2025-2026学年陕西省部分学校高二上学期月考物理试卷（理科）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省部分学校2025-2026学年高二（上）月考试卷物理一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分，有的小题只有一个选项符合题意。有的小题有多个选项符合题意、全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。）1.如图所示，金属球壳A带正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象中正确的是（）A.将c移近A，但不与A接触，B的指针会张开一定角度B.将c与A外表面接触后移开A，B的指针不会张开C.将c与A内表面接触时，B的指针不会张开D.将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B的指针会张开一定角度【答案】A【解析】把c移近A，c上会感应出负电荷，由电荷守恒，B的指针末端会感应出正电荷，同种电荷相互排斥，则B的指针张开，故A正确；c与A的外表面接触后带上正电，B的指针张开，故B错误；c与A的内表面接触，A、B、c成为一个导体，B的指针带正电，会张开，故C错误；c在A内静电屏蔽，不带电，与静电计接触，B的指针不会张开，故D错误．所以A正确，BCD错误．故选A。2.如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到C点，则下列判断正确的是（）A.粒子带负电B.粒子在A点电势能大于在C点的电势能C.A点的加速度大于C点的加速度D.粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功【答案】C【解析】A.电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，即受力的方向向左上，故粒子应带正电，故A错误；B.从A到C过程中，电场力做负功，电势能增大，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；C.A点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于C处，电场力大，加速度大，故C正确；D.电场力做功与路径无关，只与初末位置电势差有关，因为UAB=UBC所以粒子从A点到B点和从B到C电场力做功相等，故D错误。故选C。3.如图甲所示，圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为，半径为。为圆弧上的一个点，连线逆时针转动，为连线从位置开始旋转的角度，点电势随变化如图乙所示。下列说法正确的是（）A.匀强电场的场强大小为B.匀强电场的场强方向垂直连线向右C.一氦核从A点沿圆弧运动到点，电势能增加了D.一电子从点沿圆弧逆时针运动到点，电场力先做负功后做正功【答案】AD【解析】AB．根据图像可知，当时，P位于A点，A点电势为2V；当时，P点位于P1，电势为1V，当时，P点位于P2，电势为5V。根据夹角关系可知，P1OP2位于同一条直线上，即如图所示根据等分法可知，OP1中点N的电势为2V，故AN的连线为匀强电场中的一条等势线。根据几何关系可知，AN⊥P1P2。故P1P2即为匀强电场中的一条电场线，且电场方向由P2指向P1。根据电场强度与电势差的关系可得故A正确，B错误；C．由几何关系可知，C点与OP2中点M的连线垂直P1P2，故CM为等势线，故根据等分法可知一氦核从A点沿圆弧运动到C点，电势能变化量为故C错误；D．由上可知，电场方向由P2指向P1，电子从A点沿圆弧逆时针运动到B点，电场力先做负功后做正功。故D正确。故选AD。4.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为，则A点处场强的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的场强挖出的小球半径为，因为电荷均匀分布，其带电荷量则其在A点产生的场强所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强故选B。5.在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列比值不正确的是（）A.不变，不变 B.变大，变大C.变大，不变 D.变大，不变【答案】C【解析】A．根据欧姆定律得知故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，、均不变，故A正确；BC．根据当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器阻值变大，变大。根据闭合电路欧姆定律得则有故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时不变，而变大，故B正确，C错误；D．根据当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时变大。根据闭合电路欧姆定律得则有则当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时不变，故D正确。本题选择错误的，故选C。6.如图甲，电动势为E，内阻为r的电源与R=6Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值Rp的关系如图乙，下列说法正确的是（）A.电源的电动势E=V，内阻r=4ΩB.定值电阻R消耗的最大功率为0.96WC.图乙中Rx=25ΩD.调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1W【答案】BC【解析】将R看成电源的内阻，当电源的内外电阻相等时RP的功率最大，由图读出RP的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据功率公式求出电源的电动势．根据滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等列式，可求得Rx．当RP=0时电路中电流最大，R消耗的功率最大．根据内外电阻相等时电源的输出功率最大求该电源的最大输出功率．由图乙知，当RP=R+r=10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，R=6Ω，可得内阻r=4Ω最大功率P=E24R+r=0.4W，解得E=4V，故A错误．滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等，有4Rx=（R+r）2，解得Rx=25Ω，故C正确．当回路中电流最大时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为Pmax=(ER+r)2R=0.96W，故B正确．当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为P出max=(ER7.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r=2Ω，电阻R1、R2、R3的阻值分别为4Ω、10Ω、12Ω，当滑片P滑到最右端b时时，理想电流表示数为1A，流过电阻R3的电流为0.5A，则下列说法正确的是（）A.滑动变阻器的最大阻值为6ΩB.电源电动势为6VC.当滑片P滑到最左端a时，电流表的读数为1AD.当滑片P位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器消耗的功率为3.84W【答案】D【解析】A．当滑片P滑到最右端时，被短路，与整个变阻器R并联，并联电阻上的电流都是0.5A，则并联电阻相等，都是12Ω，A错误；B．电源电动势B错误；C．当滑片P滑到最左端时，、变阻器R及电子都被短路，此时电流表的读数C错误；D．滑片P位于变阻器的中点时，与并联后再与串联，此时，并联部分的电压变阻器上消耗的功率D正确．故选D。8.如图所示电路中电源电动势为E内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，、为定值电阻，为滑动变阻器，C为平行板电容器。开关S闭合后两极板间的带电液滴处于静止状态，当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中，下列说法正确的是（）A.的功率变大B电压表、电流表示数都变大C.在滑动变阻器片P向a端滑动时，若同时增大平行板间距，则液滴可能保持不动D.电容器C所带电荷量减少，液滴向下加速运动【答案】AC【解析】AB．当滑动变阻器滑片P向a端滑动时，接入电路的电阻增大，R2与R3并联的电阻增大，则电路的总电流减小，R1电压减小，则电压表的示数变小，R2与R3并联的电压增大，R3中的电流增大，由电功率公式有则电阻R3的功率变大，电流表的示数为电路总电流减去R3中的电流，因此电流表示数变小，A正确，B错误；C．R3两端电压增大，若增大平行板的间距，由可知，电场强度可能恒定，则液滴可能不动，C正确；D．R2与R3并联的电压增大，电容器两板间电压增大，由可知，电容C不变，电量Q增大，板间的场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴将向上加速运动，D错误。故选AC。9.如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q=＋10-4C的小球从坐标原点O处，以初速度v0=m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（）A.小球的加速度的大小为m/s2B.小球的加速度的大小为10m/s2C.若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为m/sD.O、P两点间的电势差为V【答案】BC【解析】AB．小球在电场中受到的电场力为小球受到的重力为小球受力如图所示根据几何知识可知小球受到合力为则小球的加速度的大小为故A错误，B正确；C．设OP的距离为x，把x分别沿着和垂直分解，则有，由类平抛运动规律可得，小球在P点的速度为联立解得，故C正确；D．由匀强电场电势差与电场强度关系可得故D错误。故选BC。10.如图所示，正方体的棱竖直，可视为质点的带正电小球从点沿方向水平抛出，仅在重力的作用下，恰好经过点。若空间中增加沿方向的匀强电场，小球仍从点沿方向水平抛出，恰好经过底面中心点。下列说法正确的是（）A.小球两次运动的时间相等B.小球两次抛出的初速度相同C.小球经过点的动能与经过点的动能之比为D.小球从到，机械能增加量是重力势能减少量的一半【答案】AC【解析】A．设正方体边长为L，小球两次在竖直方向的受力情况相同，则竖直方向的加速度相同，根据可知，两次运动的时间相等，选项A正确；B．小球两次沿初速度方向均不受力，即沿初速度方向均做匀速运动，第一次抛出的初速度而第二次抛出的初速度选项B错误；C．第二次沿方向解得第一次小球经过点的动能第二次小球经过k点的动能可知小球经过点的动能与经过点的动能之比为，选项C正确；D．小球从到，机械能增加量等于电场力做功，即重力势能减少量选项D错误。故选AC。11.如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与板相连，B板和板都接地。已知A板带正电，在右边电容器间有一个带电油滴N处于静止状态。AB间电容为，电压为，带电量为；间电容为，电压为，带电量为，若将左边电容器间的绝缘介质抽出，则（）A.减小，增大B.减小，增大C.减小，增大D.N原来所在位置处电势升高且N向上运动【答案】BD【解析】A．将绝缘介质抽出，由电容的决定式可知，将变小，而板未动，则不变，故A错误；B．A板和板总电荷量不变，由于变小，不变，可知减小、增大，故B正确；C．不变，增大，由可知，增大，因所以也增大，故C错误；D．增大，由场强公式则可知之间的场强增大，N向上运动；N原来所在位置处与距离不变，场强增大，则增大，而接地，电势为零，故N原来所在位置处的电势升高，故D正确。故选BD。二、实验题（本题共2小题，共24分。把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答。）12.某实验小组想测量某导体的电阻值。（1）实验小组先用多用电表的欧姆挡粗测电阻，机械调零、欧姆调零后，选择“”挡，按正确的操作步骤来测量，表盘的示数如图所示，则阻值___________；（2）实验小组再选用如下实验器材精确测量电阻，器材及其符号和规格如下：A.电池组（，内阻不计）B.定值电阻（）C.定值电阻（）D.电流表（量程为，内阻为）E.电流表（量程为，内阻约为）F.滑动变阻器（最大阻值，允许通过的最大电流为）G.开关导线若干为了减小实验误差，要求电表的测量值在量程的以上，定值电阻应该选择___________（选填“”或“”），在方框中画出合适的电路图，并标上各器材的符号；___________（3）若实验中电流表、的示数分别为、，则待测电阻___________（用实验测得的物理量符号和题设中给出的物理量符号来表示）。【答案】（1）150（2）（3）【解析】（1）[1]欧姆表示数为。（2）[2]电源电动势，电路中通过待测电阻的最大电流为故需将电流表与带测电阻串联测量通过待测电阻的电流。实验器材中没有电压表，需要将其中一个电流表与定值电阻串联改装成电压表，因电流表内阻已知，且当电流表与定值电阻串联时，最大电流恰好满偏；当电流表与定值电阻串联时，最大电流[3]因为电流表内阻已知，故电流表应外接，由于滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示。（3）[4]待测电阻13.欲测量G表内阻和一个电源的电动势E内阻要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的待测元件及提供的其他实验器材有：A、待测电源E：电动势约，内阻在间B、待测G表：量程，内阻在间C、电流表A：量程2A，内阻约D、电压表V：量程300mV，内阻约E、定值电阻：；F、滑动变阻器：最大阻值，额定电流1AG、电阻箱：H、开关S一个，导线若干（1）小亮先利用伏安法测量G表内阻．①图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是______；填元件序号字母②说明实验所要测量的物理量______；③写出G表内阻的计算表达式______．（2）测出后，小聪把G表和电阻箱串联、并将接入电路的阻值调到，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻r．①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，（）②若利用测量的数据，作出的G表示与通过滑动变阻器的电流I的关系图像如图丙所示，则可得到电源的电动势______V，内阻______【答案】（1）EG表示数I，V表示数U（2）电路图见解析【解析】（1）[1]．G表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E：定值电阻R0串联后再与电压表并联；

[2][3]．同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G供电；故电路图可以是甲图中的任一个；由欧姆定律可知解得：则要测量的量是：G表示数I，V表示数U；（2）①[4]．将G表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：

②[5][6]．电源的路端电压U=IG（200+2800）=3000IG故图像与纵坐标的交点为500μA，则电源的电动势为：E=500μA×3000=1.5V；内阻三、计算或论述题（本题共2小题，共32分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位。）14.如图甲所示，水平面被竖直线PQ分为左右两部分，左部分光滑，范围足够大，上方存在水平向右的匀强电场。右部分粗糙，一质量为，长为L的绝缘体制成的均匀带电的直棒AB置于水平面上，A端距PQ的距离为，给棒一个水平向左的初速度v0，并以此时作为时间的起点，棒在最初2秒的运动图像如图乙所示。2秒末棒的B端刚好进入电场，已知直棒单位长度带电荷量为，取重力加速度。求：（1）直棒的长度；（2）匀强电场的场强E的大小；（3）直棒最终停在何处?【答案】（1）1m；（2）；（3）距离P右端处【解析】（1）由图给信息可知棒加速度，初速，设棒2内秒位移为，则而棒B端恰好进入电场，则棒长即直棒的长度为1m。（2）由图可知棒进入电场后加速度不变，棒受到向右的电场力和减少的摩擦力应该相等。设棒进入电场，则有而所以即匀强电场的场强E为。（3）棒全过程均做匀减速运动，B端恰进入电场时的速度，由图可知。穿出电场过程得再返回至PQ处时仍为1.5m/s，所以继续滑行距离满足得所以直棒最终停下时，A端离PQ。15.如下图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e。求：（1）电子穿过A板时速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设电子经加速电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得解得（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得，，，，解得（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如下图所示由，解得P到O点的距离为陕西省部分学校2025-2026学年高二（上）月考试卷物理一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分，有的小题只有一个选项符合题意。有的小题有多个选项符合题意、全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。）1.如图所示，金属球壳A带正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象中正确的是（）A.将c移近A，但不与A接触，B的指针会张开一定角度B.将c与A外表面接触后移开A，B的指针不会张开C.将c与A内表面接触时，B的指针不会张开D.将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B的指针会张开一定角度【答案】A【解析】把c移近A，c上会感应出负电荷，由电荷守恒，B的指针末端会感应出正电荷，同种电荷相互排斥，则B的指针张开，故A正确；c与A的外表面接触后带上正电，B的指针张开，故B错误；c与A的内表面接触，A、B、c成为一个导体，B的指针带正电，会张开，故C错误；c在A内静电屏蔽，不带电，与静电计接触，B的指针不会张开，故D错误．所以A正确，BCD错误．故选A。2.如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到C点，则下列判断正确的是（）A.粒子带负电B.粒子在A点电势能大于在C点的电势能C.A点的加速度大于C点的加速度D.粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功【答案】C【解析】A.电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，即受力的方向向左上，故粒子应带正电，故A错误；B.从A到C过程中，电场力做负功，电势能增大，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；C.A点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于C处，电场力大，加速度大，故C正确；D.电场力做功与路径无关，只与初末位置电势差有关，因为UAB=UBC所以粒子从A点到B点和从B到C电场力做功相等，故D错误。故选C。3.如图甲所示，圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为，半径为。为圆弧上的一个点，连线逆时针转动，为连线从位置开始旋转的角度，点电势随变化如图乙所示。下列说法正确的是（）A.匀强电场的场强大小为B.匀强电场的场强方向垂直连线向右C.一氦核从A点沿圆弧运动到点，电势能增加了D.一电子从点沿圆弧逆时针运动到点，电场力先做负功后做正功【答案】AD【解析】AB．根据图像可知，当时，P位于A点，A点电势为2V；当时，P点位于P1，电势为1V，当时，P点位于P2，电势为5V。根据夹角关系可知，P1OP2位于同一条直线上，即如图所示根据等分法可知，OP1中点N的电势为2V，故AN的连线为匀强电场中的一条等势线。根据几何关系可知，AN⊥P1P2。故P1P2即为匀强电场中的一条电场线，且电场方向由P2指向P1。根据电场强度与电势差的关系可得故A正确，B错误；C．由几何关系可知，C点与OP2中点M的连线垂直P1P2，故CM为等势线，故根据等分法可知一氦核从A点沿圆弧运动到C点，电势能变化量为故C错误；D．由上可知，电场方向由P2指向P1，电子从A点沿圆弧逆时针运动到B点，电场力先做负功后做正功。故D正确。故选AD。4.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为，则A点处场强的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的场强挖出的小球半径为，因为电荷均匀分布，其带电荷量则其在A点产生的场强所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强故选B。5.在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列比值不正确的是（）A.不变，不变 B.变大，变大C.变大，不变 D.变大，不变【答案】C【解析】A．根据欧姆定律得知故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，、均不变，故A正确；BC．根据当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器阻值变大，变大。根据闭合电路欧姆定律得则有故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时不变，而变大，故B正确，C错误；D．根据当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时变大。根据闭合电路欧姆定律得则有则当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时不变，故D正确。本题选择错误的，故选C。6.如图甲，电动势为E，内阻为r的电源与R=6Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值Rp的关系如图乙，下列说法正确的是（）A.电源的电动势E=V，内阻r=4ΩB.定值电阻R消耗的最大功率为0.96WC.图乙中Rx=25ΩD.调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1W【答案】BC【解析】将R看成电源的内阻，当电源的内外电阻相等时RP的功率最大，由图读出RP的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据功率公式求出电源的电动势．根据滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等列式，可求得Rx．当RP=0时电路中电流最大，R消耗的功率最大．根据内外电阻相等时电源的输出功率最大求该电源的最大输出功率．由图乙知，当RP=R+r=10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，R=6Ω，可得内阻r=4Ω最大功率P=E24R+r=0.4W，解得E=4V，故A错误．滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等，有4Rx=（R+r）2，解得Rx=25Ω，故C正确．当回路中电流最大时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为Pmax=(ER+r)2R=0.96W，故B正确．当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为P出max=(ER7.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r=2Ω，电阻R1、R2、R3的阻值分别为4Ω、10Ω、12Ω，当滑片P滑到最右端b时时，理想电流表示数为1A，流过电阻R3的电流为0.5A，则下列说法正确的是（）A.滑动变阻器的最大阻值为6ΩB.电源电动势为6VC.当滑片P滑到最左端a时，电流表的读数为1AD.当滑片P位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器消耗的功率为3.84W【答案】D【解析】A．当滑片P滑到最右端时，被短路，与整个变阻器R并联，并联电阻上的电流都是0.5A，则并联电阻相等，都是12Ω，A错误；B．电源电动势B错误；C．当滑片P滑到最左端时，、变阻器R及电子都被短路，此时电流表的读数C错误；D．滑片P位于变阻器的中点时，与并联后再与串联，此时，并联部分的电压变阻器上消耗的功率D正确．故选D。8.如图所示电路中电源电动势为E内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，、为定值电阻，为滑动变阻器，C为平行板电容器。开关S闭合后两极板间的带电液滴处于静止状态，当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中，下列说法正确的是（）A.的功率变大B电压表、电流表示数都变大C.在滑动变阻器片P向a端滑动时，若同时增大平行板间距，则液滴可能保持不动D.电容器C所带电荷量减少，液滴向下加速运动【答案】AC【解析】AB．当滑动变阻器滑片P向a端滑动时，接入电路的电阻增大，R2与R3并联的电阻增大，则电路的总电流减小，R1电压减小，则电压表的示数变小，R2与R3并联的电压增大，R3中的电流增大，由电功率公式有则电阻R3的功率变大，电流表的示数为电路总电流减去R3中的电流，因此电流表示数变小，A正确，B错误；C．R3两端电压增大，若增大平行板的间距，由可知，电场强度可能恒定，则液滴可能不动，C正确；D．R2与R3并联的电压增大，电容器两板间电压增大，由可知，电容C不变，电量Q增大，板间的场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴将向上加速运动，D错误。故选AC。9.如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q=＋10-4C的小球从坐标原点O处，以初速度v0=m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（）A.小球的加速度的大小为m/s2B.小球的加速度的大小为10m/s2C.若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为m/sD.O、P两点间的电势差为V【答案】BC【解析】AB．小球在电场中受到的电场力为小球受到的重力为小球受力如图所示根据几何知识可知小球受到合力为则小球的加速度的大小为故A错误，B正确；C．设OP的距离为x，把x分别沿着和垂直分解，则有，由类平抛运动规律可得，小球在P点的速度为联立解得，故C正确；D．由匀强电场电势差与电场强度关系可得故D错误。故选BC。10.如图所示，正方体的棱竖直，可视为质点的带正电小球从点沿方向水平抛出，仅在重力的作用下，恰好经过点。若空间中增加沿方向的匀强电场，小球仍从点沿方向水平抛出，恰好经过底面中心点。下列说法正确的是（）A.小球两次运动的时间相等B.小球两次抛出的初速度相同C.小球经过点的动能与经过点的动能之比为D.小球从到，机械能增加量是重力势能减少量的一半【答案】AC【解析】A．设正方体边长为L，小球两次在竖直方向的受力情况相同，则竖直方向的加速度相同，根据可知，两次运动的时间相等，选项A正确；B．小球两次沿初速度方向均不受力，即沿初速度方向均做匀速运动，第一次抛出的初速度而第二次抛出的初速度选项B错误；C．第二次沿方向解得第一次小球经过点的动能第二次小球经过k点的动能可知小球经过点的动能与经过点的动能之比为，选项C正确；D．小球从到，机械能增加量等于电场力做功，即重力势能减少量选项D错误。故选AC。11.如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与板相连，B板和板都接地。已知A板带正电，在右边电容器间有一个带电油滴N处于静止状态。AB间电容为，电压为，带电量为；间电容为，电压为，带电量为，若将左边电容器间的绝缘介质抽出，则（）A.减小，增大B.减小，增大C.减小，增大D.N原来所在位置处电势升高且N向上运动【答案】BD【解析】A．将绝缘介质抽出，由电容的决定式可知，将变小，而板未动，则不变，故A错误；B．A板和板总电荷量不变，由于变小，不变，可知减小、增大，故B正确；C．不变，增大，由可知，增大，因所以也增大，故C错误；D．增大，由场强公式则可知之间的场强增大，N向上运动；N原来所在位置处与距离不变，场强增大，则增大，而接地，电势为零，故N原来所在位置处的电势升高，故D正确。故选BD。二、实验题（本题共2小题，共24分。把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答。）12.某实验小组想测量某导体的电阻值。（1）实验小组先用多用电表的欧姆挡粗测电阻，机械调零、欧姆调零后，选择“”挡，按正确的操作步骤来测量，表盘的示数如图所示，则阻值___________；（2）实验小组再选用如下实验器材精确测量电阻，器材及其符号和规格如下：A.电池组（，内阻不计）B.定值电阻（）C.定值电阻（）D.电流表（量程为，内阻为）E.电流表（量程为，内阻约为）F.滑动变阻器（最大阻值，允许通过的最大电流为）G.开关导线若干为了减小实验误差，要求电表的测量值在量程的以上，定值电阻应该选择___________（选填“”或“”），在方框中画出合适的电路图，并标上各器材的符号；___________（3）若实验中电流表、的示数分别为、，则待测电阻___________（用实验测得的物理量符号和题设中给出的物理量符号来表示）。【答案】（1）150（2）（3）【解析】（1）[1]欧姆表示数为。（2）[2]电源电动势，电路中通过待测电阻的最大电流为故需将电流表与带测电阻串联测量通过待测电阻的电流。实验器材中没有电压表，需要将其中一个电流表与定值电阻串联改装成电压表，因电流表内阻已知，且当电流表与定值电阻串联时，最大电流恰好满偏；当电流表与定值电阻串联时，最大电流[3]因为电流表内阻已知，故电流表应外接，由于滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示。（3）[4]待测电阻13.欲测量G表内阻和一个电源的电动势E内阻要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的待测元件及提供的其他实验器材有：A、待测电源E：电动势约，内阻在间B、待测G表：量程，内阻在间C、电流表A：量程2A，内阻约D、电压表V：量程300mV，内阻约E、定值电阻：；F、滑动变阻器：最大阻值，额定电流1AG、电阻箱：H、开关S一个，导线若干（1）小亮先利用伏安法测量G表内阻．①图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是______；填元件序号字母②说明实验所要测量的物理量______；③写出G表内阻的计算表达式______．（2）测出后，小聪把G表和电阻箱串联、并将接入电路的阻值调到，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻r．①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，（）②若利用测量的数据，作出的G表示与通过滑动变阻器的电流I的关系图像如图丙所示，则可得到电源的电动势______V，内阻______【答案】（1）EG表示数I，V