点石联考2025年10月高二物理巩固卷-答案(1)_1多考区联考_251025点石联考2025年10月高二巩固卷（全）

答案解析 ✍ 变试题原题答案 【原卷 1 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 2 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 3 题】 【正确答案】A 【试题解析】 【原卷 4 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 5 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 6 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 7 题】 【正确答案】D 24/41【试题解析】 【原卷 8 题】 【正确答案】BC 【试题解析】 【原卷 9 题】 【正确答案】AD 【试题解析】 【原卷 10 题】 【正确答案】ABD 【试题解析】 【原卷 11 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 12 题】 【正确答案】 【试题解析】 25/41【原卷 13 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 14 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 15 题】 【正确答案】 【试题解析】 26/4127/41精准训练答案 分．当滑片P向右滑动时，Pb电阻丝长度减小，电 ✍ 变试题答案 阻减小；故③错误； 1-1【基础】 【正确答案】C 将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部 【试题解析】【详解】A．连入A和B时，滑动变阻器 分，当滑片P向右滑动时，aP电阻丝长度变长，电 是一个定值电阻，故A错误； 阻变大，故④正确。 B．连入A和D时，连入电路中的电阻丝是PA部 故选D。 分，当滑片P由C向D移动时，PA电阻丝长度变 2-1【基础】 【正确答案】B 短，电阻变小，故B错误； 【试题解析】【详解】AD．若将照射光的强度减弱， C．连入B和C时，连入电路中的电阻丝是PB部 则 R 3 的电阻将增大，电路中的总电阻将增大，总电 分，当滑片P由C向D移动时，PB电阻丝长度变 流减小，故电压表的示数U =IR 减小，路端电压 V 1 长，电阻变大，故C正确； U =E-Ir增大，故AD错误； D．连入C和D时，电阻丝没有连入电路，滑片移 BC．电阻R 两端的电压U =E-IR +r将增大， 动不能改变电阻的大小，故D错误。 2 2 1 故选C。 通过R 的电流增大，而总电流减小，所以通过小灯 2 1-2【巩固】 【正确答案】B 泡的电流减小，小灯泡消耗的功率减小，故B正确 【试题解析】【详解】A．为保证用电器安全，闭合开 C错误。 关前，应使接入电路的阻值最大，所以滑片P应滑 故选B 。 到A端，故A错误； 2-2【巩固】 【正确答案】A B．当P由A向B移动时，AP部分电路的阻值增 【试题解析】【详解】AB．根据题意可知，滑动变阻 大， PB部分电路的阻值减小，因为用电器与AP部 器连入电路的阻值变小，根据串反并同规律可知， 分并联，根据串并联规律可知用电器两端的电压将逐 渐变大，故B正确； U 变大，U 变小，U 变小，I 变大，故A正确，B 1 2 3 C．当P由B向A移动时，AP部分电路的阻值减 错误； 小， PB部分电路的阻值增大，因为用电器与AP部 C．根据闭合电路欧姆定律有E=U +Ir 分并联，根据串并联规律可知用电器两端的电压将逐 3 渐减小，故C错误； 得U =-rI+E 3 D．若在A、D间接入用电器，为保证用电器安全， DU 故 3 =r 闭合开关前，应使接入电路的阻值最大，所以滑片 DI P应滑到A端，故D错误。 DU 即 3 不变，故C错误； DI 故选B。 1-3【提升】 【正确答案】D D．根据欧姆定律有U 1 =IR 1 【试题解析】【详解】将a和b连入电路时，当滑片P DU 故 1 =R 向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变；故 DI 1 ①错误； 即 DU 1 不变，故D错误。 DI 将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部 故选A。 分．当滑片P向右滑动时，Pa电阻丝长度减小，电 2-3【提升】 【正确答案】A 阻减小；故②正确； 【试题解析】【详解】A．由题意，理想电压表内阻无 将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部 28/41穷大，相当于断路；理想电流表内阻为零，相当短 端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器 路，所以滑动变阻器左右两部分电阻并联再与R串 U 两端电压不变，由公式E= 分析得知，电场强度不 d 联，电压表V 、V 、V 分别测量R、路端电压和滑 1 2 3 变。故A错误； 动变阻器左右两部分电阻并联电路的电压。当滑动变 Q eS 阻器滑片从最左侧开始缓慢向右滑动，接入电路的电 B．根据C = ，C = ，可知液面下降，极板之 U 4pkd 阻先增大后减小，电路总电阻先增大后减小，则A 间的介电常数e减小，则电容减小，极板之间电压不 的示数先减小后增大，A正确； 变，则电容器所带电量减少，故B错误； B．V 测量路端电压，电路总电阻先增大后减小，路 2 C．根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上 端电压先增大后减小，则V 的示数先增大后减小， 2 述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板 B错误； 失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流 C．V 测量滑动变阻器左右两部分电阻并联电路的电 3 向a，故C正确； 压，则有DU =R+rDI D．结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增 3 大，则电容器容值会变小，故D错误。 DU 则 3 =R+r DI 故选C。 故DU 与DI的比值大于R，C错误； 3-3【提升】 【正确答案】D 3 D．滑片从最左端滑到正中央位置过程中，V 3 测量滑 【试题解析】【详解】A．静止时，N板不动，电容器 动变阻器左右两部分电阻并联电路的电压，则有 的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为 DU =R+rDI 零，电容器保持与电源相连，两极板带电，故A错 3 误； V 测量路端电压，所以有DU =rDI 2 2 B．手机突然向前或向后加速时，加速度越大，在惯 可得DU＞DU eS 3 2 性作用下，MN极板间距变化大，根据C = r 4pkd D错误。 电容C变化越大，根据Q=CU 故选A。 可知相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中 3-1【基础】 【正确答案】A 的电流表示数越大。因此电路中的电流表示数越大， 【试题解析】【详解】A．声波使a向右运动时，a、b 说明手机“前后”方向运动的加速度越大，故B错 eS 板间的距离d减小，依据电容的决定式C = r 误； 4pkd 可知a、b构成的电容器的电容C变大，故A正 C．由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则 eS 确； 板间距减小，根据C = r 4pkd B．电容器与恒压电源相连，a、b板间的电压不 知电容C增大，故C错误； 变，故B错误； D．由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则 U C．a、b板间的电场强度E= eS d 板间距增大，根据C = r 4pkd 因为d 减小，所以a、b板间的电场强度增大，故C 知电容C减小，电压不变，由Q=CU 错误； 知电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过 D．根据公式Q=CU 电流表，故D正确。 可知，电容器所带的电荷量增大，故D错误。 故选D。 故选A。 4-1【基础】 【正确答案】B 3-2【巩固】 【正确答案】C 【试题解析】【详解】用直流电压挡测量，E、G两点 【试题解析】【详解】A．开关闭合稳定时，电容器两 间和F、G两点间均有电压，说明E、G与F、G间 29/41有电源存在；用欧姆挡测量，因电流从黑表笔，通过 I增大，I 减小，则I 增大，所以R 两端的电压增 A 0 0 导体再从红表笔进入欧姆表，黑表笔接E点、红表 笔接F点时电阻小，说明电流容易从E通过导体， 大，R 的功率变大；B灯两端的电压 0 黑表笔接F点、红表笔接E点时电阻很大，说明电 U =U -I R B 0 0 流很难从导体通过，这就说明E、F间有二极管且E 接正极。 U 减小，B灯变暗，流过B灯的电流变小，可知流 B 故选B。 经R 的电流增大，根据并联电路干路电流等于支路 4-2【巩固】 【正确答案】C t 【试题解析】【详解】用多用电表欧姆挡测量结果如 电流之和可知，流经R 的电流变化量大于R 上的电 t 0 下：第一步：1、3间正反接，电表指针稳定后电阻 流变化量，故AB错误，D正确； 值相等，可知测量1、3间时，连入电路的电阻是一 C．电源的效率 定值；第二步：黑表笔接1、红表笔接2时电阻很 小，反接时电阻很大，可知1、2间为二极管，且测 h= P 出 ´100%= R ´100% P R+r 量1、2间时，二极管正向接入电路中；第三步：黑 总 表笔接3、红表笔接2时指针稳定时电阻值比第一步 外电阻减小，电源的效率减小，电源的内阻与外电阻 中测得的电阻值略大一些，反接时比第一步中测得的 的关系未知，无法判断电源的输出功率变化，故C 电阻值大得多，可知2、3间为电容器。综上分析可 错误。 知，黑箱内画出可能的电路结构如图C所示，选项 故选D。 C正确。 5-2【巩固】 【正确答案】B 故选C。 【试题解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片向b端移 4-3【提升】 【正确答案】C 动，则滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减 【试题解析】【详解】B．黑表笔与电源的正极相连， 小，则干路电流增大，由U =E-IR +r C 1 红表笔与电源的负极相连，当黑表笔接1，且红表笔 可知电容器两端电压减小，板间场强减小，油滴受到 接2时，电阻为0，表明1、2之间为一只二极管， 的电场力减小，故油滴将向下运动，故A错误； 且1接正极，2接负极，故B错误； A．黑表笔接1，红表笔接3时电阻为0.5 kΩ，是已 B．由于干路电流增大，而U =U C 3 知电阻阻值的二分之一，故1与3之间是两只电阻并 故R两端电压U 减小，因此通过R的电流I 减小， 3 3 3 3 联，故A错误； CD．黑表笔接2，红表笔接1时，电阻为2 kΩ，故 而I =I +I 干 2 3 此时为两只电阻串联，故C正确，D错误。 故流过R 的电流I 增大，电流表示数变大，R 两端 故选C。 2 2 2 5-1【基础】 【正确答案】D 电压U 增大，而U =U +U 2 3 2 滑 【试题解析】【详解】ABD．增加光照强度时，光敏电 故滑动变阻器两端电压减小，即电压表示数变小， 阻阻值减小，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆 故B正确； 定律知干路电流I增大，由U =E-Ir知路端电压U C．设电压表示数为U ，电流表示数为I ，根据闭合 减小，则A灯两端电压减小，通过A灯的电流I A 减 U +IR 电路欧姆定律可得E=(I+ 2)(R +r)+U +IR R 1 2 3 小，所以A灯变暗。通过定值电阻R 的电流 0 整理可得 I =I-I 0 A 30/41DU é(R +R )(R +r)+R R ù R +r+R 2 =r E=Iê 2 3 1 2 3 ú+U( 1 3) DI ë R û R 3 3 DU 3 =R+r 可知U 与I 成线性关系，即U -I图像为一条倾斜的 DI 故B正确； 直线，所以图像的斜率不变，即电压表示数变化量与 C．滑动变阻器向左滑动时，滑动变阻器接入电路电 电流表示数变化量的比值不变，故C错误； 阻变大，闭合电路中的总电阻也变大，由闭合电路欧 D．由于R >r且外电阻减小，与电源内阻越来越接 外 姆定律可得，电路的电流减小，即通过灯泡的电流减 近，故电源的输出功率增大；而电源效率为 小，灯泡逐渐变暗。故C错误； I2R R 1 h= 外 ´100%= 外 ´100%＝ ´100% D．当电路稳定后，由于电容器的两极板储存有电 I2(R +r) R +r r 外 外 1+ 荷，所以在开关断开时，电容器、滑动变阻器、灯泡 R 外 会形成回路使电容器两极板电荷中和，从而形成电 外电阻减小，电源的效率逐渐减小，故D错误。 流，所以小灯泡不会立刻熄灭。故D错误。 故选B。 故选B。 5-3【提升】 【正确答案】B 6-1【基础】 【正确答案】A 【试题解析】【详解】A．设外电路总电阻R 外 ，由题意 【试题解析】【详解】A．粒子在电场中做类平抛运 得电源的输出功率 动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹 P 出 = æ ç çR E +r ö ÷ ÷ 2 R 外 角为30o，根据牛顿第二定律可得a= E m q è 外 ø 垂直电场方向的位移为x=v t 上式整理可得 0 1 E2 平行电场方向的位移为y= at2 P = 2 出 R -r2 外 +4r y R 根据几何关系有tan30° = 外 x 由上式可知，当R =r时，电源输出功率最大。因为 外 2 3mv 联立解得t = 0 定值电阻R与电源内阻r的阻值大小不确定，所以将 3qE 滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离时，电源的输出 故A正确； 功率可能减小可能增大。故A错误； B．水平速度为v =v x 0 B．由图可知，电压表V、V 、V 分别测定值电阻 1 2 3 2 3 竖直方向速度为v =at = v R两端电压、电源路端电压、滑动变阻器及小灯泡总 y 3 0 电压。电流表测的电流为流经电源内阻、定值电阻、 21 则到到达MN连线上某点速度为v= v2+v2 = v x y 3 0 滑动变阻器、灯泡的电流。 故B错误； 由欧姆定律可得 DU 2 3mv2 1 =R C．水平位移为x=v t = 0 DI 0 3qE 由图及题意可得 根据几何关系可得粒子到达MN连线上的点与P点的 U =E-Ir x 4mv2 2 距离，即合位移为l = = 0 cos30° 3qE U =E-IR+r 故C错误； 3 D．速度方向与竖直方向的夹角正切值为 由以上两式可得 31/41U q l v 3 2 tanq= 0 = at dm v U l v 2 tana= = 0 = 2 y v v 2dU 0 0 1 则夹角不等于30o，故D错误。 即偏向角相同，可知云室显示1条径迹，光屏上有1 故选A。 个光点，三个粒子打到屏上动能相同，则亮度相同， 6-2【巩固】 【正确答案】B 选项AB错误； 【试题解析】【详解】AB．甲、乙在电场中均做类平 CD．乙图中，在出离偏转电场时 抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，它们在圆形 1 1U q l q y= at2 = 2 ( )2 µ 2 2 dm v m 区域中运动时间t相同，在水平方向上，根据题图中 0 速度的偏向角 几何关系可得x =vt =R-Rcos45°， AC 1 U q l 2 at dm v U ql q tanb= = 0 = 2 µ x =v t=R+Rcos60° v v dmv2 m AD 2 0 0 0 可知三种粒子在电场中运动轨迹不同，即云室能显示 2 1- v 2 2- 2 出3条径迹，能通过径迹区分三种粒子，光屏上有3 联立可得 1 = = ，故A错误，B正确； v 1 3 2 1+ q 2 个光点，氚的 最小，则偏转距离最小，即离光屏 m CD．甲、乙在电场中沿静电力方向均做初速度为零 中心最近的是氚，选项C错误，D正确。 的匀加速直线运动，则有 故选D。 1 1 qE y = at2 = × 1 t2 =Rsin45°， 7-1【基础】 【正确答案】D AC 2 2 m 【试题解析】【详解】A．由于小灯泡与电动机串联， 1 1 q E y = a¢t2 = × 2 t2 =Rsin60° AD 2 2 m 此时二者均正常工作，故电路中的电流与通过灯泡的 电流相等，则有 q 2 联立可得 1 = ，故CD错误。 q 3 P 2 I = 灯 =0.2A 灯 U 故选B。 灯 6-3【提升】 【正确答案】D A错误； 【试题解析】【详解】AB．甲图中，粒子在加速电场 BC．设电源的内阻为r，当开关S接l，则有 中时 E=U +I R+I r 灯 灯 灯 1 qU = mv2 1 2 0 解得 在偏转电场中时 r=1W 现将开关S接2，电动机分担的电压 1 1U q l U l2 y= at2 = 2 ( )2 = 2 2 2 dm v 4dU U =E-U -Ir=0.8V 0 1 M 灯 可知三种粒子出离偏转电场时的偏转距离y相同；粒 电动机工作时，有一部分能量转化为内能，故其内阻 子出离偏转电场时的速度满足 U R < M =4W 1 U M I mv2 =U q+ 2 qyµq 2 1 d BC均错误； 即 D．电源的效率 vµ q EI-I2r 3´0.2-0.22´1 h= ´100%= ´100%=93.3% m EI 3´0.2 可知氕、氘、氚三种粒子打在光屏上速度大小之比为 D正确。 6: 3: 2，因粒子出离偏转电场时速度的偏向角 故选D。 32/417-2【巩固】 【正确答案】D 时，滑动变阻器全部连入电路，故滑动变阻器的最大 【试题解析】【详解】A、根据①图线可知，电源电动 阻值为 势E=6V ，将电阻R 看成电源的内阻，当电流为1A 5.5-1.0 0 R= W=9.0W 0.5 时，内外电阻电压相等，即当电流为1A时，此时两 故滑动变阻器的可调范围是0~9.0Ω，C正确； 个电压表示数相等，即U =U =3V，则根据欧姆定 1 2 D．电流表示数最大值为1.5A，故电动机的输出功率 U 3 为 律可以得到：R = 2 = W=3W，故选项A错误； 0 I 1 P=  4.5´1.5-1.52´2  W=2.25W B、根据闭合电路欧姆挡定律：E=U +Ir可知，图 线①的斜率等于内电阻，即等于电阻R ，则 D错误。 0 6 故选C。 R = ，则I =2A，故选项B错误； 0 I 0 0 8-1【基础】 【正确答案】CD C、根据功率： 【试题解析】【详解】A．常见充电宝标有5000mA·h 2 P = æ ç E ö ÷ R = E2R p ，则当 成10000mA·h等，此物理量越大，则充电宝储存的 RP ç è R p +R 0 ÷ ø p  R p -R 0 2 +4R p R 0 电荷量越多。A错误； B．电动势是由电源本身性质决定的，同一电源接入 R =R 时，电阻R 上消耗的电功率最大，故选项C P 0 p 不同的电路中，电动势不会发生变化。B错误； 错误； C．1号1.5V干电池与7号1.5V干电池分别接在同 D、由于电源的内阻不计，输出效率为： 一电路中，根据 U I+U I h= 1 2 ´100%保持不变，故选项D正确． E EI I = R+r 点睛：本题关键：分析电路图，确认电路组成、连接 两电源内阻可能不同，故电流的大小不一定相等。C 方式、电表的测量对象，能从图象上得到相关信息， 正确； 同时能运用等效思维分析滑动变阻器R p 的最大功率 D．1号1.5V干电池比7号1.5V干电池体积大，但 电动势相同。D正确。 的条件，以及电源的效率问题． 故选CD。 7-3【提升】 【正确答案】C 【试题解析】【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律有 8-2【巩固】 【正确答案】BD U =E-Ir 【试题解析】【详解】A．电源电动势反映电源将其他 2 形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间 可知，电压表V 示数变化量与电流表示数变化量的 2 的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状 比值等于电源的内阻，有 态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误； 5.5-4.5 r = W=1.0W B．电压表是有内阻的，跟电源连接后构成一个通 电源 1.5-0.5 路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的 A错误； 电源两极间电压值略小于电动势，故B正确； B．由图像可知，电动机两端的电压从1.0V到2.0V C．电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关， 时电动机没有转动，为纯电阻，则电动机内部线圈的 故C错误； 电阻为 W 2.0-1.0 D．根据电动势的定义式E= 可知电源电动势总等 r = W=2.0W q 电动机 1.0-0.5 于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量，故 B错误； D正确。 C．由图像可知，当电流表示数为1.5A时，滑动变 故选BD。 阻器连入电路的阻值为零，当电流表示数为0.5A 33/418-3【提升】 【正确答案】AB U2 1102 R = = W=121W 【试题解析】【详解】A．电动势在数值上等于非静电 A P 100 A 力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的 U2 1102 605 功，故A正确； R = = W= W B P 40 2 B B．某些金属、合金在温度特别低时电阻可以减小到 在甲电路中，A、B两灯的电压均为110V，根据欧姆 零，这种现象叫作超导现象，故B正确； 定律可得通过A的电流为： C．若通过六个灯泡的电流相等，那么这六个灯泡可 U 110 10 能是串联连接，也可能是并联连接，故C错误； I = = A= A A R 121 11 A D．电动机上标有“48V 480W”，由于电动机是非纯 通过B的电流为： 电阻电路，用欧姆表测量其电阻一定不等于4.8Ω， U 110 4 I = = A= A 故D错误。 B R 605 11 B 故选AB 。 2 所以甲电路中流过滑动变阻器的电流为： 9-1【基础】 【正确答案】BC 6 【试题解析】【详解】AB．R 2 和R 3 并联，并且它们的 I R =I A -I B = 11 A 故A不符合题意。 电阻也是相等的，设通过R 、R的电流大小都为I， 2 3 B．甲电路消耗的电功率大小为： 那么通过R的电流大小为2I ，所以R两端的电压为 10 1 1 P=UI =220´ W=200W A 11 U =2IR R 、R两端的电压分别为 故B不符合题意。 1 1 2 3 C．由图可知乙电路中流过滑动变阻器的电流为： U =IR 、U =IR 2 2 3 3 14 I¢ =I +I = A R A B 11 代入已知量得 故C符合题意。 U =U =U 1 2 3 D．乙电路消耗的电功率大小为： 故A错误，B正确； 14 P¢=UI¢ =220´ W=280W R 11 CD．R消耗的电功率为 1 故D符合题意。 P =2I2R =4I2R R 、R消耗的电功率分别为 9-3【提升】 【正确答案】AD 1 1 1 2 3 【试题解析】【详解】A．灯泡的电阻分别为 P =I2R 、P =I2R 2 2 3 3 U2 1102 R = A = W=121W 代入已知量得 A P 100 A P:P :P =2:1:1 1 2 3 U2 1102 R = B = W=302.5W B P 40 故C正确，D错误； B 故选BC。 所以在电流相同时，B更亮，在串联加最大电压时， 【点睛】分析清楚电路的串并联关系，根据它们之间 4 B正常发光，电路中电流为 A，此时A分到的电 11 的电流和电压的关系，利用电压和电功率的公式可以 压为44V，B分到的电压为110V，于是串联能加的 求得它们的电压和电功率的大小关系。 最大电压为154V，A正确； 9-2【巩固】 【正确答案】CD B．题图乙中电阻的作用为分流，其功率为 【试题解析】【详解】A．根据题意可知A、B两灯的 电阻分别为： 34/41æP P ö P=ç A - B ÷U =60W B．对木板，由牛顿第二定律得mg =Ma¢ èU U ø B错误； 1 1 经过时间t脱离，则L= at2- a¢t2 2 2 C．题图丙中，对A所在支路，灯泡A与电阻两端 解得t=2s 电压相等，所以二者功率相等，均为100W，同理， 1 灯泡B与电阻两端电压相等，所以二者功率相等， 可得小物体的位移x= at2 =6m 2 均为40W，C错误； 小物体动能的增加量ΔE =Eq-mgx=18J，故 k1 D．题图丁中电路的总功率可以直接利用等效思想， B错误； 得出电路的总功率为280W，D正确。 C．系统产生的热量Q=mgL=5J，故C错误； 故选AD。 10-1【基础】 【正确答案】AD D．电场力对系统做功W =Eqx=48J 1 【试题解析】【详解】B．小球进入电场前做自由落体 摩擦力对系统做功W =-mgL=-5J 运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由 2 图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s和 系统动能增加量DE =W +W =43J，故D正确。 k2 1 2 t=4s时，故B错误； 故选AD。 A．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加 10-3【提升】 【正确答案】BC 速度为 【试题解析】【详解】A．电场力 v v a = 1 = 1 1 t 1 F=qE=8N 1 进入电场后的加速度大小为 摩擦力 2v 2v f =mg =4x(N) a = 1 = 1 2 t 3 2 当 由牛顿第二定律得 F = f 1 mg=ma 1 时，即 F-mg=ma 2 x =2m 得电场力 1 5 时速度最大，根据动能定理得 F =mg+ma = mg 2 3 f 1 qEx - 1 x = mv2 得重力mg与电场力F之比为3：5，故A正确； 1 2 1 2 max C．整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理， 解得 整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等， v =2 2m/s max 故C错误； 故A错误； D．整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运 动，在2.5s-5s内向上运动，在1s～4s过程中，电场 B．设向右运动得最大距离为x max ，根据动能定理可 力对小球先做负功，后做正功，所以小球的机械能先 得 减小后增大，故D正确。 f' qEx - x =0-0 故选AD。 max 2 max 10-2【巩固】 【正确答案】AD f' =4x (N) max 【试题解析】【详解】A．对小物体，由牛顿第二定律 x =4m 得Eq-mg =ma max 解得a=3m/s2，故A正确； 故B正确； 35/41C．当物块速度为 联立解得R =8838.5Ω 01 v= 2m/s 故R 的阻值应调至8838.5Ω。 时的位移为x，根据动能定理可得 0 11-2【巩固】 【正确答案】 B C F f 1 qEx- 1 x= mv2-0 2 2 1000 黑 0.75 f =4x(N) 【试题解析】【详解】（1）[1][2][3]欧姆表的中值电阻 1 等于欧姆表的内阻，组装成中值电阻为几千欧姆的欧 解得 姆表为宜。调零时电流表应该满偏，若电源用E 、 1 x=(2± 3)m 电流表用G ，调零时需用约20kΩ的调零电阻；当电 1 所以电势能 源用E 、电流表用G 时，调零后欧姆表的内阻为 1 2 E =0-qEx=-(16±8 3)J 60Ω，即欧姆表的中值电阻为60Ω，显然这不符合 p 故C正确； 题目要求；同理用E 与G 时调零后欧姆表内阻为 2 2 D．据能量守恒定律可知当物块停止运动时电势能的 15Ω，也是不符合要求的；而用E 与G 组合时，根 减少量将全部转化为摩擦生热，即 2 1 据闭合电路欧姆定律得，调零后欧姆表的内阻 Q=qEx =32J max E R = 2 =5kΩ 故D错误。 内 I g1 故选BC。 所以要测量一内阻约几千欧姆的电压表的内阻，电源 11-1【基础】 【正确答案】(1) 530.0 应选B、电流表应选C、滑动变阻器应选F； 1060.0##1060 （2）[4]因为 (2) 串 9540.0##9540 I = E 2 g1 R (3)8838.5 内 而 【试题解析】【详解】（1）[1]根据图乙可知电阻箱电阻 5 E I = 2 箱R 的示数R =5´100+1´10Ω=530.0Ω 6 g1 R +R 2 2 内 x 所以电流表刻度的六分之五位置处应标记的电阻值为 200mV 300mV-200mV [2]由串联关系有 = R R R =1000 Ω V 2 x （3）[5]用改装后的欧姆表测量一内阻约为5kΩ的电 联立解得R =1060.0Ω V 压表的内阻，通过欧姆表的电流为红进黑出，故黑表 （2）[1][2]电压表改装成量程为3V的电压表需要串 笔与电压表正极相接； 300´10-3V [6]电流 联电阻，则3V= (R +R ) R V 0 E V I = 2 = 1.5 A=1.5´10-4A R +R 5000+5000 内 V 联立以上解得R =9540.0Ω 0 所以电压表的示数应约为 （3）当电压表示数为0.49V时，电压表所在支路电 U =IR =1.5´10-4´5000V=0.75V V 3-0.280 11-3【提升】 【正确答案】(1) 2.5 45 流为I = A 9540 (2)偏小 0.280 电压表的实际内阻为R = (3)不变 V1 I (4)偏大 0.3V 3-0.3V 当电压表正常显示0.5V时应满足 = 【试题解析】【详解】（1）[1][2]由闭合电路欧姆定律 R R V1 01 36/41E 有I = g r+r +R g E   得R= - r+r =2.5Ω I g g E 又由I = r+r +R+R g 标 E   得R = - r+r +R 标 I g U 则I =25mA时，R =45Ω （3）根据I = 标 R 1 （2）若测量电阻时，待测电阻R 未从电路中断开， 可知图像斜率表示电阻的倒数，即R= x k L 测量的实际是R 与R +R 的并联电阻，测量值与 R=r x 1 2 因为 d2 p 真实值相比偏小。 4 pd2 （3）若电池电动势不变，内阻变大，进行欧姆调零 联立解得r= 4kL 后，欧姆表总内阻仍为15Ω，不影响测量结果。 12-2【巩固】 【正确答案】(1)D （4）若电池电动势变小，进行欧姆调零后，欧姆表 (2)见解析 总内阻小于15Ω，假设为14Ω，当待测电阻阻值为 πd2(b-c) (3) 不存在 14Ω时，电流表指针半偏，此处标记的电阻值为正常 4a 欧姆表的内阻15Ω，即测量值为15Ω，测量值比真实 【试题解析】【详解】（1）由于电阻丝的总阻值大约为 值大。 9Ω，图1电路图滑动变阻器采用分压式接法，为了 12-1【基础】 【正确答案】(1) 1.840 4.240 调节方便，滑动变阻器选用最大阻值和被测电阻相近 的R ，故选D。 1 （2）电源电压恒为E=3.0V，故电压表选用0~3V的 E 1 量程；通过电阻丝的最大电流为I = = A，故电 R 3 (2) 流表选用0~0.6A的量程；由于 9W< 0.125W´3kW，故电流表采用外接法，电路连 接如图所示 pd2 (3) 4kL 【试题解析】【详解】（1）[1]图（a）可知读数为 1.5mm+0.01mm´34.0=1.840mm [2]图（b）可知游标卡尺精度为0.05mm，读数为 42mm+0.05mm´8=42.40mm=4.240cm （2）电源是2节干电池，电动势约为3V，所以电压 表选3V量程；金属丝电阻一般不大，电流表选0.6A U 量程。滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法 （3）[1] [2]根据欧姆定律有R +R = x A I （因为金属丝电阻较小），实物连接如下 l 4rl 由电阻定律有R =r = x S πd2 U 4rl 可得 = +R I πd2 A 37/41b-c 4r 测量值等于真实值。 由图像斜率可得 = a πd2 13-1【基础】 【正确答案】(1)4.0V πd2(b-c) 解得r= (2)2V/cm，方向与竖直方向夹角为60°。 4a 由上述分析可知，求得的电阻丝电阻率不存在因电表 【试题解析】【详解】（1）根据题意可知AB两点的电 W 8.0´10-9 内阻带来的误差。 势差U = AB = V=4.0V AB q 2.0´10-9 12-3【提升】 【正确答案】(1)6.000 （2）由于A点电势为零，则 (2) D E U =4.0V=j -j =0-j 2R AB A B B (3) x 100+R x 解得j =-4V B (4) 33.3 9.42´10-2 由于U =-16V=j -j (5)等于 BC B C 【试题解析】【详解】（1）螺旋测微器的精确值为 可知j =12V C 0.01mm，由图可知测电阻的直径为 将电场强度沿CA方向、AB方向正交分解，且随着 d =6mm+0.0´0.01mm=6.000mm 电场线方向电势降低，故场强分量方向如图 （2）[1]由电动势E=4V可知电压表量程约为4V， 可选电流表A 与定值电阻R 串联改装，即M处器材 1 2 应选取D； E [2]由I » =33.3mA，可选电流表A 与定值电阻 R 2 x U 12 可知E = CA = V/cm= 3V/cm， R 3 并联改装，即N处器材应选取E； x AC 4 3 （3）由欧姆定律知可得 U 4 E = AB = V/cm=1V/cm y AB 4 é æ r ö ù I 1 r 1 +R 2 =ê êë I 2 ç è 1+ R 2 3 ÷ ø -I 1 ú úû R x 则匀强电场的电场强度大小E= E x 2+E y 2 =2V/cm E 则I = R 3 +r 2 R x I = 20R x 设E方向与竖直方向夹角为q，则tanq= E x y = 3 1 R r +R +R  2 10100+R  3 1 2 x x 可知q=60° R +r R 可知场强方向与竖直方向夹角为60°。 （4）[1]根据I = 3 2 x I 1 R r +R +R  2 3 1 2 x R +r R 13-2【巩固】 【正确答案】(1)U AB =6V，U BC =-3V 结合图丙可得斜率k = 3 2 x =0.5 R r +R +R  3 1 2 x (2)j =6V，j =3V A C 解得R =33.3Ω (3)E=200V/m x L 【试题解析】【详解】（1）根据电场力做功与电势差的 R =r [2]根据电阻定律可得 x æd ö 2 W pç ÷ 关系得U = AB è2ø AB q 可得r=9.42´10-2 解得U =6V AB W （5）由于在计算通过R 的电流时，电流表A内阻已 U = BC x BC q 知，已经考虑了改装电压表的分流作用，因此R 的 解得U =-3V x BC 38/41U 4 （2）根据电势差的定义式U =j -j 电场强度大小为E= CA = V/m=40V/m AB A B L 0.1 （2）将电子由A点移到C点，电子所受电场力做功 U =j -j BC B C 为W =eU =-1.6´10-19´(2-6)J=6.4´10-19J AC B点电势为0，所以j =6V A 根据功能关系可得DE =-W =-6.4´10-19J p j =3V C 即电子的电势能减少了6.4×10-19J； j +j （3）AB的中点D的电势为j = A B =3V （3）根据几何关系可得L=2Rcos30° D 2 10 3 如图所示，连接CD，CD为等势线，电场线与等势 所以三角形ABC外接圆的半径为R= cm 3 线垂直，且由高电势指向低电势所以可过B作CD的 外接圆上F点切线与BD平行，则F点的电势最 垂线交CD于O点 4 3 低，所以j =j -ER=(4- )V min D 3 14-1【基础】 【正确答案】(1)1.2h (2)1600W DB 3 tanÐDCB= = BC 3 (3)2m/s 【试题解析】【详解】（1）由题可得无人机理论上正常 A 36000´10-3 工作的最长时间t = = h=1.2h I 30 ÐDCB=30° （2）由能量守恒定律得 d 1 OB =sin30°= P =IE-Ph=70´30-100W´80%=1600W BC 2 2 1 BC =3cm （3）当加速度a=0时速度最大，即 d OB =1.5cm F = f +m+Mg U E= OB d 由P 2 =Fv m OB E=200V/m 解得v =2m/s m 13-3【提升】 【正确答案】(1)40V/m 14-2【巩固】 【正确答案】(1)104W (2)-6.4×10-19J (2)800W 4 3 (3)(4- )V (3)5W 3 P 【试题解析】【详解】（1）取AC中点为D，则 【试题解析】【详解】（1）灯泡L的电流I 1 = U 1 1 j +j j = A C =4V=j D 2 B 电阻R的电压U 2 =U -U 1 则BD为等势面，由于电场线与等势线垂直及沿电场 U 电阻R的阻值R= 2 线方向电势降低可知电场强度的方向为由C指向A， I 1 解得R=104W 如图所示 （2）物体匀速上升，平衡条件F =mg 细绳对重物做功的机械功率P =Fv 机 P 电动机输出的功率P = 机 出 h 解得P =800W 出 39/413mg （3）电动机上的电流I =I-I 15-1【基础】 【正确答案】(1) 2 1 4q 2gL 电动机输入的功率P =UI (2) 电 2 2 7 根据功能关系P =P -P (3) mg 热 电 出 4 焦耳定律P =I2r 【试题解析】【详解】（1）球静止A处，由平衡条件 热 qE=mgtanq 联立解得r=5W 3mg 解得E= 14-3【提升】 【正确答案】（1）k =0.1；（2） 4q 67 （2）小球从B运动到A，由动能定理 L= m 185 1 qELsinq-mgL-Lcosq= mv2 【试题解析】【详解】（1）设电动机的牵引绳张力为 2 2gL T ，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定 解得v= 1 2 律有 （3）小球运动到A处，由牛顿运动定律可得 v2 UI =I2R+Tv T -mgcosq-Eqsinq=m 1 L 解得 7 解得T = mg 4 T =7400N 1 15-2【巩固】 【正确答案】(1)正电，1´10-3C 小车和配重一起匀速，设绳的张力为T ，对配重有 (2) 5m/s 2 230 T =m g =400N (3) m/s 2 0 2 设斜面倾角为q，对小车匀速有 【试题解析】【详解】（1）以小球为对象，根据平衡条 件可知，电场力水平向右，与电场强度方向相同，则 T +T =(m +m )gsinq+k(m +m )g 1 2 1 2 1 2 qE 小球带正电；根据受力平衡可得tanq= 而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好 mg 匀速下行，有 解得q=1´10-3C mgsinq=m g+kmg 1 0 1 （2）小球从C点运动到B点过程中，根据动能定理 联立各式解得 1 得qELsinq-mgL(1-cosq)= mv2 -0 2 B sinq=0.5，k =0.1 （2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运 解得v = 5m/s B 动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 （3）如图所示 (m +m )gsinq+k(m +m )g-m g =(m +m +m )a 1 2 1 2 0 1 2 0 可得 370 a= m/s2 67 由运动学公式可知 v2 =2aL 解得 67 L= m 185 40/41由题意可知小球恰好能做完整圆周运动时，对D点 小球在电场E 中水平方向qE =ma 2 2 mv2 受力分析可知 (mg)2+(qE)2 = D L 3mg 解得E = 5 2 2 q 解得v = m/s D 2 （3）设小球由M点进入电场E ，小球由O点运动 小球从C点运动到D点过程中，由动能定理得 2 1 mv2 - 1 mv2 =-qELsinq-mgL(1+cosq) 到M点的时间为t 1 ，则x 1 =v 0 t 1 2 D 2 0 解得v = 230 m/s 解得t = L 0 2 1 g 23 15-3【提升】 【正确答案】(1) mg，与竖直方向成 4 小球进入电场E 时的竖直速度为v =gt = gL 2 y1 1 37°角 小球在M点的速度大小为v = v2+v2 =2 gL 3mg M 0 y1 (2) q v 3 设vM与x轴夹角为α，则tana= y1 = (3)2:1 v 3 0 【试题解析】【详解】（1）小球在第二象限内所受到的 解得a=30° 3 电场力为qE = mg 1 4 mg 3 设F 与x轴夹角为β，则tanb= = 合 qE 3 小球在第二象限内，设电场力与重力的合力与竖直方 2 qE 3 解得b=30° 向的夹角为θ，则tanq= 1 = mg 4 小球在电场E 中做类斜上抛运动，当小球的速度与 2 解得q=37° 合力垂直时速度最小。 小球在第二象限内，小球的速度方向与电场力和重力 小球的最小速度为v =v sina+b= 3gL 的合力垂直时，小球的速度最大，小球对轨道的压力 min M 最大。设该点为A。 v L 小球在电场E 中的运动时间为t =2 0 =2 小球运动到A点的速度大小为 2 2 a g 1 mgR1+cos37°+qERsin37°= mv2 1 2 A 小球出电场E 时的竖直速度为v =gt +t =3 gL 2 y2 1 2 9 解得v2 = gR 小球出电场时的速度最大，最大速度为 A 2 mg v2 v = v2+v2 =2 3gL 根据牛顿第二定律得F - =m A max 0 y2 N cos37° R 23 小球的最大速率与最小速率之比为v :v =2:1 解得F = mg max min N 4 根据牛顿第三定律，小球对半圆形轨道压力的最大值 23 为F ¢ = mg，与竖直方向成37°角。 N 4 1 （2）小球运动到O点时的速度大小为mg2R= mv2 2 0 解得v = 3gL 0 小球在电场E 中水平方向0-v2 =-2ax -x  2 0 m 1 解得a= 3g 41/41