨道为半径R=1m的圆弧形，O 点为圆弧的圆心，P为圆弧上与圆心等高的点。两金属轨道之间的宽度l=0.5m。整个装置均处于磁感应强度B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中。水平轨道左侧与一个内阻r=2Ω、电压连续可调的电源相连，通过自动调节电压可维持电路中电流I=2A保持不变（方向如图所示）。现将一质量m=0.05kg、长为0.5m的匀质金属细杆置于轨道上M 点静止释放，金属细杆沿金属轨道向右开始运动，运动中金属细杆与金属轨道始终垂直。已知M、N间距d=20m，求：
（1）金属细杆开始运动时的加速度大小；
（2）金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小；
（3）金属杆从M点运动开始计时，电源电动势按照E=24+2.5t(V)变化，求金属杆从M到N过程中产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）10.25N；（3）
【解析】
【详解】（1）金属细杆开始运动时所受的安培力大小
根据牛顿第二定律可得，加速度大小
（2）金属细杆从M点到P点的运动过程，只有安培力、重力做功，安培力所做的功
重力所做的功
由动能定理得
解得金属细杆运动到P点时的速度大小为
v =20m/s
可得
解得
F=20.5N
由牛顿第三定律可知此时金属细杆对每一条轨道的作用力大小为10.25N；
（3）设金属棒从M到N的时间为t，可得
解得
可得
电源瞬时功率为
可作如图
电源在时间t内对整个回路提供的能量为Q，可根据梯形面积计算得
设Q1为金属棒从M到N产生的焦耳热，则
解得
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