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2023-2024学年安徽省县中联盟高二（上）联考（期中）模拟物理试卷（12月）（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省县中联盟高二（上）联考（期中）模拟物理试卷（12月）（含解析），共13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.下列说法正确的是( )
A. 根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以用平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法
B. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
C. 法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场
D. 一个物体受到的合外力越大，它的速度变化一定越快
2.关于导体中的恒定电场，下列说法中正确的是( )
A. 导体中的电场是由电源两极在空间直接形成的
B. 导体中的电场是导体内自由电荷形成的
C. 导体中的电场线始终和导线平行
D. 导体中的电场分布随电荷的移动而随时间改变
3.场是一种客观存在的物质，组合体与地球之间的万有引力是通过引力场产生的。类比用电场线描述静电场，可以用引力场线描述引力场。不考虑其它天体的影响，地球周围的引力场线分布与下列电场的电场线分布相似的是( )
A. 匀强电场B. 孤立点电荷的电场
C. 两个等量同种电荷的电场D. 两个等量异种电荷的电场
4.如图所示是LC振荡电路某时刻的情况，则以下说法正确的是：
A. 电容器正在放电B. 电容器极板上的电荷量正在增大
C. 线圈中的磁场能正在增大D. 电容器两端的电压正在减小
5.如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r.当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作．已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是( )
A. 电动机的额定电压为IRB. 电动机的输出功率为I2R
C. 电源的输出功率为IE−I2rD. 整个电路的热功率为I2(R0+r)
6.已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为B=kIr，其中I为电流强度，r为该位置到长直导线的距离，k为常数．如图所示，现有两根通电的长直导线分别固定在正方体abcd−efgh的两条边dh和hg上且彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，hg中电流是dh中电流强度的两倍．已知c点磁感应强度大小为B，则f点的磁感应强度大小为
A. 2+12BB. 22BC. 33BD. 53B
7.向右的匀强磁场中，线圈Ⅰ平面与磁场方向垂直，线圈Ⅱ、Ⅲ平面与线圈Ⅰ平面的夹角分别为30°和45°，如图所示。穿过线圈Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的磁通量分别为ΦⅠ、ΦⅡ、ΦⅢ。下列判断正确的是
( )
A. ΦⅠ=ΦⅡB. ΦⅡ=ΦⅢC. ΦⅠ>ΦⅡD. ΦⅢ>ΦⅡ
8.如图所示，在边长为a的等边三角形的三个顶点A、B、C上，分别固定三个电荷量相等的点电荷，其中A、B处的点电荷均带正电，C处的点电荷带负电，O为三角形中心。已知点电荷Q的电势表达式为φ=kQr，式中k为静电力常量，r为电场中某点到点电荷的距离，则下列说法正确的是
( )
A. O点的电场强度大小为9kQa2B. O点的电场强度大小为3kQ4a2
C. O点的电势为k 3QaD. O点的电势为−2 3kQ3a
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示是一个多用电表内部的简化电路图．S为单刀多掷开关，通过操作开关，可以切换不同的挡位．下列说法正确的是
( )
A. 当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接1时量程较大
B. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔
C. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是红表笔
D. 当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大
10.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a( )
A. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力一直减小
B. 从N到P的过程中，存在一个位置小球所受的合外力为零
C. 从P到Q的过程中，电场力一直做负功
D. 从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“测定金属的电阻率”的实验中：用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图甲所示，用米尺测出金属丝的长度，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．
(1)从甲图中读出金属丝的直径为________mm．
(2)实验室有两节新干电池、开关、若干导线及下列器材：
A.电压表0～3 V，内阻10 kΩ B.电压表0～15 V，内阻50 kΩ
C.电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω D.电流表0～3 A，内阻0.01 Ω
E.滑动变阻器，0～10 Ω F.滑动变阻器，0～100 Ω
①要求较准确地测出其阻值，电流表应选________，滑动变阻器选_________.(填器材前面的序号)
②实验中实物接线如图乙所示，图中有几处错误，请写出其中的一处错误：__________________________________．
12.有一种电池，电动势约为9V，内阻约为30Ω，若该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学选用的实验器材有：电键、电压传感器、定值电阻R0、电阻箱R(阻值范围为0～9999Ω)，设计的实验电路如图甲所示。
(1)定值电阻R0起______作用，实验室备有的R0有以下几种规格：
(A)100Ω2.0W(B)200Ω1.0W(C)500Ω2.0W(D)2000Ω5.0W
本实验应选用哪一种规格？______
(2)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关K，调整电阻箱的阻值R，读取电压表的示数U，计录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则乙图中的横坐标表示______(用所给物理量的字母来表示)。若乙图中图线的截距为a，斜率为b，则电池的电动势为______，内阻为______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电源电压为120V.当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A.g取10m/s2.则
(1)电动机线圈的电阻R等于多少？
(2)电动机的最大输出机械功率和该重物的最大提升速度分别是多少？
(3)若电动机因故障不能转动，这时通过电动机线圈的电流为多大？电动机消耗的电功率又为多大？
14.为研究空气对滑雪运动员的阻力，可以在滑雪板上安装传感器，在滑行时采集 数据，作出滑雪板运动的v−t图象进行分析．在一次实验中，运动员沿倾角θ=37°足够长的斜坡直线滑下，如图甲所示．图乙为该次实验的v−t图象，曲线ABC为某段时间内 速度与时间关系图线．分析时发现BC段恰好平行于时间/轴，作曲线AB过纵轴上A 点的切线AD.已知人和滑雪板的总质量m=80kg，人和滑雪板所受的空气阻力与速度 成正比，比例系数为k在v−t图象中曲线在某点切线的斜率等于该时刻@度的变化率． 取 sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2.求：
(1)滑雪板速度v=6m/s时加速度的大小；
(2)比例系数k和滑雪板与斜坡间的动摩擦因数μ．
15.如图，轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在足够大的平行金属板电容器中。已知两极板相距d=0.1m，小球的电荷量和质量分别为q=− 32C、m=3kg，电源的电动势和内阻分别为E=9V、r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=48Ω，R3=16Ω，重力加速度大小取g=10m/s2。求：
(1)R1两端的电压U；
(2)轻质细绳与竖直方向的夹角θ。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据速度定义式v=△x△t，当△t非常非常小时，△x△t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故A错误；
B、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法理想模型法，故B错误；
C、奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故C错误；
D、根据牛顿第二定律可知，一个物体受到的合外力越大，加速度越大，它的速度变化一定越快．故D正确；
故选：D
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法，用质点来代替物体的方法理想模型法，根据牛顿第二定律分析D选项．
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习
2.【答案】C
【解析】ABD.导体中的电场是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的稳定电场，电场的分布不随时间发生改变，ABD错误；
C.导体中的电场线始终和导线平行，C正确。
故选C。
3.【答案】B
【解析】根据点电荷的电场线分布特点可知，地球周围的引力场线分布与下列电场的电场线分布相似的是孤立点电荷的电场，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
【解答】
A.图示时刻，电容器上极板带正电；根据磁场方向结合右手螺旋定则，得出电流的方向，可以知道此时是正在充电，电容器极板上的电荷量正在增大，故A错误，B正确；
C.电容器充电时，磁场能转化为电场能，线圈中的磁场能正在减小，故C错误;
D.电容器充电时，电容器两端的电压正在增大，故D错误；
故选B。
5.【答案】C
【解析】解：A、电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，故A错误；
BC、电源的输出功率P=UI=IE−I2r；电动机的热功率为I2R，故B错误，故C正确；
D、整个电路的热功率为I2(R0+R+r)，故D错误．
故选：C．
小灯泡是纯电阻电路，满足欧姆定律，但电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律；
电源的输出功率P=UI=IE−I2r；
由公式P=UI求出电动机的总功率P总.电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒可知P出=P总−P热，P热=I2R.
整个电路的热功率为I2(R0+R+r)
当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求电功率只能用P=UI，求电热只能用P=I2R，求机械功率要根据能量守恒得到P机=P总−P热．
6.【答案】B
【解析】【分析】
根据安培定则判断直导线在对应点产生的磁场方向，根据磁感应强度的矢量合成法则求合磁感应强度。
本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力。
【解答】
由题可知，dh导线到c和e距离相等，则dh导线中的电流在c和e产生的磁感应强度大小均为B0，由安培定则可知，在c产生的磁感应强度的方向为bc，在e产生的磁感应强度的方向为ef，hg中电流是dh中电流强度的两倍，hg导线到c和e距离相等，则hg导线中的电流在c和e产生的磁感应强度大小均为2B0，由安培定则可知，在c产生的磁感应强度的方向为bc，在e产生的磁感应强度的方向为ea，由于c点磁感应强度大小为B，c点合磁感应强度大小为kIl+k2Il=B，得kIl=B3，则f点的合磁感应强度大小为B′= (kI 2l)2+(k2Il)2=3 22kIl= 22B；故选B．
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据磁通量的物理意义：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数，分析磁通量的变化情况。
对于匀强磁场，可以根据公式Φ=BScsθ判断磁通量如何变化。
【解答】
线圈在I位置时，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大为：Φl=BS；线圈在Ⅱ、Ⅲ位置时，穿过线圈的磁通量分别为：ΦⅡ=BScs30°= 32BS，ΦⅢ=BScs45°= 22BS。则有：Φl>ΦⅡ>ΦⅢ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，
A、B、C三处的点电荷到O的距离r=a2cs30∘=a2×2 3= 33a
AB.根据点电荷的场强公式，A、B、C三处的点电荷在O点产生的场强的大小E1=E2=E3=kQr2=kQ( 3a3)2=3kQa2
由于场强E1、E2之间的夹角为120°，根据平行四边形定则，它们的合场强E12=E1=E2=3kQa2，方向由O指向C
所以O点的合场强EO=E12+E3=3kQa2+3kQa2=6kQa2，故AB错误；
CD.由于电荷A、C为等量异种电荷，根据等量异种电荷等势面的分布规律，它们的连线的中垂线上的电势为零，即电荷A、C在O点的电势为零；根据点电荷Q的电势表达式φ=kQr可知，点电荷B在O点的电势φO=kQr=kQ 3a3= 3kQa，故C正确，B错误。
故选：C。
AB.首先根据数学知识求出O到A、B、C三点的距离r，再根据点电荷的场强公式求解A、B、C三处的点电荷在O点产生的场强，最后求合场强；
CD.根据等量异种电荷等势面的分布规律，确定A、C两点的电荷在O点的电势为零，再根据点电荷的电势公式求解B点的电荷在O点的电势。
注意场强是矢量，某点的场强为各个电荷在该处产生的场强的合场强，场强的合成遵循平行四边形定则；电势是标量，某点的合电势为各个电荷在该点电势的代数和。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
根据电流表改装原理为并联分流，并联电阻越小量程越大；电压表改装原理为串联分压，串联电阻越大量程越大，欧姆表改装原理是闭合电路的欧姆定律，与电源负极相连的为红表笔作出判断。
本题主要考查多用电表的构造，知道电流表、电压表和欧姆表改装原理是解题的关键点。
【解答】
A.由题图可知，当开关S分别接1或2时是电流表，接1时分流电阻相对较小，故接1时电表的量程较大，故A正确；
BC.测量电阻时，欧姆表内部应接电源，由题图可知，测电阻只能接3或4；A与电源的负极相连，故A为红表笔，故B错误，C正确；
D.由题图可知，当开关S分别接5、6时，测量的是电压，电流表串联的电阻越大，电压表的量程越大，故当开关S接6时的量程比接5时的量程大，故D错误。
10.【答案】BC
【解析】A.a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ由直角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大；由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小，FC逐渐增大，因此重力与库仑力的合力F一直增加，故A错误；
B.从N到P的过程中，在其中间某个位置存在一个三力平衡的位置，此位置的合力为零。故B正确；
C.在a球在从 P 到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，
故C正确；
D.在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其动能的减少量等于电势能增加量与重力势能增加量之和。动能减少量大于电势能增加量。故D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)0.680；
(2)①C；E；
②导线连接在滑动变阻器的滑片上或者电压表量程接错。
【解析】【分析】
本题主要考查测量金属丝的电阻率实验相关知识。
(1)螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数；
(2)①两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表；根据欧姆定律，电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的；为使操作方便，滑动变阻器选择与电阻接近的，选10Ω的；
②连线电路要注意：电表极性不能接反，量程选择恰当的，安培表内外接法的选择。
【解答】
(1)固定刻度读数：0；半刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm×18.0=0.180mm；故螺旋测微器读数为：0.680mm；
(2)①两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表，故选 A ；根据欧姆定律 ， I≈ER=35A=0.6A，电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的，即选 C ；滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，即选 E ；故选： C E；
②伏安法测电阻时，测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相接近，故采用安培表外接法；同时导线连接在滑动变阻器的滑片上，电压表应接在3V量程接线柱上。
故答案为：(1)0.680；(2)①C；E；②导线连接在滑动变阻器的滑片上或者电压表量程接错。
12.【答案】保护电路 B 1R+R0 1a ba
【解析】解：(1)当滑动变阻器短路时，定值电阻在起保护电路的作用；
电路中通过的最大电流为50mA，则由闭合电路欧姆定律可知：
R0=EI−r=90.050−30=150Ω，则所给四个定值电阻中符合条件的只有B；
(2)由图甲所示电路图可知，电源电动势：E=U+Ir=U+UR+R0r，
整理得：1U=rE1R+R0+1E，为方便实验数据处理应作出1U−1R+R0图线，
图乙所示图线横坐标表示1R+R0；由图示1U−1R+R0图线可知，
a=1E，b=rE，电源电动势：E=1a，电源内阻：r=ba；
故答案为：(1)保护电路；B；(2)1R+R0；1a；ba。
(1)已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；
(2)由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻。
本题关键在于能由图象知识(斜率与截距的意义)结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息。
13.【答案】解：(1)由能量关系P电=P热+P机有，UI=I2R+mgv，
故R=UI−mgvI2=120×5−50×10×0.952Ω=6Ω；
(2)由P电=P热+P机得P机=P电−P热=UI−I2R，
因为电动机线圈电阻R=6Ω，电源电压U=120V，均为定值，调节输入电动机线圈的电流I，P机可有最大值，因此对上式进行配方，有P机=−R(I2−URI)=−R[I2−2⋅U2RI+(U2R)2−(U2R)2]=−R(I−U2R)2+U24R
当I=U2R时，P机有最大值，即Imax=U2R=1202×6A=10A时，电动机获得的最大机械功率P机max=U24R=12024×6W=600W；
由P机=mgv，得重物的最大提升速度vmax=P机maxmg=60050×10m/s=1.2m/s；
(3)电动机转动时为非纯电阻，此时U>IR或I
【解析】若因故障电动机不能转动，电动机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由欧姆定律求出电流，再求电功率。
14.【答案】解：(1)由图象得：A点，vA=6m/s，加速度为：aA=18−65=2.4m/s2；
由牛顿运动定律得：mgsinθ−μN−kvA=maA…①
最终雪橇匀速运动时最大速度为：vm=12m/s，a=0
由牛顿运动定律得：mgsinθ−μN−kvm=0…②
由平衡条件得：N=mgcsθ…③
由①②③代入数据解得：μ=0.15
k=32N⋅s/m
答：(1)滑雪板速度v=6m/s时加速度的大小为2.4m/s2
(2)空气的阻力系数为32N⋅s/m，动摩擦因数为0.15．
【解析】根据切线的斜率求出速度为5m/s时的加速度大小，根据牛顿第二定律列出速度是5m/s时、以及加速度为零时的动力学方程．联立两方程求出空气的阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ．
本题考查了学生的看图分析图象的能力，能根据图象从中找出有用的信息，结合牛顿第二定律进行求解．
15.【答案】解：(1)R2、R3并联阻值为R并=R2R3R2+R3=48×1648+16Ω=12Ω
根据闭合电路欧姆定律得
I=ER1+R并+r=94+12+2A=0.5A
故R1两端的电压U=IR1=0.5×4V=2V
(2)平行金属板场强大小为E场=Ud=20.1V/m=20V/m
小球静止，合力为零，根据平衡条件得
qE场=mgtanθ
解得：θ=30°
答：(1)R1两端的电压U为2V；
(2)轻质细绳与竖直方向的夹角θ为30°。
【解析】(1)先根据闭合电路欧姆定律计算电路中电流，再由欧姆定律求R1两端的电压U；
(2)小球静止，合力为零，根据平衡条件和电场力公式F=qE求轻质细绳与竖直方向的夹角θ。
本题是电路与电场的综合，两者联系的桥梁是电压，要运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律求出电容器板间电压，这是解题的关键。
1.下列说法正确的是( )
A. 根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以用平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法
B. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
C. 法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场
D. 一个物体受到的合外力越大，它的速度变化一定越快
2.关于导体中的恒定电场，下列说法中正确的是( )
A. 导体中的电场是由电源两极在空间直接形成的
B. 导体中的电场是导体内自由电荷形成的
C. 导体中的电场线始终和导线平行
D. 导体中的电场分布随电荷的移动而随时间改变
3.场是一种客观存在的物质，组合体与地球之间的万有引力是通过引力场产生的。类比用电场线描述静电场，可以用引力场线描述引力场。不考虑其它天体的影响，地球周围的引力场线分布与下列电场的电场线分布相似的是( )
A. 匀强电场B. 孤立点电荷的电场
C. 两个等量同种电荷的电场D. 两个等量异种电荷的电场
4.如图所示是LC振荡电路某时刻的情况，则以下说法正确的是：
A. 电容器正在放电B. 电容器极板上的电荷量正在增大
C. 线圈中的磁场能正在增大D. 电容器两端的电压正在减小
5.如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r.当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作．已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是( )
A. 电动机的额定电压为IRB. 电动机的输出功率为I2R
C. 电源的输出功率为IE−I2rD. 整个电路的热功率为I2(R0+r)
6.已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为B=kIr，其中I为电流强度，r为该位置到长直导线的距离，k为常数．如图所示，现有两根通电的长直导线分别固定在正方体abcd−efgh的两条边dh和hg上且彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，hg中电流是dh中电流强度的两倍．已知c点磁感应强度大小为B，则f点的磁感应强度大小为
A. 2+12BB. 22BC. 33BD. 53B
7.向右的匀强磁场中，线圈Ⅰ平面与磁场方向垂直，线圈Ⅱ、Ⅲ平面与线圈Ⅰ平面的夹角分别为30°和45°，如图所示。穿过线圈Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的磁通量分别为ΦⅠ、ΦⅡ、ΦⅢ。下列判断正确的是
( )
A. ΦⅠ=ΦⅡB. ΦⅡ=ΦⅢC. ΦⅠ>ΦⅡD. ΦⅢ>ΦⅡ
8.如图所示，在边长为a的等边三角形的三个顶点A、B、C上，分别固定三个电荷量相等的点电荷，其中A、B处的点电荷均带正电，C处的点电荷带负电，O为三角形中心。已知点电荷Q的电势表达式为φ=kQr，式中k为静电力常量，r为电场中某点到点电荷的距离，则下列说法正确的是
( )
A. O点的电场强度大小为9kQa2B. O点的电场强度大小为3kQ4a2
C. O点的电势为k 3QaD. O点的电势为−2 3kQ3a
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示是一个多用电表内部的简化电路图．S为单刀多掷开关，通过操作开关，可以切换不同的挡位．下列说法正确的是
( )
A. 当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接1时量程较大
B. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔
C. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是红表笔
D. 当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大
10.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a( )
A. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力一直减小
B. 从N到P的过程中，存在一个位置小球所受的合外力为零
C. 从P到Q的过程中，电场力一直做负功
D. 从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“测定金属的电阻率”的实验中：用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图甲所示，用米尺测出金属丝的长度，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．
(1)从甲图中读出金属丝的直径为________mm．
(2)实验室有两节新干电池、开关、若干导线及下列器材：
A.电压表0～3 V，内阻10 kΩ B.电压表0～15 V，内阻50 kΩ
C.电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω D.电流表0～3 A，内阻0.01 Ω
E.滑动变阻器，0～10 Ω F.滑动变阻器，0～100 Ω
①要求较准确地测出其阻值，电流表应选________，滑动变阻器选_________.(填器材前面的序号)
②实验中实物接线如图乙所示，图中有几处错误，请写出其中的一处错误：__________________________________．
12.有一种电池，电动势约为9V，内阻约为30Ω，若该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学选用的实验器材有：电键、电压传感器、定值电阻R0、电阻箱R(阻值范围为0～9999Ω)，设计的实验电路如图甲所示。
(1)定值电阻R0起______作用，实验室备有的R0有以下几种规格：
(A)100Ω2.0W(B)200Ω1.0W(C)500Ω2.0W(D)2000Ω5.0W
本实验应选用哪一种规格？______
(2)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关K，调整电阻箱的阻值R，读取电压表的示数U，计录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则乙图中的横坐标表示______(用所给物理量的字母来表示)。若乙图中图线的截距为a，斜率为b，则电池的电动势为______，内阻为______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某一用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电源电压为120V.当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A.g取10m/s2.则
(1)电动机线圈的电阻R等于多少？
(2)电动机的最大输出机械功率和该重物的最大提升速度分别是多少？
(3)若电动机因故障不能转动，这时通过电动机线圈的电流为多大？电动机消耗的电功率又为多大？
14.为研究空气对滑雪运动员的阻力，可以在滑雪板上安装传感器，在滑行时采集 数据，作出滑雪板运动的v−t图象进行分析．在一次实验中，运动员沿倾角θ=37°足够长的斜坡直线滑下，如图甲所示．图乙为该次实验的v−t图象，曲线ABC为某段时间内 速度与时间关系图线．分析时发现BC段恰好平行于时间/轴，作曲线AB过纵轴上A 点的切线AD.已知人和滑雪板的总质量m=80kg，人和滑雪板所受的空气阻力与速度 成正比，比例系数为k在v−t图象中曲线在某点切线的斜率等于该时刻@度的变化率． 取 sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2.求：
(1)滑雪板速度v=6m/s时加速度的大小；
(2)比例系数k和滑雪板与斜坡间的动摩擦因数μ．
15.如图，轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在足够大的平行金属板电容器中。已知两极板相距d=0.1m，小球的电荷量和质量分别为q=− 32C、m=3kg，电源的电动势和内阻分别为E=9V、r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=48Ω，R3=16Ω，重力加速度大小取g=10m/s2。求：
(1)R1两端的电压U；
(2)轻质细绳与竖直方向的夹角θ。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据速度定义式v=△x△t，当△t非常非常小时，△x△t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故A错误；
B、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法理想模型法，故B错误；
C、奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故C错误；
D、根据牛顿第二定律可知，一个物体受到的合外力越大，加速度越大，它的速度变化一定越快．故D正确；
故选：D
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法，用质点来代替物体的方法理想模型法，根据牛顿第二定律分析D选项．
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习
2.【答案】C
【解析】ABD.导体中的电场是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的稳定电场，电场的分布不随时间发生改变，ABD错误；
C.导体中的电场线始终和导线平行，C正确。
故选C。
3.【答案】B
【解析】根据点电荷的电场线分布特点可知，地球周围的引力场线分布与下列电场的电场线分布相似的是孤立点电荷的电场，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
【解答】
A.图示时刻，电容器上极板带正电；根据磁场方向结合右手螺旋定则，得出电流的方向，可以知道此时是正在充电，电容器极板上的电荷量正在增大，故A错误，B正确；
C.电容器充电时，磁场能转化为电场能，线圈中的磁场能正在减小，故C错误;
D.电容器充电时，电容器两端的电压正在增大，故D错误；
故选B。
5.【答案】C
【解析】解：A、电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，故A错误；
BC、电源的输出功率P=UI=IE−I2r；电动机的热功率为I2R，故B错误，故C正确；
D、整个电路的热功率为I2(R0+R+r)，故D错误．
故选：C．
小灯泡是纯电阻电路，满足欧姆定律，但电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律；
电源的输出功率P=UI=IE−I2r；
由公式P=UI求出电动机的总功率P总.电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒可知P出=P总−P热，P热=I2R.
整个电路的热功率为I2(R0+R+r)
当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求电功率只能用P=UI，求电热只能用P=I2R，求机械功率要根据能量守恒得到P机=P总−P热．
6.【答案】B
【解析】【分析】
根据安培定则判断直导线在对应点产生的磁场方向，根据磁感应强度的矢量合成法则求合磁感应强度。
本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力。
【解答】
由题可知，dh导线到c和e距离相等，则dh导线中的电流在c和e产生的磁感应强度大小均为B0，由安培定则可知，在c产生的磁感应强度的方向为bc，在e产生的磁感应强度的方向为ef，hg中电流是dh中电流强度的两倍，hg导线到c和e距离相等，则hg导线中的电流在c和e产生的磁感应强度大小均为2B0，由安培定则可知，在c产生的磁感应强度的方向为bc，在e产生的磁感应强度的方向为ea，由于c点磁感应强度大小为B，c点合磁感应强度大小为kIl+k2Il=B，得kIl=B3，则f点的合磁感应强度大小为B′= (kI 2l)2+(k2Il)2=3 22kIl= 22B；故选B．
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据磁通量的物理意义：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数，分析磁通量的变化情况。
对于匀强磁场，可以根据公式Φ=BScsθ判断磁通量如何变化。
【解答】
线圈在I位置时，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大为：Φl=BS；线圈在Ⅱ、Ⅲ位置时，穿过线圈的磁通量分别为：ΦⅡ=BScs30°= 32BS，ΦⅢ=BScs45°= 22BS。则有：Φl>ΦⅡ>ΦⅢ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，
A、B、C三处的点电荷到O的距离r=a2cs30∘=a2×2 3= 33a
AB.根据点电荷的场强公式，A、B、C三处的点电荷在O点产生的场强的大小E1=E2=E3=kQr2=kQ( 3a3)2=3kQa2
由于场强E1、E2之间的夹角为120°，根据平行四边形定则，它们的合场强E12=E1=E2=3kQa2，方向由O指向C
所以O点的合场强EO=E12+E3=3kQa2+3kQa2=6kQa2，故AB错误；
CD.由于电荷A、C为等量异种电荷，根据等量异种电荷等势面的分布规律，它们的连线的中垂线上的电势为零，即电荷A、C在O点的电势为零；根据点电荷Q的电势表达式φ=kQr可知，点电荷B在O点的电势φO=kQr=kQ 3a3= 3kQa，故C正确，B错误。
故选：C。
AB.首先根据数学知识求出O到A、B、C三点的距离r，再根据点电荷的场强公式求解A、B、C三处的点电荷在O点产生的场强，最后求合场强；
CD.根据等量异种电荷等势面的分布规律，确定A、C两点的电荷在O点的电势为零，再根据点电荷的电势公式求解B点的电荷在O点的电势。
注意场强是矢量，某点的场强为各个电荷在该处产生的场强的合场强，场强的合成遵循平行四边形定则；电势是标量，某点的合电势为各个电荷在该点电势的代数和。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
根据电流表改装原理为并联分流，并联电阻越小量程越大；电压表改装原理为串联分压，串联电阻越大量程越大，欧姆表改装原理是闭合电路的欧姆定律，与电源负极相连的为红表笔作出判断。
本题主要考查多用电表的构造，知道电流表、电压表和欧姆表改装原理是解题的关键点。
【解答】
A.由题图可知，当开关S分别接1或2时是电流表，接1时分流电阻相对较小，故接1时电表的量程较大，故A正确；
BC.测量电阻时，欧姆表内部应接电源，由题图可知，测电阻只能接3或4；A与电源的负极相连，故A为红表笔，故B错误，C正确；
D.由题图可知，当开关S分别接5、6时，测量的是电压，电流表串联的电阻越大，电压表的量程越大，故当开关S接6时的量程比接5时的量程大，故D错误。
10.【答案】BC
【解析】A.a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ由直角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大；由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小，FC逐渐增大，因此重力与库仑力的合力F一直增加，故A错误；
B.从N到P的过程中，在其中间某个位置存在一个三力平衡的位置，此位置的合力为零。故B正确；
C.在a球在从 P 到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，
故C正确；
D.在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其动能的减少量等于电势能增加量与重力势能增加量之和。动能减少量大于电势能增加量。故D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)0.680；
(2)①C；E；
②导线连接在滑动变阻器的滑片上或者电压表量程接错。
【解析】【分析】
本题主要考查测量金属丝的电阻率实验相关知识。
(1)螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数；
(2)①两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表；根据欧姆定律，电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的；为使操作方便，滑动变阻器选择与电阻接近的，选10Ω的；
②连线电路要注意：电表极性不能接反，量程选择恰当的，安培表内外接法的选择。
【解答】
(1)固定刻度读数：0；半刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm×18.0=0.180mm；故螺旋测微器读数为：0.680mm；
(2)①两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表，故选 A ；根据欧姆定律 ， I≈ER=35A=0.6A，电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的，即选 C ；滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，即选 E ；故选： C E；
②伏安法测电阻时，测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相接近，故采用安培表外接法；同时导线连接在滑动变阻器的滑片上，电压表应接在3V量程接线柱上。
故答案为：(1)0.680；(2)①C；E；②导线连接在滑动变阻器的滑片上或者电压表量程接错。
12.【答案】保护电路 B 1R+R0 1a ba
【解析】解：(1)当滑动变阻器短路时，定值电阻在起保护电路的作用；
电路中通过的最大电流为50mA，则由闭合电路欧姆定律可知：
R0=EI−r=90.050−30=150Ω，则所给四个定值电阻中符合条件的只有B；
(2)由图甲所示电路图可知，电源电动势：E=U+Ir=U+UR+R0r，
整理得：1U=rE1R+R0+1E，为方便实验数据处理应作出1U−1R+R0图线，
图乙所示图线横坐标表示1R+R0；由图示1U−1R+R0图线可知，
a=1E，b=rE，电源电动势：E=1a，电源内阻：r=ba；
故答案为：(1)保护电路；B；(2)1R+R0；1a；ba。
(1)已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；
(2)由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻。
本题关键在于能由图象知识(斜率与截距的意义)结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息。
13.【答案】解：(1)由能量关系P电=P热+P机有，UI=I2R+mgv，
故R=UI−mgvI2=120×5−50×10×0.952Ω=6Ω；
(2)由P电=P热+P机得P机=P电−P热=UI−I2R，
因为电动机线圈电阻R=6Ω，电源电压U=120V，均为定值，调节输入电动机线圈的电流I，P机可有最大值，因此对上式进行配方，有P机=−R(I2−URI)=−R[I2−2⋅U2RI+(U2R)2−(U2R)2]=−R(I−U2R)2+U24R
当I=U2R时，P机有最大值，即Imax=U2R=1202×6A=10A时，电动机获得的最大机械功率P机max=U24R=12024×6W=600W；
由P机=mgv，得重物的最大提升速度vmax=P机maxmg=60050×10m/s=1.2m/s；
(3)电动机转动时为非纯电阻，此时U>IR或I
【解析】若因故障电动机不能转动，电动机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由欧姆定律求出电流，再求电功率。
14.【答案】解：(1)由图象得：A点，vA=6m/s，加速度为：aA=18−65=2.4m/s2；
由牛顿运动定律得：mgsinθ−μN−kvA=maA…①
最终雪橇匀速运动时最大速度为：vm=12m/s，a=0
由牛顿运动定律得：mgsinθ−μN−kvm=0…②
由平衡条件得：N=mgcsθ…③
由①②③代入数据解得：μ=0.15
k=32N⋅s/m
答：(1)滑雪板速度v=6m/s时加速度的大小为2.4m/s2
(2)空气的阻力系数为32N⋅s/m，动摩擦因数为0.15．
【解析】根据切线的斜率求出速度为5m/s时的加速度大小，根据牛顿第二定律列出速度是5m/s时、以及加速度为零时的动力学方程．联立两方程求出空气的阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ．
本题考查了学生的看图分析图象的能力，能根据图象从中找出有用的信息，结合牛顿第二定律进行求解．
15.【答案】解：(1)R2、R3并联阻值为R并=R2R3R2+R3=48×1648+16Ω=12Ω
根据闭合电路欧姆定律得
I=ER1+R并+r=94+12+2A=0.5A
故R1两端的电压U=IR1=0.5×4V=2V
(2)平行金属板场强大小为E场=Ud=20.1V/m=20V/m
小球静止，合力为零，根据平衡条件得
qE场=mgtanθ
解得：θ=30°
答：(1)R1两端的电压U为2V；
(2)轻质细绳与竖直方向的夹角θ为30°。
【解析】(1)先根据闭合电路欧姆定律计算电路中电流，再由欧姆定律求R1两端的电压U；
(2)小球静止，合力为零，根据平衡条件和电场力公式F=qE求轻质细绳与竖直方向的夹角θ。
本题是电路与电场的综合，两者联系的桥梁是电压，要运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律求出电容器板间电压，这是解题的关键。
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