文档内容
参考答案
题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
号
答
C C C B D C C BC AC AD
案
1．C
【详解】A．电荷量的正负不表示大小，故A错误；
B．磁感应强度的正负表示方向，不表示大小，故B错误；
C．电势的正负可代表大小，故C正确；
D．功的正负不表示大小，做正功表示物体受力的方向和运动的方向相同，
做负功表示物体受力的方向和运动的方向相反，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．磁通量有正负，但磁通量是标量，故A错误；
B．使框架绕OO′转过60°角，磁通量为
=BScos60°= BS
故B错误；
C．若框架从初始位置绕OO′转过90°角，线圈平面与磁场平行，磁通量为
0，故C正确；
D．若框架从初始位置绕OO′转过180°角，磁通量变化量为
故D错误。
故选C。
3．C
【详解】设圆的半径为R，则A点、B点处的点电荷在C点处产生的电场
强度大小分别为 ，合电场强度方向由C点指向圆心O，则有
解得
故选C。
4．B
【详解】根据电路可知用a、b和a、c接线柱时电流表的量程分别为
，
则有
所以用a、b两个接线柱时电流表的量程为0 ~ 3 A，用a、c两个接线柱时
电流表的量程为0 ~ 0.6 A；将数据代入可解得 ，
则有
故选B。
5．D
【详解】A． AB 是材料相同，则电阻率相同，故A错误；
B．根据题意可知 ，
结合电阻定律 可知，AB的电阻之比为 ，故B错误；
C．串联电路电流相等，AB电阻的阻值相等，根据欧姆定律可知，AB电
阻两端的电压相等，即两电阻两端的电压之比为 ，故C错误；D．串联电路电流相等，根据电流的微观表达式
可知自由电子在导体A与B中的定向移动速率之比为 ，
故D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．由题意知B处于静止状态，对B球受力分析，如图所示
可知B受到A的库仑斥力，B才可能处于静止，故A、B带同种电荷，故A
错误；
B．设A的带电量为 ，则B的带电量为 ，对B，根据平衡条件有
其中 m，解得 C，故B错误；
C．对A球受力分析，设墙壁对A球的弹力为 ，根据平衡条件有解得 N，故C正确；
D．对B分析，根据相似三角形原理有
由于 ，OA，OB均不变，故拉力也不变，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．若照射光敏电阻的光照强度减弱，则 增大，根据串反并同
规律可知，电流表的示数变小，电压表的示数变大，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律有
即
故 ，故B错误；
C．据电路可知，电容器右极板带正电，左极板带负电，电容器两极板间
电压增大，故电容器充电，有从右向左的电流流过 ，故C正确；
D．因流过 的电流减小，根据
可知 的功率变小，因不知道 与 的大小关系，故电源的输出功
率如何变化无法确定，故D错误。
故选C。
8．BC
【详解】A．根据液滴受力平衡可知液滴所受电场力向上，两板间电场方
向竖直向下，所以液滴带负电，故A错误；B．开关S保持闭合，则两板间电势差U不变，将上极板向上平移少许，d
变大，由
可知电场强度E变小，所受电场力变小，液滴将向下运动，故B正确；
C．开关S断开，则极板所带电荷量Q不变，由 ， ，
解得
则电场强度E不变，P点电势不变，液滴电势能不变，故C正确；
D．开关S闭合，两板间U不变，将下极板向左平移少许，d不变，电势
差不变，则电场强度不变，电场力不变，带电液滴处于静止状态，故D
错误。
故选BC。
9．AC
【详解】A．由电路接法，可知 左右两部分并联后与 串联，所以在滑
片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器接入电路电阻 先增大后减小，
根据闭合电路欧姆定律有
可知回路中的电流 先减小后增大；根据
可知路端电压先增大后减小，即电压表读数先增加后减小，故A正确；
B．总电流 先减小， 并联两部分的分压增加，则右边支路的电压增加，
电阻减小，故电流增加，则电流表支路电流先减小，当两支路电阻相等后，再向右移动阶段，电流表支路的电压减小，电阻增加，故电流表示
数还是在减小，故B错误；
CD．由图像可知当电压为 时，电流为 ，此时电压表的示
数为最大，故两部分电阻相等，则总电流为
根据闭合电路的欧姆定律有
当电压为 时，电流分别对应0.33A和0.87A，则干路电流为
根据闭合电路的欧姆定律有
联立解得电源的电动势 ， ，故C正确，D错误。
故选AC。
10．AD
【详解】A．由题可知两根长直导线A、B在 点的合磁场如图1所示
方向竖直向上，而 点磁感应强度为零，所以匀强磁场 的方向由 到
O，故A正确；B．由通电直导线周围磁场分布特点知两根长直导线A、B在 点产生的
磁场方向夹角成 ，合磁场大小为 ，由几何知识知导线A在 点产生
的磁感应强度大小为 ，故B错误；
C．只把导线B中的电流反向，如图2所示
两磁感应强度方向成 ，由几何知识知 点的磁感应强度为 ，
故C错误；
D．把导线A、B中电流均反向，则两导线在 点的合磁场竖直向下，大
小为 ，又匀强磁场磁感应强度为 ，所以 点的合磁场为 ，故D
正确。
故选AD。
11．(1) 6.122（6.121~6.124） ---1分 10.225 ---1分
(2) --- 1分 2.0 ×103 --2.3 ×103 --- 2分(3) ----2分
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为 ，由图1可知玻璃管内
径为
[2]20分度游标卡尺的精确值为 ，由图2可知玻璃管长度为
（2）①[1]根据图3中的电路图，完整的实物连线如图所示
②[2]根据欧姆定律可得
（3）根据电阻定律可得
又
联立可得
12．(1) ------ 1分 13.0/13 ------ 1分
(2)A ------ 1分
(3) p ---- 1分 电流 -----1分
【详解】（1）1）[1]多用电表欧姆挡指针偏转角度过大，表明待测电阻
过小，为了减小读数的误差，应使指针尽可能指到中央刻线附近，故应换更小的倍率，即应换用欧姆挡“ ”倍率。
[2]根据欧姆表的读数规律可知，该读数为
（2）A．电容器接入欧姆表时，欧姆表内部电源会对其充电，充电瞬间
电流较大，指针快速摆向右边（电阻示数小），充电结束后电流为零，
指针摆回最左边（电阻示数∞），与题目现象一致，A正确；
B．电阻接入时，指针稳定在某一阻值，不会摆动后返回，B错误；
C．电压表内阻很大，接入时指针几乎不动（靠近∞），C错误；
D．电流表内阻很小，接入时指针偏右（靠近0）且稳定，D错误；
故选A。
（3）由图丙可知，多用电表串联在电路中，故用于测量电流。电流从电
源正极流出，经灯泡后流入多用电表，多用电表红表笔接电流流入端，
因此红表笔应与p连接，此时测量电路中的电流。
13．(1)0.5A(2)4Ω(3)0.75W
【详解】（1）灯泡的额定电压是6V，额定功率是3W。
由 得，灯泡的额定电流 —————4分
（2）灯泡正常工作时滑动变阻器两端的电压
————————2分
滑动变阻器R接入电路的阻值 ————————2分
（3）由欧姆定律得，灯泡的电阻
————————2分
电压表测灯泡两端电压，当电压表示数为3V时，灯泡两端的电压为3V。此时灯泡的实际功率为 ————————2分
14．(1)13.5 cm 8分
(2)30 cm 6分
【详解】（1）设电子经电压U 加速后的速度为v，根据动能定理得
0 0
设电容器间偏转电场的场强为E，则有
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则沿中心轴线
方向有
垂直中心轴线方向有
联立解得 ——————2分
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v，偏转角为θ，则电子通
y
过偏转电场时有v＝at， ——————2分
y
则电子在荧光屏上偏离O点的距离为 ——————
2分
由题图乙知t＝0.06 s时刻，U＝1.8U
0
解得Y＝13.5 cm————————2分（2）由题知电子偏移量y的最大值为 ，根据 可得，当偏转电
压超过2U 时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入得
0
——————3分
所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Y ＝3L＝30 cm——————3
max
分
15．(1) -----4分
(2) -----4分
(3) -------4分， -------4分
【详解】（1）对甲图小球，由三力平衡可得
题意知绳子拉力 ——————2分
联立解得 ——————2分
（2）对乙图，在 点对小球进行受力分析，由三力平衡的矢量三角形可
得 ——————2分
联立可得 ， ——————2分（3）在 点给小球垂直 的速度为 ，小球正好做完整的圆周运动，
则小球在 点细线的拉力刚好为0，向心力为重力与电场力的合力，则向
心力 ——————2分
联立解得 ——————2分
、 两点的电势差 ——————2分
联立计算可得 ——————2分
