2025-2026学年辽宁省大连市滨城高中联盟高二上学期期中考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1滨城高中联盟2025-2026学年度下学期高二期中考试物理试卷一、选择题（本题共10个小题，共46分，1-7题只有一个选项符合题目要求，每小题4分；8-10题有多项符合题目要求，全部正确得6分，对而不全得3分，错选不得分。）1.电学是物理学中一个重要分支，下列说法正确的是（）A.元电荷是带电量最小的电荷B.安培提出了分子电流假说，并成功揭示了磁现象来源于运动电荷这一本质C.电场是物质存在的一种形式，因此描述电场的电场线也是真实存在的D.奥斯特通过多次实验发现了电流周围存在磁场，并总结出了描述电流周围磁场的方法【答案】B【解析】A．元电荷是电荷量的最小单位，而非“带电量最小的电荷”，因为电荷本身（如电子、质子）的电荷量等于元电荷的整数倍，故A错误；B．安培提出分子电流假说，认为分子内部环形电流形成磁性，揭示了磁现象源于运动电荷的本质，故B正确；C．电场是物质，但电场线是人为假想的工具，用于描述电场分布，并非真实存在，故C错误；D．奥斯特发现电流的磁效应，但描述磁场的方法（如右手螺旋定则）由安培等人总结，故D错误。故选B。2.关于电源和电流，下述说法正确的是（）A.电源的电动势在数值上始终等于电源正、负极之间的电压B.电流的方向就是电荷定向移动的方向，导线中自由电荷定向运动的速率接近光速C.从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能D.电动势公式E=中W与电压公式U=中的W都是电场力做的功【答案】C【解析】A．根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，电源正负极之间的电压指的是路端电压U，小于电源电动势，故A错误；B．电流的方向即为正电荷定向移动的方向，与负电荷移动的方向相反，导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由电荷定向运动的速率接近光速，故B错误；C．从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能，故C正确；D．电动势公式E=中W是非静电力做功，电压公式U=中W是电场力做的功，故D错误；故选C。3.当温度降低时，导体的电阻率将会减小。1911年，科学家发现一些金属在温度特别低时电阻可以降到，这种现象叫做超导现象。超导材料有广泛的应用前景，下列关于超导材料的说法中正确的是（）A.超导材料可用来制作输电线B.超导材料可用来制作保险丝C.超导材料可用来制作电热丝D.超导材料可用来制作滑动变阻器的电阻丝【答案】A【解析】超导材料在临界温度下电阻零。A．输电线利用超导可消除电阻导致的焦耳热损耗，故A正确；B．保险丝依赖电阻产热熔断，超导无法产热熔断，故B错误；C．电热丝需电阻产热，超导无法产热，故C错误；D．滑动变阻器需调节电阻，超导电阻恒为零，无法调节，故D错误。故选A。4.如图所示，闭合开关S，电路稳定时平行板电容器中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，下列判断正确的是（）A.当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，电压表示数增大B.当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，电流表示数减小C.当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，质点P将向下运动D.断开开关S后，质点P仍然静止【答案】C【解析】A．当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，R2接入电路的阻值减小，外电路的总电阻减小，根据串联电路电压与电阻的关系可分析外电路的电压减小，根据并联电路电压特点，R2两端电压减小，所以A错误；B．当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，R2接入电路的阻值减小，外电路的总电阻减小，电路中总电阻会减小，所以电路中总电流会增大，根据串联电路电流特点，R2和R3组成的并联电路总电流增大，由于R3两端电压减小，所以R3电流减小，则通过R2的电流会增大，所以B错误；C．根据图示，平行板电容器的上极板带正电，下极板带负电，两极板之间存在竖直向下的匀强电场，带电质点在电场中收到重力和电场力，二力达到平衡，所以电场力方向竖直向上，大小等于重力，当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，外电路的电压减小，即电容器两极板间的电压减小，根据U=Ed，因为两极板间的距离不变，所以两极板之间的电场强度减小，则质点受到的电场力减小，此时质点的合力方向竖直向下，质点做向下的加速运动，所以C正确；D．断开开关后，电容器会放电，上下极板电荷会随着放电，逐渐减小，最后两极板不带电，在这个过程中，两极板之间的电场强度也会减小，最后减小到零，电场力也会逐渐减小到零，合力逐渐增大到等于重力，且方向向下，质点向下运动，所以D错误。故选C。5.如图所示，两只同心圆形线圈a和b位于同一水平面内，一条形磁铁穿过圆心竖直安放，S极朝下，则下列说法中正确的是（）A.穿过两线圈的磁通量均为零 B.穿过两线圈的磁通量相等C.穿过线圈a的磁通量较大 D.穿过线圈b的磁通量较大【答案】C【解析】根据条形磁铁的磁场分布情况可知，磁铁内部穿过两图线圈的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下，由于磁感线是闭合的，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部的磁感线总条数，而外部磁感线分布在无限大的空间中，故有由图中可知，则有故选C。6.用如图所示的装置检测环境的光线强度，是固定电阻，是光敏电阻（光照强度变强时光敏电阻阻值变小）。在两点连接一个检流计，检流计的电流由A点流入时指针向左偏，由B点流入时指针向右偏，开关S闭合后当光照合适时，检流计的指针指向中间的零刻度，（电源内阻不计），以下说法正确的是（）A.若检流计指针向左偏，说明室内光照强度过高B.若检流计指针向左偏，说明室内光照强度过低C.若检流计指针向左偏，可把电阻调大，检流计指针再次指中间D.若检流计指针向左偏，可把电阻调小，检流计指针再次指中间【答案】B【解析】AB．若检流计指针指向零刻度，说明电桥平衡。A、B两点电势相等。此时则，若光照强度过高，阻值减小。变大，变小，A点电势降低，电流从B点流向A点，检流汁右偏；若光照强度低，阻值变大。变小，变大，A点电势升高、电流从A点流向B点，检流计左偏。故A错误，B正确；CD．由检流计指针向左偏，变大，可调大，或调小，使检流计再次指中间。故C、D均错误。故选B。A.物块上滑过程中，滑动摩擦力不断增大B.物块从到的过程，电势能一直增大C.电场强度大小D.物块在点的速度大小v=2m/s【答案】C【解析】A．对物块受力分析，如图1所示垂直斜面方向，根据平衡条件又联立解得，可见滑动摩擦力为一定值，故A错误；B．物块从M到N的过程，电场力做正功，所以物块电势能一直减小，故B错误；C．设物块沿斜面方向移动的距离为x，此时弹性绳的伸长量为l，弹性绳弹力沿斜面的分力，由牛顿第二定律化简可得即物块的加速度a随位移x线性变化，图像如图2所示由对称性可知，物块在P点加速度为零，速度最大，代入上述解析式可解得E=100N/C，故C正确；D．在M到P过程，a-x图的面积乘以质量m即为合力做功，图像纵坐标由前面分析可得为2m/s2，由动能定理可得解得，故D错误。故选C。8.如图甲所示的电路中，电源电动势为6V，内阻为1Ω，定值电阻R0=3Ω，滑动变阻器的阻值。滑动变阻器滑片由左端滑动到右端，其消耗的功率P随阻值R变化的图像如图乙所示。关于图乙中R1、R2、P0、Pm的大小，下列正确的是（）A.R1=3Ω B.R2=8ΩC.P0=2W D.Pm=2.5W【答案】BC【解析】AD．当外电路电阻等于电源内电阻时，电源的输出功率最大。将R0看作电源的内电阻滑动变阻器消耗的最大功率为，故AD错误；BC．滑动变阻器消耗的功率为P0时，根据图乙有解得，，故BC正确；故选BC。9.为了较精确地测量一只微安表的内阻，按照如图实验电路进行实验，步骤如下：先将滑动变阻器R的滑片移到最右端，调整电阻箱的阻值为零，合上开关S，再将滑片缓慢左移，使微安表上电流满偏；固定滑片不动，调整的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的，记下此时的电阻为450Ω，则微安表（）A.内阻的测量值为450Ω B.内阻的测量值为900ΩC.内阻的测量值比真实值偏大 D.内阻的测量值比真实值偏小【答案】BC【解析】AB．微安表的内阻远远大于滑动变阻器右半部分电阻，它们并联后的阻值略小于滑动变阻器右半部分电阻，开始时电阻箱的阻值为零，将滑片P缓慢左移，使微安表上电流满偏，通过微安表电流为，调整的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的，通过微安表电流为

，电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值基本不变，我们可以近似认为电阻箱和微安表串联的电路两端电压基本不变，通过微安表电流为，电阻箱和微安表串联的总电阻增大到原来的，设微安表的内阻为，则有解得故A错误，B正确；CD．

电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增大，总电流略减小，电阻箱和微安表串联的电路两端电压略增大，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于原来的，则有解得则内阻的测量值比真实值偏大，故D错误，C正确。故选BC。10.一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（）A.B.C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为3D.若增大微粒的质量，则微粒穿过电容器区域时到下极板距离变小【答案】ABC【解析】AB．微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得，微粒射入电容器后的速度为，水平方向和竖直方向的分速度，从射入到运动到最高点由运动学关系微粒射入电场时由动能定理可得联立解得微粒从射入到运动到最高点由运动学可得，联立可得，故AB正确；C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得，射入电容器到最高点有解得设微粒穿过电容器与水平的夹角为，则微粒射入电场和水平的夹角为，，故C正确；D．微粒射入到最高点的过程水平方向的位移为，竖直方向的位移为联立，，解得且，即解得，即微粒在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理，，即微粒穿过电容器区域时到下极板距离不会变化，故D错误。故选ABC。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11.某兴趣小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：待测干电池电压表（量程0-3V，内阻很大）电流表（量程0-0.6A，内阻rA=0.2Ω）滑动变阻器（阻值范围0-20Ω）开关S、导线若干（1）该小组利用给定的器材设计了甲、乙两种电路，为减小实验误差，应使用图___________（选填“甲”或“乙”）进行测量；（2）闭合开关S后，改变滑动变阻器的阻值，得到多组电压表的示数U和对应的电流表示数I，作出的图像如图丁所示，若测得该图像的横截距为a，纵截距为b，则该电源的电动势E=___________。内阻r=___________（用a、b、rA表示）；【答案】（1）甲（2）b【解析】（1）甲电路中，将电流表和电源看作一个等效电源，电流表测量的是干路电流，电压表测量的是路端电压，测得等效电源内阻为由于题中电流表内阻已知，可避免电流表内阻对测量结果的影响，即可得准确阻值；乙电路中，将电压表和电源看作一个等效电源，由于电压表内阻不明确，不能消除电压表的误差，不能得出准确阻值；故应使用图甲进行测量。（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律得整理得由上式可知中截距为电源电动势斜率大小为，则电源内阻为12.某实验小组欲测量电流表A的内阻并将其改装成双倍率的欧姆表。该小组设计了如图甲所示电路。（1）调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表示数保持不变，并记录电流表示数I和电阻箱的阻值R。（2）重复步骤（1），记录多组实验数据。（3）以为纵坐标，以R为横坐标，建立坐标系，并将实验数据描点、连线，得到一条倾斜的直线，直线的斜率为k，纵截距为b，则电流表的内阻___________，实验中电压表的示数___________。（4）将电流表改装成倍率分别为“×10”和“×100”的双倍率欧姆表，电路如图乙所示。①欧姆表中，___________（填“A”或“B”）接的是红表笔。②当欧姆表挡位为“×100”时，应将单刀双掷开关S与___________（填“1”或“2”）接通。③在“×100”挡位进行欧姆调零后，在两表笔间接入阻值为1000Ω的定值电阻，稳定后电流表的指针偏转到满偏刻度的；取走电阻，在两表笔间接入待测电阻，稳定后电流表的指针偏转到满偏刻度的，则___________Ω。【答案】（3）（4）A24000【解析】[1][2]由题意有所以所以有，解得，[3]欧姆表中电流从黑表笔流出，经待测电阻后，从红表笔流进欧姆表，黑表笔与内部电池正极相连，红表笔与内部电源负极相连，因此图中A接的是红表笔。[4]欧姆表内阻越大，中值电阻越大，欧姆表的倍率越大，根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表内阻当开关S拨向2时，根据并联电路电流的分配原则可知，与表头并联的电阻越大，该支路的电流越小，回路中满偏电流越小，则欧姆表内阻越大，即为“×100”挡位。[5]根据闭合电路的欧姆定律，在“×100”挡位进行欧姆调零后，在两表笔间接入阻值为1000Ω的定值电阻，稳定后电流表的指针偏转到满偏刻度的，有在两表笔间接入待测电阻，稳定后电流表的指针偏转到满偏刻度的，可知有，联立解得三、解答题（解答过程有必要的文字说明、方程式，只写最后答案不得分，13题9分，14题12分，15题17分，共40分）13.通过电动机提升重物的电路如图所示，电源电动势E=12V，电源内阻r=2Ω，电阻R=3.5Ω。当重物质量很大时，闭合开关S，电动机未能提起重物，理想电压表的示数为8V；当重物质量减小到某一合适的值时，闭合开关S，稳定后电动机以恒定速度提升重物，此时电压表的示数为10V。转轴与细绳间不打滑，不计阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）电动机的内阻r0；（2）重物匀速上升时电动机消耗的功率。【答案】（1）（2）【解析】（1）电动机不转时相当于纯电阻，由闭合电路欧姆定律，有又有联立解得电动机的内阻（2）重物匀速上升时通过电动机的电流为，有解得电动机两端的电压电动机消耗的功率解得14.如图所示，水平绝缘轨道右端在b点与光滑绝缘的四分之三圆形轨道下端平滑连接，圆形轨道半径为，位于竖直平面内，c、e点与圆心O等高，整个轨道处在水平向右的匀强电场中。现有一质量为，带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上a点处，滑块受到的电场力大小为3N，已知重力加速度，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，。（1）若，求滑块从a点由静止释放运动到b点的时间t；（2）若改变L的大小，使滑块始终沿轨道滑行，且从e点离开轨道，求L的最小值。【答案】（1）（2）【解析】（1）从到的过程，根据牛顿第二定律有解得根据位移—时间公式有解得（2）等效竖直平面圆周运动，要使滑块从点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的最小。等效重力由重力和电场力的合力提供，如图所示，则等效重力与重力的夹角，所以当恰好通过等效最高点时的速度设为，则此时满足从点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得解得15.如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1=，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：（1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；（2）t=0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；（3）在0～内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。【答案】（1）（2）（3）50%【解析】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得解得（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向解得t=0时刻进入偏转电场的电子加速度电子离开电场时距离A、B中心线的距离解得（3）在0~内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t′后速度此后两板间电压大小变为3U0，加速度大小变为电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为，则解得则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为则在0～时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比滨城高中联盟2025-2026学年度下学期高二期中考试物理试卷一、选择题（本题共10个小题，共46分，1-7题只有一个选项符合题目要求，每小题4分；8-10题有多项符合题目要求，全部正确得6分，对而不全得3分，错选不得分。）1.电学是物理学中一个重要分支，下列说法正确的是（）A.元电荷是带电量最小的电荷B.安培提出了分子电流假说，并成功揭示了磁现象来源于运动电荷这一本质C.电场是物质存在的一种形式，因此描述电场的电场线也是真实存在的D.奥斯特通过多次实验发现了电流周围存在磁场，并总结出了描述电流周围磁场的方法【答案】B【解析】A．元电荷是电荷量的最小单位，而非“带电量最小的电荷”，因为电荷本身（如电子、质子）的电荷量等于元电荷的整数倍，故A错误；B．安培提出分子电流假说，认为分子内部环形电流形成磁性，揭示了磁现象源于运动电荷的本质，故B正确；C．电场是物质，但电场线是人为假想的工具，用于描述电场分布，并非真实存在，故C错误；D．奥斯特发现电流的磁效应，但描述磁场的方法（如右手螺旋定则）由安培等人总结，故D错误。故选B。2.关于电源和电流，下述说法正确的是（）A.电源的电动势在数值上始终等于电源正、负极之间的电压B.电流的方向就是电荷定向移动的方向，导线中自由电荷定向运动的速率接近光速C.从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能D.电动势公式E=中W与电压公式U=中的W都是电场力做的功【答案】C【解析】A．根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，电源正负极之间的电压指的是路端电压U，小于电源电动势，故A错误；B．电流的方向即为正电荷定向移动的方向，与负电荷移动的方向相反，导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由电荷定向运动的速率接近光速，故B错误；C．从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能，故C正确；D．电动势公式E=中W是非静电力做功，电压公式U=中W是电场力做的功，故D错误；故选C。3.当温度降低时，导体的电阻率将会减小。1911年，科学家发现一些金属在温度特别低时电阻可以降到，这种现象叫做超导现象。超导材料有广泛的应用前景，下列关于超导材料的说法中正确的是（）A.超导材料可用来制作输电线B.超导材料可用来制作保险丝C.超导材料可用来制作电热丝D.超导材料可用来制作滑动变阻器的电阻丝【答案】A【解析】超导材料在临界温度下电阻零。A．输电线利用超导可消除电阻导致的焦耳热损耗，故A正确；B．保险丝依赖电阻产热熔断，超导无法产热熔断，故B错误；C．电热丝需电阻产热，超导无法产热，故C错误；D．滑动变阻器需调节电阻，超导电阻恒为零，无法调节，故D错误。故选A。4.如图所示，闭合开关S，电路稳定时平行板电容器中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，下列判断正确的是（）A.当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，电压表示数增大B.当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，电流表示数减小C.当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，质点P将向下运动D.断开开关S后，质点P仍然静止【答案】C【解析】A．当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，R2接入电路的阻值减小，外电路的总电阻减小，根据串联电路电压与电阻的关系可分析外电路的电压减小，根据并联电路电压特点，R2两端电压减小，所以A错误；B．当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，R2接入电路的阻值减小，外电路的总电阻减小，电路中总电阻会减小，所以电路中总电流会增大，根据串联电路电流特点，R2和R3组成的并联电路总电流增大，由于R3两端电压减小，所以R3电流减小，则通过R2的电流会增大，所以B错误；C．根据图示，平行板电容器的上极板带正电，下极板带负电，两极板之间存在竖直向下的匀强电场，带电质点在电场中收到重力和电场力，二力达到平衡，所以电场力方向竖直向上，大小等于重力，当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，外电路的电压减小，即电容器两极板间的电压减小，根据U=Ed，因为两极板间的距离不变，所以两极板之间的电场强度减小，则质点受到的电场力减小，此时质点的合力方向竖直向下，质点做向下的加速运动，所以C正确；D．断开开关后，电容器会放电，上下极板电荷会随着放电，逐渐减小，最后两极板不带电，在这个过程中，两极板之间的电场强度也会减小，最后减小到零，电场力也会逐渐减小到零，合力逐渐增大到等于重力，且方向向下，质点向下运动，所以D错误。故选C。5.如图所示，两只同心圆形线圈a和b位于同一水平面内，一条形磁铁穿过圆心竖直安放，S极朝下，则下列说法中正确的是（）A.穿过两线圈的磁通量均为零 B.穿过两线圈的磁通量相等C.穿过线圈a的磁通量较大 D.穿过线圈b的磁通量较大【答案】C【解析】根据条形磁铁的磁场分布情况可知，磁铁内部穿过两图线圈的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下，由于磁感线是闭合的，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部的磁感线总条数，而外部磁感线分布在无限大的空间中，故有由图中可知，则有故选C。6.用如图所示的装置检测环境的光线强度，是固定电阻，是光敏电阻（光照强度变强时光敏电阻阻值变小）。在两点连接一个检流计，检流计的电流由A点流入时指针向左偏，由B点流入时指针向右偏，开关S闭合后当光照合适时，检流计的指针指向中间的零刻度，（电源内阻不计），以下说法正确的是（）A.若检流计指针向左偏，说明室内光照强度过高B.若检流计指针向左偏，说明室内光照强度过低C.若检流计指针向左偏，可把电阻调大，检流计指针再次指中间D.若检流计指针向左偏，可把电阻调小，检流计指针再次指中间【答案】B【解析】AB．若检流计指针指向零刻度，说明电桥平衡。A、B两点电势相等。此时则，若光照强度过高，阻值减小。变大，变小，A点电势降低，电流从B点流向A点，检流汁右偏；若光照强度低，阻值变大。变小，变大，A点电势升高、电流从A点流向B点，检流计左偏。故A错误，B正确；CD．由检流计指针向左偏，变大，可调大，或调小，使检流计再次指中间。故C、D均错误。故选B。A.物块上滑过程中，滑动摩擦力不断增大B.物块从到的过程，电势能一直增大C.电场强度大小D.物块在点的速度大小v=2m/s【答案】C【解析】A．对物块受力分析，如图1所示垂直斜面方向，根据平衡条件又联立解得，可见滑动摩擦力为一定值，故A错误；B．物块从M到N的过程，电场力做正功，所以物块电势能一直减小，故B错误；C．设物块沿斜面方向移动的距离为x，此时弹性绳的伸长量为l，弹性绳弹力沿斜面的分力，由牛顿第二定律化简可得即物块的加速度a随位移x线性变化，图像如图2所示由对称性可知，物块在P点加速度为零，速度最大，代入上述解析式可解得E=100N/C，故C正确；D．在M到P过程，a-x图的面积乘以质量m即为合力做功，图像纵坐标由前面分析可得为2m/s2，由动能定理可得解得，故D错误。故选C。8.如图甲所示的电路中，电源电动势为6V，内阻为1Ω，定值电阻R0=3Ω，滑动变阻器的阻值。滑动变阻器滑片由左端滑动到右端，其消耗的功率P随阻值R变化的图像如图乙所示。关于图乙中R1、R2、P0、Pm的大小，下列正确的是（）A.R1=3Ω B.R2=8ΩC.P0=2W D.Pm=2.5W【答案】BC【解析】AD．当外电路电阻等于电源内电阻时，电源的输出功率最大。将R0看作电源的内电阻滑动变阻器消耗的最大功率为，故AD错误；BC．滑动变阻器消耗的功率为P0时，根据图乙有解得，，故BC正确；故选BC。9.为了较精确地测量一只微安表的内阻，按照如图实验电路进行实验，步骤如下：先将滑动变阻器R的滑片移到最右端，调整电阻箱的阻值为零，合上开关S，再将滑片缓慢左移，使微安表上电流满偏；固定滑片不动，调整的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的，记下此时的电阻为450Ω，则微安表（）A.内阻的测量值为450Ω B.内阻的测量值为900ΩC.内阻的测量值比真实值偏大 D.内阻的测量值比真实值偏小【答案】BC【解析】AB．微安表的内阻远远大于滑动变阻器右半部分电阻，它们并联后的阻值略小于滑动变阻器右半部分电阻，开始时电阻箱的阻值为零，将滑片P缓慢左移，使微安表上电流满偏，通过微安表电流为，调整的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的，通过微安表电流为

，电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值基本不变，我们可以近似认为电阻箱和微安表串联的电路两端电压基本不变，通过微安表电流为，电阻箱和微安表串联的总电阻增大到原来的，设微安表的内阻为，则有解得故A错误，B正确；CD．

电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增大，总电流略减小，电阻箱和微安表串联的电路两端电压略增大，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于原来的，则有解得则内阻的测量值比真实值偏大，故D错误，C正确。故选BC。10.一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（）A.B.C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为3D.若增大微粒的质量，则微粒穿过电容器区域时到下极板距离变小【答案】ABC【解析】AB．微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得，微粒射入电容器后的速度为，水平方向和竖直方向的分速度，从射入到运动到最高点由运动学关系微粒射入电场时由动能定理可得联立解得微粒从射入到运动到最高点由运动学可得，联立可得，故AB正确；C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得，射入电容器到最高点有解得设微粒穿过电容器与水平的夹角为，则微粒射入电场和水平的夹角为，，故C正确；D．微粒射入到最高点的过程水平方向的位移为，竖直方向的位移为联立，，解得且，即解得，即微粒在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理，，即微粒穿过电容器区域时到下极板距离不会变化，故D错误。故选ABC。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11.某兴趣小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：待测干电池电压表（量程0-3V，内阻很大）电流表（量程0-0.6A，内阻rA=0.2Ω）滑动变阻器（阻值范围0-20Ω）开关S、导线若干（1）该小组利用给定的器材设计了甲、乙两种电路，为减小实验误差，应使用图___________（选填“甲”或“乙”）进行测量；（2）闭合开关S后，改变滑动变阻器的阻值，得到多组电压表的示数U和对应的电流表示数I，作出的图像如图丁所示，若测得该图像的横截距为a，纵截距为b，则该电源的电动势E=___________。内阻r=___________（用a、b、rA表示）；【答案】（1）甲（2）b【解析】（1）甲电路中，将电流表和电源看作一个等效电源，电流表测量的是干路电流，电压表测量的是路端电压，测得等效电源内阻为由于题中电流表内阻已知，可避免电流表内阻对测量结果的影响，即可得准确阻值；乙电路中，将电压表和电源看作一个等效电源，由于电压表内阻不明确，不能消除电压表的误差，不能得出准确阻值；故应使用图甲进行测量。（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律得整理得由上式可知中截距为电源电动势斜率大小为，则电源内阻为12.某实验小组欲测量电流表A的内阻并将其改装成双倍率的欧姆表。该小组设计了如图甲所示电路。（1）调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表示数保持不变，并记录电流表示数I和电阻箱的阻值R。（2）重复步骤（1），记录多组实验数据。（3）以为纵坐标，以R为横坐标，建立坐标系，并将实验数据描点、连线，得到一条倾斜的直线，直线的斜率为k，纵截距为b，则电流表的内阻___________，实验中电压表的示数___________。（4）将电流表改装成倍率分别为“×10”和“×100”的双倍率欧姆表，电路如图乙所示。①欧姆表中，___________（填“A”或“B”）接的是红表笔。②当欧姆表挡位为“×100”时，应将单刀双掷开关S与___________（填“1”或“2”）接通。③在“×100”挡位进行欧姆调零后，在两表笔间接入阻值为1000Ω的定值电阻，稳定后电流表的指针偏转到满偏刻度的；取走电阻，在两表笔间接入待测电阻，稳定后电流表的指针偏转到满偏刻度的，则___________Ω。【答案】（3）（4）A24000【解析】[1][2]由题意有所以所以有，解得，[3]欧姆表中电流从黑表笔流出，经待测电阻后，从红表笔流进欧姆表，黑表笔与内部电池正极相连，红表笔与内部电源负极相连，因此图中A接的是红表笔。[4]欧姆表内阻越大，中值电阻越大，欧姆表的倍率越大，根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表内阻当开关S拨向2时，根据并联电路电流的分配原则可知，与表头并联的电阻越大，该支路的电流越小，回路中满偏电流越小，则欧姆表内阻越大，即为“×100”挡位。[5]根据闭合电路的欧姆定律，在“×100”挡位进行欧姆调零后，在两表笔间接入阻值为1000Ω的定值电阻，稳定后电流表的指针偏转到满偏刻度的，有在两表笔间接入待测电阻，稳定后电流表的指针偏转到满偏刻度的，可知有，联立解得三、解答题（解答过程有必要的文字说明、方程式，只写最后