2024-2025学年河北省保定市高二上学期期末联考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2025学年河北省保定市高二（上）期末联考物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.物理和生活息息相关。下列有关电学知识的说法正确的是（）A.图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在极柱B上B.图乙中，建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电原理C.图丙中，采用金属编织网包裹着导体线芯是为了增加线束的导电性D.图丁中，毛皮与橡胶棒摩擦起电时，毛皮带正电是因为在摩擦过程中它得到正电荷【答案】B【解析】A．图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，故A错误；B．图乙中，建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电原理，故B正确；C．图丙中，采用金属编织网包裹着导体线芯是屏蔽线外的电磁信号干扰，故C错误；D．图丁中，毛皮与橡胶棒摩擦起电时，毛皮带正电是因为在摩擦过程中它失去了带负电的电子，故D错误。故选B。2.如图甲所示，半径为r的金属圆环内存在匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向。在时间内，下列说法正确的是（）A.感应电流方向先逆时针方向后顺时针方向B.时，感应电流为0C.金属圆环内感应电动势大小为D.金属圆环内感应电动势大小为【答案】C【解析】A．在到的时间间隔内，圆环的磁通量垂直平面向外一直减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场垂直纸面向外，由安培定则知感应电流的方向沿逆时针方向，在到的时间间隔内，圆环的磁通量垂直平面向里一直增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场垂直纸面向外，由安培定则知感应电流的方向沿逆时针方向，则在时间内，感应电流方向始终逆时针方向，故A错误；CD．由法拉第电磁感应定律，金属圆环内感应电动势大小为故C正确，D错误；B．由欧姆定律得，圆环中的感应电流大小为大小和方向始终不变，故B错误。故选C。3.图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生交变电流，电动势大小随时间变化情况如图乙所示。已知有3只白炽灯泡并联接到发电机上，每只灯泡的额定电压均为6V、阻值均为，发电机内部电阻可忽略。若灯泡恰好正常发光，则该发电机（）A.输出的交流电频率为50HzB.输出电压的最大值为C.输出电流的有效值为 D.时穿过发电机内部线圈的磁通量为0【答案】B【解析】A．由图像可知输出的交流电周期，输出的交流电频率为故A错误；B．3只白炽灯泡并联接到发电机上且正常发光，输出电压有效值为U=6V，即输出电压的最大值为故B正确；C．输出电流的有效值为故C错误；D．时电动势最小为0，穿过发电机内部线圈的磁通量最大，故D错误。故选B。4.如图所示，一平行板电容器与电源保持连接，其负极板接地并固定。如图所示，一带电小液滴恰好静止于P点。下列说法正确的是（）A.小液滴带正电B.若仅将上极板向上移动一小段距离，小液滴依然保持静止C.若仅将上极板向上移动一小段距离，小液滴将向下运动D.若仅将上极板向下移动一小段距离，P点电势降低【答案】C【解析】A．一带电小液滴恰好静止于P点，小液滴受到竖直向上电场力，与电场强度的方向相反，即小液滴带负电，故A错误；BC．平行板电容器与电源保持连接，U不变，仅将上极板向上移动一小段距离，根据可知电场强度减小，小液滴受到电场力减小将向下运动，故B错误，C正确；D．仅将上极板向下移动一小段距离，根据可知电场强度增大，设P距下极板距离为x，根据可知P点的电势升高，故D错误。故选C。5.三个完全相同的小球A、B、C，其中A、B均带正电，被分别固定在两点，已知小球A电荷量为q。现将不带电的小球C先后与A、B相互接触后移走，之后A、B两球之间的静电力大小变为原来的一半。设接触前后A、B均匀带电，则初始时B球的电荷量为（）A. B. C. D.q【答案】C【解析】不带电的小球C先与A接触后，A、C带电量为，再与B接触后B的带电量为之后A、B两球之间的静电力大小变为原来的一半，即解得故选C。6.如图所示，纸面内长为8L、宽为2L的矩形区域abcd内（含边界）存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于d处的粒子源可以发射质量为m、电荷量为的粒子，粒子的速度方向与dc边夹角为，粒子恰好从c点射出磁场。不考虑粒子重力，下列说法正确的是（）A.粒子的轨迹与ab边恰好相切B.粒子发射的速度大小为C.粒子在磁场中运动的时间为D.仅减小粒子的发射速度，射出磁场时速度的方向跟发射速度的大小有关【答案】A【解析】A．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子恰好从c点射出磁场时，设粒子的轨迹与ab边恰好相切，画出其运动轨迹如图所示根据几何知识，可得粒子在磁场中运动的轨迹半径根据几何关系可知mn段的长度恰好等于2L，故假设成立，故A正确；B．根据洛伦兹力提供向心力，则有解得故B错误；C．根据几何关系，可知粒子转过的圆心角为，粒子在磁场中运动的周期为粒子在磁场中运动的时间为故C错误；D．仅减小粒子的发射速度，根据洛伦兹力提供向心力，则有解得可知粒子的运动半径减小，仍从dc边出射，根据几何关系可知，射出磁场时速度的方向与dc边的夹角保持不变，仍为，故射出磁场时速度的方向跟发射速度的大小无关，故D错误。故选A。7.如图所示，金属导轨所在的平面与水平面的夹角，导轨间的距离为1m，金属导轨电阻不计，其上端接有电动势为6V、内阻为的直流电源。空间中存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），现把一质量为2kg、电阻为的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒处于静止状态。已知导体棒与导轨间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，g取，则下列说法正确的是（）A.流过导体棒ab的电流大小为3AB.导体棒ab受到的安培力方向水平向左C.为保证导体棒ab处于静止状态，磁感应强度最小值为D.为保证导体棒ab处于静止状态，磁感应强度最大为20T【答案】D【解析】A．根据闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒ab的电流大小为故A错误；B．根据左手定则可知，导体棒ab受到的安培力安培力方向水平向右，故B错误；C．为保证导体棒ab处于静止状态，磁感应强度最小值为，根据平衡条件有解得故C错误；D．为保证导体棒ab处于静止状态，磁感应强度最小值为，根据平衡条件有解得故D正确。故选D。二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.如图所示为远距离输电原理图，两个变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为，其它导线电阻可忽略不计。已知发电厂的输出功率为100kW，，，输电线上损失的功率为5kW。下列说法正确的是（）A.输电线上的电流为25AB.C.升压变压器原副线圈匝数比为1D.降压变压器原副线圈匝数比为【答案】AD【解析】A．发电厂输出的电流输电线的电流故A正确；B．对升压变压器输电线回路中故B错误；C．升压变压器原副线圈匝数比为故C错误；D．降压变压器原副线圈匝数比为故D正确。故选AD。9.某兴趣小组的同学想要用电压表改装一个加速度测量计，设计方案如下图。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧分别连接完全相同的弹簧3；是总阻值为R的电阻丝，4是固定在滑块上且与电阻丝接触的可滑动金属片，初始时4位于电阻丝中间位置且开关闭合后电压表示数为U。已知电源的电动势、内阻均不变，为定值电阻。将装置安装在水平向右运动的小车上，下列说法中正确的是（）A.小车匀速运动时电压表示数等于UB.小车加速时，电压表的示数大于UC.小车刹车时，电压表的示数大于UD.将电压表表盘重新刻画为加速度测量计的表盘，其刻度线分布均匀【答案】AB【解析】A．初始时触片4位于电阻丝中间位置且开关闭合后电压表示数为U，此时两边弹簧弹力为零，当小车匀速运动时，滑块2所受合力为零，表明此时弹簧不受力，故电压表示数等于U，故A正确；B．当小车向右加速运动时，触片4向左移动x，加速度方向向右，则回路电阻增大，电流减小，电压表电压表示数增大，电压表的示数大于U，故B正确；C．小车刹车时，触片4向右移动x，加速度方向向左，故回路总电阻减小，总电流增大，电压表数可知电压表示数减小，电压表的示数小于U，故C错误；D．若向右加速，设触片4向左移动x距离，电阻丝总长为2l，根据欧姆定律电压表示数可见刻度线分布不均匀，故D错误。故选AB。10.如图所示，两根足够长、电阻可忽略的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上有M、N两点，MN左、右两侧导轨间距分别为2L和L，导体棒a、b分别置于左右两侧的导轨上，且距离MN足够远。导体棒a质量为2m，电阻为2R；导体棒b质量为m，电阻为R。现同时给导体棒a、b水平向右、大小为的初速度，在以后的运动过程中导体棒a、b与导轨始终接触良好，则下列说法正确的是（）A.刚开始运动时，导体棒b所受安培力大小为，方向水平向左B.导体棒a的最终速度大小为C.导体棒b的最终速度大小为D.整个运动过程中，通过导体棒b的电荷量为【答案】BD【解析】A．根据右手定则可知两根导体棒切割磁感应线产生的感应电动势方向相同，故刚开始运动时回路电流为顺时针，产生的感应电动势为则感应电流为导体棒b所受安培力大小为由左手定则知方向水平向右，故A错误；BCD．由受力分析和牛顿第二定律可得，在开始运动的一段时间内，回路中产生电流，两棒受安培力，a棒受安培力做加速度逐渐减小的减速运动，b棒受安培力做加速度逐渐减小的加速运动，某时刻回路达到稳态后，电流为零，即即两棒最终匀速直线运动，则有对a棒，根据动量定理可得对b棒，根据动量定理可得又联立解得最终速度大小，，故BD正确，C错误。故选BD。三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.某同学在实验室练习使用多用电表，图甲为多用电表示意图。（1）在使用多用电表时，下列说法正确的是

。A.红表笔应该插入A代表的插孔B.若使用前发现指针未指在电流或电压的零刻线处，应旋转旋钮N进行调零C.测量某电阻时发现指针偏转角度过大，则应当减小倍率，重新进行欧姆调零后再测量D.多用电表使用完毕，应该拔出红、黑表笔，选择开关旋转至“OFF挡”（2）某次测量时多用电表指针位置如图乙所示，若此时选择开关旋转至“100mA”挡，则多用电表读数为__________mA；若此时选择开关旋转至“”挡，则多用电表读数为__________。（3）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很小，则与二极管正极相连的是多用电表的__________。（选填“红表笔”或“黑表笔”）【答案】（1）ACD（2）52140（3）红表笔【解析】（1）A．红表笔应该插入A代表的插孔，故A正确；B．若使用前发现指针未指在电流或电压的零刻线处，应旋转旋钮M进行调零，故B错误；C．测量某电阻时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值相对所选倍率较小，则应当减小倍率，重新进行欧姆调零后再测量，故C正确；D．多用电表使用完毕，应该拔出红、黑表笔，选择开关旋转至“OFF挡”，故D正确。（2）[1]次测量时多用电表指针位置如图乙所示，若此时选择开关旋转至“100mA”挡，最小精确度为2mA多用电表读数为[2]若此时选择开关旋转至“”挡，则多用电表读数为（3）电流从二极管正极流入时，二极管导通，正向电阻小；用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很小，说明二极管的电阻大；欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，因此与二极管正极相连的是多用电表红表笔。12.层叠电池是由扁平形的单体锌锰电池按一定方式组装而成的高压电池组。某实验小组要测一层叠电池的电动势E和内阻约为9V，内阻约为，实验室中提供下列器材：电压表V：量程3V，内阻为电流表A：量程，内阻可忽略滑动变阻器R：最大阻值，额定电流1A定值电阻：阻值为定值电阻：阻值为开关S与导线若干（1）根据所学知识，同学们设计了如图甲所示的实验电路，图中与电压表串联的定值电阻应该选用__________（填“”或者“”）。（2）请根据实验电路图，完成实物连线__________。（3）按实验电路图接好电路，进行多次测量，画出电压表读数U和电流表读数I的关系图，如图乙，可以得到电池的电动势__________V、内阻__________。（结果均保留三位有效数字）【答案】（1）（2）（3）9.0012.5【解析】（1）该电源电动势约为9V，需要将电压表改装为大约为9V左右，则有应选择才能将量程扩大到9V。（2）根据电路图连接实物图如图所示（3）[1][2]由题意可得，外电路的电压为由闭合电路欧姆定律可得化简的结合图像可知，图像的纵截距图像斜率的绝对值代入数据联立解得，四、计算题：本大题共3小题，共30分。13.如图所示，一长为1m的绝缘细线将一带电小球固定于天花板上O点，小球质量为，电荷量为。空间中存在水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直方向夹角为。，，，求：（1）匀强电场电场强度的大小；（2）若再对小球施加一水平向右的作用力，使得小球缓慢运动到细线与竖直方向夹角为的位置，求该水平力做的功。【答案】（1）（2）【解析】（1）对小球进行受力分析，设细线上的力为，根据平衡条件联立解得（2）小球缓慢运动过程其中解得外力F做功14.如图所示，与水平面成角的光滑平行倾斜导轨，下端接阻值为的电阻。导轨中间虚线框部分为边长1m的正方形。时刻，质量为、阻值为的导体棒垂直导轨放置，从距离上端虚线的位置由静止释放，同时虚线框内匀强磁场磁感应强度由0开始随时间均匀增加，方向垂直导轨平面向上。当导体棒刚进入磁场时，磁感应强度停止变化，且导体棒恰能匀速下滑。不计导轨电阻，重力加速度为。求：（1）导体棒刚进磁场时磁感应强度的大小；（2）导体棒进入磁场前流过电阻的电流；（3）导体棒从开始运动到出磁场的过程中回路产生的焦耳热。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）导体棒由静止开始下滑，根据牛顿第二定律设刚进入磁场时速度大小为，根据速度位移公式有刚进入磁场时，设电动势大小为，根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有导体棒受力平衡解得（2）设导体棒进入磁场前运动时间为，则有回路中磁感应强度变化率设回路中感应电动势大小为E，根据法拉第电磁感应定律有流过电阻的电流（3）导体棒进入磁场前，回路中产生的热量，其中联立解得导体棒从开始运动到出磁场的过程中回路产生的焦耳热15.如图所示，在直角坐标系的区域存在垂直纸面的匀强磁场，在x>0、的区域存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出）。质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上点以速度沿x轴正方向进入电场，经x轴上B点进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为，并从x轴上的C点第一次离开磁场，最后经第三象限回到A点。不计粒子的重力，求：（1）匀强电场电场强度的大小；（2）匀强磁场磁感应强度的大小和方向；（3）粒子从A点出发到第一次返回A点的时间。【答案】（1）（2）；方向垂直直面向里（3）【解析】（1）设粒子在B点时竖直方向的速度大小为，根据几何关系有解得设带电粒子由A至B用时为，则有粒子由O至B竖直方向位移根据牛顿第二定律有联立解得（2）粒子由A点运动至B点水平方向位移由C点运动至A点，做匀速直线运动，如图所示由几何关系可知粒子做匀速圆周运动的轨迹如图中虚线所示，

为圆心，设圆周运动的半径为r，根据几何关系可得又在磁场中由洛伦兹力提供向心力其中进入磁场中的速度为联立解得方向垂直直面向里（3）根据几何关系，可知粒子在磁场中做匀速圆周运动圆心角为设带电粒子在磁场中运动的周期为T，则有设从B到C所用时间为，则有带电粒子由C至A用时粒子从A点出发到第一次返回A点的时间联立解得2024-2025学年河北省保定市高二（上）期末联考物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.物理和生活息息相关。下列有关电学知识的说法正确的是（）A.图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在极柱B上B.图乙中，建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电原理C.图丙中，采用金属编织网包裹着导体线芯是为了增加线束的导电性D.图丁中，毛皮与橡胶棒摩擦起电时，毛皮带正电是因为在摩擦过程中它得到正电荷【答案】B【解析】A．图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，故A错误；B．图乙中，建筑物顶端的避雷针利用了尖端放电原理，故B正确；C．图丙中，采用金属编织网包裹着导体线芯是屏蔽线外的电磁信号干扰，故C错误；D．图丁中，毛皮与橡胶棒摩擦起电时，毛皮带正电是因为在摩擦过程中它失去了带负电的电子，故D错误。故选B。2.如图甲所示，半径为r的金属圆环内存在匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向。在时间内，下列说法正确的是（）A.感应电流方向先逆时针方向后顺时针方向B.时，感应电流为0C.金属圆环内感应电动势大小为D.金属圆环内感应电动势大小为【答案】C【解析】A．在到的时间间隔内，圆环的磁通量垂直平面向外一直减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场垂直纸面向外，由安培定则知感应电流的方向沿逆时针方向，在到的时间间隔内，圆环的磁通量垂直平面向里一直增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场垂直纸面向外，由安培定则知感应电流的方向沿逆时针方向，则在时间内，感应电流方向始终逆时针方向，故A错误；CD．由法拉第电磁感应定律，金属圆环内感应电动势大小为故C正确，D错误；B．由欧姆定律得，圆环中的感应电流大小为大小和方向始终不变，故B错误。故选C。3.图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生交变电流，电动势大小随时间变化情况如图乙所示。已知有3只白炽灯泡并联接到发电机上，每只灯泡的额定电压均为6V、阻值均为，发电机内部电阻可忽略。若灯泡恰好正常发光，则该发电机（）A.输出的交流电频率为50HzB.输出电压的最大值为C.输出电流的有效值为 D.时穿过发电机内部线圈的磁通量为0【答案】B【解析】A．由图像可知输出的交流电周期，输出的交流电频率为故A错误；B．3只白炽灯泡并联接到发电机上且正常发光，输出电压有效值为U=6V，即输出电压的最大值为故B正确；C．输出电流的有效值为故C错误；D．时电动势最小为0，穿过发电机内部线圈的磁通量最大，故D错误。故选B。4.如图所示，一平行板电容器与电源保持连接，其负极板接地并固定。如图所示，一带电小液滴恰好静止于P点。下列说法正确的是（）A.小液滴带正电B.若仅将上极板向上移动一小段距离，小液滴依然保持静止C.若仅将上极板向上移动一小段距离，小液滴将向下运动D.若仅将上极板向下移动一小段距离，P点电势降低【答案】C【解析】A．一带电小液滴恰好静止于P点，小液滴受到竖直向上电场力，与电场强度的方向相反，即小液滴带负电，故A错误；BC．平行板电容器与电源保持连接，U不变，仅将上极板向上移动一小段距离，根据可知电场强度减小，小液滴受到电场力减小将向下运动，故B错误，C正确；D．仅将上极板向下移动一小段距离，根据可知电场强度增大，设P距下极板距离为x，根据可知P点的电势升高，故D错误。故选C。5.三个完全相同的小球A、B、C，其中A、B均带正电，被分别固定在两点，已知小球A电荷量为q。现将不带电的小球C先后与A、B相互接触后移走，之后A、B两球之间的静电力大小变为原来的一半。设接触前后A、B均匀带电，则初始时B球的电荷量为（）A. B. C. D.q【答案】C【解析】不带电的小球C先与A接触后，A、C带电量为，再与B接触后B的带电量为之后A、B两球之间的静电力大小变为原来的一半，即解得故选C。6.如图所示，纸面内长为8L、宽为2L的矩形区域abcd内（含边界）存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于d处的粒子源可以发射质量为m、电荷量为的粒子，粒子的速度方向与dc边夹角为，粒子恰好从c点射出磁场。不考虑粒子重力，下列说法正确的是（）A.粒子的轨迹与ab边恰好相切B.粒子发射的速度大小为C.粒子在磁场中运动的时间为D.仅减小粒子的发射速度，射出磁场时速度的方向跟发射速度的大小有关【答案】A【解析】A．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子恰好从c点射出磁场时，设粒子的轨迹与ab边恰好相切，画出其运动轨迹如图所示根据几何知识，可得粒子在磁场中运动的轨迹半径根据几何关系可知mn段的长度恰好等于2L，故假设成立，故A正确；B．根据洛伦兹力提供向心力，则有解得故B错误；C．根据几何关系，可知粒子转过的圆心角为，粒子在磁场中运动的周期为粒子在磁场中运动的时间为故C错误；D．仅减小粒子的发射速度，根据洛伦兹力提供向心力，则有解得可知粒子的运动半径减小，仍从dc边出射，根据几何关系可知，射出磁场时速度的方向与dc边的夹角保持不变，仍为，故射出磁场时速度的方向跟发射速度的大小无关，故D错误。故选A。7.如图所示，金属导轨所在的平面与水平面的夹角，导轨间的距离为1m，金属导轨电阻不计，其上端接有电动势为6V、内阻为的直流电源。空间中存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），现把一质量为2kg、电阻为的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒处于静止状态。已知导体棒与导轨间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，g取，则下列说法正确的是（）A.流过导体棒ab的电流大小为3AB.导体棒ab受到的安培力方向水平向左C.为保证导体棒ab处于静止状态，磁感应强度最小值为D.为保证导体棒ab处于静止状态，磁感应强度最大为20T【答案】D【解析】A．根据闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒ab的电流大小为故A错误；B．根据左手定则可知，导体棒ab受到的安培力安培力方向水平向右，故B错误；C．为保证导体棒ab处于静止状态，磁感应强度最小值为，根据平衡条件有解得故C错误；D．为保证导体棒ab处于静止状态，磁感应强度最小值为，根据平衡条件有解得故D正确。故选D。二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.如图所示为远距离输电原理图，两个变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为，其它导线电阻可忽略不计。已知发电厂的输出功率为100kW，，，输电线上损失的功率为5kW。下列说法正确的是（）A.输电线上的电流为25AB.C.升压变压器原副线圈匝数比为1D.降压变压器原副线圈匝数比为【答案】AD【解析】A．发电厂输出的电流输电线的电流故A正确；B．对升压变压器输电线回路中故B错误；C．升压变压器原副线圈匝数比为故C错误；D．降压变压器原副线圈匝数比为故D正确。故选AD。9.某兴趣小组的同学想要用电压表改装一个加速度测量计，设计方案如下图。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧分别连接完全相同的弹簧3；是总阻值为R的电阻丝，4是固定在滑块上且与电阻丝接触的可滑动金属片，初始时4位于电阻丝中间位置且开关闭合后电压表示数为U。已知电源的电动势、内阻均不变，为定值电阻。将装置安装在水平向右运动的小车上，下列说法中正确的是（）A.小车匀速运动时电压表示数等于UB.小车加速时，电压表的示数大于UC.小车刹车时，电压表的示数大于UD.将电压表表盘重新刻画为加速度测量计的表盘，其刻度线分布均匀【答案】AB【解析】A．初始时触片4位于电阻丝中间位置且开关闭合后电压表示数为U，此时两边弹簧弹力为零，当小车匀速运动时，滑块2所受合力为零，表明此时弹簧不受力，故电压表示数等于U，故A正确；B．当小车向右加速运动时，触片4向左移动x，加速度方向向右，则回路电阻增大，电流减小，电压表电压表示数增大，电压表的示数大于U，故B正确；C．小车刹车时，触片4向右移动x，加速度方向向左，故回路总电阻减小，总电流增大，电压表数可知电压表示数减小，电压表的示数小于U，故C错误；D．若向右加速，设触片4向左移动x距离，电阻丝总长为2l，根据欧姆定律电压表示数可见刻度线分布不均匀，故D错误。故选AB。10.如图所示，两根足够长、电阻可忽略的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上有M、N两点，MN左、右两侧导轨间距分别为2L和L，导体棒a、b分别置于左右两侧的导轨上，且距离MN足够远。导体棒a质量为2m，电阻为2R；导体棒b质量为m，电阻为R。现同时给导体棒a、b水平向右、大小为的初速度，在以后的运动过程中导体棒a、b与导轨始终接触良好，则下列说法正确的是（）A.刚开始运动时，导体棒b所受安培力大小为，方向水平向左B.导体棒a的最终速度大小为C.导体棒b的最终速度大小为D.整个运动过程中，通过导体棒b的电荷量为【答案】BD【解析】A．根据右手定则可知两根导体棒切割磁感应线产生的感应电动势方向相同，故刚开始运动时回路电流为顺时针，产生的感应电动势为则感应电流为导体棒b所受安培力大小为由左手定则知方向水平向右，故A错误；BCD．由受力分析和牛顿第二定律可得，在开始运动的一段时间内，回路中产生电流，两棒受安培力，a棒受安培力做加速度逐渐减小的减速运动，b棒受安培力做加速度逐渐减小的加速运动，某时刻回路达到稳态后，电流为零，即即两棒最终匀速直线运动，则有对a棒，根据动量定理可得对b棒，根据动量定理可得又联立解得最终速度大小，，故BD正确，C错误。故选BD。三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.某同学在实验室练习使用多用电表，图甲为多用电表示意图。（1）在使用多用电表时，下列说法正确的是

。A.红表笔应该插入A代表的插孔B.若使用前发现指针未指在电流或电压的零刻线处，应旋转旋钮N进行调零C.测量某电阻时发现指针偏转角度过大，则应当减小倍率，重新进行欧姆调零后再测量D.多用电表使用完毕，应该拔出红、黑表笔，选择开关旋转至“OFF挡”（2）某次测量时多用电表指针位置如图乙所示，若此时选择开关旋转至“100mA”挡，则多用电表读数为__________mA；若此时选择开关旋转至“”挡，则多用电表读数为__________。（3）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很小，则与二极管正极相连的是多用电表的__________。（选填“红表笔”或“黑表笔”）【答案】（1）ACD（2）52140（3）红表笔【解析】（1）A．红表笔应该插入A代表的插孔，故A正确；B．若使用前发现指针未指在电流或电压的零刻线处，应旋转旋钮M进行调零，故B错误；C．测量某电阻时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值相对所选倍率较小，则应当减小倍率，重新进行欧姆调零后再测量，故C正确；D．多用电表使用完毕，应该拔出红、黑表笔，选择开关旋转至“OFF挡”，故D正确。（2）[1]次测量时多用电表指针位置如图乙所示，若此时选择开关旋转至“100mA”挡，最小精确度为2mA多用电表读数为[2]若此时选择开关旋转至“”挡，则多用电表读数为（3）电流从二极管正极流入时，二极管导通，正向电阻小；用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很小，说明二极管的电阻大；欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，因此与二极管正极相连的是多用电表红表笔。12.层叠电池是由扁平形的单体锌锰电池按一定方式组装而成的高压电池组。某实验小组要测一层叠电池的电动势E和内阻约为9V，内阻约为，实验室中提供下列器材：电压表V：量程3V，内阻为电流表A：量程，内阻可忽略滑动变阻器R：最大阻值，额定电流1A定值电阻：阻值为定值电阻：阻值为开关S与导线若干（1）根据所学知识，同学们设计了如图甲所示的实验电路，图中与电压表串联的定值电阻应该选用__________（填“”或者“”）。（2）请根据实验电路图，完成实物连线__________。（3）按实验电路图接好电路，进行多次测量，画出电压表读数U和电流表读数I的关系图，如图乙，可以得到电池的电动势__________V、内阻__________。（结果均保留三位有效数字）【答案】（1）（2）（3）9.0012.5【解析】（1）该电源电动势约为9V，需要将电压表改装为大约为9V左右，则有应选择才能将量程扩大到9V。（2）根据电路图连接实物图如图所示（3）[1][2