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四川省成都市第七中学2023-2024学年高二上学期12月阶段性考试物理试题（解析版）
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这是一份四川省成都市第七中学2023-2024学年高二上学期12月阶段性考试物理试题（解析版），共19页。试卷主要包含了15WB， 下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
考试时间：90分钟 满分：100分
试卷说明：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，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。回答非选择题时，用黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，试卷自己带走，只将答题卡交回。
一、单项选择题（本题共8个小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。选对得3分，选错得0分。）
1. 在通电螺线管内部，水平放置的静止的小磁针N极水平向右，位于螺线管左侧端面的一小段竖直导线受到的安培力方向垂直于纸面向外，则以下说法正确的是（ ）
A. 接线柱 b和d接电源正极，接线柱a和c接电源负极
B. 接线柱a和c接电源正极，接线柱b和d接电源负极
C. 接线柱 b和c接电源正极，接线柱a和d接电源负极
D. 接线柱a和d接电源正极，接线柱b和c接电源负极
【答案】B
【解析】
【详解】在通电螺线管内部，水平放置的静止的小磁针N极水平向右，由于小磁针静止时N极的指向与磁场的方向相同，所以螺线管的左端是S极，右端是N极，由安培定则可知接线柱a接电源正极，接线柱b接电源负极；螺线管左侧端面的磁场向右，位于螺线管左侧端面的一小段竖直导线受到的安培力方向垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线中电流方向向下，接线柱c接电源正极，接线柱d接电源负极。
故选B
2. 汽车排放尾气时，常发出较大的噪音。在汽车中安装干涉消音器能够有效消除这类噪音。消音器的概念设计如图，当声波抵达甲点时分别沿着上方虚线和下方点线传播，最终在乙点汇合。假设尾气噪音的主频更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 率为f，声音传播速度为v，下列选项为两条路径的长度差，其中降噪效果最佳的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】波的波长为
根据波的叠加原理，振动相消是降噪效果最好，即波程差为半波长的奇数倍，有
可知当n=1时，即
此时降噪效果较好。
故选D。
3. 如图所示，匀强电场平行于十六宫格所在平面，十六宫格上每小格正方形边长为L=4cm，已知a、b、c三个格点电势分别为φa=2V、φb=4V、φc=6V，以下说法正确是（ ）
A. 电场强度大小为50V/mB. 十六宫格25个格点中电势最高为12V
C. 十六宫格25个格点中电势最低为-2VD. 十六宫格中央格点电势为2V
【答案】B
【解析】
【详解】A．点右侧格点电势为，由可知
故A错误；
BCD．根据匀强电场中等距离间的电势差相等，则十六宫格25个格点中电势最高为，最低点电势最低为，十六宫格中央格点电势为，B正确，CD错误；
故选B。
4. 某次实验，小明测得一小灯泡伏安特性曲线如图所示，若将该灯泡与一电动势E=1.5V、内阻r=1.5Ω的电源连接，这个小灯泡实际消耗的功率最接近（ ）
A. 0.15WB. 0.25WC. 0.35WD. 0.45W
【答案】C
【解析】
【详解】电源的外电压与电流的关系为
当电压U=0V时，I=1A；当电流等于0时，电压U=1.5V，作电源外电压与电流的关系图线如图所示
交点为
U=1.0V，I=0.35A
则这个灯泡的实际功率
故选C。
5. 在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点的地磁场磁感应强度大小为。如图所示，将一条形磁铁固定在过P点的水平线上，让N极指向正北方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为（可认为地磁南、北极与地理北、南极重合）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设条形磁铁在P点的磁感应强度为B，未旋转条形磁铁时，两个磁场在P点的方向相同均由南指向北，由磁场的叠加可得
B+B0=B1
条形磁铁旋转后，地磁场方向未变，大小为B0，方向由南向北，条形磁铁在P点磁感应强度大小也不变仍为B，方向由西指向东。根据叠加原理可得
代入数据可得
故选B。
6. 如图甲所示为示波管，如果在之间加如图乙所示的交变电压，同时在之间加如图丙所示的锯齿形电压，使的电势比高，则在荧光屏上会看到的图形为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】电极所加电压先为正(Y电势高于且先增后减)，后为负(Y电势低于且先增后减)，对电子竖直方向受力分析知，其先向Y偏转，偏转位移先增大后减小，后向偏转，偏转位移先增大后减小；电极所加电压一直为正，说明一直是X板电势高，对电子水平方向受力分析知，其所受电场力一直指向X，故水平方向粒子轨迹只会出现在X这一侧。
故选C。
7. 如图所示的电路中，当开关S置于a处时，电流表（内阻不计）示数为I，额定功率为16W的电动机正常工作，带动质量为0.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上升。当开关置于b处时，电流表示数变为，灯泡正常发光。已知电阻，灯泡额定电压为10V，额定功率10W，重力加速度g取。则（ ）
A. 电动机线圈的内阻为4ΩB. 电动机的额定电压为10V
C. 电源电动势为12VD. 电源内阻为
【答案】C
【解析】
【详解】B．当开关S置于b处时，有
解得
当开关S置于a处时，有
解得
故B错误；
A．设电动机线圈的内阻为，则有
代入数据解得
故A错误；
CD．当开关S置于a处时，根据闭合电路欧姆定律有
当开关S置于b处时，根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
，
故C正确；D错误。
故选C。
8. 在水平向右的匀强电场中，质量为m的带正电小球以初速度v0竖直向上抛出，经过时间t末小球的速度达到最小值v，则（ ）
A. 小球在最高点的速度大小为
B. 小球所受合外力的大小为
C. 时间t内合力对小球做功为
D. 时间t内合外力对小球的冲量大小为
【答案】B
【解析】
【详解】B．设重力与电场力的合力F与竖直方向的夹角为，将初速度正交分解为与F共线和垂直两个方向，分速度分别为
，
垂直合力方向的分速度即最小速度，速度最小时
整理得
故B正确；
A．小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
，
有运动学公式
，
联立得，最高点速度为
故A错误；
C．根据动能定理，时间t内合力对小球做功为
故C错误；
D．为重力冲量，小球受重力和电场力作用，则合外力对小球的冲量大小不等于，故D错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。选对得4分，选不全得2分，选错不得分。）
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 人们听不清对方说话时，除了让一只耳朵转向对方，还习惯性地把同侧的手附在耳旁，这样做的目的是利用声波的反射
B. 我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的频率变低，可以判断该星球正在靠近我们
C. “闻其声而不见其人”属于波的衍射现象
D. 声音从空气中传播到水中，声音的波长不变
【答案】AC
【解析】
【详解】A．人们听不清对方说话时，除了让一只耳朵转向对方，还习惯性地把同侧的手附在耳旁，这样做的目的是利用声波的反射，故A正确；
B．根据多普勒效应可知，我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的频率变低，可以判断该星球正在远离我们，故B错误；
C．“闻其声而不见其人“，表明声音绕过障碍物传播，属于衍射现象，故C正确；
D．当声音从空气传播到水中时，频率保持不变，波速改变，根据
所以波长改变，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，两根足够长的直导线在同一平面内垂直固定放置，并通以恒定电流I。闭合线圈abcd与直导线在同一平面内，距两根导线的距离相同。将线圈平移至图中所示的四个不同位置，其中①、②、③三个位置距两根导线的距离均与移动前相同。必定导致圈内磁通量发生变化的线圈运动是（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由安培定则和磁场的叠加原理可知，开始时闭合线圈abcd的磁感应强度为零，磁通量为零。若将线圈平移至图中①位置，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，闭合线圈abcd的磁感应强度垂直于纸面向外，故圈内磁通量发生变化，A符合题意；
B．若将线圈平移至图中②位置，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，闭合线圈abcd的磁感应强度为零，故圈内磁通量未发生变化，B不符合题意；
C．若将线圈平移至图中③位置，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，闭合线圈abcd的磁感应强度垂直于纸面向里，故圈内磁通量发生变化，C符合题意；
D．若将线圈平移至图中④位置，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，向里的磁场大于向外的磁场，故闭合线圈abcd的磁感应强度垂直于纸面向里，故圈内磁通量发生变化，D符合题意。
故选ACD。
11. 如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻（R1>r），R2为可变电阻，以下说法中正确的是（ ）
A. 当时，R1上获得最大功率
B. 当时，R2上获得最大功率
C. 当时，电源的效率最低
D. 当时，电源的输出功率最大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．要使定值电阻R1上获得最大功率，需要使R1上的电流最大，故只有R2=0才可以实现，故A错误；
B．电源的输出功率为
当R＝r时，外电阻有最大功率，最大功率为
即当R2＝R1＋r时，R1＋r可以看成电源的内阻，则R2上获得最大功率，选项B正确；
C．电源的效率
因为，则R2越小，电源的效率越低，当R2＝0时，电源的效率最低，选项C正确；
D．因当电源内阻与外电路相等时，电源输出功率最大，因为R1>r，则当R2＝0时，外电路电阻与电源内阻最接近，此时电源的输出功率最大，选项D错误。
故选BC。
12. 如图所示的电路中，闭合开关，待电路稳定后，可看成质点的带电小球恰好静止在平行板电容器之间的M点，其中二极管可视为理想二极管，下列说法正确的是（ ）
A. 向右移动的滑片，小球向下移动
B. 向右移动的滑片，小球的电势能将减小
C. 向下移动电容器的下极板，二极管右端电势高于左端电势
D. 断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，M点的电势将升高
【答案】BC
【解析】
【详解】A．向右移动的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的场强不变，因此小球仍静止不动，故A错误；
B．向右移动的滑片，两端电压增大，电容器两端电压增大，两极板之间的场强增大，小球受到的电场力增大，小球将向上运动，电场力做正功，小球的电势能减小，故B正确；
C．向下移动电容器的下极板，电容器极板间距增大，根据
，
可知电容减小，若不变时，将减小，但由于二极管的存在，电容器无法放电，所以不变，增大，二极管右端电势高于左端电势，故C正确；
D．断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，电容器极板间距减小，根据
， ，
可知
可知极板间场强不变，M点到下极板间距不变，电势差不变，因此M点电势不变，故D错误。
故选BC。
13. 如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为、，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表示数变大B. 电流表示数变小
C. D.
【答案】AB
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值R2增大，根据串反并同规律，与滑动变阻器串联的电流表的示数减小，与滑动变阻器并联的电压表的示数增大，AB正确；
C．设通过电源的电流为，根据
得
根据电路的结构得
当滑动变阻器 R2的滑动触头P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，根据串反并同规律，I总变小，电流表的示数I变小，与滑动变阻器并联的R1的电流I1变大，所以
所以
所以
故C错误；
D．根据欧姆定律可得
故D错误。
故选AB。
三、实验题（本题共2个小题，每空2分，共20分。）
14. 多用电表内部的部分电路图如图1所示。已知3、4两档中的两电源电动势。
（1）图中6个档位中，大量程电流挡是__________，高倍率欧姆挡是__________。（均填写档位序号）
（2）某探究小组欲利用多用电表的欧姆挡粗测一电压表的内阻和量程，已知多用电表内电源电动势为9V，所用挡位为“×1k”挡，调零后测量，指针位置如图2所示。此时待测电压表指针指在表盘的四分之三刻度处。则所测电压表内阻约为__________（结果保留两位有效数字），量程为__________（结果保留一位有效数字）。
【答案】 ①. 1 ②. 4 ③. ④. 6V
【解析】
【详解】（1）[1]当转换开关S旋到位置1或2时，是电流挡，并联电阻越小量程越大，故接1时的量程较大。
[2]当转换开关S旋到位置3或4时，是欧姆挡，电源电动势越大，欧姆挡的量程越大，故接4时是高倍率欧姆挡。
（2）[3]由图可知，多用电表的示数为指针刻度数×倍率，故所测电压表内阻约为。
[4]由图可知，欧姆表的指针在满刻度的一半处，根据欧姆表的原理可知
代入数据可得
Rg+R0=RV=15.0kΩ
所以电压表分担的电压
所以电压表的量程
15. 如图1所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约，内阻约。现提供的器材如下：
A．电池组
B．电压表（量程，内阻约）
C．电压表（量程，内阻约）
D．电阻箱（）
E．定值电阻
F．定值电阻
G．开关和导线若干
（1）如图1所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择__________（选填“B”或“C”）；定值电阻应选择__________（选填“E”或“F”）；
（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图像如图2所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为、a，定值电阻的阻值用表示，则可得该电池组的电动势为__________，内阻为__________（用字母表示）；
（3）该实验测得的电动势与真实值相比__________（选填“偏大”“偏小”或“不变”），内阻的测量值与真实值相比__________（选填“偏大“偏小”或“不变”）。
【答案】 ①. C ②. E ③. ④. ⑤. 偏小 ⑥. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1]由于电源电动势约为3V，故电压表选择C；
[2]R2＝1000 Ω的定值电阻太大，使得电压表指针的偏角太小，且在改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故定值电阻选择E。
（2）[3][4]由闭合电路欧姆定律得
化简得
则有
得
，
（3）[5][6]考虑到电压表的分流作用，则有
变形得
纵轴截距变大，为，计算时依然用求解E和r，则求得的值均偏小。
四、计算题（本题共3个小题，第16题8分，第17题12分，第18题16分。要求写出必要的公式、文字叙述。）
16. 一列简谐横波，在t=0时的波动图像如图所示，此时波恰好传播到A点，再经过1s，B点正好完成第一次全振动。求：
（1）该简谐波的周期与波速大小；
（2）坐标为x=0.5m的质点从t=0时刻开始的振动方程。
【答案】（1）0.8s，5m/s；（2）
【解析】
【详解】（1）由波动图像可知
故简谐横波的波长为
由图像可知，B点到C点的距离为，从零时刻再经过1.0s，C点正好完成第一次全振动，则周期有
解得
所以波速
（2）易得坐标为x=1m的质点振动方程为
坐标为x=0.5m的质点比该点早起振
因此振动方程为
17. 如图所示，电源电动势为E，电路总电阻为R，金属杆ab质量为m，长为l，处在磁感应强度为B的足够大匀强磁场中，磁场方向与水平粗糙导轨平面成θ角斜向上，金属杆静止于导轨上，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ。可认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：
（1）金属杆受到的安培力F；
（2）导轨对金属杆的摩擦力f的大小；
（3）使金属杆能静止于导轨上所需的电路总电阻最小值Rmin。
【答案】（1），方向斜向左上，与竖直方向成θ角；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律
应用安培力公式
解得金属杆受到的安培力为
由左手定则可知，方向斜向左上，与竖直方向成θ角。
（2）金属杆受力分析如图所示
摩擦力为静摩擦力，水平方向由平衡方程得，导轨对金属杆的摩擦力f的大小为
（3）随着电路总电阻减小，金属杆所受安培力增大，使金属杆与导轨间的弹力减小、摩擦力增大。临界状态下，摩擦力达到最大静摩擦力，此时水平、竖直两方向分别满足平衡方程
又由
解得使金属杆能静止于导轨上所需的电路总电阻最小值为
18. 如图，在直角坐标系xy第一象限中，存在竖直向上的匀强电场，场强E1=16N/C，虚线是电场的理想边界线，虚线最高点的横坐标为2，虚线右端与x轴的交点为A（4，0），虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向左的匀强电场，场强E2=4N/C。有一粒子发生器能在和两点连线上的任意位置产生初速度为零的带负电粒子，粒子质量均为，电荷量均为。不计粒子重力和相互间的作用力，且整个装置处于真空中。已知从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点：
（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小；
（2）若从MN连线上某一位置释放的粒子恰好通过虚线边界的最高点，求该粒子在该点的速度；
（3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程。
【答案】（1）；（2），方向斜向右下，与水平方向成45°角；（3）（）
【解析】
【详解】（1）由动能定理
得到达A点的速度大小为
（2）粒子进入第一象限时的速度可由动能定理
得
粒子在第二象限的电场部分做类平抛运动，由水平方向分运动可求运动时间
竖直方向加速度
因此竖直方向分速度
合速度
方向斜向右下，与水平方向成45°角。
（3）设粒子从MN线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点，后做匀速直线运动到A点，在电场区域内做类平抛运动，如图
水平方向
竖直方向
由几何关系知
推出边界方程
（）
考试时间：90分钟 满分：100分
试卷说明：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，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。回答非选择题时，用黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，试卷自己带走，只将答题卡交回。
一、单项选择题（本题共8个小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。选对得3分，选错得0分。）
1. 在通电螺线管内部，水平放置的静止的小磁针N极水平向右，位于螺线管左侧端面的一小段竖直导线受到的安培力方向垂直于纸面向外，则以下说法正确的是（ ）
A. 接线柱 b和d接电源正极，接线柱a和c接电源负极
B. 接线柱a和c接电源正极，接线柱b和d接电源负极
C. 接线柱 b和c接电源正极，接线柱a和d接电源负极
D. 接线柱a和d接电源正极，接线柱b和c接电源负极
【答案】B
【解析】
【详解】在通电螺线管内部，水平放置的静止的小磁针N极水平向右，由于小磁针静止时N极的指向与磁场的方向相同，所以螺线管的左端是S极，右端是N极，由安培定则可知接线柱a接电源正极，接线柱b接电源负极；螺线管左侧端面的磁场向右，位于螺线管左侧端面的一小段竖直导线受到的安培力方向垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线中电流方向向下，接线柱c接电源正极，接线柱d接电源负极。
故选B
2. 汽车排放尾气时，常发出较大的噪音。在汽车中安装干涉消音器能够有效消除这类噪音。消音器的概念设计如图，当声波抵达甲点时分别沿着上方虚线和下方点线传播，最终在乙点汇合。假设尾气噪音的主频更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 率为f，声音传播速度为v，下列选项为两条路径的长度差，其中降噪效果最佳的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】波的波长为
根据波的叠加原理，振动相消是降噪效果最好，即波程差为半波长的奇数倍，有
可知当n=1时，即
此时降噪效果较好。
故选D。
3. 如图所示，匀强电场平行于十六宫格所在平面，十六宫格上每小格正方形边长为L=4cm，已知a、b、c三个格点电势分别为φa=2V、φb=4V、φc=6V，以下说法正确是（ ）
A. 电场强度大小为50V/mB. 十六宫格25个格点中电势最高为12V
C. 十六宫格25个格点中电势最低为-2VD. 十六宫格中央格点电势为2V
【答案】B
【解析】
【详解】A．点右侧格点电势为，由可知
故A错误；
BCD．根据匀强电场中等距离间的电势差相等，则十六宫格25个格点中电势最高为，最低点电势最低为，十六宫格中央格点电势为，B正确，CD错误；
故选B。
4. 某次实验，小明测得一小灯泡伏安特性曲线如图所示，若将该灯泡与一电动势E=1.5V、内阻r=1.5Ω的电源连接，这个小灯泡实际消耗的功率最接近（ ）
A. 0.15WB. 0.25WC. 0.35WD. 0.45W
【答案】C
【解析】
【详解】电源的外电压与电流的关系为
当电压U=0V时，I=1A；当电流等于0时，电压U=1.5V，作电源外电压与电流的关系图线如图所示
交点为
U=1.0V，I=0.35A
则这个灯泡的实际功率
故选C。
5. 在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点的地磁场磁感应强度大小为。如图所示，将一条形磁铁固定在过P点的水平线上，让N极指向正北方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为（可认为地磁南、北极与地理北、南极重合）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设条形磁铁在P点的磁感应强度为B，未旋转条形磁铁时，两个磁场在P点的方向相同均由南指向北，由磁场的叠加可得
B+B0=B1
条形磁铁旋转后，地磁场方向未变，大小为B0，方向由南向北，条形磁铁在P点磁感应强度大小也不变仍为B，方向由西指向东。根据叠加原理可得
代入数据可得
故选B。
6. 如图甲所示为示波管，如果在之间加如图乙所示的交变电压，同时在之间加如图丙所示的锯齿形电压，使的电势比高，则在荧光屏上会看到的图形为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】电极所加电压先为正(Y电势高于且先增后减)，后为负(Y电势低于且先增后减)，对电子竖直方向受力分析知，其先向Y偏转，偏转位移先增大后减小，后向偏转，偏转位移先增大后减小；电极所加电压一直为正，说明一直是X板电势高，对电子水平方向受力分析知，其所受电场力一直指向X，故水平方向粒子轨迹只会出现在X这一侧。
故选C。
7. 如图所示的电路中，当开关S置于a处时，电流表（内阻不计）示数为I，额定功率为16W的电动机正常工作，带动质量为0.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上升。当开关置于b处时，电流表示数变为，灯泡正常发光。已知电阻，灯泡额定电压为10V，额定功率10W，重力加速度g取。则（ ）
A. 电动机线圈的内阻为4ΩB. 电动机的额定电压为10V
C. 电源电动势为12VD. 电源内阻为
【答案】C
【解析】
【详解】B．当开关S置于b处时，有
解得
当开关S置于a处时，有
解得
故B错误；
A．设电动机线圈的内阻为，则有
代入数据解得
故A错误；
CD．当开关S置于a处时，根据闭合电路欧姆定律有
当开关S置于b处时，根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
，
故C正确；D错误。
故选C。
8. 在水平向右的匀强电场中，质量为m的带正电小球以初速度v0竖直向上抛出，经过时间t末小球的速度达到最小值v，则（ ）
A. 小球在最高点的速度大小为
B. 小球所受合外力的大小为
C. 时间t内合力对小球做功为
D. 时间t内合外力对小球的冲量大小为
【答案】B
【解析】
【详解】B．设重力与电场力的合力F与竖直方向的夹角为，将初速度正交分解为与F共线和垂直两个方向，分速度分别为
，
垂直合力方向的分速度即最小速度，速度最小时
整理得
故B正确；
A．小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
，
有运动学公式
，
联立得，最高点速度为
故A错误；
C．根据动能定理，时间t内合力对小球做功为
故C错误；
D．为重力冲量，小球受重力和电场力作用，则合外力对小球的冲量大小不等于，故D错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。选对得4分，选不全得2分，选错不得分。）
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 人们听不清对方说话时，除了让一只耳朵转向对方，还习惯性地把同侧的手附在耳旁，这样做的目的是利用声波的反射
B. 我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的频率变低，可以判断该星球正在靠近我们
C. “闻其声而不见其人”属于波的衍射现象
D. 声音从空气中传播到水中，声音的波长不变
【答案】AC
【解析】
【详解】A．人们听不清对方说话时，除了让一只耳朵转向对方，还习惯性地把同侧的手附在耳旁，这样做的目的是利用声波的反射，故A正确；
B．根据多普勒效应可知，我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的频率变低，可以判断该星球正在远离我们，故B错误；
C．“闻其声而不见其人“，表明声音绕过障碍物传播，属于衍射现象，故C正确；
D．当声音从空气传播到水中时，频率保持不变，波速改变，根据
所以波长改变，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，两根足够长的直导线在同一平面内垂直固定放置，并通以恒定电流I。闭合线圈abcd与直导线在同一平面内，距两根导线的距离相同。将线圈平移至图中所示的四个不同位置，其中①、②、③三个位置距两根导线的距离均与移动前相同。必定导致圈内磁通量发生变化的线圈运动是（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由安培定则和磁场的叠加原理可知，开始时闭合线圈abcd的磁感应强度为零，磁通量为零。若将线圈平移至图中①位置，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，闭合线圈abcd的磁感应强度垂直于纸面向外，故圈内磁通量发生变化，A符合题意；
B．若将线圈平移至图中②位置，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，闭合线圈abcd的磁感应强度为零，故圈内磁通量未发生变化，B不符合题意；
C．若将线圈平移至图中③位置，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，闭合线圈abcd的磁感应强度垂直于纸面向里，故圈内磁通量发生变化，C符合题意；
D．若将线圈平移至图中④位置，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，向里的磁场大于向外的磁场，故闭合线圈abcd的磁感应强度垂直于纸面向里，故圈内磁通量发生变化，D符合题意。
故选ACD。
11. 如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻（R1>r），R2为可变电阻，以下说法中正确的是（ ）
A. 当时，R1上获得最大功率
B. 当时，R2上获得最大功率
C. 当时，电源的效率最低
D. 当时，电源的输出功率最大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．要使定值电阻R1上获得最大功率，需要使R1上的电流最大，故只有R2=0才可以实现，故A错误；
B．电源的输出功率为
当R＝r时，外电阻有最大功率，最大功率为
即当R2＝R1＋r时，R1＋r可以看成电源的内阻，则R2上获得最大功率，选项B正确；
C．电源的效率
因为，则R2越小，电源的效率越低，当R2＝0时，电源的效率最低，选项C正确；
D．因当电源内阻与外电路相等时，电源输出功率最大，因为R1>r，则当R2＝0时，外电路电阻与电源内阻最接近，此时电源的输出功率最大，选项D错误。
故选BC。
12. 如图所示的电路中，闭合开关，待电路稳定后，可看成质点的带电小球恰好静止在平行板电容器之间的M点，其中二极管可视为理想二极管，下列说法正确的是（ ）
A. 向右移动的滑片，小球向下移动
B. 向右移动的滑片，小球的电势能将减小
C. 向下移动电容器的下极板，二极管右端电势高于左端电势
D. 断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，M点的电势将升高
【答案】BC
【解析】
【详解】A．向右移动的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的场强不变，因此小球仍静止不动，故A错误；
B．向右移动的滑片，两端电压增大，电容器两端电压增大，两极板之间的场强增大，小球受到的电场力增大，小球将向上运动，电场力做正功，小球的电势能减小，故B正确；
C．向下移动电容器的下极板，电容器极板间距增大，根据
，
可知电容减小，若不变时，将减小，但由于二极管的存在，电容器无法放电，所以不变，增大，二极管右端电势高于左端电势，故C正确；
D．断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，电容器极板间距减小，根据
， ，
可知
可知极板间场强不变，M点到下极板间距不变，电势差不变，因此M点电势不变，故D错误。
故选BC。
13. 如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为、，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表示数变大B. 电流表示数变小
C. D.
【答案】AB
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值R2增大，根据串反并同规律，与滑动变阻器串联的电流表的示数减小，与滑动变阻器并联的电压表的示数增大，AB正确；
C．设通过电源的电流为，根据
得
根据电路的结构得
当滑动变阻器 R2的滑动触头P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，根据串反并同规律，I总变小，电流表的示数I变小，与滑动变阻器并联的R1的电流I1变大，所以
所以
所以
故C错误；
D．根据欧姆定律可得
故D错误。
故选AB。
三、实验题（本题共2个小题，每空2分，共20分。）
14. 多用电表内部的部分电路图如图1所示。已知3、4两档中的两电源电动势。
（1）图中6个档位中，大量程电流挡是__________，高倍率欧姆挡是__________。（均填写档位序号）
（2）某探究小组欲利用多用电表的欧姆挡粗测一电压表的内阻和量程，已知多用电表内电源电动势为9V，所用挡位为“×1k”挡，调零后测量，指针位置如图2所示。此时待测电压表指针指在表盘的四分之三刻度处。则所测电压表内阻约为__________（结果保留两位有效数字），量程为__________（结果保留一位有效数字）。
【答案】 ①. 1 ②. 4 ③. ④. 6V
【解析】
【详解】（1）[1]当转换开关S旋到位置1或2时，是电流挡，并联电阻越小量程越大，故接1时的量程较大。
[2]当转换开关S旋到位置3或4时，是欧姆挡，电源电动势越大，欧姆挡的量程越大，故接4时是高倍率欧姆挡。
（2）[3]由图可知，多用电表的示数为指针刻度数×倍率，故所测电压表内阻约为。
[4]由图可知，欧姆表的指针在满刻度的一半处，根据欧姆表的原理可知
代入数据可得
Rg+R0=RV=15.0kΩ
所以电压表分担的电压
所以电压表的量程
15. 如图1所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约，内阻约。现提供的器材如下：
A．电池组
B．电压表（量程，内阻约）
C．电压表（量程，内阻约）
D．电阻箱（）
E．定值电阻
F．定值电阻
G．开关和导线若干
（1）如图1所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择__________（选填“B”或“C”）；定值电阻应选择__________（选填“E”或“F”）；
（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图像如图2所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为、a，定值电阻的阻值用表示，则可得该电池组的电动势为__________，内阻为__________（用字母表示）；
（3）该实验测得的电动势与真实值相比__________（选填“偏大”“偏小”或“不变”），内阻的测量值与真实值相比__________（选填“偏大“偏小”或“不变”）。
【答案】 ①. C ②. E ③. ④. ⑤. 偏小 ⑥. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1]由于电源电动势约为3V，故电压表选择C；
[2]R2＝1000 Ω的定值电阻太大，使得电压表指针的偏角太小，且在改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故定值电阻选择E。
（2）[3][4]由闭合电路欧姆定律得
化简得
则有
得
，
（3）[5][6]考虑到电压表的分流作用，则有
变形得
纵轴截距变大，为，计算时依然用求解E和r，则求得的值均偏小。
四、计算题（本题共3个小题，第16题8分，第17题12分，第18题16分。要求写出必要的公式、文字叙述。）
16. 一列简谐横波，在t=0时的波动图像如图所示，此时波恰好传播到A点，再经过1s，B点正好完成第一次全振动。求：
（1）该简谐波的周期与波速大小；
（2）坐标为x=0.5m的质点从t=0时刻开始的振动方程。
【答案】（1）0.8s，5m/s；（2）
【解析】
【详解】（1）由波动图像可知
故简谐横波的波长为
由图像可知，B点到C点的距离为，从零时刻再经过1.0s，C点正好完成第一次全振动，则周期有
解得
所以波速
（2）易得坐标为x=1m的质点振动方程为
坐标为x=0.5m的质点比该点早起振
因此振动方程为
17. 如图所示，电源电动势为E，电路总电阻为R，金属杆ab质量为m，长为l，处在磁感应强度为B的足够大匀强磁场中，磁场方向与水平粗糙导轨平面成θ角斜向上，金属杆静止于导轨上，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ。可认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：
（1）金属杆受到的安培力F；
（2）导轨对金属杆的摩擦力f的大小；
（3）使金属杆能静止于导轨上所需的电路总电阻最小值Rmin。
【答案】（1），方向斜向左上，与竖直方向成θ角；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律
应用安培力公式
解得金属杆受到的安培力为
由左手定则可知，方向斜向左上，与竖直方向成θ角。
（2）金属杆受力分析如图所示
摩擦力为静摩擦力，水平方向由平衡方程得，导轨对金属杆的摩擦力f的大小为
（3）随着电路总电阻减小，金属杆所受安培力增大，使金属杆与导轨间的弹力减小、摩擦力增大。临界状态下，摩擦力达到最大静摩擦力，此时水平、竖直两方向分别满足平衡方程
又由
解得使金属杆能静止于导轨上所需的电路总电阻最小值为
18. 如图，在直角坐标系xy第一象限中，存在竖直向上的匀强电场，场强E1=16N/C，虚线是电场的理想边界线，虚线最高点的横坐标为2，虚线右端与x轴的交点为A（4，0），虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向左的匀强电场，场强E2=4N/C。有一粒子发生器能在和两点连线上的任意位置产生初速度为零的带负电粒子，粒子质量均为，电荷量均为。不计粒子重力和相互间的作用力，且整个装置处于真空中。已知从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点：
（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小；
（2）若从MN连线上某一位置释放的粒子恰好通过虚线边界的最高点，求该粒子在该点的速度；
（3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程。
【答案】（1）；（2），方向斜向右下，与水平方向成45°角；（3）（）
【解析】
【详解】（1）由动能定理
得到达A点的速度大小为
（2）粒子进入第一象限时的速度可由动能定理
得
粒子在第二象限的电场部分做类平抛运动，由水平方向分运动可求运动时间
竖直方向加速度
因此竖直方向分速度
合速度
方向斜向右下，与水平方向成45°角。
（3）设粒子从MN线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点，后做匀速直线运动到A点，在电场区域内做类平抛运动，如图
水平方向
竖直方向
由几何关系知
推出边界方程
（）
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