模块综合试卷
满分：100分
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在物理学的研究中科学家使用了许多研究方法，如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等，这些方法对我们学好物理有很大帮助。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是
A.为研究磁场强弱而引入了电流元，应用了等效法
B.在研究磁场时，用假设的磁感线来描述真实的磁场，应用的是类比法
C.在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法
D.在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这应用了类比法
2.(2025·昆明市高二期末)电场中某区域的电场线分布如图甲所示，A、B是电场中的两点；图乙是未知场的一部分场线，点A、P、Q处于中央同一直线上，以下判断正确的是
A.图甲中A点的电场强度大于B点的电场强度
B.图甲中将正电荷从B点移到A点，电荷的电势能增加
C.图乙可能是两个异种点电荷产生的电场线，且A、P处电场强度的方向相同
D.图乙可能是条形磁体产生磁场的磁感线，且P、Q处磁感应强度方向相同
3.(2024·潮州市高二期末)如图所示，A、B两闭合线圈用同样的导线绕成，A有10匝，B有20匝，两线圈半径之比为2∶1。匀强磁场只分布在B线圈内，当磁场随时间均匀增强时
A.A中无感应电流
B.B中无感应电流
C.穿过A的磁通量总是等于穿过B的磁通量
D.穿过A的磁通量总是大于穿过B的磁通量
4.(2024·成都市第七中学模拟)如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长直导线，通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C点处的磁感应强度大小为
A.0 B.2B C.B D.B
5.有一场强方向与x轴平行的静电场，电势φ随坐标x变化的关系图线如图所示，若规定x轴正方向为场强的正方向，则该静电场的场强E随x变化的图线应是
A. B.
C. D.
6.(2025·湖北省市级示范高中高二联考)如图所示，有一匀强电场(未画出)与半圆所在平面平行。电场强度为E，若半圆的直径AB=2 cm，C、D为半圆的两个三等分点，φB=-1 V，φC=5 V，φD=1 V，则
A.φA=6 V B.φA=8 V C.E=300 V/m D.E=400 V/m
7.(2025·达州市高二期末)静电透镜是电子透镜中的一种，是由带电体所产生的静电场来使电子束聚焦或成像的装置。某种电子透镜中的等差等势线分布如图中虚线所示(截取其中一部分)，电子枪发射的电子仅在静电力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c、d、e是轨迹上的五个点，若a处电势为10 V，电子从a点运动到d点电势能变化了6 eV，则下列说法正确的是
A.b点电场强度为0
B.电子在c点的动能可能小于3 eV
C.d点电势为16 V
D.电子从c到e克服静电力做功6 eV
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是
A.油滴带负电
B.油滴受到的静电力大小为
C.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
9.如图所示，光滑绝缘水平细杆上套有一个小球，其质量为m，带电荷量为+q，O、a、b是细杆垂线上的三点，O在杆上且Oa=Ob，在a、b两点分别固定一个电荷量为-Q的点电荷。小球从图示位置以初速度v0向右运动的过程中
A.速度一定先减小后增大 B.加速度一定先增大后减小
C.对细杆的作用力始终保持不变 D.电势能先减小后增大
10.(2025·杭州市高二期末)如图所示是双量程磁电式电流表的原理图，测量时分别接入“A、B”或“A、C”，下列说法正确的是
A.接入“A、B”比接入“A、C”量程大
B.接入“A、B”，只将R2短路，量程会变大
C.接入“A、C”，只将R1短路，量程会变大
D.接入“A、B”，只减小R1，量程会增大
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.(6分)(2025·西安市高二期末)某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率。
(1)(2分)用螺旋测微器测量电阻丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件 (选填“A”“B”或“C”)。从图甲中的示数可读出电阻丝的直径为 mm。
(2)(2分)用多用电表“×10”倍率的电阻挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示，示数为 Ω。
(3)(2分)将不同长度l的电阻丝接入如图丙所示电路中，根据电压表示数U和电流表示数I，作出了-l图像，如图丁所示，若电流表的内阻不可忽略，符合实验结果的图线是 (选填“a”“b”或“c”)。
12.(8分)(2023·湖北卷)某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：
电压表(量程0~3 V，内阻很大)；电流表(量程0~0.6 A)；电阻箱(阻值0~999.9 Ω)；干电池一节、开关一个和导线若干。
(1)(2分)根据图(a)，完成图(b)中的实物图连线。
(2)(4分)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U-I图像如图(c)所示，则干电池的电动势为 V(保留3位有效数字)、内阻为 Ω(保留2位有效数字)。
(3)(1分)该小组根据记录数据进一步探究，作出-R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截距，结合(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 Ω(保留2位有效数字)。
(4)(1分)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 (填“偏大”或“偏小”)。
13.(10分)(2025·金华市高二月考)如图所示，一带电荷量为q=-5×10-7 C的粒子在恒力F作用下在匀强电场中做匀速直线运动，某段时间内由A运动到B，已知AB距离为L=0.5 m，恒力F=1.5×10-4 N，F与AB的夹角为α=37°，A点的电势φA=150 V，不计粒子的重力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)(2分)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)(4分)A、B间电势差UAB及B点的电势φB；
(3)(4分)到B时撤去F，问粒子能否回到A所在的等势面，若能，请计算回来过程动能增加量。若不能，请说明原因。
14.(14分)(2024·盐城市射阳中学高二期中)如图甲所示的发光电动玩具车的电路可简化为图乙所示的电路图，两盏灯泡的规格均为“3 V 3 W”，若电源的电动势为8 V，内阻为1 Ω，电动机线圈电阻为0.5 Ω，已知玩具车正常工作时两盏灯泡均正常发光，求正常工作时：
(1)(6分)电源两端路端电压U与干路中的电流I；
(2)(8分)玩具车的机械功率P机。
15.(16分)(2024·成都市石室中学高二月考)如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R=2.5 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1=2.5 m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1(大小未知)，竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2=1 m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2=1 m。现将一电荷量为q=+4×10-2 C、质量为m=1 kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4 m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10 m/s2，∠AOB=53°，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求：
(1)(3分)场强E1的大小；
(2)(5分)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
(3)(8分)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
答案精析
1.C
2.D [电场线的疏密反映电场强度的大小，A处电场线比B处疏，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；题图甲中将正电荷从B点移到A点的过程中，静电力做正功，电荷的电势能减小，故B错误；题图乙若是两个异种点电荷产生的电场线，A、P处电场强度的方向相反，故C错误；题图乙若是条形磁体产生磁场的磁感线，P、Q处磁感应强度方向相同，D正确。]
3.C [当磁场随时间均匀增强时，穿过线圈A、B的磁通量都增大，都将产生感应电流，故A、B错误；
磁感线穿过线圈A、B的有效面积相同，所以穿过A的磁通量总是等于穿过B的磁通量，故C正确，D错误。]
4.D [根据右手螺旋定则，放置在FE边直导线中的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿CM；放置在ND边直导线中的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿FC；故C点处的磁感应强度大小为BC==B，故选D。]
5.B [0~2 mm，电势φ升高，则电场线方向沿x轴负方向，E为负，2~10 mm，电势φ降低，顺着电场线，则电场线方向沿x轴正方向，E为正，故A、C、D不符合题意；0~2 mm，E==- V/m=-2×104 V/m，2~10 mm，E== V/m=1×104 V/m，10~12 mm，E==-2×104 V/m，故B符合题意。]
6.D [线段CD和AB平行，根据几何关系有2==2R，所以UAB=2UCD，即φA-φB=2，代入数据解得φA=7 V，A、B错误；线段AB的中点O的电势φO==3 V，AO的中点N的电势φN==5 V，所以CN是一条等势线，由几何关系知CN⊥AB，故电场方向由A指向B，电场强度大小为E==400 V/m，C错误，D正确。]
7.D [等差等势线分布的密集程度能够表示电场强弱，可知b点电场强度不为0，故A错误；电子从a点运动到d点过程，由电场线与等势线垂直及电子所受合力方向指向轨迹凹侧可知，静电力对电子做负功，根据功能关系有Wad=-ΔEp=-6 eV，由于相邻等势线之间电势差相等，则有Wac=Wcd=Wad=-3 eV，电子从a点运动到c点过程，根据动能定理有Wac=Ekc-Eka=-3 eV，Wcd=Ekd-Ekc=-3 eV，其中Ekd不等于0，则有Ekc=Ekd+3 eV>3 eV，故B错误；由于a处电势为10 V，根据Wad=-e=-6 eV，解得φd=4 V，故C错误；由于相邻等势线之间电势差相等，则有Wce=Wad=-6 eV，可知电子从c到e克服静电力做功6 eV，故D正确。]
8.AC [根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，电场强度方向竖直向下，故油滴带负电，A正确；两极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用，B错误；上极板下移，板间距d减小，根据C=，U==，则E==，故电场强度E不变，F=qE，可知油滴所受静电力不变，油滴静止不动，根据U=Ed可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小，故C正确，D错误。]
9.CD [在O左侧，小球受到的静电力合力向右，在O右侧小球受到的静电力合力向左，小球在向右运动的过程中，在O左侧做加速运动，在O右侧做减速运动，所以小球的速度先增大后减小，A错误；根据电场线的分布情况，电场强度可能先减小后增大，所以小球所受的静电力可能先减小后增大，则加速度可能先减小后增大，B错误；两个电荷量为-Q的点电荷对小球的库仑力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，所以细杆对小球的作用力等于小球的重力，始终保持不变，C正确；在小球向右运动的过程中，所受的静电力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，D正确。]
10.ACD [接“A、B”时，R1为分流电阻，接“A、C”时，R1与R2串联的总电阻为分流电阻，根据串并联规律，接“A、B”时，其量程为I=Ig+，接“A、C”时，其量程为I'=Ig+，显然I>I'，即接“A、B”时量程更大，故A正确；接入“A、B”，只将R2短路，量程为I1=Ig+，故I>I1，故B错误；接入“A、C”，只将R1短路，量程为I2=Ig+，故I'11.(1)A 2.820 (2)70 (3)a
解析 (1)为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧锁紧装置，即题图甲所示的部件A；螺旋测微器的精确度为0.01 mm，要估读到0.001 mm，则电阻丝的直径为D=2.5 mm+0.01×32.0 mm=2.820 mm。
(2)电阻表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值，可得示数为7.0×10 Ω=70 Ω。
(3)根据欧姆定律U=I，根据电阻定律R丝=，可得=RA+l，故测量图线不过原点，而有纵截距，故选a图线。
12.(1)见解析图 (2)1.58 0.64 (3)2.5 (4)偏小
解析 (1)实物连线如图：
(2)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得U=E-Ir
由图像可知E=1.58 V
内阻r= Ω≈0.64 Ω
(3)根据E=I(R+RA+r)
可得=·R+
由图像可知=2 A-1
解得RA≈2.5 Ω
(4)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。
13.(1)300 N/C (2)120 V 30 V (3)能 6×10-5 J
解析 (1)由粒子做匀速直线运动可得F=qE，所以E== N/C=300 N/C，电场强度的方向与F的方向相同。
(2)A、B两点间电势差为UAB=ELcos α=300×0.5×0.8 V=120 V，而UAB=φA-φB，所以φB=φA-UAB= V=30 V。
(3)由于粒子所受静电力与等势面垂直且指向A所在的等势面，所以撤去F后粒子一定能回到A所在的等势面。静电力做功为WBA=qUBA=-5×10-7× J=6×10-5 J，由动能定理可得，回来过程动能增加量为ΔEk=WBA=6×10-5 J。
14.(1)6 V 2 A (2)5.5 W
解析 (1)因为灯泡正常发光，所以电源路端电压U=2UL=6 V
根据闭合电路欧姆定律E=Ir+U
得I=2 A
(2)流过灯泡的电流IL==1 A
则流过电动机的电流IM=I-IL=1 A
玩具车的机械功率P机=UIM-RM=5.5 W。
15.(1)25 N/C (2)1 m/s 1 s
(3)187.5 N/C≤E2≤300 N/C
解析 (1)滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有WAB+mgR(1-cos 53°)=m，滑块从A点运动到B点的过程中WAB=-qE1Rsin 53°，联立解得E1=25 N/C。
(2)滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，以向右为正方向，由牛顿第二定律有-qE1-μmg=ma，
得a=-3 m/s2，
根据运动学公式有v2-=2aL1，v=vB+at，
解得v=1 m/s，t=1 s。
(3)当E2较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有-μ(mg-qE2)L2=0-mv2，解得E2=187.5 N/C；
当E2较大且滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞时，从C点到F点滑块做类平抛运动，在水平方向有L2=vt1，
解得t1=1 s，竖直方向有L2=ay，解得ay=2 m/s2，
又qE2-mg=may，解得E2=300 N/C，
综上，E2的取值范围为187.5 N/C≤E2≤300 N/C。(共47张PPT)
模块综合试卷
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C D B D D AC
题号 9 10 11 12 13 答案 CD ACD (1)A 2.820 (2)70 (3)a (1)见解析图 (2)1.58 0.64 (3)2.5 (4)偏小 (1)300 N/C (2)120 V 30 V (3)能 6×10－5 J
对一对
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题号 14 15
答案 (1)6 V 2 A (2)5.5 W (1)25 N/C (2)1 m/s 1 s
(3)187.5 N/C≤E2≤300 N/C
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一、单项选择题
1.在物理学的研究中科学家使用了许多研究方法，如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等，这些方法对我们学好物理有很大帮助。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是
A.为研究磁场强弱而引入了电流元，应用了等效法
B.在研究磁场时，用假设的磁感线来描述真实的磁场，应用的是类比法
C.在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变
量法
D.在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这应用
了类比法
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2.(2025·昆明市高二期末)电场中某区域的电场线分布如图甲所示，A、B是电场中的两点；图乙是未知场的一部分场线，点A、P、Q处于中央同一直线上，以下判断正确的是
A.图甲中A点的电场强度大于B点的
电场强度
B.图甲中将正电荷从B点移到A点，
电荷的电势能增加
C.图乙可能是两个异种点电荷产生的电场线，且A、P处电场强度的方向
相同
D.图乙可能是条形磁体产生磁场的磁感线，且P、Q处磁感应强度方向相同
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电场线的疏密反映电场强度的大小，A处电场线比B处疏，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；
题图甲中将正电荷从B点移到A点的过程中，静电力做正功，电荷的电势能减小，故B错误；
题图乙若是两个异种点电荷产生的电场线，A、P处电场强度的方向相反，故C错误；
题图乙若是条形磁体产生磁场的磁感线，P、Q处磁感应强度方向相同，D正确。
3.(2024·潮州市高二期末)如图所示，A、B两闭合线圈用同样的导线绕成，A有10匝，B有20匝，两线圈半径之比为2∶1。匀强磁场只分布在B线圈内，当磁场随时间均匀增强时
A.A中无感应电流
B.B中无感应电流
C.穿过A的磁通量总是等于穿过B的磁通量
D.穿过A的磁通量总是大于穿过B的磁通量
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当磁场随时间均匀增强时，穿过线圈A、B的磁通量都增大，都将产生感应电流，故A、B错误；
磁感线穿过线圈A、B的有效面积相同，所以穿过A的磁通量总是等于穿过B的磁通量，故C正确，D错误。
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4.(2024·成都市第七中学模拟)如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长直导线，通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在
距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C点处的
磁感应强度大小为
A.0 B.2B
C.B D.B
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根据右手螺旋定则，放置在FE边直导线中的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿CM；放置在ND边直导线中的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿FC；故C点处的磁感应强度大小为BC＝B，故选D。
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5.有一场强方向与x轴平行的静电场，电势φ随坐标x变化的关系图线如图所示，若规定x轴正方向为场强的正方向，则该静电场的场强E随x变化的图线应是
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0~2 mm，电势φ升高，则电场线方向沿x轴负方向，E为负，2~10 mm，电势φ降低，顺着电场线，则电场线方向沿x轴正方向，E为正，故A、C、D不符合题意；
0~2 mm，E＝＝－ V/m＝－2×104 V/m，2~10 mm，E＝ V/m＝1×104 V/m，10~12 mm，E＝＝－2×104 V/m，故B符合题意。
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6.(2025·湖北省市级示范高中高二联考)如图所示，有一匀强电场(未画出)与半圆所在平面平行。电场强度为E，若半圆的直径AB＝2 cm，C、D为半圆的两个三等分点，φB＝－1 V，φC＝5 V，φD
＝1 V，则
A.φA＝6 V B.φA＝8 V
C.E＝300 V/m D.E＝400 V/m
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线段CD和AB平行，根据几何关系有2＝2R，所以UAB＝2UCD，即φA－φB＝2，代入数据解得φA＝7 V，A、B错误；
线段AB的中点O的电势φO＝＝3 V，AO的中点N的电势φN＝＝5 V，所以CN是一条等势线，由几何关系知CN⊥AB，故电场方向由A指向B，电场强度大小为E＝＝400 V/m，C错误，D正确。
7.(2025·达州市高二期末)静电透镜是电子透镜中的一种，是由带电体所产生的静电场来使电子束聚焦或成像的装置。某种电子透镜中的等差等势线分布如图中虚线所示(截取其中一部分)，电子枪发射的电子仅在静电力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c、d、e是轨迹上的五个点，若a处电势为10 V，电子从a点运动到d点电势能变化了6 eV，则下列说法正确的是
A.b点电场强度为0
B.电子在c点的动能可能小于3 eV
C.d点电势为16 V
D.电子从c到e克服静电力做功6 eV
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答案
√
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答案
等差等势线分布的密集程度能够表示电场强弱，可知b点电场强度不为0，故A错误；
电子从a点运动到d点过程，由电场线与等势线垂直及电子所受合力方向指向轨迹凹侧可知，静电力对电子做负功，根据功能关系有Wad＝－ΔEp＝
－6 eV，由于相邻等势线之间电势差相等，则有Wac＝Wcd＝Wad＝－3 eV，电子从a点运动到c点过程，根据动能定理有Wac＝Ekc－Eka＝－3 eV，Wcd＝Ekd－Ekc＝－3 eV，其中Ekd不等于0，则有Ekc＝Ekd＋3 eV>3 eV，故B错误；
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答案
由于a处电势为10 V，根据Wad＝－e＝－6 eV，解得φd＝4 V，故C错误；
由于相邻等势线之间电势差相等，则有Wce＝Wad＝－6 eV，可知电子从c到e克服静电力做功6 eV，故D正确。
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答案
二、多项选择题
8.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是
A.油滴带负电
B.油滴受到的静电力大小为
C.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
√
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√
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答案
根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，电场强度方向竖直向下，故油滴带负电，A正确；
两极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用，B错误；
上极板下移，板间距d减小，根据C＝，U＝，则E＝，故电场强度E不变，F＝qE，可知油滴所受静电力不变，油滴静止不动，根据U＝Ed可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小，故C正确，D错误。
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15
9.如图所示，光滑绝缘水平细杆上套有一个小球，其质量为m，带电荷量为＋q，O、a、b是细杆垂线上的三点，O在杆上且Oa＝Ob，在a、b两点分别固定一个电荷量为－Q的点电荷。小球从图示位置以初速度v0向右运动的过程中
A.速度一定先减小后增大
B.加速度一定先增大后减小
C.对细杆的作用力始终保持不变
D.电势能先减小后增大
√
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答案
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√
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答案
在O左侧，小球受到的静电力合力向右，在O右侧小球受到的静电力合力向左，小球在向右运动的过程中，在O左侧做加速运动，在O右侧做减速运动，所以小球的速度先增大后减小，A错误；
根据电场线的分布情况，电场强度可能先减小后增大，所以小球所受的静电力可能先减小后增大，则加速度可能先减小后增大，B错误；
两个电荷量为－Q的点电荷对小球的库仑力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，所以细杆对小球的作用力等于小球的重力，始终保持不变，C正确；
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答案
在小球向右运动的过程中，所受的静电力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，D正确。
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10.(2025·杭州市高二期末)如图所示是双量程磁电式电流表的原理图，测量时分别接入“A、B”或“A、C”，下列说法正确的是
A.接入“A、B”比接入“A、C”量程大
B.接入“A、B”，只将R2短路，量程会变大
C.接入“A、C”，只将R1短路，量程会变大
D.接入“A、B”，只减小R1，量程会增大
√
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答案
√
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√
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答案
接“A、B”时，R1为分流电阻，接“A、C”时，R1与R2串联的总电阻为分流电阻，根据串并联规律，接“A、B”时，其量程为I＝Ig＋，接“A、C”时，其量程为I'＝Ig＋，显然I>I'，即接“A、B”时量程更大，故A正确；
接入“A、B”，只将R2短路，量程为I1＝Ig＋，故I>I1，故B错误；
接入“A、C”，只将R1短路，量程为I2＝Ig＋，故I'接入“A、B”，量程为I＝Ig＋，只减小R1，则I增大，故D正确。
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三、非选择题
11.(2025·西安市高二期末)某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率。
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答案
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A
(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件 (选填“A”“B”或“C”)。从图甲中的示数可读出电阻丝的直径为 mm。
2.820
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答案
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15
为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧锁紧装置，即题图甲所示的部件A；螺旋测微器的精确度为0.01 mm，要估读到0.001 mm，则电阻丝的直径为D＝2.5 mm＋0.01×32.0 mm＝2.820 mm。
(2)用多用电表“×10”倍率的电阻挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示，示数为 Ω。
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答案
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70
电阻表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值，可得示数为7.0×10 Ω＝70 Ω。
(3)将不同长度l的电阻丝接入如图丙所示电路中，根据电压表示数U和电流表示数I，作出了－l图像，如图丁所示，若电流表的内阻不可忽略，符合实验结果的图线是 (选填“a”
“b”或“c”)。
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答案
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a
根据欧姆定律U＝I，根据电阻定律R丝＝，可得＝RA＋l，故测量图线不过原点，而有纵截距，故选a图线。
12.(2023·湖北卷)某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：
电压表(量程0~3 V，内阻很大)；
电流表(量程0~0.6 A)；
电阻箱(阻值0~999.9 Ω)；
干电池一节、开关一个和导线若干。
(1)根据图(a)，完成图(b)中的实物图连线。
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答案
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答案 见解析图
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答案
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15
实物连线如图：
(2)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U－I图像如图(c)所示，则干电池的电动势为
V(保留3位有效数字)、内阻为 Ω
(保留2位有效数字)。
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答案
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15
1.58
0.64
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答案
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15
由电路结合闭合电路的欧姆定律可得
U＝E－Ir
由图像可知E＝1.58 V
内阻r＝ Ω≈0.64 Ω
(3)(1分)该小组根据记录数据进一步探究，作出－R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截距，结合(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 Ω(保留2位有效数字)。
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答案
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2.5
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答案
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15
根据E＝I(R＋RA＋r)
可得·R＋
由图像可知＝2 A－1
解得RA≈2.5 Ω
(4)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 (填“偏大”或“偏小”)。
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答案
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偏小
由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。
13.(2025·金华市高二月考)如图所示，一带电荷量为q＝－5×10－7 C的粒子在恒力F作用下在匀强电场中做匀速直线运动，某段时间内由A运动到B，已知AB距离为L＝0.5 m，恒力F＝1.5×10－4 N，F与AB的夹角为α＝37°，A点的电势φA＝150 V，不计粒子的重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
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答案
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答案 300 N/C
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答案
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由粒子做匀速直线运动可得F＝qE，所以E＝ N/C＝300 N/C，电场强度的方向与F的方向相同。
(2)A、B间电势差UAB及B点的电势φB；
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答案
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答案 120 V 30 V
A、B两点间电势差为UAB＝ELcos α＝300×0.5×0.8 V＝120 V，而UAB＝φA－φB，所以φB＝φA－UAB＝ V＝30 V。
(3)到B时撤去F，问粒子能否回到A所在的等势面，若能，请计算回来过程动能增加量。若不能，请说明原因。
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答案
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答案 能 6×10－5 J
由于粒子所受静电力与等势面垂直且指向A所在的等势面，所以撤去F后粒子一定能回到A所在的等势面。静电力做功为WBA＝qUBA＝－5×10－7
× J＝6×10－5 J，由动能定理可得，回来过程动能增加量为ΔEk＝WBA＝6×10－5 J。
14.(2024·盐城市射阳中学高二期中)如图甲所示的发光电动玩具车的电路可简化为图乙所示的电路图，两盏灯泡的规格均为“3 V 3 W”，若电源的电动势为8 V，内阻为1 Ω，电动机线圈电阻为0.5 Ω，已知玩具车正常工作时两盏灯泡均正常发光，求正常工作时：
(1)电源两端路端电压U与干路中
的电流I；
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答案
答案 6 V 2 A
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答案
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因为灯泡正常发光，所以电源路端电压U＝2UL＝6 V
根据闭合电路欧姆定律E＝Ir＋U
得I＝2 A
(2)玩具车的机械功率P机。
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答案
答案 5.5 W
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流过灯泡的电流IL＝＝1 A
则流过电动机的电流IM＝I－IL＝1 A
玩具车的机械功率P机＝UIM－RM＝5.5 W。
15.(2024·成都市石室中学高二月考)如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R＝2.5 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1＝2.5 m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1(大小未知)，竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2＝1 m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2＝1 m。现将一电荷量为q＝＋4×10－2 C、质量为m＝1 kg的完全绝缘的滑块从A点
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答案
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由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4 m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，∠AOB＝53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)场强E1的大小；
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答案
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答案 25 N/C
滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有WAB＋mgR(1－cos 53°)＝m，滑块从A点运动到B点的过程中WAB＝－qE1Rsin 53°，联立解得E1＝25 N/C。
(2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
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答案
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答案 1 m/s 1 s
滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，以向右为正方向，由牛顿第二定律有－qE1－μmg＝ma，得a＝－3 m/s2，根据运动学公式有v2－＝2aL1，v＝vB＋at，解得v＝1 m/s，t＝1 s。
(3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
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答案 187.5 N/C≤E2≤300 N/C
当E2较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有－μ(mg－qE2)L2＝0－mv2，解得E2＝187.5 N/C；当E2较大且滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞时，从C点到F点滑块做类平抛运动，在水平方向有L2＝vt1，解得t1＝1 s，竖直方向有L2＝ay，解得ay＝2 m/s2，又qE2－mg＝may，解得E2＝300 N/C，综上，E2的取值范围为187.5 N/C≤E2≤300 N/C。
本课结束
