10 恒定电流 -2023届高三物理普通高等学校招生全国统一考试周测卷

直线运动，解得此时U=160V,故D项正确. 11.解：(1)对A球受力分析可知，A球一定带负电(2分) A球所在处的电场强度E=L=(2分) 3g B球所在处的电场强度E,=k×2L=2mg (2分) 3g 对A、B两小球整体分析，有EqA+E2q=2mg(2分) 解得：q4=4g.(2分) 1 (2)剪断细线后，A球受到重力和电场力的作用，则其合力F台=qA一mg=3mg,A球将沿x轴 F电 3 mg 向O点运动，随坐标值x的减小，电场力减小，故A球做加速度减小的加速运动.当A球加速度 mg 为零时，其速度最大，设此时A球离O点的距离为，则有： 0 k.·qA=mg(2分) 得：=是L2分) 即当A球运动L时，其速度最大.A球所受电场力与其位移心之间的关系，如图所示.在此期间A球所受电场力均 匀变化.则电场力做功We=之(mg+专mg)X十-mgL(2分) 根据动能定理，有一mg×宁L十Wa=宁m’(2分) 解得：=√3L 6 (2分) 12.解：若电子在离开电场前到达B点，如图甲所示，则： d=ht长≤s(2分) L1 2m (2分) 解得d= /2%2L eE (2分) 此时电场力做功为W=FL=eEL(2分) 若电子在离开电场后到达B点，如图乙所示，则 s<d≤2s(2分) s=t(1分) h==· 2 m (2分) tan 0=v=at=eEs (1分) vovo mvo tan 0=L-h d-s (2分) 解得d=L+s 2 (2分) Ees 此时电场力做功为W=Fh=eE·eE eEs 2m422h2· (2分) (+) 1A电流的单位为Λ，是国际单位制中的基本单位，A项正确，电流1只，电流增大时，电子在导体中的运动速度不 定增大，B项错误；根据电流的定义式I=?,知C项错误：虽然电流有方向，但其不遵循平行四边形定则，所以电流是 标量，D项错误. 2.B铜导体两端的电压U=R,其中R=P专，电子所受电场力F=gE=g亡·整理得电子的电荷量Q一 J S,B项正确。 中，斜率的倒数表示电阻，即R=友，则Ran60=万，在串联电路中，电流相等 【高三每周一测·物理卷参考答案（一一二十）第15页（共32页）考出精彩·越享未来】23一QG R=,故选C R23 4A电动机停止转动时，电路为纯电阻电路，电动机内阻R-号=4n正常运转时电动机消耗的，总功率P=U1”=8 W,电动机一分钟内产生的热量Q=R=22×4×60J=960J,电动机输出功率P=P一2R=32WA正确. 5.C根据图象可知，导体A和B两端的电压之比UA:Ug=6:4,两电阻的长度之比LA:LB=1:2.根据串联电路电压 分配规律，得R,:R=3:2,结合电阻定律，得m专：m号=3：2.得Qm:=3:1,C项正确 6AD图甲中，电流表的示数大于通过待测电阻的电流，所以测量值R,=号比真实值慌小，A项正确、B项错误.根据图 乙，电压表的内阻R一艺=180n在图甲中.流过电压表的电流-是=4mA,则流过R的电流L,=6mA,电阻 R的阻值R号-120n,C项错误，D项正确， 7.CP向右移动，R接入电路的电阻增大，根据“串反并同”原理知：电流表的示数一定变小，R消耗的功率一定变小， 电压表的示数一定变大，选项B、C正确、A错误；关于R消耗的功率，当R=十R时，R上消耗的功率有最大值，故在P 向右移动的过程中，R上消耗的功率开始阶段一定增大，选项D错误。 8.CD对于①电路，当滑动头向右端移动时，总电阻减小，故电流增大，与现象b对应.②电路，由于把电流表并在了电珠 上，相当于电珠被短路，电珠总是不亮的，当滑动头向右端移动时，电阻减小，电流增大，直到电流表的线圈烧断.线圈烧 断烧断后，电珠接入电路发光，与c现象对应.③电路，由于把电压表串接，故电珠不亮，电流表示数几乎为零，现象α对 应.④电路，由于把电流表并在电路中，当滑动头向右端移动时，电流表的示数增大，到烧断后电压表与点珠串接，电珠 仍不亮，故CD正确。 9.(1)S(2分) (3)T0刻线（每空1分） (4)ADC(2分) 101)甲2分)R--R.3分) (2)G(2分) (3)如图所示(2分) “5021A” 解析：(1)用图甲测量待测电阻的计算公式为R-少一R:,用图乙测量待测电阻的计算公式为R=,·因为不知 Ia一Ry 道电压表的精确内阻，所以应该选用电路图甲」 (2)若采用G,则电流表满偏时电压表示数仍很小，不利于减小误差，所以选择G. L L ·(4分) 解：1)因为甲，乙保险丝的长度相等，材料相同，根据电阻定律R=ρ5一P 得尽 ，(4分) (2)当R1和R2并联时，令I1=2A,由I1R=IR得I2=8A>6A,故1不能取2A(2分) 当I2=6A时，由I1R=I2R得I=1.5A<2