精品解析：四川省泸州市泸州老窖天府中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题

泸州市老窖天府中学2024-2025学年上期高二期末测试题 物 理 注意事项: 1.答卷前，考生务必把自己的姓名、 准考证号填写在答题卡上。 2.考生作答时，选择题用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑，其余各题用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上,在本试卷、草稿纸上答题无效。 3.全卷满分100分，考试时间75分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分 选择题（共43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. 关于电磁学理论，下列说法正确的是（　　） A. 麦克斯韦预言了电磁波的存在 B. 安培发现了电流的磁效应 C. 奥斯特提出了分子电流假说 D. 法拉第用实验的方法产生了电磁波 2. 如图甲所示，阻值为R=8Ω的电阻与阻值为r=2Ω的单匝圆形金属线圈连接成闭合回路。金属线圈的面积S=1.0m2，在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，导线的电阻不计，则前2s时间内（　　） A. 流过电阻R的电流方向为从E到F B. 流过电阻R的电流大小为0.4A C. 通过电阻R的电荷量为0.2C D. 电阻R上产生的热量为0.64J 3. 平行金属板中带电质点P处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（　　） A. 电压表示数减小 B. 电流表示数减小 C. 质点P将向上运动 D. 电源的输出功率一定增大 4. 在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A。则以下判断中正确的是（　　）    A. 电动机的输出功率为14 W B. 电动机两端的电压为8.0 V C. 电动机的发热功率为4.0 W D. 电源输出的电功率为20W 5. 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦式交变电流的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦式交变电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法中正确的是（　　） A. 线圈先后两次转速之比为1∶2 B. 交变电流a的电压瞬时值u＝10sin(0.4πt) V C. 交变电流b的电压最大值为 D. 在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0 6. 用某热敏电阻作为传感器制作的自动报警器原理如图所示，其中左侧为控制电路，右侧为工作电路，热敏电阻的阻值随温度升高而减小。在某次调试时，报警器达到报警温度后，无论如何调节滑动变阻器的滑片都不能使小灯泡发光。排除了其他因素后，造成这一现象的原因可能是下列选项中的（　　） A. 控制电路中电源的内阻太小 B. 工作电路中电源的内阻太小 C. 继电器中的线圈匝数太少 D. 继电器中弹簧劲度系数太小 7. 如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连.将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈，并不与玻璃管摩擦.实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像，从上往下看线圈中顺时针为电流的正方向，下列判断正确的是（　　） A. 本次实验中朝下的磁极是N极 B. 在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0 C. 磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能 D. 若将线圈到玻璃管上端的距离增大，线图中产生的电流峰值不变 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了（　　） A. 增大涡流 B. 减小涡流 C. 产生更多的热量 D. 减小发热量 9. 如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是（　　） A. 副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz B. 在t=0时刻，电流表A2的示数不为0 C. 滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变大 D. 滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大 10. 图，A、B是固定于同一条竖直线上的带电小球，A的电荷量为+Q、B的电荷量为-Q，CD是它们的中垂线，另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q（q<<Q），被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点，O点在C点的正上方，A、B、C三点构成边长为d的等边三角形。现将小球E拉到M点，使细线恰好水平伸直且与A、B、C处于同一竖直面内，然后由静止释放小球E，小球E能沿圆弧轨迹运动到最低点C；当它运动到最低点C时的速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，三个小球均可视为点电荷，D点的电势为零。下列说法正确的是（　　） A. 小球E在C点受到的电场力的合力方向竖直向下，大小为 B. 小球E在C点时对细线的拉力大小为 C. 小球A、B所形成的电场中M点与C点的电势差为 D. 小球A、B所形成的电场中M点的电势为 第二部分 非选择题（共57分） 三、实验探究（每空2分、共16分） 11. 某同学为测量成都当地的重力加速度，设计了如图甲所示的实验装置，横杆AB水平放置，悬挂小钢球的两根轻质细线的长度均为L，且系于小钢球上同一点，两细线之间的夹角为θ。实验步骤如下： （1）用50分度的游标卡尺测量小钢球的直径d。游标卡尺的示数如图乙所示，则小钢球的直径______mm。 （2）使小钢球在垂直于横杆AB的竖直平面内做小角度（小于5°）摆动。小钢球摆动稳定后，以小钢球经过最低位置处开始计时并计数为“1”，以后小钢球每经过最低位置，计数一次，到小钢球第n次经过最低位置时总共用时为t，则小钢球摆动的周期______（用n、t表示）。 （3）根据所测数据，可得成都当地的重力加速度大小______（用n、t、d、L、θ表示）。 12. 多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图。 （1）通过一个单刀多掷开关S，接线柱B可以分别与触点1、2、3、4、5接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。图中的E是电池，R3是电池内阻，R6是欧姆调零电阻，AB分别与黑、红表笔相接。R1、R2、R4、R5都是定值电阻，表头G的满偏电流为20 mA，内阻为Rg。已知，R4=360 Ω，R5=1600 Ω。关于此多用电表，下列说法正确的是___________； A.图中B是红表笔 B.当S接触点1或2时，多用电表处于测量电流的挡位，且接1时的量程比接2时小 C.当S接触点3时，多用电表处于测电阻的挡位，倍率越大，滑动变阻器接入阻值越大 D.当S接触点4、5时，多用电表处于测量电压的挡位，且接4比接5时量程大 （2）该学习小组将“B”端与“3”相接，将A、B表笔短接，调节R6。进行欧姆调零后测量未知电阻。得到通过表头G的电流与被测未知电阻的关系如图乙所示，由此可知多用电表中电池的电动势E=___________V（计算结果保留三位有效数字）。通过分析可知该小组使用多用电表的___________（填“×1”“×10”或“×1k”）倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。 （3）实验小组用多用电表测量电源的电动势和内阻。器材有：待测电源（电动势约为8V），定值电阻R0=8.0 Ω，多用表一只，电阻箱一只，连接实物如图丁所示，测得并记录多组数据后，得到对应的图，如图丙所示，则电动势E= ___________V，内阻r= ___________Ω。（结果均保留三位有效数字）。 四、分析与计算（写出必要的文字说明，3个小题，共41分） 13. 如图所示，间距为、足够长的两条平行金属导轨与水平面成夹角固定放置，导轨上端电阻箱与电动势、内阻不计的电源串联，电阻箱阻值R的调节范围足够大，磁感应强度为的匀强磁场垂直导轨所在的平面向下，开关闭合，质量为、电阻为的导体棒垂直导轨放置，始终处于静止状态，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导线、导轨的电阻均忽略不计，重力加速度，、。求： （1）当电阻箱阻值为时，导体棒所受安培力的大小； （2）电阻箱的阻值范围。 14. 2022年6月，我国首艘完全自主设计建造的航母“福建舰”下水亮相，除了引人注目的电磁弹射系统外，电磁阻拦索也是航母的“核心战斗力”之一，其原理是利用电磁感应产生的阻力快速安全的降低舰载机着舰的速度。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索拉住轨道上的一根金属棒ab，金属棒ab瞬间与舰载机共速，并一起在磁场中减速滑行至停下。已知舰载机质量为M，金属棒质量为m，电阻为R，两者共速后的初速度为，平行导轨MN与PQ间距L，匀强磁场垂直纸面向外，磁感应强度为B，其余电阻不计，除安培力外舰载机系统所受其它阻力恒定为f。求： （1）金属棒ab中感应电流最大值I的大小和方向； （2）当舰载机减速到时的加速度大小a。 15. 在平面直角坐标系xOy的第I、II象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场，在第III象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在第IV象限内有一半径为R且与两坐标轴相切的圆，圆内有匀强磁场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计粒子受到的重力）从坐标为（－2R，－R）的S点由静止释放，粒子从y轴上的P点进入圆内磁场，从x轴上的Q点（图中未画出）进入第I象限，然后立即撤去第III、IV象限内的电场和磁场，粒子经第I、II象限内的磁场偏转后恰好通过坐标原点O。已知圆内磁场的磁感应强度大小B1＝2、方向垂直坐标平面向里。求： （1）粒子运动到P点时的速度大小； （2）Q点的坐标； （3）粒子从开始释放到O点所用的时间。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸州市老窖天府中学2024-2025学年上期高二期末测试题 物 理 注意事项: 1.答卷前，考生务必把自己的姓名、 准考证号填写在答题卡上。 2.考生作答时，选择题用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑，其余各题用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上,在本试卷、草稿纸上答题无效。 3.全卷满分100分，考试时间75分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分 选择题（共43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. 关于电磁学理论，下列说法正确的是（　　） A. 麦克斯韦预言了电磁波的存在 B. 安培发现了电流的磁效应 C. 奥斯特提出了分子电流假说 D. 法拉第用实验的方法产生了电磁波 【答案】A 【解析】 【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，故A正确； B．奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误； C．安培提出了分子电流假说，故C错误； D．赫兹用实验的方法产生了电磁波，故D错误。 故选A。 2. 如图甲所示，阻值为R=8Ω的电阻与阻值为r=2Ω的单匝圆形金属线圈连接成闭合回路。金属线圈的面积S=1.0m2，在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，导线的电阻不计，则前2s时间内（　　） A. 流过电阻R的电流方向为从E到F B. 流过电阻R的电流大小为0.4A C. 通过电阻R的电荷量为0.2C D. 电阻R上产生的热量为0.64J 【答案】D 【解析】 【详解】A．由楞次定律可知：通过R的电流方向为F→E；选项A错误； B．由法拉第电磁感应定律得：感应电动势 感应电流 选项B错误； C．前2s时间内通过电阻R的电荷量 选项C错误； D．电阻R上产生的热量 选项D正确； 故选D。 3. 平行金属板中带电质点P处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（　　） A. 电压表示数减小 B. 电流表示数减小 C. 质点P将向上运动 D. 电源的输出功率一定增大 【答案】A 【解析】 【详解】AB．R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再和R1串联连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，因为干路中电流增大则流过R2与滑动变阻器R4的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而流过R2中的电流增大，电压增大，故R4两端电压减小，即电压表示数减小，故A正确，B错误； C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误； D．由于不知道外电路的电阻与电源内阻的大小关系，故不能确定电源的输出功率的变化情况，故D错误。 故选A。 4. 在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A。则以下判断中正确的是（　　）    A. 电动机的输出功率为14 W B. 电动机两端的电压为8.0 V C. 电动机的发热功率为4.0 W D. 电源输出的电功率为20W 【答案】D 【解析】 【详解】B．电动机两端的电压为 故B错误； C．电动机的发热功率为 故C错误； A．电动机的输出功率为 故A错误； D．路端电压为 电源输出的电功率为 故D正确。 故选D。 5. 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦式交变电流的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦式交变电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法中正确的是（　　） A. 线圈先后两次转速之比为1∶2 B. 交变电流a的电压瞬时值u＝10sin(0.4πt) V C. 交变电流b的电压最大值为 D. 在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，周期Ta＝0.4s，Tb＝0.6s 因为 则线圈先后两次转速之比na∶nb＝Tb∶Ta＝3∶2，故A错误； B．交变电流a的电压最大值为10 V，角速度为 电压的瞬时值表达式为u＝10sin(5πt) V，故B错误； C．电动势的最大值为Em＝NBSω 所形成交变电流a和b的电压的最大值之比 则交变电流b的电压最大值为，故C正确； D．t＝0时刻u＝0，根据法拉第电磁感应定律，可知此时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零且线圈位于中性面，故磁通量最大，故D错误。 故选C。 6. 用某热敏电阻作为传感器制作的自动报警器原理如图所示，其中左侧为控制电路，右侧为工作电路，热敏电阻的阻值随温度升高而减小。在某次调试时，报警器达到报警温度后，无论如何调节滑动变阻器的滑片都不能使小灯泡发光。排除了其他因素后，造成这一现象的原因可能是下列选项中的（　　） A. 控制电路中电源的内阻太小 B. 工作电路中电源的内阻太小 C. 继电器中的线圈匝数太少 D. 继电器中弹簧劲度系数太小 【答案】C 【解析】 【详解】A．小灯泡发光的条件是控制电路中的电流大于等于临界值，若控制电路中电源的内阻过小，则电路中的电流更大，更容易升高到临界值，故A错误； B．工作电路中的电源不影响控制电路的电流，即与工作电路无关，故B错误； C．继电器中线圈匝数过少，电磁铁磁性较弱，电磁铁在到达临界条件的电流时，引力无法将衔铁吸引下来，故C正确； D．继电器中弹簧劲度系数太小时，电磁铁更容易将衔铁吸引下来，更容易使小灯泡发光，故D错误。 故选C。 7. 如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连.将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈，并不与玻璃管摩擦.实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像，从上往下看线圈中顺时针为电流的正方向，下列判断正确的是（　　） A. 本次实验中朝下的磁极是N极 B. 在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0 C. 磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能 D. 若将线圈到玻璃管上端的距离增大，线图中产生的电流峰值不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．由乙图可知t1~t2时间内线圈中电流为顺时针方向，根据楞次定律的“增反减同”可知本次实验中朝下的磁极是S极，故A错误； B．在t2时刻，电流为0，感应电动势为0，穿过线圈的磁通量的变化率为0，故B正确； C．磁铁下落过程减少的重力势能大于增加的动能，原因是线圈对磁铁的作用力在这个过程中做负功，故C错误； D．若将线圈到玻璃管上端的距离增大，可知强磁铁穿过线圈的速度将增大，感应电动势的最大值将增大，线图中产生的电流峰值也将增大，故D错误。 故选B。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了（　　） A. 增大涡流 B. 减小涡流 C. 产生更多的热量 D. 减小发热量 【答案】BD 【解析】 【详解】涡流能使导体发热。变压器的铁芯是相互绝缘的硅钢片叠加而成的，从而降低涡流强度，减少能量损耗，提高变压器的效率。 故选BD。 9. 如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是（　　） A. 副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz B. 在t=0时刻，电流表A2的示数不为0 C. 滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变大 D. 滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由图乙可知交流电周期为0.02s，因此频率为50Hz，理想变压器不改变交流电源的频率，副线圈两端电压的变化频率应为50Hz，故A错误； B．电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确； C．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表和的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定值电阻上的电压减小，因此电压表的示数变大，故C正确； D．由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电流减小，结合原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表示数变小，在副线圈电路中，定值电阻可看作等效内阻，滑动变阻器R可看作外电阻，根据 由于不确定滑动变阻器R与定值电阻的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，故D错误。 故选BC。 10. 图，A、B是固定于同一条竖直线上的带电小球，A的电荷量为+Q、B的电荷量为-Q，CD是它们的中垂线，另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q（q<<Q），被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点，O点在C点的正上方，A、B、C三点构成边长为d的等边三角形。现将小球E拉到M点，使细线恰好水平伸直且与A、B、C处于同一竖直面内，然后由静止释放小球E，小球E能沿圆弧轨迹运动到最低点C；当它运动到最低点C时的速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，三个小球均可视为点电荷，D点的电势为零。下列说法正确的是（　　） A. 小球E在C点受到的电场力的合力方向竖直向下，大小为 B. 小球E在C点时对细线的拉力大小为 C. 小球A、B所形成的电场中M点与C点的电势差为 D. 小球A、B所形成的电场中M点的电势为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．小球E在C点时，受力分析如图所示，受到A、B两小球的电场力的合力方向竖直向下，大小为 故A正确； B．由圆周运动可知 联立可得 由牛顿第三定律可知小球E在C点时对细线的拉力大小为 B错误； C．小球E从M点到C点，根据动能定理得 则 故C正确； D．又 （C，D两点在同一等势线上），所以 故D错误。 故选AC。 第二部分 非选择题（共57分） 三、实验探究（每空2分、共16分） 11. 某同学为测量成都当地的重力加速度，设计了如图甲所示的实验装置，横杆AB水平放置，悬挂小钢球的两根轻质细线的长度均为L，且系于小钢球上同一点，两细线之间的夹角为θ。实验步骤如下： （1）用50分度的游标卡尺测量小钢球的直径d。游标卡尺的示数如图乙所示，则小钢球的直径______mm。 （2）使小钢球在垂直于横杆AB的竖直平面内做小角度（小于5°）摆动。小钢球摆动稳定后，以小钢球经过最低位置处开始计时并计数为“1”，以后小钢球每经过最低位置，计数一次，到小钢球第n次经过最低位置时总共用时为t，则小钢球摆动的周期______（用n、t表示）。 （3）根据所测数据，可得成都当地的重力加速度大小______（用n、t、d、L、θ表示）。 【答案】（1）19.20 （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 由图乙可知，游标卡尺为50分度的，且游标尺第10根刻度线与主尺某刻度线对齐，则小钢球的直径为 【小问2详解】 根据题意可得 所以 【小问3详解】 根据等效单摆的周期公式可得 其中，联立可得 12. 多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图。 （1）通过一个单刀多掷开关S，接线柱B可以分别与触点1、2、3、4、5接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。图中的E是电池，R3是电池内阻，R6是欧姆调零电阻，AB分别与黑、红表笔相接。R1、R2、R4、R5都是定值电阻，表头G的满偏电流为20 mA，内阻为Rg。已知，R4=360 Ω，R5=1600 Ω。关于此多用电表，下列说法正确的是___________； A.图中B是红表笔 B.当S接触点1或2时，多用电表处于测量电流的挡位，且接1时的量程比接2时小 C.当S接触点3时，多用电表处于测电阻的挡位，倍率越大，滑动变阻器接入阻值越大 D.当S接触点4、5时，多用电表处于测量电压的挡位，且接4比接5时量程大 （2）该学习小组将“B”端与“3”相接，将A、B表笔短接，调节R6。进行欧姆调零后测量未知电阻。得到通过表头G的电流与被测未知电阻的关系如图乙所示，由此可知多用电表中电池的电动势E=___________V（计算结果保留三位有效数字）。通过分析可知该小组使用多用电表的___________（填“×1”“×10”或“×1k”）倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。 （3）实验小组用多用电表测量电源的电动势和内阻。器材有：待测电源（电动势约为8V），定值电阻R0=8.0 Ω，多用表一只，电阻箱一只，连接实物如图丁所示，测得并记录多组数据后，得到对应的图，如图丙所示，则电动势E= ___________V，内阻r= ___________Ω。（结果均保留三位有效数字）。 【答案】 ①. AC##CA ②. 3.00 ③. ④. 8.33 ⑤. 1.00 【解析】 【详解】（1）[1]A．图中B接3接线柱时，由于B连接的是电源负极，根据电流从红表笔流入，从黑表笔流出，因此B为红表笔，故A正确； B．当S接触点1或2时，且电路中没有电源，由于表头和电阻并联，故改装成了电流表，且接1时左边的电阻为分流电阻，即一个电阻为分流电阻；接2时两个电阻串联后为分流电阻，所以S接1时分流电阻小，故接1时的量程更大，故B错误； C．当S接点3时，电表内部有电源，故多用表为欧姆表，倍率越大时，同样的待测电阻时表头指针偏转越小，欧姆表的内阻越大，接入的滑动变阻器阻值越大，故C正确； D．当开关S接4或5时，多用表为电压挡，但接4时分压电阻为一个电阻，即左边的电阻；接5时两个电阻串联后的总电阻为分压电阻，所以接5时分压电阻的阻值要大，故接5时量程更大，故D错误。 故选AC； （2）[2]由图线知，当满偏时 当电阻为R1=150Ω时，电流值等于满偏电流的一半，此时 解得 E=3.00V [3]通过分析可知欧姆表中值电阻为150Ω，则该小组使用多用电表的“×10”倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。 （3）[4][5]根据丙图和闭合电路欧姆定律可知 整理可得 结合图像的截距和斜率可知 解得 ， 四、分析与计算（写出必要的文字说明，3个小题，共41分） 13. 如图所示，间距为、足够长的两条平行金属导轨与水平面成夹角固定放置，导轨上端电阻箱与电动势、内阻不计的电源串联，电阻箱阻值R的调节范围足够大，磁感应强度为的匀强磁场垂直导轨所在的平面向下，开关闭合，质量为、电阻为的导体棒垂直导轨放置，始终处于静止状态，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导线、导轨的电阻均忽略不计，重力加速度，、。求： （1）当电阻箱阻值为时，导体棒所受安培力的大小； （2）电阻箱的阻值范围。 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）当电阻箱阻值为时，电路中的电流为 根据左手定则可知导体棒所受安培力方向沿斜面向上，大小为 （2）导体棒在斜面上的最大静摩擦力，即滑动摩擦力大小为 对导轨进行受力分析，导轨始终处于静止状态，则安培力的极大值和极小值分别在导轨沿斜面向上和向下的滑动临界状态时取得，有 又根据 ， 代入数据，解得 ， 电阻箱的阻值范围 14. 2022年6月，我国首艘完全自主设计建造的航母“福建舰”下水亮相，除了引人注目的电磁弹射系统外，电磁阻拦索也是航母的“核心战斗力”之一，其原理是利用电磁感应产生的阻力快速安全的降低舰载机着舰的速度。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索拉住轨道上的一根金属棒ab，金属棒ab瞬间与舰载机共速，并一起在磁场中减速滑行至停下。已知舰载机质量为M，金属棒质量为m，电阻为R，两者共速后的初速度为，平行导轨MN与PQ间距L，匀强磁场垂直纸面向外，磁感应强度为B，其余电阻不计，除安培力外舰载机系统所受其它阻力恒定为f。求： （1）金属棒ab中感应电流最大值I的大小和方向； （2）当舰载机减速到时的加速度大小a。 【答案】（1），方向从a到b；（2） 【解析】 【详解】（1）金属棒ab切割磁感线产生的最大感应电动势为 由闭合电路欧姆定律 解得最大电流为 由右手定则，可知金属棒ab上电流的方向从a到b。 （2）减速到时，感应电动势为 感应电流为 金属棒ab所受安培力为 对舰载机和金属棒系统，由牛顿第二定律有 解得 15. 在平面直角坐标系xOy的第I、II象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场，在第III象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在第IV象限内有一半径为R且与两坐标轴相切的圆，圆内有匀强磁场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计粒子受到的重力）从坐标为（－2R，－R）的S点由静止释放，粒子从y轴上的P点进入圆内磁场，从x轴上的Q点（图中未画出）进入第I象限，然后立即撤去第III、IV象限内的电场和磁场，粒子经第I、II象限内的磁场偏转后恰好通过坐标原点O。已知圆内磁场的磁感应强度大小B1＝2、方向垂直坐标平面向里。求： （1）粒子运动到P点时的速度大小； （2）Q点的坐标； （3）粒子从开始释放到O点所用的时间。 【答案】（1）；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，则由 解得 （2）粒子在圆形磁场中做圆周运动，设其运动半径为r1，有 解得 由几何关系可知，粒子在圆内磁场中运动轨迹绕过的圆心角θ满足 解得 θ=60° 则∠PO1Q=120°，设圆形磁场与X轴相切于A点，粒子轨迹与圆形磁场边界的交点为Q′，连接O1Q′并延长，与x轴交于Q点，则∠AO1Q=30° 则 所以Q点的坐标为 （3）从S到P 可得 从P到Q′ 从Q′到Q 可得 从Q到O 可得 所以从开始释放到O点 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $