安徽省宣城市区学校2023-2024学年高二上学期12月月考物理测试（含解析）
文档属性
| 名称 | 安徽省宣城市区学校2023-2024学年高二上学期12月月考物理测试（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-12-28 09:50:16 | ||
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文档简介
宣城市区学校2023-2024学年高二上学期12月月考物理测试
评卷人得分
一、单选题（7小题，共28分）
1．（本题4分）在下列有关电磁波的说法中，正确的是（ ）
A．电磁波是一种理想化的模型 B．电磁波是电场或者磁场的传播
C．可见光和无线电波都是电磁波 D．电磁波不能独立于场源而存在
2．（本题4分）法拉第于1831年通过精心安排的实验发现了电磁感应现象。下列都是法拉第曾做过的实验，其中能观察到电流计指针偏转的是（ ）
A．把两根导线扭在一起，先将一根导线两端接在电池两极，再将另一根导线接在电流计两端
B．将一空心螺线管两端与电池连接，再把一根导线引进螺线管中并与电流计相连
C．将一空心螺线管两端与电池连接，再把一根导线放在螺线管外部并与电流计相连
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流计，连接电源的线圈通电或断电的瞬间
3．（本题4分）如图所示，建立平面直角坐标系xOy，在y轴上放置垂直于x轴的无限大接地的导体板，在x轴上x=2L处P点放置点电荷，其带电量为+Q，在xOy平面内有边长为2L正方形，正方形的四个边与坐标轴平行，中心与O点重合，与x轴交点分别为M、N，四个顶点为a、b、c、d，静电力常量为k，以下说法正确的是（ ）
A．点场强大小为
B．点与点的电场强度相同
C．正点电荷沿直线由点到点过程电势能先减少后增加
D．电子沿直线由点到点的过程电场力先增大后减小
4．（本题4分）一平行板电容器C，极板是水平放置的，电路如图所示.闭合电键,今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动.下列说法正确的是
A．油滴带正电
B．要使油滴上升，可增大滑动变阻器R1的阻值
C．只增大两极板间的距离，油滴将向下加速
D．只将平行板电容器上极板向右平移少许,带电液滴将加速上升
5．（本题4分）如图所示，边长为L的等边三角形线框ABC由相同的导体连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，将线框按如图所示方式接入电路，设导体AC受到的安培力大小为F，下列说法正确的是（ ）
A．导体AB受到的安培力大小为F
B．导体BC受到的安培力大小为F
C．导体AB和导体BC受到的安培力的合力大小为
D．三角形线框ABC受到的安培力的合力大小为2F
6．（本题4分）如图所示，边长为2a的正方形线圈，其内切圆虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面。若磁感应强度为 B，则穿过线圈的磁通量为（ ）
A．4Ba B．πBa C．8aB D．2πaB
7．（本题4分）实验室中， 学生使用的双量程电流表（0~0.6A、0~3A）、双量程电压表（0~3V、0~15V）接线柱如图甲、乙所示（量程已经盖住），其后盖打开后，照片如图丙、丁所示，其中3、6为电表的“-”接线柱。下列说法正确的是（ ）
A．图丙中的3、2接线柱为电流表的0~0.6A量程
B．图丙中的3、2接线柱为电压表的0~3V量程
C．图丁中的6、4接线柱为电压表的0~3V量程
D．图丁中的6. 4接线柱为电流表的0~0.6A量程
评卷人得分
二、多选题（3小题，共15分）
8．（本题5分）如图，一电子受某一外力沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子所受此外力的大小和方向变化情况是（ ）
A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．方向水平向右 D．方向水平向左
9．（本题5分）如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表读数减小
B．小球的电势能减小
C．电源的效率变高
D．若电压表、电流表的示数变化量分别为 和 ，则
10．（本题5分）光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个质量m的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，并沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，则根据图线和题中已知量可以确定（ ）
A．B、C两点间的位移大小
B．B点电场强度大小
C．B、C两点间的电势差
D．B、C两点间电势能变化大小
评卷人得分
三、实验题（2小题，共15分）
11．（本题6分）如图甲是多用电表简化电路图，电流计满偏电流0.5mA、内阻20Ω；电池电动势1.5V、内阻可忽略；电阻R1阻值20Ω；R3阻值24990Ω．
（1）A插孔应接 表笔（选填“红”或“黑”）；
（2）若指针指在图乙中所示位置，选择开关接1时其读数为 ；选择开关接3时其读数为 ；
（3）测量电阻时，需先进行欧姆调零，此时应将R2的阻值调整为 Ω
（4）用多用表测电流或电阻的过程中，下列说法正确的是
A．测量电阻时，更换倍率后必须重新进行欧姆调零
B．测量电流时，更换量程后必须重新进行调零
C．测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测
D．测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
12．（本题9分）用如图所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了保护电路，电路中用一个定值电阻起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
（a）电流表（量程、）；
（b）电压表（量程、）；
（c）定值电阻（阻值、额定功率5W）；
（d）定值电阻（阻值、额定功率）；
（e）滑动变阻器（阻值范围、额定电流2A）；
（f）滑动变阻器（阻值范围、额定电流1A）。那么：
(1)要正确完成实验，应选择 的定值电阻，应选择阻值范围是 的滑动变阻器。
(2)一位同学测得的六组数据如下表所示。
组别 1 2 3 4 5 6
电流I/A 0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57
电压U/V 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05
试根据这些数据在答题纸的图中作出图线 。
(3)根据图线求出电池的的内阻 。（结果保留两位有效数字）
(4)导致该实验误差的主要原因是 。
评卷人得分
四、解答题（3小题，共42分）
13．（本题13分）如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，间距为L=1m，导轨左端PM间接阻值为R=1.5Ω电阻，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T。金属棒ab初速度ν0=4m/s沿导轨向右运动，金属棒的质量为m=0.5kg、长度也为L=1m，金属棒的电阻为r=0.5Ω。现把导轨左端抬起，使其与水平面的夹角θ=37 ，如图乙所示。磁场方向垂直导轨平面斜向右上方，金属棒ab与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8，求：
（1）图甲中金属棒ab运动的整个过程中，电阻R产生的焦耳热；
（2）图乙中由静止释放金属棒ab，求金属棒能达到的最大速度；
（3）图乙中，金属棒ab的速度为最大速度时金属棒的加速度。
14．（本题14分）某品牌小汽车电动机和车灯的实际电路可以简化为如图所示的电路，电源电动势E=14V，内阻r=0.2Ω，电动机的线圈电阻r'=0.02Ω，只闭合S时，电流表示数I1=10A，再闭合S2，电动机正常工作，电流表示数I2=55A（电流表内阻不计），不考虑灯丝电阻的变化。求：
(1)在只闭合S1时，车灯两端电压UL和车灯的功率PL；
(2)再闭合S2后，车灯两端的电压U'L和电动机输出功率P出。
15．（本题15分）放射性元素发生衰变时会释放出电子，某发生衰变的放射源用绝缘支柱放置于真空容器内，该容器底部有一层水平放置的荧光屏，当有电子打到上面时会发出淡淡的荧光，从而可以用来检测电子打到的位置，放射源与荧光屏的距离为h，容器内存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E，荧光屏和容器的空间足够大。为了简化问题，可以把放射源当成一个电子发射器，能够向空间内各个方向发射速度大小均为的电子，电子的质量为m、所带电荷量为e，忽略电子间的相互作用及电子的重力，求：
（1）水平飞出的电子从发射到打到荧光屏上经过的时间t；
（2）大量沿水平方向飞出的电子的落点形成的轨迹的周长L：
（3）电子在荧光屏上散布的区域的面积。
试卷第2页，共7页
参考答案：
1．C
【详解】A．电磁波是客观存在的，不是一种理想化的模型，选项A错误；
B．电磁波是由于电场和磁场相互激发而产生的，所以电磁波可以短暂脱离“波源〞而独立存在，当电磁场能量耗尽之后，电磁波才会消失，选项BD错误；
C．可见光和无线电波都是电磁波，选项C正确。
故选C。
2．D
【详解】ABC．把两根导线扭在一起，先将一根导线两端接在电池两极，再将另一根导线接在电流计两端，该过程中连接电流计的导线中没有产生感应电流，电流计指针不偏转，同理，B、C选项所述情境中也没有电流通过电流计，故ABC错误；
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流计，连接电源的线圈通电或断电的瞬间，线圈内的电流发生变化，则该线圈产生的磁场发生变化，另一个线圈内的磁场、磁通量也发生变化，根据产生感应电流的条件可知，能产生感应电流，能观察到电流计指针偏转，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．点电荷与无限大接地导体板构成的电场等效成等量异种电荷的电场，点场强大小为
故A错误；
B．根据等量异种电荷电场特点，点与点场强大小相等，方向不同，故B错误；
C．根据等势线与电场线垂直的特点，由点沿直线到点过程中电势先升高后降低，则正点电荷沿直线由点到点过程电势能先增加后减少，故C错误；
D．根据电场线疏密，可知由点到过程电场强度先增大后减小，电子沿直线由点到点电场力先增大后减小，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】从图中可得A板带正电，电场方向竖直向下，要使粒子静止，则必须满足电场力和重力等大反向，故粒子受到的电场力竖直向上，所以粒子带负电，A错误，
要使油滴上升，即电场力增大，则根据公式可得，可使极板间的距离减小，或者增大两极板间的电压，但由于两极板间的电压等于两端电压，所以无论怎么移动滑动变阻器，电压都不会变化，B错误，
当增大两极板间的距离，电场强度减小，所以油滴将向下加速，C正确，
因为电容器并未和电路断开，所以电场强度和两极板的正对面积无关，故只将平行板电容器上极板向右平移少许,电场强度不变，粒子静止，D错误。
5．C
【详解】AB．导体AB、BC的总电阻是导体AC的2倍，所以导体AB、BC的电流是导体AC电流的一半，所以导体AB、BC所受的安培力都是，故AB错误；
C．导体AB和导体BC受到的安培力的合力大小为
故C正确；
D．三角形线框ABC受到的安培力的合力大小为
故D错误。
故选C。
6．B
【详解】穿过线圈的磁通量为
故选B。
7．B
【详解】AB．由图丙可知，是电阻与表头串联，则图丙是电压表，图丙中的3、2接线柱是一个电阻与表头串联，对应0~3V量程，3、1接线柱是两个电阻与表头串联，对应0~15量程，故A错误，B正确；
CD．由图丁可知，是电阻与表头并联，则图丁是电流表，图丁中的6、4接线柱是一个电阻与表头串联后和另一个电阻并联，并联的哪个电阻为分流电阻，对应0~3A量程，6、5接线柱是两个电阻串联后与表头并联，两个电阻串联后充当分流电阻，分流电阻大，对应0~0.6A量程，故CD错误。
故选B。
8．AC
【详解】根据等量异种电荷连线的中垂线上电场强度分布规律可知，从A→O→B，电场强度方向为水平向右，且先增大后减小，所以电子所受电场力水平向左，且先增大后减小，根据平衡条件可知电子所受此外力方向为水平向右，且先增大后减小，故AC正确，BD错误。
故选AC。
9．AD
【详解】A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；
B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；
C项：电源的效率：,由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；
D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则,由A分析可知，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以，所以，故D正确．
点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．
10．D
【详解】A．物块从A运动到B，由图可读出A、B两点的速度，已知物块的质量，根据动能定理得
只能求得qUAB，不能求AB间的位移大小，故A错误；
B．根据v-t图像的斜率等于加速度，可以求出物块在B点的加速度，根据牛顿第二定律得
qE=ma
由于物块的电荷量q未知，所以不能求出B点的电场强度E。故B错误；
C．由A项同理知，根据动能定理只能求得qUBC，由于电荷量q未知，所以不能求B、C两点间的电势差UBC，故C错误；
D．根据能量守恒定律知，由物块的速度和质量能求出B、C两点间的动能的变化量，从而由能量守恒可求得电势能的变化。故D正确。
故选D。
11． 红 0.69mA 17.2V 1490 AD
【详解】解：(1)从甲图可以看出，欧姆表的内接电源上端为负，再加上电流必须从表的红接线柱流进，从黑接线柱流出，所以插孔要接红接线柱；
(2)选择开关接1时，是电流表，其量程为，从图乙所指的数可以读出电流为0.69mA，选择开关接3时，是电压表，量程为，结合图乙指针可以确定此时电压为17.2V；
(3)调节调零电阻使电流表满偏，此时通过电源的电流为，则调零电阻的阻值；
(4) A、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆挡的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故选项A正确．
B. 在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零，故选项B错误；
C. 在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，再换用倍率较大的挡，故选项C错误；
D、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，故D正确．
12． 1 0～10 （0.68~0.76） 电压表的分流（偶然误差也正确）
【详解】(1)[1]为使滑动变阻器滑动时电表示数有明显变化，应使R0+R与电源内阻r尽可能接近，因干电池的r较小，则考虑选择1Ω的定值电阻；
[2]滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就可以，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω不方便调节；所以应选择阻值范围是0～10Ω的滑动变阻器。
(2)[3]根据数据描点作出图线如图
(3)[4]图线的斜率等于电池的的内阻，则
（0.68~0.76都正确）
(4)[5]导致该实验误差的主要原因是电压表的分流，从而导致电流表示数偏小。（答偶然误差也正确）
13．（1）3J；（2）6m/s；（3）
【详解】（1）图甲中，金属棒做减速运动，最后停止，由能量守恒定律得
①
又
②
解得
③
（2）图乙中，金属棒做加速运动，由法拉第电磁感应定律得
④
由闭合电路欧姆定律得
⑤
对金属棒，当重力沿斜面向下的分力与安培力等大时，金属棒速度最大，即
⑥
联立并代入数据解得
⑦
（3）金属棒的速度为最大速度的时，由法拉第电磁感应定律得
⑧
又
⑨
联立解得
⑩
对金属棒，由牛顿第二定律有
联立并代入数据解得
14．(1) 12V；120W；(2)3V ；102.375W
【详解】(1)只闭合S1时，设车灯灯丝电阻为R，由闭合电路欧姆定律得
解得
R=1.2Ω
车灯两端的电压
UL=I1R=12V
车灯消耗功率
(2)闭合S1、S2后
流过车灯的电流
电动机的输出功率
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电子受到向下的电场力，做平抛运动，设加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
（2）电子做类平抛运动，该落点构成的轨迹是一个圆，设该圆的半径为，运动时间为t，所以有
解得
（3）设速度与水平方向成角时落点距离最远，所用时间为，此时落地速度与初速度的夹角为，该运动矢量图如图所示
由动能定理得
水平距离
竖直方向速度的变化量
由正弦定理
显然当时有最大值，此时
即电子在荧光屏上散布的区域的半径
电子在荧光屏上散布的区域的面积
答案第8页，共8页
答案第7页，共8页
评卷人得分
一、单选题（7小题，共28分）
1．（本题4分）在下列有关电磁波的说法中，正确的是（ ）
A．电磁波是一种理想化的模型 B．电磁波是电场或者磁场的传播
C．可见光和无线电波都是电磁波 D．电磁波不能独立于场源而存在
2．（本题4分）法拉第于1831年通过精心安排的实验发现了电磁感应现象。下列都是法拉第曾做过的实验，其中能观察到电流计指针偏转的是（ ）
A．把两根导线扭在一起，先将一根导线两端接在电池两极，再将另一根导线接在电流计两端
B．将一空心螺线管两端与电池连接，再把一根导线引进螺线管中并与电流计相连
C．将一空心螺线管两端与电池连接，再把一根导线放在螺线管外部并与电流计相连
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流计，连接电源的线圈通电或断电的瞬间
3．（本题4分）如图所示，建立平面直角坐标系xOy，在y轴上放置垂直于x轴的无限大接地的导体板，在x轴上x=2L处P点放置点电荷，其带电量为+Q，在xOy平面内有边长为2L正方形，正方形的四个边与坐标轴平行，中心与O点重合，与x轴交点分别为M、N，四个顶点为a、b、c、d，静电力常量为k，以下说法正确的是（ ）
A．点场强大小为
B．点与点的电场强度相同
C．正点电荷沿直线由点到点过程电势能先减少后增加
D．电子沿直线由点到点的过程电场力先增大后减小
4．（本题4分）一平行板电容器C，极板是水平放置的，电路如图所示.闭合电键,今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动.下列说法正确的是
A．油滴带正电
B．要使油滴上升，可增大滑动变阻器R1的阻值
C．只增大两极板间的距离，油滴将向下加速
D．只将平行板电容器上极板向右平移少许,带电液滴将加速上升
5．（本题4分）如图所示，边长为L的等边三角形线框ABC由相同的导体连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，将线框按如图所示方式接入电路，设导体AC受到的安培力大小为F，下列说法正确的是（ ）
A．导体AB受到的安培力大小为F
B．导体BC受到的安培力大小为F
C．导体AB和导体BC受到的安培力的合力大小为
D．三角形线框ABC受到的安培力的合力大小为2F
6．（本题4分）如图所示，边长为2a的正方形线圈，其内切圆虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面。若磁感应强度为 B，则穿过线圈的磁通量为（ ）
A．4Ba B．πBa C．8aB D．2πaB
7．（本题4分）实验室中， 学生使用的双量程电流表（0~0.6A、0~3A）、双量程电压表（0~3V、0~15V）接线柱如图甲、乙所示（量程已经盖住），其后盖打开后，照片如图丙、丁所示，其中3、6为电表的“-”接线柱。下列说法正确的是（ ）
A．图丙中的3、2接线柱为电流表的0~0.6A量程
B．图丙中的3、2接线柱为电压表的0~3V量程
C．图丁中的6、4接线柱为电压表的0~3V量程
D．图丁中的6. 4接线柱为电流表的0~0.6A量程
评卷人得分
二、多选题（3小题，共15分）
8．（本题5分）如图，一电子受某一外力沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子所受此外力的大小和方向变化情况是（ ）
A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．方向水平向右 D．方向水平向左
9．（本题5分）如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表读数减小
B．小球的电势能减小
C．电源的效率变高
D．若电压表、电流表的示数变化量分别为 和 ，则
10．（本题5分）光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个质量m的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，并沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，则根据图线和题中已知量可以确定（ ）
A．B、C两点间的位移大小
B．B点电场强度大小
C．B、C两点间的电势差
D．B、C两点间电势能变化大小
评卷人得分
三、实验题（2小题，共15分）
11．（本题6分）如图甲是多用电表简化电路图，电流计满偏电流0.5mA、内阻20Ω；电池电动势1.5V、内阻可忽略；电阻R1阻值20Ω；R3阻值24990Ω．
（1）A插孔应接 表笔（选填“红”或“黑”）；
（2）若指针指在图乙中所示位置，选择开关接1时其读数为 ；选择开关接3时其读数为 ；
（3）测量电阻时，需先进行欧姆调零，此时应将R2的阻值调整为 Ω
（4）用多用表测电流或电阻的过程中，下列说法正确的是
A．测量电阻时，更换倍率后必须重新进行欧姆调零
B．测量电流时，更换量程后必须重新进行调零
C．测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测
D．测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
12．（本题9分）用如图所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了保护电路，电路中用一个定值电阻起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
（a）电流表（量程、）；
（b）电压表（量程、）；
（c）定值电阻（阻值、额定功率5W）；
（d）定值电阻（阻值、额定功率）；
（e）滑动变阻器（阻值范围、额定电流2A）；
（f）滑动变阻器（阻值范围、额定电流1A）。那么：
(1)要正确完成实验，应选择 的定值电阻，应选择阻值范围是 的滑动变阻器。
(2)一位同学测得的六组数据如下表所示。
组别 1 2 3 4 5 6
电流I/A 0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57
电压U/V 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05
试根据这些数据在答题纸的图中作出图线 。
(3)根据图线求出电池的的内阻 。（结果保留两位有效数字）
(4)导致该实验误差的主要原因是 。
评卷人得分
四、解答题（3小题，共42分）
13．（本题13分）如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，间距为L=1m，导轨左端PM间接阻值为R=1.5Ω电阻，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T。金属棒ab初速度ν0=4m/s沿导轨向右运动，金属棒的质量为m=0.5kg、长度也为L=1m，金属棒的电阻为r=0.5Ω。现把导轨左端抬起，使其与水平面的夹角θ=37 ，如图乙所示。磁场方向垂直导轨平面斜向右上方，金属棒ab与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8，求：
（1）图甲中金属棒ab运动的整个过程中，电阻R产生的焦耳热；
（2）图乙中由静止释放金属棒ab，求金属棒能达到的最大速度；
（3）图乙中，金属棒ab的速度为最大速度时金属棒的加速度。
14．（本题14分）某品牌小汽车电动机和车灯的实际电路可以简化为如图所示的电路，电源电动势E=14V，内阻r=0.2Ω，电动机的线圈电阻r'=0.02Ω，只闭合S时，电流表示数I1=10A，再闭合S2，电动机正常工作，电流表示数I2=55A（电流表内阻不计），不考虑灯丝电阻的变化。求：
(1)在只闭合S1时，车灯两端电压UL和车灯的功率PL；
(2)再闭合S2后，车灯两端的电压U'L和电动机输出功率P出。
15．（本题15分）放射性元素发生衰变时会释放出电子，某发生衰变的放射源用绝缘支柱放置于真空容器内，该容器底部有一层水平放置的荧光屏，当有电子打到上面时会发出淡淡的荧光，从而可以用来检测电子打到的位置，放射源与荧光屏的距离为h，容器内存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E，荧光屏和容器的空间足够大。为了简化问题，可以把放射源当成一个电子发射器，能够向空间内各个方向发射速度大小均为的电子，电子的质量为m、所带电荷量为e，忽略电子间的相互作用及电子的重力，求：
（1）水平飞出的电子从发射到打到荧光屏上经过的时间t；
（2）大量沿水平方向飞出的电子的落点形成的轨迹的周长L：
（3）电子在荧光屏上散布的区域的面积。
试卷第2页，共7页
参考答案：
1．C
【详解】A．电磁波是客观存在的，不是一种理想化的模型，选项A错误；
B．电磁波是由于电场和磁场相互激发而产生的，所以电磁波可以短暂脱离“波源〞而独立存在，当电磁场能量耗尽之后，电磁波才会消失，选项BD错误；
C．可见光和无线电波都是电磁波，选项C正确。
故选C。
2．D
【详解】ABC．把两根导线扭在一起，先将一根导线两端接在电池两极，再将另一根导线接在电流计两端，该过程中连接电流计的导线中没有产生感应电流，电流计指针不偏转，同理，B、C选项所述情境中也没有电流通过电流计，故ABC错误；
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流计，连接电源的线圈通电或断电的瞬间，线圈内的电流发生变化，则该线圈产生的磁场发生变化，另一个线圈内的磁场、磁通量也发生变化，根据产生感应电流的条件可知，能产生感应电流，能观察到电流计指针偏转，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．点电荷与无限大接地导体板构成的电场等效成等量异种电荷的电场，点场强大小为
故A错误；
B．根据等量异种电荷电场特点，点与点场强大小相等，方向不同，故B错误；
C．根据等势线与电场线垂直的特点，由点沿直线到点过程中电势先升高后降低，则正点电荷沿直线由点到点过程电势能先增加后减少，故C错误；
D．根据电场线疏密，可知由点到过程电场强度先增大后减小，电子沿直线由点到点电场力先增大后减小，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】从图中可得A板带正电，电场方向竖直向下，要使粒子静止，则必须满足电场力和重力等大反向，故粒子受到的电场力竖直向上，所以粒子带负电，A错误，
要使油滴上升，即电场力增大，则根据公式可得，可使极板间的距离减小，或者增大两极板间的电压，但由于两极板间的电压等于两端电压，所以无论怎么移动滑动变阻器，电压都不会变化，B错误，
当增大两极板间的距离，电场强度减小，所以油滴将向下加速，C正确，
因为电容器并未和电路断开，所以电场强度和两极板的正对面积无关，故只将平行板电容器上极板向右平移少许,电场强度不变，粒子静止，D错误。
5．C
【详解】AB．导体AB、BC的总电阻是导体AC的2倍，所以导体AB、BC的电流是导体AC电流的一半，所以导体AB、BC所受的安培力都是，故AB错误；
C．导体AB和导体BC受到的安培力的合力大小为
故C正确；
D．三角形线框ABC受到的安培力的合力大小为
故D错误。
故选C。
6．B
【详解】穿过线圈的磁通量为
故选B。
7．B
【详解】AB．由图丙可知，是电阻与表头串联，则图丙是电压表，图丙中的3、2接线柱是一个电阻与表头串联，对应0~3V量程，3、1接线柱是两个电阻与表头串联，对应0~15量程，故A错误，B正确；
CD．由图丁可知，是电阻与表头并联，则图丁是电流表，图丁中的6、4接线柱是一个电阻与表头串联后和另一个电阻并联，并联的哪个电阻为分流电阻，对应0~3A量程，6、5接线柱是两个电阻串联后与表头并联，两个电阻串联后充当分流电阻，分流电阻大，对应0~0.6A量程，故CD错误。
故选B。
8．AC
【详解】根据等量异种电荷连线的中垂线上电场强度分布规律可知，从A→O→B，电场强度方向为水平向右，且先增大后减小，所以电子所受电场力水平向左，且先增大后减小，根据平衡条件可知电子所受此外力方向为水平向右，且先增大后减小，故AC正确，BD错误。
故选AC。
9．AD
【详解】A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；
B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；
C项：电源的效率：,由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；
D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则,由A分析可知，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以，所以，故D正确．
点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．
10．D
【详解】A．物块从A运动到B，由图可读出A、B两点的速度，已知物块的质量，根据动能定理得
只能求得qUAB，不能求AB间的位移大小，故A错误；
B．根据v-t图像的斜率等于加速度，可以求出物块在B点的加速度，根据牛顿第二定律得
qE=ma
由于物块的电荷量q未知，所以不能求出B点的电场强度E。故B错误；
C．由A项同理知，根据动能定理只能求得qUBC，由于电荷量q未知，所以不能求B、C两点间的电势差UBC，故C错误；
D．根据能量守恒定律知，由物块的速度和质量能求出B、C两点间的动能的变化量，从而由能量守恒可求得电势能的变化。故D正确。
故选D。
11． 红 0.69mA 17.2V 1490 AD
【详解】解：(1)从甲图可以看出，欧姆表的内接电源上端为负，再加上电流必须从表的红接线柱流进，从黑接线柱流出，所以插孔要接红接线柱；
(2)选择开关接1时，是电流表，其量程为，从图乙所指的数可以读出电流为0.69mA，选择开关接3时，是电压表，量程为，结合图乙指针可以确定此时电压为17.2V；
(3)调节调零电阻使电流表满偏，此时通过电源的电流为，则调零电阻的阻值；
(4) A、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆挡的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故选项A正确．
B. 在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零，故选项B错误；
C. 在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，再换用倍率较大的挡，故选项C错误；
D、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，故D正确．
12． 1 0～10 （0.68~0.76） 电压表的分流（偶然误差也正确）
【详解】(1)[1]为使滑动变阻器滑动时电表示数有明显变化，应使R0+R与电源内阻r尽可能接近，因干电池的r较小，则考虑选择1Ω的定值电阻；
[2]滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就可以，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω不方便调节；所以应选择阻值范围是0～10Ω的滑动变阻器。
(2)[3]根据数据描点作出图线如图
(3)[4]图线的斜率等于电池的的内阻，则
（0.68~0.76都正确）
(4)[5]导致该实验误差的主要原因是电压表的分流，从而导致电流表示数偏小。（答偶然误差也正确）
13．（1）3J；（2）6m/s；（3）
【详解】（1）图甲中，金属棒做减速运动，最后停止，由能量守恒定律得
①
又
②
解得
③
（2）图乙中，金属棒做加速运动，由法拉第电磁感应定律得
④
由闭合电路欧姆定律得
⑤
对金属棒，当重力沿斜面向下的分力与安培力等大时，金属棒速度最大，即
⑥
联立并代入数据解得
⑦
（3）金属棒的速度为最大速度的时，由法拉第电磁感应定律得
⑧
又
⑨
联立解得
⑩
对金属棒，由牛顿第二定律有
联立并代入数据解得
14．(1) 12V；120W；(2)3V ；102.375W
【详解】(1)只闭合S1时，设车灯灯丝电阻为R，由闭合电路欧姆定律得
解得
R=1.2Ω
车灯两端的电压
UL=I1R=12V
车灯消耗功率
(2)闭合S1、S2后
流过车灯的电流
电动机的输出功率
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电子受到向下的电场力，做平抛运动，设加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
（2）电子做类平抛运动，该落点构成的轨迹是一个圆，设该圆的半径为，运动时间为t，所以有
解得
（3）设速度与水平方向成角时落点距离最远，所用时间为，此时落地速度与初速度的夹角为，该运动矢量图如图所示
由动能定理得
水平距离
竖直方向速度的变化量
由正弦定理
显然当时有最大值，此时
即电子在荧光屏上散布的区域的半径
电子在荧光屏上散布的区域的面积
答案第8页，共8页
答案第7页，共8页
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