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2024-2025学年江苏省连云港市连云港高级中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析）
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这是一份2024-2025学年江苏省连云港市连云港高级中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共10小题，共40分。
1.如图所示为一水平绝缘盘，盘边缘均匀地固定着带负电的电荷，从上向下看，盘面沿逆时针方向匀速转动，则对该过程中形成的电流的理解正确的是( )
A. 如果仅将盘边缘固定的总电荷量加倍，则其形成的电流也加倍
B. 如果仅将盘面转动的角速度加倍，则其形成的电流减小
C. 如果仅增大盘的半径，则其形成的电流也增大
D. 如果仅增大盘的半径，则其形成的电流减小
2.如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为R1=2Ω，R2=3Ω，R3=2Ω，R4=4Ω，电源电动势E=12V，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是( )
A. R1B. R2C. R3D. R4
3.如图，线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，线框面积为S，a′b′cd为线框在垂直于磁场方向的投影，与线框平面的夹角为θ，则穿过线框的磁通量为( )
A. BS B. BSsinθ
C. BScsθ D. BStanθ
4.无限长直导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比.三根无限长直导线垂直纸面平行放置，分别位于直角三角形OMN的三个顶点处.导线中通入大小分别为2I、I、和I的恒定电流，方向如图所示．P为MN连线中点，则P处磁感应强度方向为( )
A. 水平向右B. 水平向左C. 竖直向下D. 竖直向上
5.将一段裸铜导线弯成图甲所示形状的线框，使线框上端的弯折位置与一节五号干电池的正极良好接触，一块圆柱形强磁铁N极吸附在电池的负极(N极在上，S极在下)线框下面的两端P，Q与磁铁表面及电池的负极均保持良好接触，放手后线框就会转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法正确的是( )
A. 线框转动的原因是由于受到电场力的作用
B. 从上向下看，线框沿顺时针方向转动
C. 从上向下看，线框沿逆时针方向转动
D. 仅将磁铁的磁极调换，线框转动的方向不变
6.如图所示，带电粒子以与x轴平行的初速度v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=Ob。若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为( )
A. v0B. 1v0C. 2v0D. 2v0
7.如图所示。在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场。图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点。不计粒子重力。下列说法中正确的是( )
A. 粒子b在磁场中运动的时间最短
B. 射入磁场时粒子c的速率最小
C. 粒子c带负电，粒子a、b带正电
D. 若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，则a粒子运动时间不变
8.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像；直线C为一个电阻R两端的电压与电流的关系图像。如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么( )
A. R接到a电源上，电源的效率较高B. R接到b电源上，电源的输出功率较大
C. R接到a电源上，电源的输出功率较大D. R接到b电源上，电阻的发热功率较高
9.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，不考虑灯泡电阻的变化，已知电源的内阻小于灯泡L1电阻，电流表和电压表均为理想电表，电流表、电压表示数变化量的大小分别为ΔI、ΔU，则下列说法正确的是( )
A. 电源输出功率增大，电源效率增大
B. ΔUΔI变小，UI变小
C. 电压表示数变小，电流表示数增加，通过R的电流减小
D. 灯L1变亮，灯L2变暗
10.如图甲所示，小灯泡L与滑动变阻器R串联在电压为4.5 V的电路中，闭合开关S，移动滑片P，得到小灯泡的I−U图像，如图乙所示．当小灯泡的功率为0.75 W时，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数为0.2 AB. 滑动变阻器接入电路的电阻为15 Ω
C. 电路消耗的总功率是1.35 WD. 10 s内电流对滑动变阻器做功是16 J
二、实验题：本大题共1小题，共14分。
11.某同学用伏安法测量长为l的导体电阻率，采用分压电路接线，待测导体Rx阻值约为5Ω。
现有器材：
A.量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表
B.量程为0.6A、内阻约为10Ω的电流表
C.干电池两节(内阻不计)
D.滑动变阻器(0～10Ω)
E.滑动变阻器(0～100Ω)
(1)其中滑动变阻器应选______(填器材前的字母代号)；
(2)图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接______(选填a或b)。导线②应连接______(选填c或d)。正确接线后，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于______(填“最左端”或“最右端”)；
(3)闭合开关后滑动滑片取得多组数据并做U−I图线，如图乙所示，则Rx的阻值为______Ω。(结果保留两位有效数字)
(4)用螺旋测微器测金属丝直径d，示数如图丙所示，则d= ______mm。
(5)写出该金属丝的电阻率的表达式______。(用U、I、d、l表示)
三、计算题：本大题共4小题，共46分。
12.如图所示，灵敏电流计的内阻Rg=90Ω，满偏电流Ig=1mA。当使用a、b两个端点时，是量程为I的电流表；当使用a、c两个端点时，是量程为U的电压表。已知电阻R1=10Ω，R2=291Ω。求：
(1)量程I的值；
(2)量程U的值。
13.一个质量m=5.0×10−27kg、电荷量q=3.2×10−19C的带电粒子，以速度v=1.6×105m/s，沿垂直于地磁场方向进入地球附近，其中该处的磁感应强度为B=2×10−4T(其中π近似取3.2)。求：
(1)带电粒子在进入磁场瞬间做圆周运动的半径是多大；
(2)若该带电粒子能做完整的圆周运动，则它的周期是多少？
14.小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势E=10 V，r=2 Ω，车轮电动机的额定电压UM=6 V，额定功率PM=6 W，线圈电阻RM=1 Ω。则：
(1)玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；
(2)玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流；
(3)玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率的减少量。
15.如图所示，间距为1m的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左端连接有电动势为E=15V，内阻r=1Ω的电源。质量m=0.5kg的金属棒垂直放在导轨上，导轨处在磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，磁场与金属棒垂直，方向与导轨平面成θ=53∘斜向右上。绕过桌边光滑定滑轮的一根细线，一端系在金属棒的中点，另一端吊着一个重物，拉着金属棒的细线水平且与金属棒垂直，金属棒处于静止状态且刚好不向左滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，金属棒接入电路的电阻R=2Ω，导轨电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，求：
(1)金属棒受到的安培力的大小；
(2)悬吊重物的质量；
(3)保持磁感应强度大小不变，将磁场方向迅速改为竖直向上，则磁场方向改为竖直向上的一瞬间，重物的加速度(不考虑电磁感应现象)。
答案解析
1.A
【解析】A.设圆盘转动的角速度为ω，则周期T=2πω，则等效电流I=qT=qω2π，则如果仅将盘边缘固定的总电荷量q加倍，则其形成的电流I也加倍，故A正确；
B.如果仅将盘面转动的角速度ω加倍，则其形成的电流I也加倍，故B错误；
CD.如果仅增大盘的半径，则其形成的电流不变，故CD错误；
故选A。
2.A
【解析】并联部分总电阻为R′=R2(R3+R4)R2+R3+R4，解得：R′=2Ω，
根据闭合电路欧姆定律可知干路电流I=ER1+R′，代入数据解得：I=3A，则R1的电功率为P1=I2R1=32×2W=18W；
则并联部分的电压U=E−IR1=12V−3×2V=6V，可知R2的电功率为P2=U2R2=623W=12W；
根据串联电路电压规律可知U3=2V，U4=4V，则R3的电功率为P3=U32R3=222W=2W；R4的电功率为P4=U42R4=424W=4W；
由上可知四个灯泡中消耗功率最大的是R1，故A正确，BCD错误；
故选：A。
3.C
【解析】解：矩形线圈abcd如题中图所示放置，匀强磁场方向竖直向下，平面abcd与水平方向成θ角，将此时通过线圈的磁通量为Φ1=BScsθ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ(θ是线圈平面与磁场方向的夹角)即可求解．
对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ(θ是线圈平面与磁场方向的夹角)来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．注意夹角θ不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈．
4.A
【解析】解：根据右手螺旋定则结合几何关系，N处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直MM向上(与水平方向夹角为60°)，大小为B，M处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直MN向上，大小为B，O处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直OP向下(与水平方向夹角为60°)，大小为2B，根据平行四边形定则，故P处合磁感应强度方向水平向右。
故A正确；BCD错误；
故选：A。
根据右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在P点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断求解。
该题考查了磁场的叠加问题，磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，同时掌握合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
5.B
【解析】A.线框转动的原因是由于受到磁场力的作用，A错误；
BC.磁场和电流方向如图所示，根据左手定则，I1所受磁场力向外，I2所受磁场力向里，从上向下看，线框沿顺时针方向转动，B正确，C错误；
D.仅将磁铁的磁极调换，磁场反向，电流方向不变，磁场力方向反向，线框沿逆时针方向转动，D错误。
故选B。
6.C
【解析】设 Oa=Ob=L ，带电粒子在匀强磁场中运动时，由题意可知粒子轨道半径为
r=Oa=Ob=L
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv02r
解得
B=mv0qL
粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有
L=v0t ， L=12at2 ， a=qEm
联立可得
E=2mv02qL
则电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值为
EB=2v0
故选C。
7.A
【解析】解：B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
可得
r=mvqB
a粒子的半径最小，则射入磁场时a粒子的速率最小，故B错误；
C.根据题图粒子的运动轨迹，由左手定则可知，粒子c带正电，粒子a、b带负电，故C错误；
AD.粒子运动的周期为
T=2πrv=2πmqB
设粒子运动轨迹所对圆心角为θ，则粒子的运动时间为
t=θ2πT=θmqB
由图可知，粒子b在磁场中运动的时间最短，若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，则a粒子运动时间改变，故A正确，D错误。
故选：A。
根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小。
8.C
【解析】A.由题图可判断出电源a的内阻大，在纯电阻电路中，电源效率为 η=RR+r×100% ，内阻越大，效率越低，故R接在a电源上电源的效率较低，A错误；
BCD.当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U−I图像与电源的U−I图像的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，电阻的发热功率较高，BD错误，C正确。故选C
9.D
【解析】A.由题可知，电源的内阻小于电路的外电阻；当滑片P向下调节，滑动变阻器的阻值R减小，电路的外电阻减小，根据电源的输出功率特性可知，电源输出功率增大；滑动变阻器的阻值R减小，则电路中的总电阻 R总 减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的总电流 I总 增大，电路内压 U内 增大，路端电压 U外 减小，由电源的效率得
η=P出P总×100%=U外I总EI总×100%=U外E×100%
即电源效率减小，故A错误；
B.由图可知， UI 等于灯泡 L2 与滑动变阻器的并联电阻，由于滑动变阻器的阻值减小，则 UI 变小；根据闭合电路欧姆定律有
E=U+I(r+RL1)
可知
ΔUΔI=r+RL1
因不考虑灯泡电阻的变化，则滑片P向下调节时， ΔUΔI 不变，故B错误；
CD.由以上分析可知，灯泡 L1 的电流增大，亮度变大，即电流表的示数增加；由于 L1 的电压 U1 增大，又路端电压 U外 减小，所以灯 L2 和电容器两端的电压 U2 都减小，即电压表示数变小；所以灯 L2 变暗， L2 的电流 I2 也减小，又总电流增大，所以通过R的电流增大，故C错误，D正确。
故选D。
10.C
【解析】A.当小灯泡的功率为0.75W时，根据P=IU结合图像可知，I=0.3A，U=2.5V，即此时电流表的示数为0.3A，选项A错误；
B.此时滑动变阻器两端电压为U1=4.5V−2.5V=2.0V，则滑动变阻器接入电路的电阻为R=U1I=20.3Ω≈6.7Ω，
选项B错误；
C.电路消耗的总功率是P=IU总=0.3×4.5W=1.35W，选项C正确；
D.10s内电流对滑动变阻器做功是W=I2Rt=0.32×203×10J=6J，选项D错误。
故选C。
11.D a d 最左端 4.7 1.843 πUd24Il
【解析】解：(1)根据题意采用分压电路接线，则为了调节方便，滑动变阻器采用最大阻值较小的D。
(2)因为电压表内阻远大于待测电阻阻值，故采用电流表外接法，导线①应连接a。
采用分压电路接线，故导线②应连接d。
为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于最左端。
(3)Rx的阻值为
Rx=Ω≈4.7Ω
(4)螺旋测微器读数为
d=1.5mm+0.01×34.3mm=1.843mm
(5)根据电阻定律
Rx=ρlπ(d2)2=UI
该金属丝的电阻率的表达式
ρ=πUd24Il
故答案为：(1)D；(2)a，d，最左端；(3)4.7；(4)1.843；(5)πUd24Il。
(1)根据题中选择的接线方式和实验中调节方便分析判断；
(2)根据误差分析选择电流表的接法；根据分压接线法分析判断；根据保护电路，电路电流最小分析判断；
(3)根据图像斜率计算待测电阻阻值；
(4)先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
(5)根据电阻定律和欧姆定律推导。
本题关键掌握伏安法测电阻的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
12.解：(1)接a、b时，R1与表头并联，根据并联电路特点可得IgRg=R1(I−Ig)
解得改装电流表的量程I=IgRgR1+Ig=1mA×90Ω10Ω+1mA=10mA
(2当使用a、c两个端点时，此时为一电压表
根据欧姆定律和串联电路的电压特点，有U=IR2+IgRg
代入数据解得改装电压表量程U=IR2+IgRg=10×10−3×291V+1×10−3×90V=3V
答：(1)量程I的值为10mA；
(2)量程U的值为3V。
【解析】当使用a、b时为R1与G并联后成一电流表，由并联电路电路特点求解I；
当使用a、c时，是量程为U的电压表，根据串并联电路特点可以求出电压U。
考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式。
13.解：(1)由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R
代入数据解得：R=12.5m
(2)该带电粒子能做完整的圆周运动，它的周期是T=2πmqB
代入数据解得：T=5×10−4s
答：(1)带电粒子在进入磁场瞬间做圆周运动的半径是12.5m；
(2)若该带电粒子能做完整的圆周运动，则它的周期是5×10−4s。
【解析】(1)由带电粒子在进入磁场瞬间做圆周运动洛伦兹力提供向心力列方程可求得半径；
(2)由周期公式T=2πmqB带数据直接求周期；
本题考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径和周期，难度不大。
14.解：(1)玩具汽车正常工作时，电源内压U内=E−UM=4V
通过电源的电流I=Ur=42A=2A
通过电动机的电流IM=PMUM=1A
流过灯泡的电流IR=I−IM=1A;
(2)灯泡的电阻为R=UMIR=6Ω，
玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻
R′=RRMR+RM=6×16+1Ω=67Ω
电路中的总电流I′=ER′+r=3.5A
由并联电路的特点可知流过灯泡的电流IR′=RMR+RMI′=0.5A;
(3)玩具汽车卡住前，灯泡消耗功率P=UMIR=6×1W=6W
玩具汽车卡住后，灯泡消耗功率P′=IR′2R=1.5W
灯泡消耗功率的减少量ΔP= P−P′=4.5W。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律可得玩具汽车正常工作时，电源内压，再根据串并联的特点可知流过灯泡的电流;
(2)玩具汽车被卡住后，，看做是纯电阻电路，根据欧姆定律和并联电路的特点求解；
(3)根据P=P′+ΔP求解。
本题考查了闭合电路欧姆定律、非纯电阻电路、串并联电路、电功率这些知识点；
知道电动机不转时是纯电阻电路，知道电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率。
15.解：(1)根据闭合电路欧姆定律可得通过金属棒的电流大小为I=ER+r=5A
金属棒受到的安培力F安=BIL=5N
(2)因为金属棒恰好不向左滑动，所以其所受最大静摩擦力方向向右，受力分析如图
对金属棒，根据平衡条件可得F安sin θ=f+F，F安cs θ+N=mg，
由题意可知f=μN，
对重物根据平衡条件可得F=Mg，
联立解得M=0.3kg
(3)将磁场方向迅速改为竖直向上后，金属棒受到的安培力方向变为水平向左，大小为F 安 ′=BIL=5N，
因为F 安 ′−Mg<μmg，所以金属棒的加速度为0。
【解析】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力．
(1)(2)根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，根据左手定则确定安培力的方向，导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出悬吊重物的质量；
(3)根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，根据左手定则确定安培力的方向，根据安培力和拉力的合力大小与最大静摩擦力关系判断物体所受摩擦力为静摩擦力还是滑动摩擦力，然后求出重物的加速度。
一、单选题：本大题共10小题，共40分。
1.如图所示为一水平绝缘盘，盘边缘均匀地固定着带负电的电荷，从上向下看，盘面沿逆时针方向匀速转动，则对该过程中形成的电流的理解正确的是( )
A. 如果仅将盘边缘固定的总电荷量加倍，则其形成的电流也加倍
B. 如果仅将盘面转动的角速度加倍，则其形成的电流减小
C. 如果仅增大盘的半径，则其形成的电流也增大
D. 如果仅增大盘的半径，则其形成的电流减小
2.如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为R1=2Ω，R2=3Ω，R3=2Ω，R4=4Ω，电源电动势E=12V，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是( )
A. R1B. R2C. R3D. R4
3.如图，线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，线框面积为S，a′b′cd为线框在垂直于磁场方向的投影，与线框平面的夹角为θ，则穿过线框的磁通量为( )
A. BS B. BSsinθ
C. BScsθ D. BStanθ
4.无限长直导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比.三根无限长直导线垂直纸面平行放置，分别位于直角三角形OMN的三个顶点处.导线中通入大小分别为2I、I、和I的恒定电流，方向如图所示．P为MN连线中点，则P处磁感应强度方向为( )
A. 水平向右B. 水平向左C. 竖直向下D. 竖直向上
5.将一段裸铜导线弯成图甲所示形状的线框，使线框上端的弯折位置与一节五号干电池的正极良好接触，一块圆柱形强磁铁N极吸附在电池的负极(N极在上，S极在下)线框下面的两端P，Q与磁铁表面及电池的负极均保持良好接触，放手后线框就会转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法正确的是( )
A. 线框转动的原因是由于受到电场力的作用
B. 从上向下看，线框沿顺时针方向转动
C. 从上向下看，线框沿逆时针方向转动
D. 仅将磁铁的磁极调换，线框转动的方向不变
6.如图所示，带电粒子以与x轴平行的初速度v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=Ob。若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为( )
A. v0B. 1v0C. 2v0D. 2v0
7.如图所示。在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场。图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点。不计粒子重力。下列说法中正确的是( )
A. 粒子b在磁场中运动的时间最短
B. 射入磁场时粒子c的速率最小
C. 粒子c带负电，粒子a、b带正电
D. 若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，则a粒子运动时间不变
8.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像；直线C为一个电阻R两端的电压与电流的关系图像。如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么( )
A. R接到a电源上，电源的效率较高B. R接到b电源上，电源的输出功率较大
C. R接到a电源上，电源的输出功率较大D. R接到b电源上，电阻的发热功率较高
9.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，不考虑灯泡电阻的变化，已知电源的内阻小于灯泡L1电阻，电流表和电压表均为理想电表，电流表、电压表示数变化量的大小分别为ΔI、ΔU，则下列说法正确的是( )
A. 电源输出功率增大，电源效率增大
B. ΔUΔI变小，UI变小
C. 电压表示数变小，电流表示数增加，通过R的电流减小
D. 灯L1变亮，灯L2变暗
10.如图甲所示，小灯泡L与滑动变阻器R串联在电压为4.5 V的电路中，闭合开关S，移动滑片P，得到小灯泡的I−U图像，如图乙所示．当小灯泡的功率为0.75 W时，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数为0.2 AB. 滑动变阻器接入电路的电阻为15 Ω
C. 电路消耗的总功率是1.35 WD. 10 s内电流对滑动变阻器做功是16 J
二、实验题：本大题共1小题，共14分。
11.某同学用伏安法测量长为l的导体电阻率，采用分压电路接线，待测导体Rx阻值约为5Ω。
现有器材：
A.量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表
B.量程为0.6A、内阻约为10Ω的电流表
C.干电池两节(内阻不计)
D.滑动变阻器(0～10Ω)
E.滑动变阻器(0～100Ω)
(1)其中滑动变阻器应选______(填器材前的字母代号)；
(2)图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接______(选填a或b)。导线②应连接______(选填c或d)。正确接线后，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于______(填“最左端”或“最右端”)；
(3)闭合开关后滑动滑片取得多组数据并做U−I图线，如图乙所示，则Rx的阻值为______Ω。(结果保留两位有效数字)
(4)用螺旋测微器测金属丝直径d，示数如图丙所示，则d= ______mm。
(5)写出该金属丝的电阻率的表达式______。(用U、I、d、l表示)
三、计算题：本大题共4小题，共46分。
12.如图所示，灵敏电流计的内阻Rg=90Ω，满偏电流Ig=1mA。当使用a、b两个端点时，是量程为I的电流表；当使用a、c两个端点时，是量程为U的电压表。已知电阻R1=10Ω，R2=291Ω。求：
(1)量程I的值；
(2)量程U的值。
13.一个质量m=5.0×10−27kg、电荷量q=3.2×10−19C的带电粒子，以速度v=1.6×105m/s，沿垂直于地磁场方向进入地球附近，其中该处的磁感应强度为B=2×10−4T(其中π近似取3.2)。求：
(1)带电粒子在进入磁场瞬间做圆周运动的半径是多大；
(2)若该带电粒子能做完整的圆周运动，则它的周期是多少？
14.小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势E=10 V，r=2 Ω，车轮电动机的额定电压UM=6 V，额定功率PM=6 W，线圈电阻RM=1 Ω。则：
(1)玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；
(2)玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流；
(3)玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率的减少量。
15.如图所示，间距为1m的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左端连接有电动势为E=15V，内阻r=1Ω的电源。质量m=0.5kg的金属棒垂直放在导轨上，导轨处在磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，磁场与金属棒垂直，方向与导轨平面成θ=53∘斜向右上。绕过桌边光滑定滑轮的一根细线，一端系在金属棒的中点，另一端吊着一个重物，拉着金属棒的细线水平且与金属棒垂直，金属棒处于静止状态且刚好不向左滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，金属棒接入电路的电阻R=2Ω，导轨电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，求：
(1)金属棒受到的安培力的大小；
(2)悬吊重物的质量；
(3)保持磁感应强度大小不变，将磁场方向迅速改为竖直向上，则磁场方向改为竖直向上的一瞬间，重物的加速度(不考虑电磁感应现象)。
答案解析
1.A
【解析】A.设圆盘转动的角速度为ω，则周期T=2πω，则等效电流I=qT=qω2π，则如果仅将盘边缘固定的总电荷量q加倍，则其形成的电流I也加倍，故A正确；
B.如果仅将盘面转动的角速度ω加倍，则其形成的电流I也加倍，故B错误；
CD.如果仅增大盘的半径，则其形成的电流不变，故CD错误；
故选A。
2.A
【解析】并联部分总电阻为R′=R2(R3+R4)R2+R3+R4，解得：R′=2Ω，
根据闭合电路欧姆定律可知干路电流I=ER1+R′，代入数据解得：I=3A，则R1的电功率为P1=I2R1=32×2W=18W；
则并联部分的电压U=E−IR1=12V−3×2V=6V，可知R2的电功率为P2=U2R2=623W=12W；
根据串联电路电压规律可知U3=2V，U4=4V，则R3的电功率为P3=U32R3=222W=2W；R4的电功率为P4=U42R4=424W=4W；
由上可知四个灯泡中消耗功率最大的是R1，故A正确，BCD错误；
故选：A。
3.C
【解析】解：矩形线圈abcd如题中图所示放置，匀强磁场方向竖直向下，平面abcd与水平方向成θ角，将此时通过线圈的磁通量为Φ1=BScsθ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ(θ是线圈平面与磁场方向的夹角)即可求解．
对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ(θ是线圈平面与磁场方向的夹角)来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．注意夹角θ不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈．
4.A
【解析】解：根据右手螺旋定则结合几何关系，N处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直MM向上(与水平方向夹角为60°)，大小为B，M处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直MN向上，大小为B，O处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直OP向下(与水平方向夹角为60°)，大小为2B，根据平行四边形定则，故P处合磁感应强度方向水平向右。
故A正确；BCD错误；
故选：A。
根据右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在P点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断求解。
该题考查了磁场的叠加问题，磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，同时掌握合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
5.B
【解析】A.线框转动的原因是由于受到磁场力的作用，A错误；
BC.磁场和电流方向如图所示，根据左手定则，I1所受磁场力向外，I2所受磁场力向里，从上向下看，线框沿顺时针方向转动，B正确，C错误；
D.仅将磁铁的磁极调换，磁场反向，电流方向不变，磁场力方向反向，线框沿逆时针方向转动，D错误。
故选B。
6.C
【解析】设 Oa=Ob=L ，带电粒子在匀强磁场中运动时，由题意可知粒子轨道半径为
r=Oa=Ob=L
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv02r
解得
B=mv0qL
粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有
L=v0t ， L=12at2 ， a=qEm
联立可得
E=2mv02qL
则电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值为
EB=2v0
故选C。
7.A
【解析】解：B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
可得
r=mvqB
a粒子的半径最小，则射入磁场时a粒子的速率最小，故B错误；
C.根据题图粒子的运动轨迹，由左手定则可知，粒子c带正电，粒子a、b带负电，故C错误；
AD.粒子运动的周期为
T=2πrv=2πmqB
设粒子运动轨迹所对圆心角为θ，则粒子的运动时间为
t=θ2πT=θmqB
由图可知，粒子b在磁场中运动的时间最短，若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，则a粒子运动时间改变，故A正确，D错误。
故选：A。
根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小。
8.C
【解析】A.由题图可判断出电源a的内阻大，在纯电阻电路中，电源效率为 η=RR+r×100% ，内阻越大，效率越低，故R接在a电源上电源的效率较低，A错误；
BCD.当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U−I图像与电源的U−I图像的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，电阻的发热功率较高，BD错误，C正确。故选C
9.D
【解析】A.由题可知，电源的内阻小于电路的外电阻；当滑片P向下调节，滑动变阻器的阻值R减小，电路的外电阻减小，根据电源的输出功率特性可知，电源输出功率增大；滑动变阻器的阻值R减小，则电路中的总电阻 R总 减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的总电流 I总 增大，电路内压 U内 增大，路端电压 U外 减小，由电源的效率得
η=P出P总×100%=U外I总EI总×100%=U外E×100%
即电源效率减小，故A错误；
B.由图可知， UI 等于灯泡 L2 与滑动变阻器的并联电阻，由于滑动变阻器的阻值减小，则 UI 变小；根据闭合电路欧姆定律有
E=U+I(r+RL1)
可知
ΔUΔI=r+RL1
因不考虑灯泡电阻的变化，则滑片P向下调节时， ΔUΔI 不变，故B错误；
CD.由以上分析可知，灯泡 L1 的电流增大，亮度变大，即电流表的示数增加；由于 L1 的电压 U1 增大，又路端电压 U外 减小，所以灯 L2 和电容器两端的电压 U2 都减小，即电压表示数变小；所以灯 L2 变暗， L2 的电流 I2 也减小，又总电流增大，所以通过R的电流增大，故C错误，D正确。
故选D。
10.C
【解析】A.当小灯泡的功率为0.75W时，根据P=IU结合图像可知，I=0.3A，U=2.5V，即此时电流表的示数为0.3A，选项A错误；
B.此时滑动变阻器两端电压为U1=4.5V−2.5V=2.0V，则滑动变阻器接入电路的电阻为R=U1I=20.3Ω≈6.7Ω，
选项B错误；
C.电路消耗的总功率是P=IU总=0.3×4.5W=1.35W，选项C正确；
D.10s内电流对滑动变阻器做功是W=I2Rt=0.32×203×10J=6J，选项D错误。
故选C。
11.D a d 最左端 4.7 1.843 πUd24Il
【解析】解：(1)根据题意采用分压电路接线，则为了调节方便，滑动变阻器采用最大阻值较小的D。
(2)因为电压表内阻远大于待测电阻阻值，故采用电流表外接法，导线①应连接a。
采用分压电路接线，故导线②应连接d。
为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于最左端。
(3)Rx的阻值为
Rx=Ω≈4.7Ω
(4)螺旋测微器读数为
d=1.5mm+0.01×34.3mm=1.843mm
(5)根据电阻定律
Rx=ρlπ(d2)2=UI
该金属丝的电阻率的表达式
ρ=πUd24Il
故答案为：(1)D；(2)a，d，最左端；(3)4.7；(4)1.843；(5)πUd24Il。
(1)根据题中选择的接线方式和实验中调节方便分析判断；
(2)根据误差分析选择电流表的接法；根据分压接线法分析判断；根据保护电路，电路电流最小分析判断；
(3)根据图像斜率计算待测电阻阻值；
(4)先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
(5)根据电阻定律和欧姆定律推导。
本题关键掌握伏安法测电阻的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
12.解：(1)接a、b时，R1与表头并联，根据并联电路特点可得IgRg=R1(I−Ig)
解得改装电流表的量程I=IgRgR1+Ig=1mA×90Ω10Ω+1mA=10mA
(2当使用a、c两个端点时，此时为一电压表
根据欧姆定律和串联电路的电压特点，有U=IR2+IgRg
代入数据解得改装电压表量程U=IR2+IgRg=10×10−3×291V+1×10−3×90V=3V
答：(1)量程I的值为10mA；
(2)量程U的值为3V。
【解析】当使用a、b时为R1与G并联后成一电流表，由并联电路电路特点求解I；
当使用a、c时，是量程为U的电压表，根据串并联电路特点可以求出电压U。
考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式。
13.解：(1)由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R
代入数据解得：R=12.5m
(2)该带电粒子能做完整的圆周运动，它的周期是T=2πmqB
代入数据解得：T=5×10−4s
答：(1)带电粒子在进入磁场瞬间做圆周运动的半径是12.5m；
(2)若该带电粒子能做完整的圆周运动，则它的周期是5×10−4s。
【解析】(1)由带电粒子在进入磁场瞬间做圆周运动洛伦兹力提供向心力列方程可求得半径；
(2)由周期公式T=2πmqB带数据直接求周期；
本题考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径和周期，难度不大。
14.解：(1)玩具汽车正常工作时，电源内压U内=E−UM=4V
通过电源的电流I=Ur=42A=2A
通过电动机的电流IM=PMUM=1A
流过灯泡的电流IR=I−IM=1A;
(2)灯泡的电阻为R=UMIR=6Ω，
玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻
R′=RRMR+RM=6×16+1Ω=67Ω
电路中的总电流I′=ER′+r=3.5A
由并联电路的特点可知流过灯泡的电流IR′=RMR+RMI′=0.5A;
(3)玩具汽车卡住前，灯泡消耗功率P=UMIR=6×1W=6W
玩具汽车卡住后，灯泡消耗功率P′=IR′2R=1.5W
灯泡消耗功率的减少量ΔP= P−P′=4.5W。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律可得玩具汽车正常工作时，电源内压，再根据串并联的特点可知流过灯泡的电流;
(2)玩具汽车被卡住后，，看做是纯电阻电路，根据欧姆定律和并联电路的特点求解；
(3)根据P=P′+ΔP求解。
本题考查了闭合电路欧姆定律、非纯电阻电路、串并联电路、电功率这些知识点；
知道电动机不转时是纯电阻电路，知道电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率。
15.解：(1)根据闭合电路欧姆定律可得通过金属棒的电流大小为I=ER+r=5A
金属棒受到的安培力F安=BIL=5N
(2)因为金属棒恰好不向左滑动，所以其所受最大静摩擦力方向向右，受力分析如图
对金属棒，根据平衡条件可得F安sin θ=f+F，F安cs θ+N=mg，
由题意可知f=μN，
对重物根据平衡条件可得F=Mg，
联立解得M=0.3kg
(3)将磁场方向迅速改为竖直向上后，金属棒受到的安培力方向变为水平向左，大小为F 安 ′=BIL=5N，
因为F 安 ′−Mg<μmg，所以金属棒的加速度为0。
【解析】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力．
(1)(2)根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，根据左手定则确定安培力的方向，导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出悬吊重物的质量；
(3)根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，根据左手定则确定安培力的方向，根据安培力和拉力的合力大小与最大静摩擦力关系判断物体所受摩擦力为静摩擦力还是滑动摩擦力，然后求出重物的加速度。
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