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广东省普宁市勤建学校2024-2025学年高二上学期第二次调研考试物理试题
1．（2024高二上·普宁期中）如图所示是三根平行直导线的截面图，若它们的电流强度大小都相同，且，则点的磁感应强度的方向是（　　）
A．垂直纸面指向纸外 B．沿纸面由指向A
C．沿纸面由指向B D．沿纸面由指向
2．（2024高二上·普宁期中）测定电源的电动势和内阻”的实验中，下列注意事项中错误的是（　　）
A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显
B．应选用内阻较小的电压表和电流表
C．移动变阻器的触头时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载
D．根据实验记录的数据作U–I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧
3．（2024高二上·普宁期中）电场中A、B两点间的电势差为，将电荷量为的点电荷从A点移到B点，在此过程中，电场力对该电荷做的功为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·普宁期中）关于磁通量的说法正确的是（　　）
A．在磁场中穿过某一面积的磁感线条数的多少，就叫做穿过这个面积的磁通量
B．在匀强磁场中，磁通量在数值上等于磁感应强度
C．在磁场中，某一面积与该处的磁感应强度的乘积，叫做磁通量
D．在磁场中，垂直穿过某一面积的磁感线条数与该面积的比值，叫做磁通量
5．（2024高二上·普宁期中）机器人（Robot）是一种能够半自主或全自主工作的智能机器，可以服务人类生活。如图甲所示，某款波士顿动力黄狗机器人的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻未知的直流电源两端时，电动机恰好能正常工作，内部电路如图乙所示，下列说法中正确的是（　　）
A．电源的内阻为 B．电动机的输出功率为UI
C．电动机消耗的总功率为EI D．电源的输出功率为EI-I2R
6．（2024高二上·普宁期中）欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是（　　）
A．为了测量得更准确，应直接用“×10”挡测量
B．为了测量得更准确，应换挡重新测量，但不需要重新进行欧姆调零
C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“× 1”挡重新测量
D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“× 100”挡重新测量
7．（2024高二上·普宁期中）在某次创新实验大赛中，一实验小组需要使用量程为（0~3A）的电流表和量程为（0~15V）的电压表。主办方仅给提供一只毫安表（内阻Rg=99Ω，满偏电流Ig=6mA），定值电阻R1=1Ω，以及0~9999.9Ω的变阻箱R2。该实验小组根据实验器材设计的电路如图所示，则（　　）
A．电键K掷于1时，可改装成量程为0 ~3A的电流表，此时R2=40Ω
B．电键K掷于1时，可改装成量程为0~15V的电压表，此时R2=2401Ω
C．电键K掷于2时，可改装成量程为0 ~3A的电流表，此时R2=400Ω
D．电键K掷于2时，可改装成量程为0~15V的电压表，此时R2 =24Ω
8．（2024高二上·普宁期中）研究与平行板电容器电容有关因素时，用一平行板电容器与一静电计连接，平行板电容器b板和静电计外壳接地，实验装置如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．实验时，静电计的指针偏转角度大小反应两平行板电容器间的电势差大小
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
9．（2024高二上·普宁期中）关于电源，下列说法中正确的是（　　）
A．电源的电动势和电压单位相同，因此电动势就是电压
B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置
C．电源的电动势表明，电源的电动势大小与非静电力做的功成正比
D．电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功使电荷的电势能增加
10．（2024高二上·普宁期中）下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是（　　）
A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多
B．W＝UIt适用于任何电路，而W＝ 只适用于纯电阻电路
C．在非纯电阻电路中，UI＞I2R
D．焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路
11．（2024高二上·普宁期中）用游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图所示，此示数为　 　mm．
12．（2024高二上·普宁期中）在“金属丝电阻率的测量”的实验中，将金属丝绕在陶瓷管上，电阻值约为。除了开关、若干导线之外，还提供了以下实验器材：
直流电源：电动势6V和12V，内阻不计
电流表A：量程0~0.6A，内阻约为；量程0~3.0A，内阻约为
电压表V：量程0~3.0V，内阻约为；量程0~15V，内阻约为
滑动变阻器R：最大阻值为
（1）为较精确测量该金属丝的阻值，某同学用所给器材连成如图所示的实验电路。图中的a、b、c三条导线中有一条连接有误，则该导线是　 　（填“a”、“b”或“c”）；
（2）电路连接正确后，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的　 　（填“左端”或“右端”）；
（3）若测得金属丝的长度为L，直径为d，电压表示数为U，电流表示数为I，不考虑电流表和电压表内阻的影响，则金属丝的电阻率　 　；
（4）直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，请你说出其中的理由　 　。
13．（2024高二上·普宁期中）如图所示，为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：
（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？
（2）电动机输入功率和输出功率各是多少？
（3）这台电动机的机械效率是多少？
14．（2024高二上·普宁期中）小明妈妈新购买了一只苏泊尔SWJ-50型电热水壶，其铭牌如图所示。小明在一个标准气压下，发现将一满壶初温为20 ℃的水在电热水壶正常工作时恰好烧开的时间为5 min。[已知c水=4.2×103J/（kg ℃），电热水壶发热电阻丝的电阻不变]
(1)求水吸收的热量；
(2)求消耗的电能；
(3)小明发现在用电高峰时，同样烧开一满壶初温为20 ℃的水需要的时间是363 s，求电热水壶两端的实际电压。（设电热水壶的加热效率相同）
型号 WSJ﹣50
额定电压 220 V
额定功率 800 W
水壶容积 500 mL
15．（2024高二上·普宁期中）如图所示，半径R=35cm的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑且管的内径远小于环的半径。AC为该环的竖直直径，BD为该环的水平直径，在直径BD及其以下部分有方向水平向左，场强大小E=5 N/C的匀强电场。当将一质量m=0.4kg，电荷q=+0.8 C的小球从管中B点由静止开始释放，g取10 m/s2，求：
（1）小球第一次经过C点和A点时对管壁的压力大小之比；
（2） 小球第二次和第一次经过A点时对管壁的压力大小之比。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示
直导线A在O点产生磁场与直导线C在O点产生磁场方向相反，大小相等，则合磁场为零；而直导线B在O点产生磁场，方向从A指向C，则合磁场磁感应强度方向为沿纸面由O指向C。
故答案为：D
【分析】应用安培定则判断每根导线在O点的磁场方向，再根据磁场的叠加原理（ 矢量合成，等大反向的磁场抵消 ），确定合磁场的方向。
2．【答案】B
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．旧干电池内阻大，路端电压随电流变化更明显，利于实验观察，故A正确；
B．实验中，电流表应选内阻小的（ 减小分压误差 ），电压表应选内阻大的（ 减小分流误差 ），而非 “内阻较小的电压表”，故B错误；
C．滑动变阻器短路会导致电流过大，烧坏电流表，故操作时需避免，故C正确；
D．作图时，应通过尽可能多的点画一条直线并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，这样作图误差最小，故D正确；
故答案为：B．
【分析】核心是围绕实验原理（ ），分析电源选择、电表特性、操作规范与图象处理对实验误差的影响。
3．【答案】B
【知识点】电场力做功；电势差
【解析】【解答】根据电场力做功与电势差的关系公式W = qU（其中W为电场力做的功，q为点电荷的电荷量，U为两点间的电势差）。已知A、B两点间的电势差为U，点电荷的电荷量为q，将其代入公式可得：电场力对该电荷做的功W = qU。
故答案为：B。
【分析】直接应用电场力做功与电势差的关系公式W = qU，代入已知的电荷量和电势差，计算电场力做的功。
4．【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁通量
【解析】【解答】A、磁通量的形象表述为穿过某一面积的磁感线条数，A正确；
B、在匀强磁场中，当磁场与面积垂直时，磁通量，磁感应强度，并非磁通量在数值上等于磁感应强度，B错误；
C、磁通量公式为（为磁场与面积的夹角），不是面积与磁感应强度的简单乘积，C错误；
D、磁通量是穿过某一面积的磁感线条数，不是磁感线条数与面积的比值，D错误。
故答案为：A。
【分析】核心是根据磁通量的定义（ 穿过某一面积的磁感线条数 ），结合磁通量的公式，分析磁通量与磁感线、磁感应强度、面积的关系，判断各选项的正确性。
5．【答案】A
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律得
解得，A正确；
B．电动机的输出功率为，B错误；
C．电动机消耗的总功率为UI，C错误；
D．电源的输出功率为，D错误。
故答案为：A。
【分析】应用闭合电路欧姆定律计算电源内阻，结合电动机的总功率、热功率、输出功率的关系，以及电源总功率、输出功率的公式，判断各选项的正确性。
6．【答案】D
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】欧姆表表盘刻度与电流计相反，偏角极小说明被测电阻大，“×10” 挡量程不足，为使偏角增大（ 指针指在表盘中间附近，测量更准 ），应换用更大挡位 “×100”，换挡后需重新进行欧姆调零，再测量。
故答案为：D。
【分析】根据欧姆表偏角与被测电阻的关系，选择更大量程的挡位，并明确换挡后需重新欧姆调零的操作要求
7．【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A．电键掷于1时，与毫安表并联分流。量程
不足，且串联不影响此量程，故A错误；
B．电键掷于1时，改装电压表，总电压。毫安表与并联部分电压并
电压并
总电流总并
则总
故B错误；
C．电键掷于2时，改装电流表，量程。与串联后与毫安表并联，由并联电压相等：
代入得
解得，故C正确；
D．电键掷于2时，改装电压表，量程。总电压
则
故D错误。
故答案为：C。
【分析】核心是根据电表改装的并联分流（ 电流表 ）、串联分压（ 电压表 ）原理，结合欧姆定律，分情况计算所需电阻阻值，判断量程与电阻的匹配性。
8．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；电势差
【解析】【解答】A．静电计金属杆连板，外壳连板，其张角反映金属杆与外壳的电势差，即平行板间电势差，故A正确。
B．板上移，正对面积减小，由，电容减小。不变，由，增大，静电计张角变大，故B错误。
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，则电容C增大，则U减小，所以张角变小，故C正确。
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，两极板电压变大，但不能表明电容器的电容变大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】核心是根据电容决定式分析电容变化，结合（ 电荷量不变 ）分析电压变化，再由静电计张角与电压的关系判断选项。
9．【答案】B,D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．电源的电动势和电压单位相同，但是电动势与电压是不同的概念，所以A不符合题意；
B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，所以B符合题意；
C．电源的电动势，这是定义公式，电源的电动势大小与非静电力做的功成无关，电源的电动势由电源本身性质决定，所以C不符合题意；
D．电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功使电荷的电势能增加，所以D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】电动势和电压单位相同，但是电动势与电压是不同的概念。电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置。
10．【答案】B,C,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，所以A不符合题意；
B．公式W=UIt是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律 ，可以推到出W=I2Rt， ，所以W=I2Rt， 只能适用于纯电阻电路，所以B符合题意。
C．在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而I2R只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以UI＞I2R，所以C符合题意；
D．焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路中的焦耳热量的计算，所以D符合题意。
故答案为：BCD
【分析】求解纯电阻元件产生的热量时，可以利用电功计算公式和焦耳定律，两者相等，但是对于非纯电阻元件发热时，只能利用焦耳定律。
11．【答案】50.1
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】游标卡尺的主尺读数为5cm=5×10mm=50mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为1×0.1mm=0.1mm，所以最终读数为：50mm+0.1mm=50.1mm．
【分析】掌握游标卡尺的读数规则，即主尺读数（ 整毫米数 ）加上游标尺读数（ 精度 × 对齐刻度数 ），无需估读。
12．【答案】b；左端；；直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，因为选用“6V”，通过电流表的电流满足通过电流表电流小于0.24A，对于0.6A的量程，读数误差会增大。
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）b导线连接错误，应将其上端接至滑动变阻器的右下接线柱上。
故答案为：b
（2）正确连接后，闭合开关前，应该把滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的左端，从而使闭合开关之后分压部分电路电压为从零开始变化。
故答案为：左端
（3）根据欧姆定律有
根据电阻定律有
联立解得
故答案为：
（4）直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，因为选用“6V”，通过电流表的电流满足
通过电流表电流小于0.24A，对于0.6A的量程，读数误差会增大。
故答案为：直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，因为选用“6V”，通过电流表的电流满足
通过电流表电流小于0.24A，对于0.6A的量程，读数误差会增大。
【分析】（1）根据滑动变阻器分压接法的要求，判断导线连接错误之处。
（2）从分压电路电压起始值的角度，确定滑片位置。
（3）结合欧姆定律和电阻定律，推导电阻率表达式。
（4）通过分析不同电源下的电流大小，判断对电流表读数误差的影响，从而说明电源选择理由。
13．【答案】（1）解：根据焦耳定律，热功率为：P热=I2r=12×1W=1W
（2）解：输入功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积：P入=IU=1×5W=5W
输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率：P出=P入﹣P热="5" W﹣1 W=4W
（3）解：
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）利用焦耳定律，结合电流和电阻，计算线圈电阻的热功率。
（2）根据电功率公式求输入功率，再通过输入功率与热功率的差值得到输出功率。
（3）依据机械效率的定义，用输出功率与输入功率的比值计算机械效率。
14．【答案】(1) 解：由铭牌可知，水壶中水的体积为500mL=，水的密度为，水温变化，故水吸收的热量
代入数据解得Q = 1.68×105J
(2)解：消耗的电能
(3)解：电热水壶的电阻为
由
可得
【知识点】电功率和电功；热学
【解析】【分析】（1）先根据密度公式求水的质量，再结合比热容公式，计算水吸收的热量。
（2）利用电热水壶正常工作时的功率和工作时间，通过电能公式计算消耗的电能。
（3）先由额定电压和额定功率求出电阻，再根据电能不变，结合电能公式，求出实际电压。
15．【答案】（1）解：由分析可知
当小球从B点运动到C点时，有
由受力分析，有FN1C－mg＝
解得FN1C
由牛顿第三定律知F压1CFN1C
当小球从B点运动到A点时，有
由受力分析，有FN1A＋mg＝
解得FN1A
由牛顿第三定律知F压1AFN1A
则小球第一次经过C点和A点时对管壁的压力之比为F压1C∶F压1A＝5∶1
（2）解：当小球从B点释放到第二次运动到A点，有－mgR＋2qE·2R＝m
由受力分析，有FN2A＋mg＝
解得FN2A
由牛顿第三定律知F压2AFN2A
则小球第二次和第一次经过A点时对管壁的压力大小之比为F压2A∶F压1A＝5∶1
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过动能定理分别求小球经过C、A点的速度，再结合牛顿第二定律求管壁对小球的支持力，利用牛顿第三定律得小球对管壁的压力，进而求压力之比。
（2）同样用动能定理求第二次经过A点的速度，结合牛顿第二定律和第三定律，求出压力并计算比值。
1 / 1广东省普宁市勤建学校2024-2025学年高二上学期第二次调研考试物理试题
1．（2024高二上·普宁期中）如图所示是三根平行直导线的截面图，若它们的电流强度大小都相同，且，则点的磁感应强度的方向是（　　）
A．垂直纸面指向纸外 B．沿纸面由指向A
C．沿纸面由指向B D．沿纸面由指向
【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示
直导线A在O点产生磁场与直导线C在O点产生磁场方向相反，大小相等，则合磁场为零；而直导线B在O点产生磁场，方向从A指向C，则合磁场磁感应强度方向为沿纸面由O指向C。
故答案为：D
【分析】应用安培定则判断每根导线在O点的磁场方向，再根据磁场的叠加原理（ 矢量合成，等大反向的磁场抵消 ），确定合磁场的方向。
2．（2024高二上·普宁期中）测定电源的电动势和内阻”的实验中，下列注意事项中错误的是（　　）
A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显
B．应选用内阻较小的电压表和电流表
C．移动变阻器的触头时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载
D．根据实验记录的数据作U–I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧
【答案】B
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．旧干电池内阻大，路端电压随电流变化更明显，利于实验观察，故A正确；
B．实验中，电流表应选内阻小的（ 减小分压误差 ），电压表应选内阻大的（ 减小分流误差 ），而非 “内阻较小的电压表”，故B错误；
C．滑动变阻器短路会导致电流过大，烧坏电流表，故操作时需避免，故C正确；
D．作图时，应通过尽可能多的点画一条直线并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，这样作图误差最小，故D正确；
故答案为：B．
【分析】核心是围绕实验原理（ ），分析电源选择、电表特性、操作规范与图象处理对实验误差的影响。
3．（2024高二上·普宁期中）电场中A、B两点间的电势差为，将电荷量为的点电荷从A点移到B点，在此过程中，电场力对该电荷做的功为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电场力做功；电势差
【解析】【解答】根据电场力做功与电势差的关系公式W = qU（其中W为电场力做的功，q为点电荷的电荷量，U为两点间的电势差）。已知A、B两点间的电势差为U，点电荷的电荷量为q，将其代入公式可得：电场力对该电荷做的功W = qU。
故答案为：B。
【分析】直接应用电场力做功与电势差的关系公式W = qU，代入已知的电荷量和电势差，计算电场力做的功。
4．（2024高二上·普宁期中）关于磁通量的说法正确的是（　　）
A．在磁场中穿过某一面积的磁感线条数的多少，就叫做穿过这个面积的磁通量
B．在匀强磁场中，磁通量在数值上等于磁感应强度
C．在磁场中，某一面积与该处的磁感应强度的乘积，叫做磁通量
D．在磁场中，垂直穿过某一面积的磁感线条数与该面积的比值，叫做磁通量
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁通量
【解析】【解答】A、磁通量的形象表述为穿过某一面积的磁感线条数，A正确；
B、在匀强磁场中，当磁场与面积垂直时，磁通量，磁感应强度，并非磁通量在数值上等于磁感应强度，B错误；
C、磁通量公式为（为磁场与面积的夹角），不是面积与磁感应强度的简单乘积，C错误；
D、磁通量是穿过某一面积的磁感线条数，不是磁感线条数与面积的比值，D错误。
故答案为：A。
【分析】核心是根据磁通量的定义（ 穿过某一面积的磁感线条数 ），结合磁通量的公式，分析磁通量与磁感线、磁感应强度、面积的关系，判断各选项的正确性。
5．（2024高二上·普宁期中）机器人（Robot）是一种能够半自主或全自主工作的智能机器，可以服务人类生活。如图甲所示，某款波士顿动力黄狗机器人的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻未知的直流电源两端时，电动机恰好能正常工作，内部电路如图乙所示，下列说法中正确的是（　　）
A．电源的内阻为 B．电动机的输出功率为UI
C．电动机消耗的总功率为EI D．电源的输出功率为EI-I2R
【答案】A
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律得
解得，A正确；
B．电动机的输出功率为，B错误；
C．电动机消耗的总功率为UI，C错误；
D．电源的输出功率为，D错误。
故答案为：A。
【分析】应用闭合电路欧姆定律计算电源内阻，结合电动机的总功率、热功率、输出功率的关系，以及电源总功率、输出功率的公式，判断各选项的正确性。
6．（2024高二上·普宁期中）欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是（　　）
A．为了测量得更准确，应直接用“×10”挡测量
B．为了测量得更准确，应换挡重新测量，但不需要重新进行欧姆调零
C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“× 1”挡重新测量
D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“× 100”挡重新测量
【答案】D
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】欧姆表表盘刻度与电流计相反，偏角极小说明被测电阻大，“×10” 挡量程不足，为使偏角增大（ 指针指在表盘中间附近，测量更准 ），应换用更大挡位 “×100”，换挡后需重新进行欧姆调零，再测量。
故答案为：D。
【分析】根据欧姆表偏角与被测电阻的关系，选择更大量程的挡位，并明确换挡后需重新欧姆调零的操作要求
7．（2024高二上·普宁期中）在某次创新实验大赛中，一实验小组需要使用量程为（0~3A）的电流表和量程为（0~15V）的电压表。主办方仅给提供一只毫安表（内阻Rg=99Ω，满偏电流Ig=6mA），定值电阻R1=1Ω，以及0~9999.9Ω的变阻箱R2。该实验小组根据实验器材设计的电路如图所示，则（　　）
A．电键K掷于1时，可改装成量程为0 ~3A的电流表，此时R2=40Ω
B．电键K掷于1时，可改装成量程为0~15V的电压表，此时R2=2401Ω
C．电键K掷于2时，可改装成量程为0 ~3A的电流表，此时R2=400Ω
D．电键K掷于2时，可改装成量程为0~15V的电压表，此时R2 =24Ω
【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A．电键掷于1时，与毫安表并联分流。量程
不足，且串联不影响此量程，故A错误；
B．电键掷于1时，改装电压表，总电压。毫安表与并联部分电压并
电压并
总电流总并
则总
故B错误；
C．电键掷于2时，改装电流表，量程。与串联后与毫安表并联，由并联电压相等：
代入得
解得，故C正确；
D．电键掷于2时，改装电压表，量程。总电压
则
故D错误。
故答案为：C。
【分析】核心是根据电表改装的并联分流（ 电流表 ）、串联分压（ 电压表 ）原理，结合欧姆定律，分情况计算所需电阻阻值，判断量程与电阻的匹配性。
8．（2024高二上·普宁期中）研究与平行板电容器电容有关因素时，用一平行板电容器与一静电计连接，平行板电容器b板和静电计外壳接地，实验装置如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．实验时，静电计的指针偏转角度大小反应两平行板电容器间的电势差大小
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；电势差
【解析】【解答】A．静电计金属杆连板，外壳连板，其张角反映金属杆与外壳的电势差，即平行板间电势差，故A正确。
B．板上移，正对面积减小，由，电容减小。不变，由，增大，静电计张角变大，故B错误。
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，则电容C增大，则U减小，所以张角变小，故C正确。
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，两极板电压变大，但不能表明电容器的电容变大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】核心是根据电容决定式分析电容变化，结合（ 电荷量不变 ）分析电压变化，再由静电计张角与电压的关系判断选项。
9．（2024高二上·普宁期中）关于电源，下列说法中正确的是（　　）
A．电源的电动势和电压单位相同，因此电动势就是电压
B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置
C．电源的电动势表明，电源的电动势大小与非静电力做的功成正比
D．电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功使电荷的电势能增加
【答案】B,D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．电源的电动势和电压单位相同，但是电动势与电压是不同的概念，所以A不符合题意；
B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，所以B符合题意；
C．电源的电动势，这是定义公式，电源的电动势大小与非静电力做的功成无关，电源的电动势由电源本身性质决定，所以C不符合题意；
D．电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功使电荷的电势能增加，所以D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】电动势和电压单位相同，但是电动势与电压是不同的概念。电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置。
10．（2024高二上·普宁期中）下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是（　　）
A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多
B．W＝UIt适用于任何电路，而W＝ 只适用于纯电阻电路
C．在非纯电阻电路中，UI＞I2R
D．焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路
【答案】B,C,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，所以A不符合题意；
B．公式W=UIt是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律 ，可以推到出W=I2Rt， ，所以W=I2Rt， 只能适用于纯电阻电路，所以B符合题意。
C．在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而I2R只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以UI＞I2R，所以C符合题意；
D．焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路中的焦耳热量的计算，所以D符合题意。
故答案为：BCD
【分析】求解纯电阻元件产生的热量时，可以利用电功计算公式和焦耳定律，两者相等，但是对于非纯电阻元件发热时，只能利用焦耳定律。
11．（2024高二上·普宁期中）用游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图所示，此示数为　 　mm．
【答案】50.1
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】游标卡尺的主尺读数为5cm=5×10mm=50mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为1×0.1mm=0.1mm，所以最终读数为：50mm+0.1mm=50.1mm．
【分析】掌握游标卡尺的读数规则，即主尺读数（ 整毫米数 ）加上游标尺读数（ 精度 × 对齐刻度数 ），无需估读。
12．（2024高二上·普宁期中）在“金属丝电阻率的测量”的实验中，将金属丝绕在陶瓷管上，电阻值约为。除了开关、若干导线之外，还提供了以下实验器材：
直流电源：电动势6V和12V，内阻不计
电流表A：量程0~0.6A，内阻约为；量程0~3.0A，内阻约为
电压表V：量程0~3.0V，内阻约为；量程0~15V，内阻约为
滑动变阻器R：最大阻值为
（1）为较精确测量该金属丝的阻值，某同学用所给器材连成如图所示的实验电路。图中的a、b、c三条导线中有一条连接有误，则该导线是　 　（填“a”、“b”或“c”）；
（2）电路连接正确后，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的　 　（填“左端”或“右端”）；
（3）若测得金属丝的长度为L，直径为d，电压表示数为U，电流表示数为I，不考虑电流表和电压表内阻的影响，则金属丝的电阻率　 　；
（4）直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，请你说出其中的理由　 　。
【答案】b；左端；；直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，因为选用“6V”，通过电流表的电流满足通过电流表电流小于0.24A，对于0.6A的量程，读数误差会增大。
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）b导线连接错误，应将其上端接至滑动变阻器的右下接线柱上。
故答案为：b
（2）正确连接后，闭合开关前，应该把滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的左端，从而使闭合开关之后分压部分电路电压为从零开始变化。
故答案为：左端
（3）根据欧姆定律有
根据电阻定律有
联立解得
故答案为：
（4）直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，因为选用“6V”，通过电流表的电流满足
通过电流表电流小于0.24A，对于0.6A的量程，读数误差会增大。
故答案为：直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，因为选用“6V”，通过电流表的电流满足
通过电流表电流小于0.24A，对于0.6A的量程，读数误差会增大。
【分析】（1）根据滑动变阻器分压接法的要求，判断导线连接错误之处。
（2）从分压电路电压起始值的角度，确定滑片位置。
（3）结合欧姆定律和电阻定律，推导电阻率表达式。
（4）通过分析不同电源下的电流大小，判断对电流表读数误差的影响，从而说明电源选择理由。
13．（2024高二上·普宁期中）如图所示，为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：
（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？
（2）电动机输入功率和输出功率各是多少？
（3）这台电动机的机械效率是多少？
【答案】（1）解：根据焦耳定律，热功率为：P热=I2r=12×1W=1W
（2）解：输入功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积：P入=IU=1×5W=5W
输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率：P出=P入﹣P热="5" W﹣1 W=4W
（3）解：
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）利用焦耳定律，结合电流和电阻，计算线圈电阻的热功率。
（2）根据电功率公式求输入功率，再通过输入功率与热功率的差值得到输出功率。
（3）依据机械效率的定义，用输出功率与输入功率的比值计算机械效率。
14．（2024高二上·普宁期中）小明妈妈新购买了一只苏泊尔SWJ-50型电热水壶，其铭牌如图所示。小明在一个标准气压下，发现将一满壶初温为20 ℃的水在电热水壶正常工作时恰好烧开的时间为5 min。[已知c水=4.2×103J/（kg ℃），电热水壶发热电阻丝的电阻不变]
(1)求水吸收的热量；
(2)求消耗的电能；
(3)小明发现在用电高峰时，同样烧开一满壶初温为20 ℃的水需要的时间是363 s，求电热水壶两端的实际电压。（设电热水壶的加热效率相同）
型号 WSJ﹣50
额定电压 220 V
额定功率 800 W
水壶容积 500 mL
【答案】(1) 解：由铭牌可知，水壶中水的体积为500mL=，水的密度为，水温变化，故水吸收的热量
代入数据解得Q = 1.68×105J
(2)解：消耗的电能
(3)解：电热水壶的电阻为
由
可得
【知识点】电功率和电功；热学
【解析】【分析】（1）先根据密度公式求水的质量，再结合比热容公式，计算水吸收的热量。
（2）利用电热水壶正常工作时的功率和工作时间，通过电能公式计算消耗的电能。
（3）先由额定电压和额定功率求出电阻，再根据电能不变，结合电能公式，求出实际电压。
15．（2024高二上·普宁期中）如图所示，半径R=35cm的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑且管的内径远小于环的半径。AC为该环的竖直直径，BD为该环的水平直径，在直径BD及其以下部分有方向水平向左，场强大小E=5 N/C的匀强电场。当将一质量m=0.4kg，电荷q=+0.8 C的小球从管中B点由静止开始释放，g取10 m/s2，求：
（1）小球第一次经过C点和A点时对管壁的压力大小之比；
（2） 小球第二次和第一次经过A点时对管壁的压力大小之比。
【答案】（1）解：由分析可知
当小球从B点运动到C点时，有
由受力分析，有FN1C－mg＝
解得FN1C
由牛顿第三定律知F压1CFN1C
当小球从B点运动到A点时，有
由受力分析，有FN1A＋mg＝
解得FN1A
由牛顿第三定律知F压1AFN1A
则小球第一次经过C点和A点时对管壁的压力之比为F压1C∶F压1A＝5∶1
（2）解：当小球从B点释放到第二次运动到A点，有－mgR＋2qE·2R＝m
由受力分析，有FN2A＋mg＝
解得FN2A
由牛顿第三定律知F压2AFN2A
则小球第二次和第一次经过A点时对管壁的压力大小之比为F压2A∶F压1A＝5∶1
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过动能定理分别求小球经过C、A点的速度，再结合牛顿第二定律求管壁对小球的支持力，利用牛顿第三定律得小球对管壁的压力，进而求压力之比。
（2）同样用动能定理求第二次经过A点的速度，结合牛顿第二定律和第三定律，求出压力并计算比值。
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