高級中學名校試卷PAGEPAGE12024—2025學年第一學期期中質量檢測高二物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的班級、姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷（選擇題共40分）一、單項選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.關于磁場和磁感線，下列說法正確的是（）A.磁感線總是從N極出發，止于S極B.通電導線在某處不受磁場力作用，則該處的磁感應強度一定為零C.磁感應強度為零的區域，在該區域中通過某個面的磁通量一定為零D.磁場是真實存在物質，磁感線也是客觀存在的，反映磁場的大小和方向【答案】C【解析】A．磁感線在磁體外部是從N極到S極，內部從S極到N極，故A錯誤；B．通電導線在某處不受磁場力作用，可能是電流的方向與磁場的方向平行，該處的磁感應強度不一定為零，故B錯誤；C．根據磁通量可知，當磁感應強度時，則磁通量，故C正確；D．磁場是一種看不見的特殊物質，磁感線是人們為了方便研究而假想出來的，不是真實存在的，故D錯誤。2.鋰離子電池已被廣泛地用于智能手機、智能機器人、電動自行車、電動汽車等領域，鋰離子電池主要依靠鋰離子（）在電池內部正極和負極之間移動來工作，某款手機充電鋰離子電池的標識如圖所示。下列說法正確的是（）A.該鋰離子電池放電時，鋰離子從正極運動到負極B.該鋰離子電池把化學能轉化為電能的本領比電動勢為1.5V的干電池弱C.該鋰離子電池充滿電后可貯存約的電能D.若該鋰離子電池的待機電流為15mA，則其最長待機時間約為96h【答案】C【解析】A．鋰離子電池放電時，在電池外部電流由正極流向負極，在電池內部，電流由負極流向正極，鋰離子帶正電，在電池內部鋰離子從負極運動到正極，故A錯誤；B．電動勢表示電池把其他能轉化為電能本領大小的物理量，電動勢越大，該項本領越大，所以3.8V鋰離子電池把化學能轉化為電能的本領比電動勢為1.5V的干電池強，所以故B錯誤；C．該鋰離子電池充滿電后可貯存的電能為故C正確；D．若該鋰離子電池的待機電流為15mA，則其最長待機時間為故D錯誤。故選C。3.P1和P2是材料相同、上下表面為正方形的長方體導體，P1的上、下表面積大于P2的上、下表面積，將P1和P2按圖所示方式接到電源上，閉合開關后，下列說法正確的是（）A.若P1和P2的體積相同，則通過P1的電流大于通過P2的電流B.若P1和P2的體積相同，則P1的電功率大于P2的電功率C.若P1和P2的厚度相同，則P1兩端的電壓小于P2兩端的電壓D.若P1和P2的厚度相同，則P1兩端的電壓大于P2兩端的電壓【答案】B【解析】A．由于P1和P2是串聯關系，所以通過P1、P2的電流總是相等的，故A錯誤；B．由電阻定律可得若P1和P2的體積相同，則上下表面積越大的阻值越大，即由電功率公式可知P1的電功率大于P2的電功率，故B正確；CD．由電阻定律可得若P1和P2的厚度相同，則電阻也相等；由于P1和P2是串聯關系，所以P1兩端的電壓等于P2兩端的電壓，故CD錯誤。故選B。4.在如圖所示電路中，已知電容，電源電動勢，內電阻忽略不計，定值電阻，，則電容器所帶電荷量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】定值電阻分得的電壓定值電阻分得的電壓故電容器兩端電壓為電容器所帶電荷量故選B。5.如圖所示，直角三角形abc，∠a＝60°，ad＝dc，b、c兩點在同一水平線上，垂直紙面的直導線置于b、c兩點，通有大小相等、方向向里的恒定電流，d點的磁感應強度大小為B0.若把置于c點的直導線的電流反向，大小保持不變，則變化后d點的磁感應強度（）A.大小為B0，方向水平向左B.大小為B0，方向豎直向下C.大小為B0，方向水平向右D.大小為2B0，方向豎直向下【答案】B【解析】如圖所示由幾何關系知θ=60°，設每根導線在d點產生的磁感強度為B，據平行四邊形定則有若把置于c點的直導線電流反向，據幾何知識可得α=30°d點合磁感強度大小為方向豎直向下；故選B。6.如圖所示，建筑工地上的打夯機將質量為的重錘升高到的高度后釋放，重錘在地面上砸出一個深坑，重錘沖擊地面的時間為。不計空氣阻力，重力加速度取，則重錘對地面的平均作用力大小為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】取向上為正方向，以重錘為研究對象，根據動量定理代入數據，解得根據牛頓第三定律，重錘對地面的平均作用力大小為。故選B。7.如圖所示，電風扇的葉片勻速旋轉時將空氣以速度v向前排開，葉片旋轉形成的圓的面積為S，空氣密度為ρ，下列說法正確的是（）A.t時間內通過葉片的空氣質量為ρSvB.空氣對葉片的推力為C.若僅將葉片面積增大為2S，則空氣對葉片的壓強變為原來的一半D.單位時間內流過葉片的空氣的動能為【答案】B【解析】A．t時間內葉片排開的空氣的質量為故A項錯誤；B．由動量定理可得解得葉片勻速旋轉時，空氣受到的推力為根據牛頓第三定律可知，空氣對葉片的推力為，故B項正確；C．空氣對葉片的壓強為所以若僅將葉片面積增大為2S，則空氣對葉片的壓強不變，故C項錯誤；D．單位時間，則時間為1s，所以其單位時間內通過葉片的空氣為單位時間內流過葉片的空氣的動能為故D項錯誤。故選B。8.閉合電路內、外電阻的功率隨外電路電阻變化的兩條曲線如圖所示，曲線A表示內電阻的功率隨外電阻變化的關系圖線，曲線B表示外電阻的功率隨外電阻變化的關系圖線。下列說法正確的是（）A.電源的電動勢為3VB.電源的內阻為2.5ΩC.內電阻的最大功率為7.2WD.外電阻取2.5Ω時外電阻的功率是外電阻取10Ω時外電阻的功率的【答案】C【解析】AB．設電源的電動勢為E，內阻為r，由閉合電路的歐姆定律得，電路中電流為則閉合電路中內電阻的功率為外電阻的功率為由圖像可知，當外電阻代入數據聯立解得E＝6Vr＝5ΩAB錯誤；C．當外電阻電路中電流最大，內電阻功率最大，最大功率為C正確；D．由圖像可知，當外電阻外電阻的功率為外電阻的功率為，D錯誤。故選C。二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）9.關于磁通量，下列說法正確的是（）A.圖甲中，通過兩金屬圓環的磁通量B.圖乙中，通過匝邊長為L的正方形金屬線圈的磁通量為C.圖丙中，在通電直導線的磁場中，線圈在Ⅱ位置時穿過線圈的磁通量不為0D.圖丙中，在通電直導線的磁場中，若線圈在I位置時的磁通量大小為，則線圈從I位置平移至Ⅲ位置過程中，線圈的磁通量的變化量大小為2【答案】AD【解析】A．圖甲中，通過兩金屬圓環的既有條形磁鐵的外部磁場又有內部磁場，磁通量比較的是凈勝的磁感線條數，所以。故A正確；B．圖乙中，通過匝邊長為L正方形金屬線圈的磁通量為故B錯誤；C．圖丙中，在通電直導線的磁場中，線圈在Ⅱ位置時既有垂直紙面向里的磁場，也有垂直紙面向外的磁場，由磁場分布的對稱性可知，穿過線圈的磁通量為0。故C錯誤；D．圖丙中，在通電直導線的磁場中，設垂直紙面向里的磁通量為正，則線圈在I位置時的磁通量為-，由磁場分布的對稱性可知線圈在Ⅲ位置時磁通量為，則線圈從I位置平移至Ⅲ位置過程中，線圈的磁通量的變化量大小為故D正確。故選AD。10.如圖所示，電源電動勢、內阻r恒定，定值電阻的阻值等于，定值電阻的阻值等于，閉合開關S，平行板電容器兩板間有一帶電液滴剛好處于靜止狀態。將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表、、的示數變化量的絕對值分別為、、，理想電流表A示數變化量的絕對值為，下列說法正確的是（）A.帶電液滴將向下運動，定值電阻中有從流向的瞬間電流B.C.、、均不變D.電源的輸出功率變大，電源效率變小【答案】ACD【解析】A．將滑動變阻器滑片向下滑動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，電路總電阻變小，由閉合電路歐姆定律可知電路電流增大，根據可知電容器極板間電壓減小，根據可知電容器的電荷量Q減少，電容器放電，所以定值電阻中有從a流向b的瞬間電流。由可知極板間勻強電場的電場強度E減小，向上的電場力減小，則帶電液滴將向下運動。故A正確；BC．理想電壓表V1測量定值電阻R1兩端的電壓，根據歐姆定律可得理想電壓表V2測量電源的路端電壓，根據閉合電路歐姆定律可得理想電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓，根據閉合電路歐姆定律可得則有，，可知、、均不變，由于定值電阻的阻值等于，則有故B錯誤，C正確；D．電源的輸出功率為可知當外電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大；由于定值電阻的阻值等于電源內阻r，則電路的外電阻大于內阻r且在減小，則電源的輸出功率變大；電源效率為由于外電阻減小，則電源效率減小，故D正確。故選ACD。11.某學習小組將一個小量程的電流表（內阻為5Ω，量程為100mA）改裝成以下三個量程的電表：①量程為0~0.6A的電流表；②量程為0~3A的電流表；③量程為0~5V的電壓表，設計了如下圖所示的電路圖。下列說法正確的是（）A.當使用OB接線柱時，該電表是量程為0~3A的電流表B.當使用OC接線柱時，該電表是量程為0~5V的電壓表C.R1=0.8ΩD.R3=7.5Ω【答案】BD【解析】AB．根據電流表改裝特點可知，當與表頭并聯的分流電阻阻值越小，電流表的量程越大，所以當使用OA接線柱時，電流表量程為0~3A，使用OB接線柱時，電流表量程為0~0.6A，使用OC接線柱時，電壓表量程為0~5V，故A錯誤，B正確；CD．當使用OA接線柱時，有當使用OB接線柱時，有當使用OC接線柱時，有聯立解得，，故C錯誤，D正確。故選BD。12.如圖所示，將一半徑為R的光滑半圓槽置于光滑水平面上，現讓一小球自左側槽口A的正上方h處由靜止開始下落，恰好與圓弧槽相切自A點進入槽內，已知半圓槽質量為小球質量的4倍，則以下結論中正確的是（小球可視為質點，重力加速度為g）（）A.小球在半圓槽內運動的過程中機械能守恒B.小球在到達C點時速度為C.小球運動到半圓槽的最低點B時，半圓槽向左移動D.小球離開C點以后，將做斜上拋運動【答案】BC【解析】A．小球在半圓槽內運動的過程中，由于半圓槽的彈力對小球做功，則小球的機械能不守恒，故A錯誤；BD．小球與半圓槽組成的系統滿足水平方向動量守恒，則系統的水平動量始終為0，當小球在到達C點時，小球與半圓槽具有相同的水平速度，則半圓槽的速度剛好為0，根據系統機械能守恒可得解得小球在到達C點時速度為此時小球的水平分速度剛好為0，所以小球離開C點以后，將做豎直上拋運動，故B正確，D錯誤；C．小球運動到半圓槽的最低點B時，根據系統水平方向動量守恒可得則有小球運動到半圓槽的最低點B時，有聯立解得半圓槽向左移動的距離為故C正確。故選BC。第Ⅱ卷（非選擇題共60分）三。實驗題（13題8分；14題6分，共14分。）13.（1）上圖是一個20分度游標卡尺，讀數是：__________cm。（2）某實驗小組對比多用電表測電阻和伏安法測電阻的測量值是否相同。Ⅰ、他們找來一電阻元件，首先用多用電表測量，多用電表顯示如圖甲所示，為減小測量誤差他們又重新測量。請在下列操作中選擇正確的操作步驟并按先后順序進行排序________。（填步驟前的字母代號）A．使紅、黑表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針指在刻度盤最左端0刻度B．使紅、黑表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針指在刻度盤最右端0刻度C．使紅、黑表筆接觸待測電阻兩端，測量并讀數D．斷開表筆，將選擇開關旋至“OFF”擋E．將選擇開關旋至“×1”擋F．將選擇開關旋至“×100”擋Ⅱ、他們又用如圖乙所示的電路對該電阻元件進行測量，圖乙中部分器材的參數如下：電源（電動勢為12V，內阻約為1Ω）；雙量程電壓表（量程為0~3V時內阻約為3kΩ，量程為0~15V時內阻約為15kΩ）；雙量程電流表（量程為0~0.6A時內阻約為0.1Ω，量程為0~3A時內阻約為0.02Ω）；滑動變阻器（最大阻值為5Ω）。①要求測量盡量精確，用筆畫線代替導線將圖乙中的測量電路補充完整____________。②用正確的電路多次測量，電壓表示數用U表示，電流表示數用Ⅰ表示，根據U?I圖像可得出電阻的測量值，考慮到系統誤差，該電阻的測量值_________（填“大于”“小于”或“等于”）實際值。【答案】（1）1.070（2）EBCD小于【解析】（1）游標卡尺讀數是（2）Ⅰ[1]由甲圖可知，選擇開關旋至“×10”擋，指針偏角較大，讀數不準確，為了減小測量誤差，應該換成“×1”擋使指針向表盤的中央三分之一區域，正確操作步驟為E．將選擇開關旋至“×1”擋B．使紅、黑表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針指在刻度盤最右端0刻度C．使紅、黑表筆接觸待測電阻兩端，測量并讀數D．斷開表筆，將選擇開關旋至“OFF”擋故先后順序為EBCD。Ⅱ①[2]滑動變阻器總阻值較小，需要采用分壓式接法，電源電動勢為12V，電壓表選擇0~15V量程，由甲圖可知電阻元件的阻值大約為20Ω，則電路中最大電流約為可知電流表選擇0~0.6A量程。實物連接圖如圖所示②[3]用正確的電路多次測量，電壓表示數用U表示，電流表示數用Ⅰ表示，根據U?I圖像可得出電阻的測量值，考慮到系統誤差，由于電壓表的分流，致使電流表的測量值大于真實值，根據歐姆定律可知該電阻的測量值小于實際值。14.為了驗證碰撞中的動量守恒和檢驗兩個小球的碰撞是否為彈性碰撞，某同學選取了兩個體積相同、質量不相等的小球，按下述步驟做了如下實驗：①用天平測出兩個小球的質量（分別為m1和m2）。②按照如圖所示的那樣，安裝好實驗裝置。將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端處的切線水平，將一斜面BC連接在斜槽末端。③先不放小球m2，讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，記下小球的落點位置。④將小球m2放在斜槽末端邊緣處，讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，使它們發生碰撞，記下小球m1和m2在斜面上的落點位置。⑤用毫米刻度尺量出各個落點位置到斜槽末端點B的距離，圖中D、E、F點是該同學記下的小球在斜面上的幾個落點位置，到B點的距離分別為LD、LE、LF。（1）小球m1和m2需要m1___________m2；（填“大于”、“小于”或者“等于），發生碰撞后，m1的落點是圖中的___________點。（2）實驗中小球均落在斜面上，用測得物理量來表示，只要滿足以下關系式中的哪一項___________，則說明碰撞中動量守恒；只要再滿足關系式___________，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞。（將正確答案前面的選項填入適當的位置）A．B．C．D．【答案】（1）大于D（2）AB【解析】（1）[1]小球m1和m2需要m1大于m2；[2]發生碰撞后，m1的落點是圖中的D點；（2）[3][4]由題可知，碰撞后m1的落點是圖中的D點，m2的落點是圖中的F點，設斜面的傾角為，小球從斜面頂端平拋落到斜面上，兩者距離為，由平拋運動的知識可知可得由于、都是恒量，所以所以動量守恒的表達式可化簡為故選A。機械能守恒的表達式可以化簡為故選B。四、計算題（本題共4小題，共46分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）。15.如圖所示，電源電動勢E=12V，r=1Ω，電容器的電容C=350μF，定值電阻R1=1Ω，燈泡電阻R2=6Ω，電動機的額定電壓UM=6V，線圈電阻RM=1Ω。開關S閉合，電路穩定后，電動機正常工作，求：（1）電動機輸出的機械功率；（2）電容器極板所帶電量Q。【答案】（1）（2）【解析】（1）根據閉合電路歐姆定律，干路電流為流過燈泡的電流流過電動機的電流則電動機的輸出功率為聯立解得（2）電容器的電壓為電容器的電荷量為代入數據聯立解得16.如圖（a）所示電路，當變阻器的滑動片從一端滑到另一端的過程中兩電壓表的讀數隨電流表讀數的變化情況如圖（b）中的AC、BC兩直線所示，不考慮電表對電路的影響。（1）定值電阻R0的阻值為多大？（2）電源的電動勢和內阻分別為多少？（3）變阻器滑動片從一端滑到另一端的過程中，變阻器消耗的最大電功率為多少？【答案】（1）3Ω（2）8V，1Ω（3）4W【解析】（1）當變阻器阻值為0時，兩電壓表讀數相等，則有（2）根據閉合電路歐姆定律得可知U?I圖像中BC直線的斜率絕對值等于電源的內阻，則有將B點坐標代入可得解得電源電動勢為（3）變阻器的總電阻為變阻器消耗的功率為可知當變阻器消耗的電功率最大，則有17.如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA=4kg和mB=3kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻壁相接觸。另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，C的v-t圖像如圖乙所示。求：（1）C的質量mC；（2）t=8s時彈簧具有的彈性勢能Ep1，4~12s內墻壁對物塊B的沖量大小I；（3）B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep2。【答案】（1）2kg；（2）27J，36N·s；（3）9J【解析】（1）由題圖乙知，C與A碰前速度為碰后速度大小為C與A碰撞過程動量守恒解得C質量（2）t=8s時彈簧具有的彈性勢能為取水平向左為正方向，根據動量定理，4~12s內墻壁對物塊B的沖量大小（3）由題圖可知，12s時B離開墻壁，此時A、C的速度大小為之后A、B、C及彈簧組成的系統動量和機械能守恒，且當A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大解得B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能為18.如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著小車上的軌道運動，已知細線長。小球質量。物塊、小車質量均為。小車上的水平軌道長。圓弧軌道半徑。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取。（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數的取值范圍。【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）【解析】（1）對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理解得在最低點，對小球由牛頓第二定律解得，小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為（2）小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為（3）若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒由能量守恒定律解得若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒由能量守恒定律解得綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數的取值范圍為2024—2025學年第一學期期中質量檢測高二物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的班級、姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷（選擇題共40分）一、單項選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.關于磁場和磁感線，下列說法正確的是（）A.磁感線總是從N極出發，止于S極B.通電導線在某處不受磁場力作用，則該處的磁感應強度一定為零C.磁感應強度為零的區域，在該區域中通過某個面的磁通量一定為零D.磁場是真實存在物質，磁感線也是客觀存在的，反映磁場的大小和方向【答案】C【解析】A．磁感線在磁體外部是從N極到S極，內部從S極到N極，故A錯誤；B．通電導線在某處不受磁場力作用，可能是電流的方向與磁場的方向平行，該處的磁感應強度不一定為零，故B錯誤；C．根據磁通量可知，當磁感應強度時，則磁通量，故C正確；D．磁場是一種看不見的特殊物質，磁感線是人們為了方便研究而假想出來的，不是真實存在的，故D錯誤。2.鋰離子電池已被廣泛地用于智能手機、智能機器人、電動自行車、電動汽車等領域，鋰離子電池主要依靠鋰離子（）在電池內部正極和負極之間移動來工作，某款手機充電鋰離子電池的標識如圖所示。下列說法正確的是（）A.該鋰離子電池放電時，鋰離子從正極運動到負極B.該鋰離子電池把化學能轉化為電能的本領比電動勢為1.5V的干電池弱C.該鋰離子電池充滿電后可貯存約的電能D.若該鋰離子電池的待機電流為15mA，則其最長待機時間約為96h【答案】C【解析】A．鋰離子電池放電時，在電池外部電流由正極流向負極，在電池內部，電流由負極流向正極，鋰離子帶正電，在電池內部鋰離子從負極運動到正極，故A錯誤；B．電動勢表示電池把其他能轉化為電能本領大小的物理量，電動勢越大，該項本領越大，所以3.8V鋰離子電池把化學能轉化為電能的本領比電動勢為1.5V的干電池強，所以故B錯誤；C．該鋰離子電池充滿電后可貯存的電能為故C正確；D．若該鋰離子電池的待機電流為15mA，則其最長待機時間為故D錯誤。故選C。3.P1和P2是材料相同、上下表面為正方形的長方體導體，P1的上、下表面積大于P2的上、下表面積，將P1和P2按圖所示方式接到電源上，閉合開關后，下列說法正確的是（）A.若P1和P2的體積相同，則通過P1的電流大于通過P2的電流B.若P1和P2的體積相同，則P1的電功率大于P2的電功率C.若P1和P2的厚度相同，則P1兩端的電壓小于P2兩端的電壓D.若P1和P2的厚度相同，則P1兩端的電壓大于P2兩端的電壓【答案】B【解析】A．由于P1和P2是串聯關系，所以通過P1、P2的電流總是相等的，故A錯誤；B．由電阻定律可得若P1和P2的體積相同，則上下表面積越大的阻值越大，即由電功率公式可知P1的電功率大于P2的電功率，故B正確；CD．由電阻定律可得若P1和P2的厚度相同，則電阻也相等；由于P1和P2是串聯關系，所以P1兩端的電壓等于P2兩端的電壓，故CD錯誤。故選B。4.在如圖所示電路中，已知電容，電源電動勢，內電阻忽略不計，定值電阻，，則電容器所帶電荷量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】定值電阻分得的電壓定值電阻分得的電壓故電容器兩端電壓為電容器所帶電荷量故選B。5.如圖所示，直角三角形abc，∠a＝60°，ad＝dc，b、c兩點在同一水平線上，垂直紙面的直導線置于b、c兩點，通有大小相等、方向向里的恒定電流，d點的磁感應強度大小為B0.若把置于c點的直導線的電流反向，大小保持不變，則變化后d點的磁感應強度（）A.大小為B0，方向水平向左B.大小為B0，方向豎直向下C.大小為B0，方向水平向右D.大小為2B0，方向豎直向下【答案】B【解析】如圖所示由幾何關系知θ=60°，設每根導線在d點產生的磁感強度為B，據平行四邊形定則有若把置于c點的直導線電流反向，據幾何知識可得α=30°d點合磁感強度大小為方向豎直向下；故選B。6.如圖所示，建筑工地上的打夯機將質量為的重錘升高到的高度后釋放，重錘在地面上砸出一個深坑，重錘沖擊地面的時間為。不計空氣阻力，重力加速度取，則重錘對地面的平均作用力大小為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】取向上為正方向，以重錘為研究對象，根據動量定理代入數據，解得根據牛頓第三定律，重錘對地面的平均作用力大小為。故選B。7.如圖所示，電風扇的葉片勻速旋轉時將空氣以速度v向前排開，葉片旋轉形成的圓的面積為S，空氣密度為ρ，下列說法正確的是（）A.t時間內通過葉片的空氣質量為ρSvB.空氣對葉片的推力為C.若僅將葉片面積增大為2S，則空氣對葉片的壓強變為原來的一半D.單位時間內流過葉片的空氣的動能為【答案】B【解析】A．t時間內葉片排開的空氣的質量為故A項錯誤；B．由動量定理可得解得葉片勻速旋轉時，空氣受到的推力為根據牛頓第三定律可知，空氣對葉片的推力為，故B項正確；C．空氣對葉片的壓強為所以若僅將葉片面積增大為2S，則空氣對葉片的壓強不變，故C項錯誤；D．單位時間，則時間為1s，所以其單位時間內通過葉片的空氣為單位時間內流過葉片的空氣的動能為故D項錯誤。故選B。8.閉合電路內、外電阻的功率隨外電路電阻變化的兩條曲線如圖所示，曲線A表示內電阻的功率隨外電阻變化的關系圖線，曲線B表示外電阻的功率隨外電阻變化的關系圖線。下列說法正確的是（）A.電源的電動勢為3VB.電源的內阻為2.5ΩC.內電阻的最大功率為7.2WD.外電阻取2.5Ω時外電阻的功率是外電阻取10Ω時外電阻的功率的【答案】C【解析】AB．設電源的電動勢為E，內阻為r，由閉合電路的歐姆定律得，電路中電流為則閉合電路中內電阻的功率為外電阻的功率為由圖像可知，當外電阻代入數據聯立解得E＝6Vr＝5ΩAB錯誤；C．當外電阻電路中電流最大，內電阻功率最大，最大功率為C正確；D．由圖像可知，當外電阻外電阻的功率為外電阻的功率為，D錯誤。故選C。二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）9.關于磁通量，下列說法正確的是（）A.圖甲中，通過兩金屬圓環的磁通量B.圖乙中，通過匝邊長為L的正方形金屬線圈的磁通量為C.圖丙中，在通電直導線的磁場中，線圈在Ⅱ位置時穿過線圈的磁通量不為0D.圖丙中，在通電直導線的磁場中，若線圈在I位置時的磁通量大小為，則線圈從I位置平移至Ⅲ位置過程中，線圈的磁通量的變化量大小為2【答案】AD【解析】A．圖甲中，通過兩金屬圓環的既有條形磁鐵的外部磁場又有內部磁場，磁通量比較的是凈勝的磁感線條數，所以。故A正確；B．圖乙中，通過匝邊長為L正方形金屬線圈的磁通量為故B錯誤；C．圖丙中，在通電直導線的磁場中，線圈在Ⅱ位置時既有垂直紙面向里的磁場，也有垂直紙面向外的磁場，由磁場分布的對稱性可知，穿過線圈的磁通量為0。故C錯誤；D．圖丙中，在通電直導線的磁場中，設垂直紙面向里的磁通量為正，則線圈在I位置時的磁通量為-，由磁場分布的對稱性可知線圈在Ⅲ位置時磁通量為，則線圈從I位置平移至Ⅲ位置過程中，線圈的磁通量的變化量大小為故D正確。故選AD。10.如圖所示，電源電動勢、內阻r恒定，定值電阻的阻值等于，定值電阻的阻值等于，閉合開關S，平行板電容器兩板間有一帶電液滴剛好處于靜止狀態。將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表、、的示數變化量的絕對值分別為、、，理想電流表A示數變化量的絕對值為，下列說法正確的是（）A.帶電液滴將向下運動，定值電阻中有從流向的瞬間電流B.C.、、均不變D.電源的輸出功率變大，電源效率變小【答案】ACD【解析】A．將滑動變阻器滑片向下滑動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，電路總電阻變小，由閉合電路歐姆定律可知電路電流增大，根據可知電容器極板間電壓減小，根據可知電容器的電荷量Q減少，電容器放電，所以定值電阻中有從a流向b的瞬間電流。由可知極板間勻強電場的電場強度E減小，向上的電場力減小，則帶電液滴將向下運動。故A正確；BC．理想電壓表V1測量定值電阻R1兩端的電壓，根據歐姆定律可得理想電壓表V2測量電源的路端電壓，根據閉合電路歐姆定律可得理想電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓，根據閉合電路歐姆定律可得則有，，可知、、均不變，由于定值電阻的阻值等于，則有故B錯誤，C正確；D．電源的輸出功率為可知當外電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大；由于定值電阻的阻值等于電源內阻r，則電路的外電阻大于內阻r且在減小，則電源的輸出功率變大；電源效率為由于外電阻減小，則電源效率減小，故D正確。故選ACD。11.某學習小組將一個小量程的電流表（內阻為5Ω，量程為100mA）改裝成以下三個量程的電表：①量程為0~0.6A的電流表；②量程為0~3A的電流表；③量程為0~5V的電壓表，設計了如下圖所示的電路圖。下列說法正確的是（）A.當使用OB接線柱時，該電表是量程為0~3A的電流表B.當使用OC接線柱時，該電表是量程為0~5V的電壓表C.R1=0.8ΩD.R3=7.5Ω【答案】BD【解析】AB．根據電流表改裝特點可知，當與表頭并聯的分流電阻阻值越小，電流表的量程越大，所以當使用OA接線柱時，電流表量程為0~3A，使用OB接線柱時，電流表量程為0~0.6A，使用OC接線柱時，電壓表量程為0~5V，故A錯誤，B正確；CD．當使用OA接線柱時，有當使用OB接線柱時，有當使用OC接線柱時，有聯立解得，，故C錯誤，D正確。故選BD。12.如圖所示，將一半徑為R的光滑半圓槽置于光滑水平面上，現讓一小球自左側槽口A的正上方h處由靜止開始下落，恰好與圓弧槽相切自A點進入槽內，已知半圓槽質量為小球質量的4倍，則以下結論中正確的是（小球可視為質點，重力加速度為g）（）A.小球在半圓槽內運動的過程中機械能守恒B.小球在到達C點時速度為C.小球運動到半圓槽的最低點B時，半圓槽向左移動D.小球離開C點以后，將做斜上拋運動【答案】BC【解析】A．小球在半圓槽內運動的過程中，由于半圓槽的彈力對小球做功，則小球的機械能不守恒，故A錯誤；BD．小球與半圓槽組成的系統滿足水平方向動量守恒，則系統的水平動量始終為0，當小球在到達C點時，小球與半圓槽具有相同的水平速度，則半圓槽的速度剛好為0，根據系統機械能守恒可得解得小球在到達C點時速度為此時小球的水平分速度剛好為0，所以小球離開C點以后，將做豎直上拋運動，故B正確，D錯誤；C．小球運動到半圓槽的最低點B時，根據系統水平方向動量守恒可得則有小球運動到半圓槽的最低點B時，有聯立解得半圓槽向左移動的距離為故C正確。故選BC。第Ⅱ卷（非選擇題共60分）三。實驗題（13題8分；14題6分，共14分。）13.（1）上圖是一個20分度游標卡尺，讀數是：__________cm。（2）某實驗小組對比多用電表測電阻和伏安法測電阻的測量值是否相同。Ⅰ、他們找來一電阻元件，首先用多用電表測量，多用電表顯示如圖甲所示，為減小測量誤差他們又重新測量。請在下列操作中選擇正確的操作步驟并按先后順序進行排序________。（填步驟前的字母代號）A．使紅、黑表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針指在刻度盤最左端0刻度B．使紅、黑表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針指在刻度盤最右端0刻度C．使紅、黑表筆接觸待測電阻兩端，測量并讀數D．斷開表筆，將選擇開關旋至“OFF”擋E．將選擇開關旋至“×1”擋F．將選擇開關旋至“×100”擋Ⅱ、他們又用如圖乙所示的電路對該電阻元件進行測量，圖乙中部分器材的參數如下：電源（電動勢為12V，內阻約為1Ω）；雙量程電壓表（量程為0~3V時內阻約為3kΩ，量程為0~15V時內阻約為15kΩ）；雙量程電流表（量程為0~0.6A時內阻約為0.1Ω，量程為0~3A時內阻約為0.02Ω）；滑動變阻器（最大阻值為5Ω）。①要求測量盡量精確，用筆畫線代替導線將圖乙中的測量電路補充完整____________。②用正確的電路多次測量，電壓表示數用U表示，電流表示數用Ⅰ表示，根據U?I圖像可得出電阻的測量值，考慮到系統誤差，該電阻的測量值_________（填“大于”“小于”或“等于”）實際值。【答案】（1）1.070（2）EBCD小于【解析】（1）游標卡尺讀數是（2）Ⅰ[1]由甲圖可知，選擇開關旋至“×10”擋，指針偏角較大，讀數不準確，為了減小測量誤差，應該換成“×1”擋使指針向表盤的中央三分之一區域，正確操作步驟為E．將選擇開關旋至“×1”擋B．使紅、黑表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針指在刻度盤最右端0刻度C．使紅、黑表筆接觸待測電阻兩端，測量并讀數D．斷開表筆，將選擇開關旋至“OFF”擋故先后順序為EBCD。Ⅱ①[2]滑動變阻器總阻值較小，需要采用分壓式接法，電源電動勢為12V，電壓表選擇0~15V量程，由甲圖可知電阻元件的阻值大約為20Ω，則電路中最大電流約為可知電流表選擇0~0.6A量程。實物連接圖如圖所示②[3]用正確的電路多次測量，電壓表示數用U表示，電流表示數用Ⅰ表示，根據U?I圖像可得出電阻的測量值，考慮到系統誤差，由于電壓表的分流，致使電流表的測量值大于真實值，根據歐姆定律可知該電阻的測量值小于實際值。14.為了驗證碰撞中的動量守恒和檢驗兩個小球的碰撞是否為彈性碰撞，某同學選取了兩個體積相同、質量不相等的小球，按下述步驟做了如下實驗：①用天平測出兩個小球的質量（分別為m1和m2）。②按照如圖所示的那樣，安裝好實驗裝置。將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端處的切線水平，將一斜面BC連接在斜槽末端。③先不放小球m2，讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，記下小球的落點位置。④將小球m2放在斜槽末端邊緣處，讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，使它們發生碰撞，記下小球m1和m2在斜面上的落點位置。⑤用毫米刻度尺量出各個落點位置到斜槽末端點B的距離，圖中D、E、F點是該同學記下的小球在斜面上的幾個落點位置，到B點的距離分別為LD、LE、LF。（1）小球m1和m2需要m1___________m2；（填“大于”、“小于”或者“等于），發生碰撞后，m1的落點是圖中的___________點。（2）實驗中小球均落在斜面上，用測得物理量來表示，只要滿足以下關系式中的哪一項___________，則說明碰撞中動量守恒；只要再滿足關系式___________，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞。（將正確答案前面的選項填入適當的位置）A．B．C．D．【答案】（1）大于D（2）AB【解析】（1）[1]小球m1和m2需要m1大于m2；[2]發生碰撞后，m1的落點是圖中的D點；（2）[3][4]由題可知，碰撞后m1的落點是圖中的D點，m2的落點是圖中的F點，設斜面的傾角為，小球從斜面頂端平拋落到斜面上，兩者距離為，由平拋運動的知識可知可得由于、都是恒量，所以所以動量守恒的表達式可化簡為故選A。機械能守恒的表達式可以化簡為故選B。四、計算題（本題共4小題，共46分。解答應寫出必要的文字說明、方程式