【文档说明】云南省下关一中教育集团2023-2024学年高二上学期9月月考试题+物理+含解析.docx，共(29)页，1.939 MB，由管理员店铺上传

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下关一中教育集团2023~2024学年高二年级上学期段考（一）物理试卷满分100分，考试用时90分钟。第I卷（选择题，共48分）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔

把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选

错的得0分）1.下列说法中正确的是（）A.根据FEq=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B.根据FBIL=，可知一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C.电场和磁场都是客观存在的物质，但是电场线和磁感线是假想的D.电场线和磁感线都是电荷在场中运动的轨迹2

.关于电流周围的磁感线分布情况，下图正确的是（）A.B.C.D.3.如图所示，线圈平面与水平方向夹角60=，线圈平面面积为S，共有n匝，空间存在区域无限大的磁场，磁感线竖直向下，磁感应强度的大小为B，设此时穿过线圈的磁通量为正，下列说法正确的是（）A

.通过线圈的磁通量为12nBSB.若线圈以cd为轴逆时针转过60，通过线圈的磁通量为BSC.若线圈以cd为轴顺时针转过30，通过线圈的磁通量为BSD.若线圈以cd为轴顺时针转过120，通过线圈磁通量的变化量为12BS4.关于多

用电表，下列说法正确的是（）A.多用电表测量直流电流时，红表笔接触点的电势低B.测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开C.多用电表换用不同倍率欧姆挡测电阻时，不需要重新欧姆调零D.多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，则需选择更大的倍率进行测量5.一只额定电压

为110V，额定功率为50W的灯泡，接在下列四个电路中，已知四个电路中电源的输出电压恒为220V，四个电路中的定值电阻1240ΩR=，2121R=，3242ΩR=，不计灯泡电阻的变化，则能让灯泡正常发

光的电路为（）A.B.C.D.6.如图所示，电路中电压表为理想电表，电源电动势为E，内阻为r，L是小灯泡，C是电容器，1R是定值电阻，2R是滑动变阻器。开关S闭合后，在滑动变阻器滑片向上滑动过程中（）A小灯泡亮度逐

渐变暗B.电压表示数变大C.电容器所带电荷量减少D.电源的输出功率一定先变大后变小7.用电阻为13Ω的均匀电阻丝制成一个圆环，并把它接到如图所示的电路中。图中导线的P端能沿圆环移动，并保持良好接触。已

知0R为2，电源电压保持3V不变。改变P的位置，圆环的最大电功率为（）A.13W25B.9W8C.9W13D.9W28.如图所示，光滑、绝缘、半径为R的半圆形细杆ABC位于竖直平面内，O为半圆的圆心，AC为

水平直径，B为最低点。带电量为Q+的点电荷固定在D点（D点为O点关于B点的对称点），另一质量为m、带电的小球P套在细杆上，当小球P静止在B点时受到细杆沿BO方向的支持力大小为2mg。现将小球P从A点由静止释放，已知重力加

速度为g，小球P带的电荷不影响点电荷的电场分布。下列说法正确的是（）的.A.小球P带正电，电荷量大小为2mgRqkQ=B.小球P从A点由静止释放后可以到达C点C.小球P从A点由静止释放后所受的电场力一直增大D.小球P从A点由静止释放后经过B点时对杆的压力4Fmg=9.将一个表头G

改装成多量程的电流表，通常有两种连接方式。如图甲所示的连接方式称作开路转换式（其中电阻12RR）。如图乙所示的连接方式称作闭路抽头式。两种连接方式在实际中均有使用，下列说法正确的是（）A.开路转换式中，开关S接1时量程大于开关S接2时的量程B.开路转换式中，若电阻1R发生变化，则开关S接1、2对

应的两个量程都会发生变化C.闭路抽头式中，抽头3对应的量程大于抽头4对应的量程D.闭路抽头式中，若电阻3R发生变化，则抽头3、4对应的两个量程都会发生变化10.如图所示，直线A为某电源的U—I图像，曲线B为某小灯泡L1的U—I图像的一部分，用该电源和小灯泡L1串联起来

组成闭合回路时小灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是（）A.此电源的电动势为4V，内电阻为2Ω3B.小灯泡L1的额定电压为3V，额定功率为6WC.把小灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变大D.把小灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率不变的1

1.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线1xx=对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A.x1处电场强度为零B.粒子在0～x2段

做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C.若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1＜φ3D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变12.如图甲所示，空间存在电场方向为竖直方向、电场强度大小变化的电场，质量为

m、带正电的小球在电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时的机械能为0E，小球下落过程中的机械能E随下降的高度h变化的关系如图乙中实线所示，图中0E、1E、1h、2h和3h均为已知量，P为关系图线上

的点，其坐标为()11,hE。小球在下落过程中所受空气阻力作用忽略不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.在2h处小球的重力势能一定为零B.电场的方向竖直向上，电场强度随h的增大而增大C.小

球在下落过程中电势能不断增大D.在1h处小球所受的电场力大小为121Ehh−第II卷（非选择题，共52分）二、填空、实验题（本大题共2小题，共14分）13.在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：（1）某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属

丝的直径D=________mm，紧接着用游标卡尺测量该金属丝的长度L。（2）该同学先用多用电表粗测其电阻：用已经调零且选择开关指向欧姆挡“1”挡位的多用电表测量，表盘示数如图乙所示，欧姆表读数为________。（3）现要进一步精确测量其阻值，实验电路如图丙所示，实验室提供了下列可

选用的器材：A．电流表1A（量程为300mA，内阻约为0.3）B．电流表2A（量程为3A，内阻约为0.02）C．电压表1V（量程为3.0V，内阻约为3kΩ）D．滑动变阻器1R（最大阻值为10）E．电源E（电动势为4V

，内阻可忽略）F．开关、导线若干为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（均填器材前面的字母即可）：电流表选________。根据实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的UI−图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该金属丝的电阻率=________（用k、L、D

三个物理量表述）。14.（1）该同学利用一个电流表和电阻箱测量干电池的电动势和内阻。电路结构如图所示，测出多组电阻箱阻值R和电流表示数I，并计算出1I数据，根据数据，在方格纸上作出了1RI−关系图像如右图。由图像可计算出该干电池的电动势为___________V

；内阻为___________Ω；（结果保留3位有效数字）（2）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为0.33A时，电压表的指针位置如右图所示，则该干电池的内阻应为___________Ω。（结果保留

3位有效数字）三、计算题（本大题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾

角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用g表示，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）电场强度的大小E；（2）将电场强度减小为原来的12时，物块加速度的大小a以及物块下滑距离L时的

动能Ek。16.如图所示的电路中，电源电动势12VE=，内阻1.0r=，电动机的电阻01.0R=，电阻12.0=R。电动机正常工作时，理想电压表的示数14.0VU=，求：（1）电路的路端电压；（2）电动机输出有用功功率；17.如图所示的电路中，电源电动势为E=200V，内阻为r=20Ω，定值

电阻232R=。AB、CD为两个平行金属板，板长为L=80cm，板间距离为d=32cm。质量为6110kgm−=、带电量为8110Cq−=−的颗粒从两金属板左端沿板间中线以04m/sv=的速度射入

两板间。闭合开关S，调节电阻箱1R，使颗粒刚好打到下板右侧边缘的D点。颗粒重力不能忽略，取重力加速度为210m/sg=。求：（1）颗粒在两板间运动的加速度大小；（2）两板间电压U；（3）电阻箱1R的阻值。18.如图所示，ABPM为竖直放在场强为410V/mE=、方向水

平向右的匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的AB段水平，BPM部分是半径为R的圆弧形轨道，P是轨道上与圆心O等高的点，53MOP=，轨道的水平部分与圆弧相切，A为水平轨道上的一点，而且0.2mABR==，把一质量的的0.1kgm=、带

电荷量4110Cq−=+的小球放在水平轨道上的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动，g取210m/s，sin530.8=，cos530.6=，小球视为质点。求：（1）小球到达P点时的速度是多

大？（2）小球到达P点时轨道对小球的弹力是多大？（3）若让小球安全通过M点，开始释放点离B点至少多远？下关一中教育集团2023~2024学年高二年级上学期段考（一）物理试卷满分100分，考试用时90分钟。第I卷（选择题，共48分）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名

、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1

~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.下列说法中正确的是（）A.根据FEq=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B.根据FBIL=，可知一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该

处磁感应强度一定为零C.电场和磁场都是客观存在物质，但是电场线和磁感线是假想的D.电场线和磁感线都是电荷在场中运动的轨迹【答案】C【解析】【详解】A．电场中某点的场强是由电场本身决定的，与电场力无关，故A错误；B．当导线中的电流方向与磁感应强度方向平行时，导线受到的磁场力为0

，可知一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度不一定为零，故B错误；C．电场和磁场都是客观存在的物质，但是电场线和磁感线是假想的，故C正确；D．电场线和磁感线一般不是电荷在场中运动的轨迹，故D错误。故选C。2.关于电流周围的磁感线分布情况，下图正确的是（）的A.B.C.D

.【答案】A【解析】【详解】A．根据右手螺旋定则可知，顺时针方向的环形电流在内部产生的磁场方向垂直纸面向里，故A正确；B．根据右手螺旋定则可知，水平向右的直线电流，上方产生的磁场方向垂直纸面向外，下方产生的磁场方向垂直纸面向里，故B错误；C．根据右手螺旋定则可知，图中通电螺线管产生的磁场方向向右，

故C错误；D．根据右手螺旋定则可知，图中通电线圈产生磁场方向向上，故D错误。故选A。3.如图所示，线圈平面与水平方向夹角60=，线圈平面面积为S，共有n匝，空间存在区域无限大的磁场，磁感线竖直向下，磁感应强度的大小为B，设此时穿过线圈的磁通量为正，下列说法正

确的是（）A.通过线圈的磁通量为12nBSB.若线圈以cd为轴逆时针转过60，通过线圈的磁通量为BSC.若线圈以cd为轴顺时针转过30，通过线圈的磁通量为BSD.若线圈以cd为轴顺时针转过120，通过线圈磁通量的变化量为12BS【答案】B【解析】【详解】

A．通过线圈的磁通量为1cos2BSBS==故A错误：B．若线圈以cd为轴逆时针转过60，线圈平面与磁场垂直，所以通过线圈的磁通量为1BS=故B正确；C．若线圈以cd为轴顺时针转过30，线圈平面与磁场平行，通过线

圈的磁通量为20=故C错误；D．若线圈以cd为轴顺时针转过120，线圈平面与磁场垂直，通过线圈的磁通量为BS=−所以通过线圈磁通量的变化量为1322BSBSBS=−=−−=−故D错误。故选B。4.关于多用电表，下列说法正确的

是（）A.多用电表测量直流电流时，红表笔接触点的电势低B.测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开C.多用电表换用不同倍率欧姆挡测电阻时，不需要重新欧姆调零D.多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转

太大，则需选择更大的倍率进行测量【答案】B【解析】【详解】A．用多用电表测直流电流、电压时，多用表内部不连接电池，电流由红表笔流入，由黑表笔流出，红表笔电势高，黑表笔电势较低，故A错误；B．测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，故B正确；C．欧姆表

换挡后要进行欧姆调零，测量过程中，每换一次挡位，都必须重新调整欧姆零点，故C错误；D．多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，说明倍率大，示数小，则需选择更小的倍率进行测量，故D错误。故选B。5.一只额定电压为110V，额定功率为50W的灯泡，接在下列四个电路中，已知四个电路中电源的

输出电压恒为220V，四个电路中的定值电阻1240ΩR=，2121R=，3242ΩR=，不计灯泡电阻的变化，则能让灯泡正常发光的电路为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．根据2UPR=解得灯泡的电阻为242ΩR=图中1242204RR==据串

联电路的特点可知，此时灯泡两端的电压大于110V，灯泡不能正常发光，A错误；B．图中，1R、R并联，此时灯泡两端的电压为220V，灯泡不能正常发光，B错误；C．图中，灯泡和2R的并联电阻为21280.7RRRRRR=+并据串联电路的特点可

知，此时灯泡两端的电压小于110V，灯泡不能正常发光，C错误；D．图中，灯泡和3R串联后与1R并联，由于3RR=据串联电路的特点可知，此时灯泡两端的电压为110V，灯泡能正常发光，D正确。故选D。6.如图所示，电路中电压表为理想电表，电源电动势为E，内阻为r，L是小灯泡，C是电容器，1R

是定值电阻，2R是滑动变阻器。开关S闭合后，在滑动变阻器的滑片向上滑动过程中（）A.小灯泡亮度逐渐变暗B.电压表示数变大C.电容器所带电荷量减少D.电源的输出功率一定先变大后变小【答案】C【解析】【详解】A．滑动变阻

器的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流增大，即流过小灯泡的电流增大，小灯泡亮度逐渐变亮，故A错误；B．电压表测量路端电压，干路电流增大，由闭合电路欧姆定律，可知UEIr=−，

则有电源内阻两端的电压增大，可知路端电压减小，电压表示数变小，故B错误；C．干路电流增大，电源内阻、小灯泡两端的电压增大，电源电动势不变，可知电容器两端的电压减小，故电容器所带电荷量减少，故C正确；D．因外电阻与电源内阻的关系未知，故电源的输出功率变化情况不能确

定，故D错误。故选C。7.用电阻为13Ω的均匀电阻丝制成一个圆环，并把它接到如图所示的电路中。图中导线的P端能沿圆环移动，并保持良好接触。已知0R为2，电源电压保持3V不变。改变P的位置，圆环的最大电功率为（）A.13W25B.9W8C.9W13D.9W2【答案】B【解析

】【详解】根据题意可知，圆环分成两部分并联接入电路，设接入电路的等效电阻为1R，则圆环的功率为22120010112UUPRRRRRRR==+++由数学知识可知2011RRR=即10RR=时，P有最大值，最大值为2m09W48UPR==故选B。8.如

图所示，光滑、绝缘、半径为R的半圆形细杆ABC位于竖直平面内，O为半圆的圆心，AC为水平直径，B为最低点。带电量为Q+的点电荷固定在D点（D点为O点关于B点的对称点），另一质量为m、带电的小球P套在细杆上，当小球P静止在B点时受到细杆沿BO方向的支持力大

小为2mg。现将小球P从A点由静止释放，已知重力加速度为g，小球P带的电荷不影响点电荷的电场分布。下列说法正确的是（）A.小球P带正电，电荷量大小为2mgRqkQ=B.小球P从A点由静止释放后可以到达C点C.小球P从A点由静止释放后所受的电场力一直增大D.

小球P从A点由静止释放后经过B点时对杆的压力4Fmg=【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，当小球P静止在B点时受到细杆沿BO方向的支持力大小为2mg，因此小球P带负电，设电荷量大小为q，当它静止在B点时，对小球P受力分析，由平衡条

件则有N10FmgF−−=电所以2kQqFmgR==电解得2mgRqkQ=故A错误；B．由点电荷电场的对称性可知AC=，由于细杆光滑，由能量守恒可知小球在A和C之间沿杆往复运动，故B正确；C．当小球P从A点向B点运动时，两个电荷间的距离减小，库仑力不断增大，但从B点向C

点运动时，两个电荷间的距离增大，库仑力不断减小，故C错误；D．小球P从A点向B点运动过程中，由动能定理则有212BmgRWmv+=电在B点对小球P受力分析结合牛顿第二定律有2N2BvFmgFmR−−=电解得N24Fmg由牛顿第三定律可知，小球P从A点由静止释放后经过B点时对杆的压力不等于4mg，

故D错误。故选B。9.将一个表头G改装成多量程的电流表，通常有两种连接方式。如图甲所示的连接方式称作开路转换式（其中电阻12RR）。如图乙所示的连接方式称作闭路抽头式。两种连接方式在实际中均有使用，下列说法正确的是（）A.开路转换式中，开关S接1时的量程大于开关S

接2时的量程B.开路转换式中，若电阻1R发生变化，则开关S接1、2对应的两个量程都会发生变化C.闭路抽头式中，抽头3对应的量程大于抽头4对应的量程D.闭路抽头式中，若电阻3R发生变化，则抽头3、4对应的两个量程都会发生变化【答案】ACD【解析】【详解】

A．根据gggIrIIR=+则并联的电阻越小，则量程越大，因12RR，则开路转换式中，开关S接1时的量程大于开关S接2时的量程，选项A正确；B．开路转换式中，若电阻1R发生变化，则开关S接1时对应的量程会发生变化，而开关S接2时对应的量程不会发生变化，选项B错误；CD．闭路抽头式中，接抽头3时并

联的电阻只有R1，而接抽头4时并联的电阻有R1和R2，则抽头3对应的量程大于抽头4对应的量程，并且若电阻3R发生变化，则抽头3、4对应的两个量程都会发生变化，选项CD正确；故选ACD。10.如图所示，直线A为某电源的U—I图像，曲线B为某小灯泡L1的U—I图像的一部分，用该电源和小灯泡L1串联起来

组成闭合回路时小灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是（）A.此电源的电动势为4V，内电阻为2Ω3B.小灯泡L1的额定电压为3V，额定功率为6WC.把小灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变大D.把小灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率不变【答案】B

C【解析】【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律有U=－Ir＋E可知此电源的电动势为4V，内电阻为Δ1ΩΔ2UrI==故A错误；B．由于该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时小灯泡L1恰能正常发光，则小灯泡L1额定电压为3V，额定功率为P=UI=6W

故B正确；CD．由于该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时小灯泡L1恰能正常发光，则小灯泡L1的内阻为L11.5ΩURI==由于外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，若把小灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，则更接近电源内阻，则电源的输出功率将变大，故C正确

，D错误。的故选BC。11.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线1xx=对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A.

x1处电场强度为零B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C.若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1＜φ3D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变【答案】AD【解析】【详解】A．图像的

斜率表示粒子所受电场力F，x1处斜率等于零，电场力等于零，根据FqE=，x1处电场强度等于零，A正确；B．粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，电场力发生变化，加速度也发生变化，做非匀变速直线运动，x2～x3段斜率不变，电场力不变，加速度不变，所以

做匀变速直线运动，B错误；C．带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，根据pEq=，因为粒子带负电，电势降低，即13C错误；D．故x2～x3段斜率不变，所以这段电场力的大小和方向均不变，电场强度大小和方向均不变，D正确。故选AD。12.

如图甲所示，空间存在电场方向为竖直方向、电场强度大小变化的电场，质量为m、带正电的小球在电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时的机械能为0E，小球下落过程中的机械能E随下降的高度h变化的关系如图乙中实线所示，图中0E、1E、1h、2h和3h均为已知量，P为关系图线上的点，

其坐标为()11,hE。小球在下落过程中所受空气阻力作用忽略不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.在2h处小球的重力势能一定为零B.电场的方向竖直向上，电场强度随h的增大而增大C.小球在下落过程中电势能不断增大D.在1h处小球所受的电场力大小为121Ehh−【答案】BC【解析】

【详解】A．因为初速度为零，所以00Emgh=，因为在2h处小球的机械能为零，但动能可能不为零，所以2h处小球的重力势能可能为负值，即可能不为零，故A错误；B．因为小球的机械能减小，电场力做负功，小球带正电，所以电场方向竖直向上，Eh−图象的斜率越来越大，所以电场强度随h的增

大而增大，故B正确；C．小球下落过程中，电场力做负功，小球在下落过程中电势能不断增大，故C正确；D．根据功能关系，可知在1h处小球所受的电场力大小为P点切线斜率的绝对值，即131EFhh=−故D错误。故选BC。第II卷（非选择题，共5

2分）二、填空、实验题（本大题共2小题，共14分）13.在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：（1）某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径D=________mm，紧接着用游标卡尺测量该金属丝的长度L。（2）该

同学先用多用电表粗测其电阻：用已经调零且选择开关指向欧姆挡“1”挡位的多用电表测量，表盘示数如图乙所示，欧姆表读数为________。（3）现要进一步精确测量其阻值，实验电路如图丙所示，实验室提供了下列可选用的器材：A．电流表1A（量程为300mA，内阻约为0.3）B．电流表2A（

量程3A，内阻约为0.02）C．电压表1V（量程为3.0V，内阻约为3kΩ）D．滑动变阻器1R（最大阻值为10）E．电源E（电动势为4V，内阻可忽略）F．开关、导线若干为了尽可能提高测量准确度，应选择器材为（均填器材前面的字母即可）：电流表选________。根据实验电路，测得多组

电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的UI−图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该金属丝的电阻率=________（用k、L、D三个物理量表述）。为的【答案】①.3.705②.12.0③.A④.24kDL【解析】

【详解】（1）[1]该金属丝的直径3.5mm0.01mm20.53.705mmD=+=（2）[2]根据图丙，金属丝电阻为12.0R=（3）[3][4]通过金属丝的最大电流为40.33A12EIR===电流表选A。根据电阻定律LRS=根

据面积公式214SD=根据欧姆定律UIR=解得24LUID=根据题意得24LkD=解得24kDL=14.（1）该同学利用一个电流表和电阻箱测量干电池的电动势和内阻。电路结构如图所示，测出多组电阻箱

阻值R和电流表示数I，并计算出1I数据，根据数据，在方格纸上作出了1RI−关系图像如右图。由图像可计算出该干电池的电动势为___________V；内阻为___________Ω；（结果保留3位有效数字）（2）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量

程为100mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为0.33A时，电压表的指针位置如右图所示，则该干电池的内阻应为___________Ω。（结果保留3位有效数字）【答案】①.1.40②.1.20③.1.00【解

析】【详解】（1）[1][2]由闭合电路欧姆定律E＝IR＋Ir得R＝E∙1I－r类似于一次函数y＝kx＋b的形式，R-­1I图像的斜率表示电动势E，纵截距绝对值为内阻r，读图可知E＝1.40V，r＝1.20Ω（2）[3][4]电流表的内阻3AA6610

0.20.33URI−===闭合回路的欧姆定律应为()AEIRIRr=++即()A1RERrI=−+因此可知电动势不变，内阻为r=1.20Ω－0.20Ω＝1.00Ω三、计算题（本大题共4小题，共3

8分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的

匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用g表示，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）电场强度的大小E；（2）将电场强度减小为原来的12时，物块加速度的大小a以及物块下滑距离L时的动能Ek。【答案】（1）34mgq；（2）0.3g，0.3mgL【解析】【

详解】（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，如图所示根据平衡条件有Nsin37FqE=Ncos37Fmg=解得电场强度为34mgEq=（2）若电场强度减小为原来12，则电场强度变为38mgEq=根据牛顿第二定律有sin37cos37m

gqEma−=可得加速度为0.3ag=物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理有ksin37cos370mgLqELE−=−解得k0.3EmgL=16.如图所示的电路中，电源电动势12VE=，内阻1.0r=，电动机的电阻01.0R=，

电阻12.0=R。电动机正常工作时，理想电压表的示数14.0VU=，求：（1）电路的路端电压；（2）电动机输出有用功的功率；【答案】（1）10V；（2）8W【解析】【详解】（1）根据欧姆定律，电路电流为：114A2A2UIR==＝电路的路端电压为

'UEIr=−代入数据解得'10VU=（2）设电动机两端电压为U，则由闭合电路欧姆定律得：1'6VUUU=−=电动机消耗的电功率为：12WPUI==电动机的热功率为：204WPIR==热电动机将电能转化为机械能的功率

为'8WPPP=−=热17.如图所示的电路中，电源电动势为E=200V，内阻为r=20Ω，定值电阻232R=。AB、CD为两个平行金属板，板长为L=80cm，板间距离为d=32cm。质量为6110kgm−=、带电量为8110Cq−=−的

颗粒从两金属板左端沿板间中线以04m/sv=的速度射入两板间。闭合开关S，调节电阻箱1R，使颗粒刚好打到下板右侧边缘的D点。颗粒重力不能忽略，取重力加速度为210m/sg=。求：（1）颗粒在两板间运动的加速度大小；（2）两板间的电压U；（3）电阻箱1R的阻值。【答案】（

1）28m/s；（2）64V；（3）48【解析】【详解】（1）颗粒在两板间做类平抛运动，平行于板方向匀速直线运动，运动时间为00.8s0.2s4Ltv===垂直于板方向做初速度为零的匀加速运动21122dat=解得颗粒在两板间运动的加速度大小22220.32m/s8m/s0.2d

at===（2）颗粒受电场力方向竖直向上，由牛顿第二定律可得mgqEma−=又UEd=解得两板间的电压64VU=（3）由欧姆定律可知22AUIR==由闭合电路欧姆定律可知()1EUIRr=++解得148R=18.如图所示，ABPM为竖直放在场强为410V/

mE=、方向水平向右的匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的AB段水平，BPM部分是半径为R的圆弧形轨道，P是轨道上与圆心O等高的点，53MOP=，轨道的水平部分与圆弧相切，A为水平轨道上的一点，而且0.2mAB

R==，把一质量0.1kgm=、带电荷量4110Cq−=+的小球放在水平轨道上的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动，g取210m/s，sin530.8=，cos530.6=，小球视为质点。求：（1）小球到达P点时的速度是多大？（2）小球到达P点时轨道对小球的弹力

是多大？（3）若让小球安全通过M点，开始释放点离B点至少多远？【答案】（1）2m/s；（2）3N；（3）0.26m【解析】【详解】（1）由A点到P点应用动能定理有21()2PEqABRmgRmv+−=①解得2m/sPv=②（2）在P点应用牛顿

第二定律得2NPvFqEmR−=③解得N3NF=④（3）设小球恰好安全通过M点，必有2sin53cos53MvmgEqmR−=⑤设释放点距B点距离为x，由动能定理得21(cos53)(sin53)2MEqxRmgRRmv+−+

=⑥解得0.26mx=⑦的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com