高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024～2025學(xué)年度第一學(xué)期期末重點(diǎn)校聯(lián)考高二物理第Ⅰ卷（共40分）一、單項(xiàng)選擇題（本題包括5小題，每小題5分，共25分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題意）1.比值法定義就是用兩個物理量的比值來定義一個新的物理量的方法，如電場強(qiáng)度就是用試探電荷所受電場力與電量的比值來定義的，即下面四個物理量的表達(dá)式不屬于比值法定義的是（）A.電勢 B.電容 C.電流強(qiáng)度 D.磁感應(yīng)強(qiáng)度【答案】C【解析】A．電場中某點(diǎn)的電勢取決于電場本身，則電勢為比值定義式，故A錯誤；B．電容器的電容與所帶的電量和電勢差并無直接的關(guān)系，則容為比值定義式，故B錯誤；C．由歐姆定律可知，導(dǎo)體中的電流與導(dǎo)體兩端電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，則電流強(qiáng)度并不是比值定義式，故C正確；D．磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場本身決定與電流元以及電流元受到的力無關(guān)，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度是比值定義式，故D錯誤。故選C。2.如圖為電容式話筒的原理圖，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為電容器兩金屬極板，人對著P說話，P振動而Q不動，在P、Q間距離減小的過程中（）A.P、Q兩板構(gòu)成的電容器的電容變小B.Q極板的帶電量不變C.M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)高D.P、Q兩板間的場強(qiáng)增大【答案】D【解析】A．在P、Q間距離減小的過程中，即電容器兩板間距d減小，根據(jù)可知，P、Q兩板構(gòu)成的電容器的電容變大，選項(xiàng)A錯誤；B．根據(jù)Q=CU兩板間電壓U一定，C變大，則Q極板的帶電量變大，選項(xiàng)B錯誤；C．電容器充電，則流過電阻R的電流從N到M，則M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)低，選項(xiàng)C錯誤；D．根據(jù)兩板間電壓U一定，d減小，可知P、Q兩板間的場強(qiáng)增大，選項(xiàng)D正確。故選D。3.如圖所示，螺線管連接電阻R放置在水平地面上，上方有一豎直放置的條形磁鐵，磁鐵的N極朝下，當(dāng)磁鐵向下運(yùn)動過程中（未插入線圈內(nèi)部），下列說法正確的是（）A.穿過螺線管的磁通量減少B.螺線管對地面的壓力變小C.磁鐵下落時的加速度等于gD.通過R的感應(yīng)電流方向?yàn)閺摹敬鸢浮緿【解析】A．當(dāng)磁鐵向下運(yùn)動時（但未插入線圈內(nèi)部），穿過螺線管的磁通量增大，故A錯誤；BC．根據(jù)“來拒去留”可知，磁鐵靠近線圈，則磁鐵與線圈相互排斥，磁鐵下落時的加速度小于g，故線圈對地面的壓力變大，故BC錯誤；D．由圖可知，當(dāng)磁鐵豎直向下運(yùn)動時，穿過線圈的磁場方向向下增大，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場應(yīng)向上，由右手螺旋定則可知電流方向?yàn)閺?，故D正確。故選D。4.如圖甲所示的電路，其中電源電動勢，內(nèi)阻，定值電阻，已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的阻值的關(guān)系如圖乙所示。則下列說法中正確的是（）A.圖乙中滑動變阻器的最大功率B.圖乙中，C.滑動變阻器消耗功率P最大時，定值電阻R消耗的功率也最大D.將滑動變阻器的滑片從最右端滑到最左端，電源的效率先增大后不變【答案】B【解析】AB．由閉合電路歐姆定律的推論可知，當(dāng)電源外電阻等于內(nèi)阻r時，輸出功率最大，最大值為把定值電阻看成電源內(nèi)阻，由圖乙可知，當(dāng)滑動變阻器消耗的功率最大，最大功率為由圖乙可知滑動變阻器的阻值為時與阻值為時消耗的功率相等，有解得故B正確，A錯誤；C．對于定值電阻電流越大功率越大，因此滑動變阻器的阻值為零時，此時滑動變阻器的功率為零，定值電阻R消耗的功率最大，故C錯誤；D．電源的效率為調(diào)整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端時，RP變大，則變大，電源的效率一直增大，故D錯誤。5.霍爾元件是利用霍爾效應(yīng)制成的傳感器，如右圖所示，長a、寬b、高c（）的長方體霍爾元件通以向右的電流，將其置于垂直上下表面的磁場時前后表面間出現(xiàn)電壓，置于垂直前后表面的磁場時上下表面間出現(xiàn)電壓，此電壓即霍爾電壓．將兩個這樣的霍爾元件按不同方式組合，通入大小相等的恒定電流，元件處于垂直于上下表面或前后表面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場中，則產(chǎn)生霍爾電壓最大的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】霍爾元件中自由移動的電荷是電子，設(shè)電子定向移動的速度為v，單位體積內(nèi)自由移動的電子數(shù)為n，導(dǎo)體的橫截面積為S，電流的微觀表達(dá)式為其載流子在磁場中受到洛倫茲力為電子在洛倫茲力作用下移動，上下表面出現(xiàn)電勢差，當(dāng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，洛倫茲力與電場力平衡，由解得由于電流大小，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，同一種材料，所以沿磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的長度越小，其霍爾電壓越大。故選A。二、多項(xiàng)選擇題（本題包括3小題，每小題5分，共15分。每小題有多個選項(xiàng)符合題意，全都選對的得5分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6.物理學(xué)是一門以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的學(xué)科，很多生活中的應(yīng)用都來自于物理學(xué)。對于下列教材中所列的實(shí)驗(yàn)和生活現(xiàn)象，說法正確的是（）A.圖甲中，電磁波X射線可以拍攝X光照片，它的波長比紫外線更長B.圖乙，生活中常用微波爐來加熱食物，微波是一種電磁波，具有能量C.圖丙中，兩根通電方向相反的長直導(dǎo)線相互排斥，是通過電場的相互作用來實(shí)現(xiàn)的D.圖丁是庫侖探究電荷間相互作用的扭秤實(shí)驗(yàn)裝置，使用了放大法【答案】BD【解析】A．圖甲中，電磁波X射線可以拍攝X光照片，它的波長比紫外線更短，故A錯誤；B．圖乙，生活中常用微波爐來加熱食物，微波是一種電磁波，具有能量，故B正確；C．圖丙中，兩根通電方向相反的長直導(dǎo)線相互排斥，是通過磁場的相互作用來實(shí)現(xiàn)的，故C錯誤；D．圖丁是庫侖探究電荷間相互作用的扭秤實(shí)驗(yàn)裝置，使用了放大法，故D正確。故選BD。7.如圖，一粗糙絕緣豎直面與兩個等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線重合，A、O、B為該豎直面上的三點(diǎn)，且O為等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，?，F(xiàn)有帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊從A點(diǎn)以初速度向B滑動，到達(dá)B點(diǎn)時速度恰好為0，則（）A.小物塊一定帶負(fù)電，從A到B電勢能不變B.從A到B，小物塊受到的電場力不變C.從A到B，小物塊的加速度一直減小D.從A到B，小物塊到達(dá)O點(diǎn)時的動能為【答案】AD【解析】A．根據(jù)題意可知，AB是等勢線，小物塊從A到B電勢能不變，由于到達(dá)B點(diǎn)時速度恰好為0，小物塊從A到B過程中摩擦力一直大于重力，可知，小物塊所受電場力水平向右，則小物塊一定帶負(fù)電，故A正確；BC．從A到O的過程中，電場強(qiáng)度增大，則電場力增大，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力增大，導(dǎo)致滑動摩擦力增大，由于AO段和OB段的電場強(qiáng)度大小對稱，可知小物塊從O到B過程中電場力減小，墻壁的彈力減小，所受滑動摩擦力減小，由于小物塊運(yùn)動到B點(diǎn)時速度減為零，故小物塊從A到B過程中摩擦力一直大于重力，根據(jù)牛頓第二定律，有可知，小物塊從A到B過程中，加速度先增大后減小，故BC錯誤；D．由對稱性可知，從A到O過程與從O到B過程的摩擦力做功相等，小物塊動能的變化量相同，則小物塊到達(dá)O點(diǎn)時的動能為故D正確。故選AD。8.如圖所示，半輕分別為r和2r的兩個同心圓，其圓心為O，只在環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場（磁場區(qū)域包括邊界）大量質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子從M點(diǎn)沿各個方向以不同速率射入磁場區(qū)域。不計(jì)粒子間的相互作用及重力，。下列判斷正確的是（）A.沿MO方向射入磁場且恰好未能進(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域的帶電粒子的軌道半徑為B.沿MO方向射入磁場且恰好未能進(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域的帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間為C.第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點(diǎn)的帶電粒子的最小入射速率為D.第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點(diǎn)帶電粒子的最小入射速率為【答案】B【解析】A．帶電粒子從P點(diǎn)沿方向射入磁場，恰好未能進(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域，說明運(yùn)動軌跡恰好與內(nèi)圓相切，如圖所示設(shè)圓弧的半徑為，圓心為，連接OA、AM和OM，在直角三角形OAM中，由于即解得故A錯誤；B．在直角三角形OAM中，由于則整個圓弧軌道所對的圓心角為，帶電粒子做圓周運(yùn)動，則解得粒子在磁場中的運(yùn)動時間為故B正確；CD．帶電粒子的入射速率最小，則粒子圓周運(yùn)動的半徑最小，粒子從M點(diǎn)經(jīng)圓周運(yùn)動通過圓心O，根據(jù)逆向運(yùn)動，半徑最小的圓周運(yùn)動其圓弧與大圓相切，如圖所示設(shè)圓弧半徑為，圓心為D，其中M、D、O在一條直線上，連接OM、CD，在直角三角形中，由于即解得帶電粒子做圓周運(yùn)動，則解得故CD錯誤。故選B。第Ⅱ卷（共60分）三、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，每空2分，共16分。）9.“夢天”實(shí)驗(yàn)小組測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻。現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：（1）先用多用電表直流電壓2.5V擋粗測該電池電動勢，將多用電表的紅表筆與電池的_______（選填“正”或“負(fù)”）極相連，黑表筆與電池的另一電極相連。（2）為準(zhǔn)確的測量出該電池的電動勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ）；電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻為1.0Ω）；滑動變阻器（阻值0~50Ω）；干電池一節(jié)、開關(guān)一個和導(dǎo)線若干。根據(jù)所給實(shí)驗(yàn)器材，圖甲中電壓表正極接線柱應(yīng)連接在接線柱_________（填“①”或“②”）。正確連接后，調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值，測得多組電表讀數(shù)，作出圖乙所示的U-I圖像，則待測干電池電動勢E=________V，內(nèi)阻r=________Ω（結(jié)果均保留2位小數(shù)）。【答案】（1）正（2）①1.480.70【解析】（1）先用多用電表直流電壓2.5V擋粗測該電池的電動勢，將多用電表的紅表筆與電池的正極相連，黑表筆與電池的另一電極相連。（2）[1]根據(jù)所給實(shí)驗(yàn)器材中電流表內(nèi)阻已知，則圖甲中電壓表正極接線柱應(yīng)連接在接線柱①。[2][3]因?yàn)閁=E-Ir則根據(jù)U-I圖像，則待測干電池電動勢E=1.48V內(nèi)阻10.為研究某合金導(dǎo)線材料的電阻率，實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)節(jié)合金導(dǎo)線上可動接線柱Q的位置（如圖乙所示），可以改變導(dǎo)線接入電路的長度。實(shí)驗(yàn)器材如下：待測合金導(dǎo)線一根；電壓表，量程0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ；電流表，量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω；滑動變阻器（阻值范圍0~100Ω，允許通過的最大電流為0.1A）；滑動變阻器（阻值范圍0~10Ω，允許通過的最大電流為1A）；兩節(jié)干電池，開關(guān)，導(dǎo)線若干，一只螺旋測微器。（1）滑動變阻器應(yīng)該選________（選填“”或“”）。圖甲中開關(guān)S閉合之前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片P置于_________端（選填“A”或“B”）。（2）用螺旋測微器測量該合金導(dǎo)線的直徑，如圖丙所示，則導(dǎo)線的直徑D=__________mm。（3）多次改變導(dǎo)線接入電路的長度L，測量不同長度時的電阻，作圖像如圖丁所示，測得圖像中直線的斜率為k，則該合金材料的電阻率為__________（用k和D表示）?！敬鸢浮浚?）A（2）2.450（3）【解析】（1）[1]由于滑動變阻器允許通過的最大電流只有0.1A，而滑動變阻器允許通過的最大電流為1A，則滑動變阻器應(yīng)該選；[2]為了保證電表安全，圖甲中開關(guān)S閉合之前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片P置于A端。（2）螺旋測微器的精確值為，由圖丙可知導(dǎo)線的直徑為（3）根據(jù)電阻定律可動可知圖像的斜率為可得該金屬材料的電阻率為四、解答題（本題共3小題，共44分，其中11題12分，12題15分，13題17分）11.如圖所示，間距為d=1m的導(dǎo)軌豎直固定在絕緣地面上，導(dǎo)軌頂端連接電動勢為E=1.5V、內(nèi)阻為r=1Ω的電源，質(zhì)量為m=0.01kg的金屬桿垂直接觸導(dǎo)軌，當(dāng)在導(dǎo)軌所在的平面內(nèi)加上方向與金屬桿成角、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T的勻強(qiáng)磁場后，金屬桿沿著導(dǎo)軌恰好不向下運(yùn)動。已知電源兩端的電壓為U=1V，重力加速度為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）金屬桿的接入電阻R；（2）金屬桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ?！敬鸢浮浚?）（2）0.2【解析】（1）由閉合電路歐姆定律可得回路的電流由歐姆定律金屬桿接入電阻綜合解得（2）把磁感應(yīng)強(qiáng)度B分別沿水平方向、豎直方向分解，B在豎直向上方向的分量為B在水平方向的分量與金屬桿平行，對金屬桿沒有安培力作用，根據(jù)左手定則，B在豎直方向的分量對金屬桿的安培力垂直導(dǎo)軌與金屬桿所在的豎直面向里最大靜摩擦力等于滑動摩擦力對金屬桿受力分析，由力的平衡可得綜合解得12.如圖所示，豎直xOy平面第一二象限內(nèi)有一圓心為O、半徑為R的半圓形區(qū)域，M、N是半圓與x軸交點(diǎn)。該區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在第一二象限有平行于x軸的勻強(qiáng)電場。O點(diǎn)處有一粒子源，能沿y軸正方向發(fā)射初速度為v的帶負(fù)電粒子，粒子進(jìn)入半圓形區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動，粒子的重力忽略不計(jì)。（1）求電場強(qiáng)度E的大小和方向；（2）現(xiàn)撤去勻強(qiáng)電場，粒子仍從O處以速度v沿y軸正方向射入，粒子從圓弧上的Q點(diǎn)離開，已知QO與ON的夾角為30°，求粒子的比荷和粒子在磁場中運(yùn)動的時間t?！敬鸢浮浚?）vB，沿x軸正方向（2），【解析】（1）粒子進(jìn)入半圓形區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件得得磁場垂直紙面向里，粒子帶負(fù)電且沿y軸正方向運(yùn)動，由左手定則帶電粒子所受洛倫茲力方向沿軸正方向。由電場力和洛倫茲力平衡可知，靜電力沿軸負(fù)方向，因粒子帶負(fù)電，可知電場方向沿軸正方向（或“沿+x方向”、“由O指向N”）。（2）由幾何關(guān)系可知由洛倫茲力提供向心力得解得粒子運(yùn)動周期粒子轉(zhuǎn)過角度粒子運(yùn)動時間解得13.如圖所示，空間有一邊長為L的正方體區(qū)域，帶電粒子從平行于OC邊且與OCSR共面的線狀粒子源連續(xù)不斷地逸出，逸出粒子的初速度可視為0，粒子質(zhì)量為m，電荷量為+q，經(jīng)垂直于OC邊的水平電場加速后，粒子以一定的水平初速度從OA段垂直進(jìn)入正方體區(qū)域內(nèi)，OA段長為，該區(qū)域內(nèi)有垂直平面MQCS水平向左的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，從O點(diǎn)射入的粒子恰好從N點(diǎn)射出。忽略粒子間的相互作用，不計(jì)粒子重力。（1）求線狀粒子源處與正方體OA段之間的電壓U；（2）若該區(qū)域內(nèi)只有垂直平面MQCS水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為，已知從A點(diǎn)射入的粒子從SR邊上的某點(diǎn)射出，求該點(diǎn)距S點(diǎn)的距離；（3）若該區(qū)域內(nèi)同時存在上述磁場與電場，通過計(jì)算判斷從A點(diǎn)進(jìn)入的粒子，離開該區(qū)域時的位置和速度大小。【答案】（1）（2）（3）粒子從M點(diǎn)離開該區(qū)域；【解析】（1）粒子經(jīng)電場加速，則可知粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為r=L則由可得（2）若該區(qū)域內(nèi)只有勻強(qiáng)電場，則粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，則垂直電場方向沿電場方向其中qE=ma解得該點(diǎn)距S點(diǎn)的距離（3）該區(qū)域內(nèi)同時存在上述磁場與電場時，從A點(diǎn)進(jìn)入的粒子在正方體區(qū)域內(nèi)做不等距螺旋線運(yùn)動，將其運(yùn)動分解為沿OC方向的初速為零的勻加速直線運(yùn)動，和平行于MQCS平面的線速度為v，半徑為R=L的勻速圓周運(yùn)動。分運(yùn)動的勻速圓周運(yùn)動的周期為假設(shè)粒子從MQCS面射出，則有解得可知分運(yùn)動的勻速圓周運(yùn)動的軌跡為圓周，該粒子恰好從M點(diǎn)離開該區(qū)域，假設(shè)成立。離開該區(qū)域時沿OC方向的速度為v2=at2解得設(shè)離開該區(qū)域時速度大小為v′，則有解得2024～2025學(xué)年度第一學(xué)期期末重點(diǎn)校聯(lián)考高二物理第Ⅰ卷（共40分）一、單項(xiàng)選擇題（本題包括5小題，每小題5分，共25分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題意）1.比值法定義就是用兩個物理量的比值來定義一個新的物理量的方法，如電場強(qiáng)度就是用試探電荷所受電場力與電量的比值來定義的，即下面四個物理量的表達(dá)式不屬于比值法定義的是（）A.電勢 B.電容 C.電流強(qiáng)度 D.磁感應(yīng)強(qiáng)度【答案】C【解析】A．電場中某點(diǎn)的電勢取決于電場本身，則電勢為比值定義式，故A錯誤；B．電容器的電容與所帶的電量和電勢差并無直接的關(guān)系，則容為比值定義式，故B錯誤；C．由歐姆定律可知，導(dǎo)體中的電流與導(dǎo)體兩端電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，則電流強(qiáng)度并不是比值定義式，故C正確；D．磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場本身決定與電流元以及電流元受到的力無關(guān)，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度是比值定義式，故D錯誤。故選C。2.如圖為電容式話筒的原理圖，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為電容器兩金屬極板，人對著P說話，P振動而Q不動，在P、Q間距離減小的過程中（）A.P、Q兩板構(gòu)成的電容器的電容變小B.Q極板的帶電量不變C.M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)高D.P、Q兩板間的場強(qiáng)增大【答案】D【解析】A．在P、Q間距離減小的過程中，即電容器兩板間距d減小，根據(jù)可知，P、Q兩板構(gòu)成的電容器的電容變大，選項(xiàng)A錯誤；B．根據(jù)Q=CU兩板間電壓U一定，C變大，則Q極板的帶電量變大，選項(xiàng)B錯誤；C．電容器充電，則流過電阻R的電流從N到M，則M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)低，選項(xiàng)C錯誤；D．根據(jù)兩板間電壓U一定，d減小，可知P、Q兩板間的場強(qiáng)增大，選項(xiàng)D正確。故選D。3.如圖所示，螺線管連接電阻R放置在水平地面上，上方有一豎直放置的條形磁鐵，磁鐵的N極朝下，當(dāng)磁鐵向下運(yùn)動過程中（未插入線圈內(nèi)部），下列說法正確的是（）A.穿過螺線管的磁通量減少B.螺線管對地面的壓力變小C.磁鐵下落時的加速度等于gD.通過R的感應(yīng)電流方向?yàn)閺摹敬鸢浮緿【解析】A．當(dāng)磁鐵向下運(yùn)動時（但未插入線圈內(nèi)部），穿過螺線管的磁通量增大，故A錯誤；BC．根據(jù)“來拒去留”可知，磁鐵靠近線圈，則磁鐵與線圈相互排斥，磁鐵下落時的加速度小于g，故線圈對地面的壓力變大，故BC錯誤；D．由圖可知，當(dāng)磁鐵豎直向下運(yùn)動時，穿過線圈的磁場方向向下增大，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場應(yīng)向上，由右手螺旋定則可知電流方向?yàn)閺?，故D正確。故選D。4.如圖甲所示的電路，其中電源電動勢，內(nèi)阻，定值電阻，已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的阻值的關(guān)系如圖乙所示。則下列說法中正確的是（）A.圖乙中滑動變阻器的最大功率B.圖乙中，C.滑動變阻器消耗功率P最大時，定值電阻R消耗的功率也最大D.將滑動變阻器的滑片從最右端滑到最左端，電源的效率先增大后不變【答案】B【解析】AB．由閉合電路歐姆定律的推論可知，當(dāng)電源外電阻等于內(nèi)阻r時，輸出功率最大，最大值為把定值電阻看成電源內(nèi)阻，由圖乙可知，當(dāng)滑動變阻器消耗的功率最大，最大功率為由圖乙可知滑動變阻器的阻值為時與阻值為時消耗的功率相等，有解得故B正確，A錯誤；C．對于定值電阻電流越大功率越大，因此滑動變阻器的阻值為零時，此時滑動變阻器的功率為零，定值電阻R消耗的功率最大，故C錯誤；D．電源的效率為調(diào)整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端時，RP變大，則變大，電源的效率一直增大，故D錯誤。5.霍爾元件是利用霍爾效應(yīng)制成的傳感器，如右圖所示，長a、寬b、高c（）的長方體霍爾元件通以向右的電流，將其置于垂直上下表面的磁場時前后表面間出現(xiàn)電壓，置于垂直前后表面的磁場時上下表面間出現(xiàn)電壓，此電壓即霍爾電壓．將兩個這樣的霍爾元件按不同方式組合，通入大小相等的恒定電流，元件處于垂直于上下表面或前后表面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場中，則產(chǎn)生霍爾電壓最大的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】霍爾元件中自由移動的電荷是電子，設(shè)電子定向移動的速度為v，單位體積內(nèi)自由移動的電子數(shù)為n，導(dǎo)體的橫截面積為S，電流的微觀表達(dá)式為其載流子在磁場中受到洛倫茲力為電子在洛倫茲力作用下移動，上下表面出現(xiàn)電勢差，當(dāng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，洛倫茲力與電場力平衡，由解得由于電流大小，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，同一種材料，所以沿磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的長度越小，其霍爾電壓越大。故選A。二、多項(xiàng)選擇題（本題包括3小題，每小題5分，共15分。每小題有多個選項(xiàng)符合題意，全都選對的得5分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6.物理學(xué)是一門以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的學(xué)科，很多生活中的應(yīng)用都來自于物理學(xué)。對于下列教材中所列的實(shí)驗(yàn)和生活現(xiàn)象，說法正確的是（）A.圖甲中，電磁波X射線可以拍攝X光照片，它的波長比紫外線更長B.圖乙，生活中常用微波爐來加熱食物，微波是一種電磁波，具有能量C.圖丙中，兩根通電方向相反的長直導(dǎo)線相互排斥，是通過電場的相互作用來實(shí)現(xiàn)的D.圖丁是庫侖探究電荷間相互作用的扭秤實(shí)驗(yàn)裝置，使用了放大法【答案】BD【解析】A．圖甲中，電磁波X射線可以拍攝X光照片，它的波長比紫外線更短，故A錯誤；B．圖乙，生活中常用微波爐來加熱食物，微波是一種電磁波，具有能量，故B正確；C．圖丙中，兩根通電方向相反的長直導(dǎo)線相互排斥，是通過磁場的相互作用來實(shí)現(xiàn)的，故C錯誤；D．圖丁是庫侖探究電荷間相互作用的扭秤實(shí)驗(yàn)裝置，使用了放大法，故D正確。故選BD。7.如圖，一粗糙絕緣豎直面與兩個等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線重合，A、O、B為該豎直面上的三點(diǎn)，且O為等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，?，F(xiàn)有帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊從A點(diǎn)以初速度向B滑動，到達(dá)B點(diǎn)時速度恰好為0，則（）A.小物塊一定帶負(fù)電，從A到B電勢能不變B.從A到B，小物塊受到的電場力不變C.從A到B，小物塊的加速度一直減小D.從A到B，小物塊到達(dá)O點(diǎn)時的動能為【答案】AD【解析】A．根據(jù)題意可知，AB是等勢線，小物塊從A到B電勢能不變，由于到達(dá)B點(diǎn)時速度恰好為0，小物塊從A到B過程中摩擦力一直大于重力，可知，小物塊所受電場力水平向右，則小物塊一定帶負(fù)電，故A正確；BC．從A到O的過程中，電場強(qiáng)度增大，則電場力增大，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力增大，導(dǎo)致滑動摩擦力增大，由于AO段和OB段的電場強(qiáng)度大小對稱，可知小物塊從O到B過程中電場力減小，墻壁的彈力減小，所受滑動摩擦力減小，由于小物塊運(yùn)動到B點(diǎn)時速度減為零，故小物塊從A到B過程中摩擦力一直大于重力，根據(jù)牛頓第二定律，有可知，小物塊從A到B過程中，加速度先增大后減小，故BC錯誤；D．由對稱性可知，從A到O過程與從O到B過程的摩擦力做功相等，小物塊動能的變化量相同，則小物塊到達(dá)O點(diǎn)時的動能為故D正確。故選AD。8.如圖所示，半輕分別為r和2r的兩個同心圓，其圓心為O，只在環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場（磁場區(qū)域包括邊界）大量質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子從M點(diǎn)沿各個方向以不同速率射入磁場區(qū)域。不計(jì)粒子間的相互作用及重力，。下列判斷正確的是（）A.沿MO方向射入磁場且恰好未能進(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域的帶電粒子的軌道半徑為B.沿MO方向射入磁場且恰好未能進(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域的帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間為C.第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點(diǎn)的帶電粒子的最小入射速率為D.第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點(diǎn)帶電粒子的最小入射速率為【答案】B【解析】A．帶電粒子從P點(diǎn)沿方向射入磁場，恰好未能進(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域，說明運(yùn)動軌跡恰好與內(nèi)圓相切，如圖所示設(shè)圓弧的半徑為，圓心為，連接OA、AM和OM，在直角三角形OAM中，由于即解得故A錯誤；B．在直角三角形OAM中，由于則整個圓弧軌道所對的圓心角為，帶電粒子做圓周運(yùn)動，則解得粒子在磁場中的運(yùn)動時間為故B正確；CD．帶電粒子的入射速率最小，則粒子圓周運(yùn)動的半徑最小，粒子從M點(diǎn)經(jīng)圓周運(yùn)動通過圓心O，根據(jù)逆向運(yùn)動，半徑最小的圓周運(yùn)動其圓弧與大圓相切，如圖所示設(shè)圓弧半徑為，圓心為D，其中M、D、O在一條直線上，連接OM、CD，在直角三角形中，由于即解得帶電粒子做圓周運(yùn)動，則解得故CD錯誤。故選B。第Ⅱ卷（共60分）三、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，每空2分，共16分。）9.“夢天”實(shí)驗(yàn)小組測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻。現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：（1）先用多用電表直流電壓2.5V擋粗測該電池電動勢，將多用電表的紅表筆與電池的_______（選填“正”或“負(fù)”）極相連，黑表筆與電池的另一電極相連。（2）為準(zhǔn)確的測量出該電池的電動勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ）；電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻為1.0Ω）；滑動變阻器（阻值0~50Ω）；干電池一節(jié)、開關(guān)一個和導(dǎo)線若干。根據(jù)所給實(shí)驗(yàn)器材，圖甲中電壓表正極接線柱應(yīng)連接在接線柱_________（填“①”或“②”）。正確連接后，調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值，測得多組電表讀數(shù)，作出圖乙所示的U-I圖像，則待測干電池電動勢E=________V，內(nèi)阻r=________Ω（結(jié)果均保留2位小數(shù)）?！敬鸢浮浚?）正（2）①1.480.70【解析】（1）先用多用電表直流電壓2.5V擋粗測該電池的電動勢，將多用電表的紅表筆與電池的正極相連，黑表筆與電池的另一電極相連。（2）[1]根據(jù)所給實(shí)驗(yàn)器材中電流表內(nèi)阻已知，則圖甲中電壓表正極接線柱應(yīng)連接在接線柱①。[2][3]因?yàn)閁=E-Ir則根據(jù)U-I圖像，則待測干電池電動勢E=1.48V內(nèi)阻10.為研究某合金導(dǎo)線材料的電阻率，實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)節(jié)合金導(dǎo)線上可動接線柱Q的位置（如圖乙所示），可以改變導(dǎo)線接入電路的長度。實(shí)驗(yàn)器材如下：待測合金導(dǎo)線一根；電壓表，量程0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ；電流表，量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω；滑動變阻器（阻值范圍0~100Ω，允許通過的最大電流為0.1A）；滑動變阻器（阻值范圍0~10Ω，允許通過的最大電流為1A）；兩節(jié)干電池，開關(guān)，導(dǎo)線若干，一只螺旋測微器。（1）滑動變阻器應(yīng)該選________（選填“”或“”）。圖甲中開關(guān)S閉合之前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片P置于_________端（選填“A”或“B”）。（2）用螺旋測微器測量該合金導(dǎo)線的直徑，如圖丙所示，則導(dǎo)線的直徑D=__________mm。（3）多次改變導(dǎo)線接入電路的長度L，測量不同長度時的電阻，作圖像如圖丁所示，測得圖像中直線的斜率為k，則該合金材料的電阻率為__________（用k和D表示）?！敬鸢浮浚?）A（2）2.450（3）【解析】（1）[1]由于滑動變阻器允許通過的最大電流只有0.1A，而滑動變阻器允許通過的最大電流為1A，則滑動變阻器應(yīng)該選；[2]為了保證電表安全，圖甲中開關(guān)S閉合之前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片P置于A端。（2）螺旋測微器的精確值為，由圖丙可知導(dǎo)線的直徑為（3）根據(jù)電阻定律可動可知圖像的斜率為可得該金屬材料的電阻率為四、解答題（本題共3小題，共44分，其中11題12分，12題15分，13題17分）11.如圖所示，間距為d=1m的導(dǎo)軌豎直固定在絕緣地面上，導(dǎo)軌頂端連接電動勢為E=1.5V、內(nèi)阻為r=1Ω的電源，質(zhì)量為m=0.01kg的金屬桿垂直接觸導(dǎo)軌，當(dāng)在導(dǎo)軌所在的平面內(nèi)加上方向與金屬桿成角、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T的勻強(qiáng)磁場后，金屬桿沿著導(dǎo)軌恰好不向下運(yùn)動。已知電源兩端的電壓為U=1V，重力加速度為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）金屬桿的接入電阻R；（2）金屬桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ?！敬鸢浮浚?）（2）0.2【解析】（1）由閉合電路歐姆定律可得回路的電流由歐姆定律金屬桿接入電阻綜合解得（2）把磁感應(yīng)強(qiáng)度B分別沿水平方向、豎直方向分解，B在豎直向上方向的分量為B在水平方向的分量與金屬桿平