2024-2025學年上學期合肥高二物理期末卷2

一,選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）

1.（4分）（2020春?溫州期中）物理學發(fā)展中，有許多科學家做出了偉大的貢獻。下列說法錯誤的是（）

A.卡文迪許測出了引力常量

B.密立根測定了最小電荷量

C.麥克斯韋證實了電磁波的存在

D.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應

2.（4分）（2022秋?滄州期中）如圖甲，高大建筑物上通常都裝有避雷針，雷雨天氣時避雷針發(fā)生尖端放

電現(xiàn)象，中和空氣中的電荷，叁到避免雷擊的目的。圖乙所示是某次避雷針放電時的電場線分布，電場

線關于直線ac對稱，且Lab=Lbc。以下說法正確的是（）

B.接近建筑物的雷雨云帶負電

C.電子在c點的加速度大于在a點的加速度

D.將質子從圖中d點由靜止釋放，質子可能沿電場線運動

3.（4分）（2023秋?北辰區(qū)期中〕計算機鍵盤每個鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣

間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成一個可變電容器。當連接電源不斷電，按下某個鍵,

使兩個小金屬片之間距離減小時，與之相連的電子線路就給出該鍵相關的信號。當按下鍵時，電容器的

A.電容變小B.電容變大

C.極板間的場強變小D.極板間的電壓變大

4.（4分）（2019秋?廬陽區(qū)校級期中）如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內阻阻值n將滑動變阻器

滑片P向下滑動，理想電壓表Vi、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為△Ui、AU2>AU3,理想電流

表A示數(shù)變化最的絕對值為△1，則以下說法正確的是（）

A.A的示數(shù)減小B.V2的示數(shù)增大

C.45與AI的比值大于rD.AU1小于AU2

5.（4分）（2022秋?秦安縣校級期中）兩平行金屬板相距為d,電勢差為U,一電子質量為n電荷量為

e,從0點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA=L,則此電子具有的

初動能是（）

6.（4分）（2023?張掖模擬）一帶負電粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x的

變化關系如圖所示，則粒子在從X］向X3運動的過程中，下列說法中正確的是（）

A.在xi處粒子速度最大

B.在xi處粒子加速度最大

C.X3處電勢比xi高

D.X2處動能最大

7.（4分）（2021秋?北侖區(qū)校級期中）如圖所示，通電螺線管軸線上有a、b兩點，該通電螺線管在a、b

兩點產生的磁場方向，下列判斷正確的是（）

A.a、b兩點磁場方向都向左

B.a、b兩點磁場方向都向右

C.a點磁場向右，b點磁場方向向左

D.a點磁場向左，b點磁場方向向右

（多選）8.（4分）（2022秋?西湖區(qū)期中）如圖甲所示是電容器充、放電電路。配合電流傳感器，可以捕

捉瞬間的電流變化，并通過計算機畫出電流隨時間變化的圖像。實驗中選用直流8V電源，先使單刀雙

擲開關S與I端相連，電源向電容器充電。充電完成后把單刀雙擲開關S擲向2端，電容器通過電阻R

放電，傳感器將電流傳入計算機，圖像上顯示出放電電流隨時間變化的1-1曲線如圖乙所示。則以下

說法正確的是（）

接計..

算機電流一,

傳感器?。?/p>

R

甲

A.使開關S保持與1端相連時，將電容器上極板向下平移一小段距離，電容器帶電量將減小

B.隨著放電過程的進行，該電容器兩極板間電壓逐漸減小

C.由傳感器所記錄的該放電電流圖像可以估算出該過程中電容器的放電電荷最

D.通過本實驗可以估算出該電容器的電容值

（多選）9.（4分）（2021秋?鼓樓區(qū)校級期中）某一導體的伏安特性曲線如圖中的AB段（曲線）所示,

直線a為過A點的切線。則關于導體的電阻，下列說法正確的是（）

A.A點對應的導體的電阻為50Q

B.A點對應的導體的電阻為60C

C.在AB段，導體的電阻變化了120Q

D.在AB段，導體的電阻隨電壓的增大而增大

（多選）10.（4分）（2020春?荔灣區(qū)校級月考）如圖所示，一足夠長的通電直導線水平放置，在導線的

正下方有一閉合矩形線圈abcc與導線在同一平面內，且ad邊與導線平行，下列情形中能使線圈產生感

應電流的是（）

ai-------------------d

J--------'c

A.線圈沿平行于導線的方向向右平移

B.線圈以導線為軸轉動

C.線圈繞be邊轉動

D.線圈不動，逐漸增大直導線中的電流

二.實驗題（共2小題，滿分22分）

II.（12分）（2021?山東模擬）某同學利用實驗室的器材研究一粗細均勻的導體棒（約為4Q）的電阻率。

電壓表V（量程I5.0V,內阻約IkC）

電流表A（量程0.6A,內阻RA=0.4C）

定值電阻Ro（阻值Ro=2（）.OC）

滑動變阻器Ri（最大阻值100）

學生電源E（電動勢20V）

開關S和若干導線。

（i）如圖甲，用螺旋測微器測得導體棒的直徑為mm；如圖乙，用游標卡尺測得導體棒

的長度為cm。

（2）請根據提供的器材，在圖丙所示的方框中設計一個實驗電路，盡可能精確地測量金屬棒的阻值。

（3）實驗時，調節(jié)滑動變阻器，使開關閉合后兩電表的示數(shù)從零開始，根據實驗數(shù)據選擇合適標度描

點，在方格紙上作圖（如圖?。ㄟ^分析可得導體棒的電阻R=C（保留一位小數(shù)），再根

據電阻定律即可求得電阻率.從系統(tǒng)誤差的角度分析，電阻R測（填或“="）R小

12.（10分）（2020秋?安徽月考）為了測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻，某同學采用了伏安法，設計了如

圖甲所示的實驗電路。

（1）實驗開始前，應先將滑動變阻器的滑片P移至（選填"a”或"b”）端。

（2）合上開關Si,S2接圖甲中的I位置，改變滑動變阻器的阻值，記錄下幾組電壓表示數(shù)和對應的電

流表示數(shù)；S2改接圖甲中的2位置，改變滑動變阻器的阻值，再記錄下幾組電壓表示數(shù)和對應的電流

表示數(shù)。在同一坐標系內分別描點作出電壓表示數(shù)U和對應的電流表示數(shù)I的圖象，如圖乙所示，兩百

線與縱軸的截距分別為UA、UB,與橫軸的截距分別為IA、IBO

①S2接1位置時，作出的U-I圖線是圖丙中的（選填"A”或"B”）線；

②S2接I位置時，測出的電池電動勢E和內阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是表（選填“電壓”或

“電流”）的示數(shù)偏（選填“大”或“小

三,解答題（共3小題,滿分38分）

13.（12分）（2018秋?靖遠縣校級期中）利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢￡=

6V,電源內阻r=lC,電阻R=3C,重物質量m=0.10kg,當將重物固定時，理想電壓表的示數(shù)為5V,

當重物不固定，且電動機最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數(shù)為5.5V,求不計摩擦，g

取10m/s12）.求:

（1）串聯(lián)入電路的電動機內阻為電動機多大？

（2）重物勻速上升時的速度大小.

14.（14分）（2019秋?揚州期中）如圖甲所示，兩塊平行正對的帶電金屬板A、B傾斜放置，與水平面成

8角，質量為m,電荷量為-q的微粒從B板邊緣0點靜止釋放，恰沿直線001水平向右運動，到達

A板邊緣Oi點時速度為vo,恰從Oi點進入右側水平放置的平行金屬板M、N間。重力加速度為g,忽

略電場的邊際效應，求：

（1）A板帶何種電荷？微粒在A、B板間運動的加速度大小a：

（2）A、B板間的電壓U；

（3）已知M、N板間電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，微粒通過該區(qū)域的時間恰好等于電壓變化周

期T,板間距離為d,Uo=哼，若任何時刻進入該區(qū)域的微粒都能飛出，試求

①t=0時刻進入M、N板間電場的微粒飛出電場右邊界時速度的方向，并判斷不同時刻飛出電場的速

度是否相同？

②各出射點間的最大距離Ay。

15.（12分）如圖所示，質量切=1心的小球由A點以速度vo=3m/s水平拋出，恰好沿切線方向從B點進

入豎直放置的光滑圓軌道BC,隨后沿直線軌道CD上升到最高點。已知BC兩點高度相同，小球經過

這兩點時的速度大小相等。O為圓軌道的圓心，圓軌道半徑R=2.5m,OB與豎直方向的夾角a=53°。

直線軌道CD接觸面粗糙，動摩擦因數(shù)〃=］與圓軌道在C點相切。不計空氣阻力，取重力加速度g

=10m/s2,sin530=0.8,cos530=0.6。求：

（1）A、B之間的水平距離；

（2）小球進入圓軌道最低點時，對軌道壓力的大?。?/p>

（3）小球在CD軌道上升過程中，克服摩擦力做的功。

%D

2024.2025學年上學期合肥高二物理期末典型卷2

參考答案與試題解析

一.選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）

1.（4分）（2020春?溫州期中）物理學發(fā)展中，有許多科學家做出了偉大的貢獻。下列說法錯誤的是（）

A.卡文迪許測出了引力常量

B.密立根測定了最小電荷量

C.麥克斯韋證實了電磁波的存在

D.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應

【考點】電磁學物理學史.

【專題】定性思想；歸納法；萬有引力定律的應用專題：理解能力.

【答案】C

【分析】本題是物理學史問題，根據卞義迪許、密立根、麻茲、奧斯特等人的物理學成就進行解答。

【解答】解：A、牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律以后，卡文迪許測出了引力常量，故A正確；

B、密立根通過油滴實驗測定了最小電荷量，故B正確；

C、麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲證實了電磁波的存在，故C錯誤；

D、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故D正確。

本題選錯誤的，

故選：Co

【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，注

重積累。

2.（4分）（2022秋?滄州期中）如圖甲，高大建筑物上通常都裝有避雷針，雷雨天氣時避雷針發(fā)生尖端放

電現(xiàn)象，中和空氣中的電荷，之到避免雷擊的目的。圖乙所示是某次避雷針放電時的電場線分布，電場

線關于直線ac對稱，且Lab=Lbc。以下說法正確的是（）

A.Uca>2Ucb

B.接近建筑物的雷雨云帶負電

C.電子在c點的加速度大于在a點的加速度

D,將質子從圖中d點由靜止釋放，質子可能沿電場線運動

【考點】電荷在導體上的分布、尖端放電；電場線的定義及基本特征；根據電場線的疏密判斷場強大小；

非勻強電場中電勢差大小的比較和應用.

【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力.

【答案】A

【分析】根據電場線方向判斷電勢的高低：根據電場線的硫密判斷電場的強弱；根據牛頓第二定律分析

加速度情況，電場強度不是勻強電場，質子的運動軌跡不會沿著電場線。

【解答】解：A、由圖，電場線越密集代表場強越大，則由c到a電場強度逐漸增大，同時沿著電場線

方向電勢逐漸降低，結合U=Ed,可知Uca>2Ucb,故A正確：

B、電場線由正電荷指向無窮遠或者負電荷，由圖可知接近建筑物的雷雨云帶正電，故B錯誤；

C、電場線密集的地方電場強度越大,根據牛頓第二定律可知電子在c點的加速度小于在a點的加速度，

故C錯誤；

D、電場強度不是勻強電場，質子的運動軌跡不會沿著電場線，故D錯誤：

故選：Ao

【點評】解決本題的關鍵要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示電場強度，順若電場線方向電勢

降低。

3.（4分）（2023秋?北辰區(qū)期中）計算機鍵盤每個鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣

間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成一個可變電容器。當連接電源不斷電，按下某個鍵,

使兩個小金屬片之間距離減小時，與之相連的電子線路就給出該鍵相關的信號。當按下鍵時，電容器的

A.電容變小B.電容變大

C.極板間的場強變小D.極板間的電壓變大

【考點】電容器的動態(tài)分析（U不變）一一板間距離變化.

【專題】定性思想；推理法；電容器專題；推理論證能力.

【答案】B

【分析】根據電容決定式?=品，以及電容的定義式C=g,結合場強與電勢差的關系求解。

T/T/VCZ\J

【解答】解：ABD.因為電源不斷電，故按下鍵時電容器兩端電壓不變，根據

C=扁,C=2可知當按下鍵時，d減小，則C增大，U不變，故AD錯誤，B正確；

C.根據E=，，可知按下鍵的過程中板間距變小，U不變，故極板間的場強變大，故C錯誤。

故選：Bo

【點評】本題的關鍵掌握電容器的動態(tài)分析?，學會利用決定式分析電容的變化是解決此類問題的關鍵。

4.（4分）（2019秋?廬陽區(qū)校級期中）如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內阻阻值r。將滑動變阻器

滑片P向下滑動，理想電壓表Vi、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為△5、AU2、AU3,理想電流

表A示數(shù)變化量的絕對值為△I，則以下說法正確的是（）

A.A的示數(shù)減小B.V2的示數(shù)增大

C.Alh與的比值大于rD.AUi小于八U2

【考點】電路動態(tài)分析.

【專題】學科綜合題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力.

【答案】C

【分析】分析電路結構，將滑動變阻器滑片P向下滑動，電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可知，總電

流增大。

根據閉合電路歐姆定律得到華的表達式，判斷八5和AU2的關系。

AI

【解答】解：AB、閉合電鍵后，將滑動變阻器滑片向下滑為J,其有效電阻減小，電路中總電阻減小，

電路中總電流增大，由閉合電路歐姆定律U=E-Ir可知，路端電壓減小，即V2的示數(shù)減G，故AB錯

誤；

C、根據閉合電路歐姆定律得U3=E-I（R+r）,則有一泊=R+「即與Al的比值大于r,故C正確;

AI

D、由于總電流增大，則電壓表V］的示數(shù)增大，華=心由于路端電壓減小，所以電壓表V2示數(shù)減

AI

小，=r,所以有AUi大于AU2,故D錯誤。

Al

故選：Co

【點評】此題考查了閉合電路歡姆定律的相關知識，明確理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路。理想電

流表內阻為零，相當短路。分析電路的連接關系，根據歐姆定律分析。

5.（4分）（2022秋?秦安縣校級期中）兩平行金屬板相距為d,電勢差為U,一電子質量為n電荷量為

e,從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA=L,則此電子具有的

初動能是（）

edLeUeUL

A.---B.edULC.—D.---

UdLd

【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用；勻強電場中電勢差與電場

強度的關系.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力.

【答案】D

【分析1從O點到A點，全程只有電場力做功，根據動能定理求出電子的初動能。

【解答】解：設電子的初動能為Ek,極板間的電場E=!

從0點到A點，只有電場力做功，根據動能定理得：-eEL=0-Ek

聯(lián)立解得：Ek=故D正確，ABC錯誤。

故選：Do

【點評】本題考杳帶電粒子在勻強電場中的運動規(guī)律，要注意掌握動能定理的準確應用，明確注意動能

定理應用時要找準全過程物體一共受到幾個，并判斷哪幾個力做功.

6.（4分）（2023?張掖模擬）一帶負電粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x的

變化關系如圖所示，則粒子在從XI向X3運動的過程中，下列說法中正確的是（）

A.在xi處粒子速度最大

B.在xi處粒子加速度最大

C.X3處電勢比XI高

D.X2處動能最大

【考點】Ep-X圖像斜率的物理意義；Ep-X圖像的理解與應用.

【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力.

【答案】C

【分析】Ep-x圖像的斜率表示電場力的大小，由此得出加速度的大小關系；

根據圖像得出電勢能的變化，結合電勢能的表達式得出電勢的大小關系，根據能量守恒定律得出動能的

最大值的位置。

【解答】解：AD.帶負電粒子只在電場力作用下運動，所以動能與勢能之和是恒定的。則粒子在從xi

向X3運動的過程中，在X3處的電勢能最小，動能最大，即在X3處粒子速度最大，故AD錯誤；

B.圖像的斜率表示粒子受到的電場力的大小，根據圖像可知在X3處圖像的斜率最大，場力最大，由牛

頓第二定律可得粒子加速度最大，故B錯誤；

C.負電荷在電勢低的地方電勢能大，在電勢高的地方電勢能小，在X3處的電勢能最小，所以電勢最高，

X3處電勢比XI高，故C正確；

故選：Co

【點評】本題主要考查了電場力做功的相關應用，解題的關鍵點是理解圖像的物理意義，結合牛頓第二

定律和能量守恒定律即可完成分析。

7.（4分）（2021秋?北侖區(qū)校級期中）如圖所示，通電螺線管軸線上有a、b兩點，該通電螺線管在a、b

兩點產生的磁場方向，下列判斷正確的是（）

A.a、b兩點磁場方向都向左

B.a、b兩點磁場方向都向右

C.a點磁場向右，b點磁場方向向左

D.a點磁場向左，b點磁場方向向右

【考點】環(huán)形電流或通電螺線管周圍的磁場.

【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力.

【答案】A

【分析】根據右手螺旋定則判斷出通電螺線管產生的磁場即可判斷。

【解答】解：根據右手螺旋定則可知，a、b兩點磁場方向都向左，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題主要考查了通電螺線管產生的磁場，熟練利用右手螺旋定則即可。

（多選）8.（4分）（2022秋?西湖區(qū)期中）如圖甲所示是電容器充、放電電路。配合電流傳感器，可以捕

捉瞬間的電流變化，并通過計算機畫出電流隨時間變化的圖像。實驗中選用直流8V電源，先使單刀雙

擲開關S與I端相連，電源向電容器充電。充電完成后把單刀雙擲開關S擲向2端，電容器通過電阻R

放電，傳感器將電流傳入計算機，圖像上顯示出放電電流隨時間變化的I-t曲線如圖乙所示。則以下

說法正確的是（）

接計..

算機電流一,

傳感器?。‥

甲

A.使開關S保持與1端相連時，將電容器上極板向下平移一小段距離，電容器帶電量將減小

B.隨著放電過程的進行，該電容器兩極板間電壓逐漸減小

C.由傳感器所記錄的該放電電流圖像可以估算出該過程中電容器的放電電荷量

D.通過本實驗可以估算出該也容器的電容值

【考點】電容器的充放電問題；電容器的動態(tài)分析（U不變）一一板間距離變化.

【專題】定性思想：推理法；電容器專題；推理論證能力.

【答案】BCD

【分析】放電的過程中，電荷量逐漸減小，抓住電容不變，結合電容的定義式確定電容器兩極板間的電

壓變化.根據圖線所圍成的面積求解放電的電荷量.根據電荷量和電壓的變化量，結合電容的定

義式求出電容.

【解答】解：A.電容器的電容C=^

將電容器上極板向下平移一小段距離，d減小，c增大;

開關S保持與1端相連時，電容器電壓不變，根據c=￡

可知電容器帶電量將增大，與A選項描述不符，故A錯誤;

B.在放電的過程中，電荷量減小，根據C=g=器知，電容不變，則電壓逐漸減小。故B正確。

C.圖線與時間軸圍成的面枳表示電荷量，則由傳感器所記錄的該放電電流圖像可以估算出該過程

中電容器的放電電荷量，故C正確;

D.根據。=￡=留

可知，通過電荷量的大小以及電壓變化量的大小可以求出電容器的電容值，故D正確。

故選：BCD。

【點評】解決本題的關鍵掌握電容的定義式，以及知道1-1圖線與時間軸圍成的面積表示通過的電荷

量。

（多選）9.（4分）（2021秋?鼓樓區(qū)校級期中）某一導體的伏安特性曲線如圖中的AB段（曲線）所示,

直線a為過A點的切線。則關于導體的電阻，下列說法正確的是（）

A.A點對應的導體的電阻為50Q

B.A點對應的導體的電阻為60Q

C.在AB段，導體的電阻變化了120。

D.在AB段，導體的電阻隨電壓的增大而增大

【考點】電阻及其性質；歐姆定律的簡單應用；線性元件及其伏安特性曲線.

【專?題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力.

【答案】BD

【分析】由圖讀出A、B點時電壓和電流，根據電阻的定義式R=3求解電阻值，再得到電阻的變化量。

【解答】解：ABC、根據部分電路歐姆定律可知，A點對應的導體的電阻為：RA="=—

?A1.0X101

60Q

B點對應的導體的電阻為：RB=覬=—

'B1.5x101

在AB段，導體的電阻變化為：AR=RB-RA=80C-60C=20C,故B正確，AC錯誤：

D、根據圖像的斜率的倒數(shù)可以表示電阻的變化，所以在AB段，導體的電阻隨電壓的增大而增大，故

D正確。

故選：BDo

【點評】本題主要考查對伏安特性曲線的了解，要注意明確各點的電阻應通過電阻的定義式R=苧求解，

不能根據切線的斜率求電阻值。

（多選）10.（4分）（2020春?荔灣區(qū)校級月考）如圖所示，一足帔長的通電直導線水平放置，在導線的

正下方有一閉合矩形線圈abed與導線在同一平面內，且ad邊與導線平行，下列情形中能使線圈產生感

應電流的是（）

ai------------------d

J--------'c

A.線圈沿平行于導線的方向向右平移

B.線圈以導線為軸轉動

C.線圈繞be邊轉動

D.線圈不動，逐漸增大直導線中的電流

【考點】電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程.

【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力.

【答案】CD

【分析】根據感應電流產生的條件，當通過線圈的磁通量發(fā)生變化時，線圈中將會產生感應電流。

【解答】解?：A、線圈沿平行于導線的方向向右平移，穿過線圈的磁通量不變，不能產生感應電流，故

A錯誤；

B、線圈以導線為軸轉動時，穿過線圈的磁通最不變，不能產生感應電流，故B錯誤；

C、線圈平繞be邊轉動，穿過線圈的磁通量會發(fā)生周期性的變化，將產生感應電流，故C正確；

D、線圈不動，逐漸增大直導線中的電流，則電流的磁場增強，所以穿過線圈的磁通量增大，則產生感

應電流，故D正確；

故選：CDo

【點評】解決本題的關鍵掌握右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場方向，掌握感應電流的產生條件，會根

據楞次定律判斷感應電流的方向。

二.實驗題（共2小題，滿分22分）

11.（12分）（2021?山東模擬）某同學利用實驗室的器材研究一粗細均勻的導體棒（約為4Q）的電阻率。

電壓表V（量程15.0V,內阻約IkQ）

電流表A（量程0.6A,內阻RA=0.4Q）

定值電阻Ro（阻值Ro=2O.OC）

滑動變阻器Ri（最大阻值10H）

學生電源E（電動勢20V）

開關S和若干導線。

（1）如圖甲，用螺旋測微器測得導體棒的直徑為4.620mm：如圖乙，用游標卡尺測得導體棒的長

度為10.14cm。

（2）請根據提供的器材，在圖丙所示的方框中設計一個實驗電路，盡可能精確地測量金屬棒的阻值。

（3）實驗時，調節(jié)滑動變阻器，使開關閉合后兩電表的示數(shù)從零開始，根據實驗數(shù)據選擇合適標度描

點，在方格紙上作圖（如圖JD,通過分析可得導體棒的電阻R=_A^_C（保留一位小數(shù)），再根據電

阻定律即可求得電阻率。從系統(tǒng)誤差的角度分析，電阻R-=(填或“=")R^o

【考點】螺旋測微器的使用與讀數(shù)：導體電阻率的測量；游標卡尺的使用與讀數(shù).

【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題：實驗探究能力.

【答案】(1)4.620(4.619?4.621)；10.14

(3)4.6：=

【分析】根據螺旋測微器和游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀出讀數(shù)：在設計電路圖時考慮分壓式還是限流式，以

及電流表的內外接；根據伏安法計算電阻值，由于電流表內阻已知，其系統(tǒng)誤差可以消除，

【解答】解：(1)螺旋測微器的讀數(shù)等于4.5mm+O.OIX12.0mm=4.62Omm(4.619?4.621)；

游標卡尺為(10分)度，精確度為0.1mm,游標上的第4格與主尺對齊，故讀數(shù)為101mm+4X0.1mm

=101.4mm=10.14cm。

(2)要求盡可能精確地測量金屬棒的阻值，而滑動變阻器的總阻值較小，則用分壓式可以多測幾組數(shù)

據；電壓表的量程為15V,則待測電阻的電流最大為Max=內4竽A=3.75A,則0.6A的電流表量程

太小，不安全，而電流表內阻已知，且有定值電阻，則可以用電流表與定值電阻串聯(lián)，定值電阻能分部

分電壓且能精確的得到待測電阻阻值，而電流表內阻己知，選擇內接法可以消除系統(tǒng)誤差，故電路圖如

(3)根據伏安法可知RA+RO+RX=弟=C^Y2C0=25O,解得RX=25.Q-RA-RO=46O,因電流表

Zi/U.oU-U.ZU

用內接法，且電流表的內阻和定值電阻的限值已知，則兩者分壓的系統(tǒng)誤差可以消除，則電阻的測量值

等于真實值。

故答案為:(1)4.620(4.619-4.621)；10.14

（3）4.6；=

【點評】本題主要考查了電路設計問題，游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)，以及伏安法測電阻的計算及誤

差分析，在電路設計時要考慮滑動變阻器接法和電流表的內外接是解題的關鍵。

12.（10分）（2020秋?安徽月考）為了測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻，某同學采用了伏安法，設計了如

圖甲所示的實驗電路。

（1）實驗開始前，應先將滑動變阻器的滑片P移至a（選填"a”或"b”）端。

（2）合上開關Si,S2接圖甲中的1位置，改變滑動變阻器的阻值，記錄下幾組電壓表示數(shù)和對應的電

流表示數(shù)：S2改接圖甲中的2位置，改變滑動變阻器的阻值，再記錄卜.幾組電壓表示數(shù)和對應的電流

表示數(shù)。在同一坐標系內分別描點作出電壓表示數(shù)U和對應的電流表示數(shù)I的圖象，如圖乙所示，兩直

線與縱軸的截距分別為UA、UB,與橫軸的截距分別為IA、1B°

①S2接1位置時，作出的U-I圖線是圖丙中的B（選填"A”或"B”）線；

②S2接1位置時，測出的電池甩動勢E和內阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是電流表（選填“電壓”或“電

流”）的示數(shù)偏?。ㄟx填"大"或“小”）。

圖甲圖乙

【考點】測量普通電源的電動勢和內阻.

【專?題】比較思想；圖析法；恒定電流專題；實驗探究能力.

【答案】（1）a；（2）①B、②電流、小

【分析】（1）看清單刀雙擲開關電路圖，明確實驗前應使滑片置于使電流最小的位置即可.

（3）①的關鍵是根據“等效電源”法分析測量誤差的大小，即當S2接1位置時，可把電壓表與電源看

作一個等效電源，則電動勢測量值測得是“等效電源”的外旦路斷開時的路端電壓，由于電壓表內阻不

是無窮大，所以電壓表示數(shù)將小于電動勢真實值，即電動勢測顯值偏小；同理內阻的測審值實際等于電

壓表與內阻真實值的并聯(lián)電阻，所以內阻測量值也偏小.若S2接2位置時，可把電流表與電源看作一

個“等效電源”，不難分析出電動勢測量值等于真實值，而內阻測量值應等于內阻真實值與電流表內阻

之和，即內阻測量值偏大.根據圖象分析電源的電動勢和內電阻.

【解答】解：（1）為保護電流表，實驗開始前，應將滑片P移至電阻最大的a端。

（2）①當S2接1位置時，可把電壓表與電源看作一個等效電源，根據閉合電路歐姆定律E=U斷可知，

由于電壓表內阻不是無窮大，所以電壓表示數(shù)將小于電動勢真實值，即電動勢測量值偏??；同理內阻的

測量值實際等于電壓表與內阻真實值的并聯(lián)電阻，所以內阻測量值也偏小，即電動勢和內阻的測量值均

小于真實值。所以作出的U-I圖線應是B線；

②測出的電池電動勢E和內阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是電壓表的分流，結果使電流表的示數(shù)偏小。

故答案為：（1）a；（2）①B、②電流、小

【點評】本題考杳測量電動勢和內電阻的實驗，要注意應明確用“等效電源”法分析“測量電源電動勢

和內阻實驗”誤差的方法，明確U-I圖象中縱軸截距與斜率的含義.

三.解答題（共3小題，滿分38分）

13.（12分）（2018秋?靖遠縣校級期中）利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢￡=

6V,電源內阻r=lC,電阻R=3Q,重物質量m=0.10kg,當將重物固定時，理想電壓表的示數(shù)為5V,

當重物不固定，且電動機最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數(shù)為5.5V,求不計摩擦，g

取10m/s2）.求：

（1）串聯(lián)入電路的電動機內阻為電動機多大？

（2）重物勻速上升時的速度大小.

【考點】閉合甩路歐姆定律的內容和表達式；電功和甩功率的計算；純甩阻電路的能量轉化特點.

【專題】計算題；學科綜合題；定量思想:方程法；恒定電流專題.

【答案】見試題解答內容

【分析】根據閉合電路歐姆定律求出電路中的電流和電動機輸入電壓.電動機消耗的電功率等于輸出的

機械功率和發(fā)熱功率之和，根據能量轉化和守恒定律列方程求解重物勻速上升時的速度大小

【解答】解：（I）由題，電源電動勢E=6V,電源內阻r=IC,當將重物固定時，電壓表的示數(shù)為5V,

則根據閉合電路歐姆定律得電路中電流為；1=E~U=6；5力=1A

5-1X3

電動機的電阻為：RM=O'R1Q=2Q

（2）當重物勻速上升時，電壓表的示數(shù)為U=5.5V,電路中電流為：=?=0.54

電動機兩端的電壓為：UM=E-f(R+r)=6-0.5X(3+1)V=4V

故電動機的輸入功率為：P=UMI'=4X0.5=2W

根據能量轉化和守恒定律得：UMC=mgv+r2R

代入解得：v=1.5m/s

答：（1）串聯(lián)入電路的電動機內阻為電動機2。

（2）重物勻速上升時的速度大小為1.5m/s

【點評】本題是歐姆定律與能量轉化與守恒定律的綜合應用.對于電動機電路，不轉動時，是純電阻電

路，歐姆定律成立；當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立.

14.（14分）（2019秋?揚州期中》如圖甲所示，兩塊平行正對的帶電金屬板A、B傾斜放置，與水平面成

。角，質量為m,電荷量為-q的微粒從B板邊緣O點靜止釋放，恰沿直線OCh水平向右運動，到達

A板邊緣Oi點時速度為vo,恰從Oi點進入右側水平放置的平行金屬板M、N間。重力加速度為g,忽

略電場的邊際效應，求:

2U

U

2T

圖乙

（1）A板帶何種電荷？微粒在A、B板間運動的加速度大小a：

（2）A、B板間的電壓U；

（3）己知M、N板間電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，微粒通過該區(qū)域的時間恰好等于電壓變化周

期T,板間距離為d,Uo二曙,若任何時刻進入該區(qū)域的微粒都能飛出，試求

①1=0時刻進入M、N板間電場的微?！瓿鲭妶鲇疫吔鐣r速度的方向，并判斷不同時刻飛出電場的速

度是否相同？

②各出射點間的最大距離Ay。

【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；牛頓第二定律的簡單應用；動能定理的簡單應用.

【專題】計算題：定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力.

【答案】見試題解答內容

【分析】（1）微粒受到的重力和電場力的合力應該沿直線001方向，結合微粒的帶電性質可判斷A板

帶何種電荷，受力分析，由牛頓第二定律可求得加速度大??；

（2）微粒從O到6過程中，根據動能定理可求得A、B板間的電壓；

（3）①微粒在水平方向做勻速直線運動，分析豎直方向的運動，寫出離開電場時的偏轉角，可判斷不

同時刻飛出電場的速度是否相同；

②由垂直電場方向的運動可求解射出電場的最大偏轉距離。

【解答】解：（1）微粒受到的重力和電場力的合力應該沿直淺OOi方向，所以電場力應該垂直極板向

上，又微粒帶負電，所以A板帶正電，微粒從0到01過程中受力分析如圖所示：

F<t=mglan9

根據牛頓第二定律得：

F^=mgtan0=ma

解得：a=gtan6

（2）微粒從0到0i過程中，根據動能定理有：

?12

qu=2mvo

解得：〃=噂

（3）①根據題意，微粒在水平方向以速度vo做勻速直線運動，射出M、N間電場時，

豎直方向，0-時間內，q號=mg,ay=0：

12U

5T?T時間內，q—mg=ma,ay=go

則豎直方向速度為：為=騫,方向向上。

設出射速度與水平方向夾角為a，有.：t即a=?=祟

vo

2

不同時刻飛出電場的速度相同，②微粒射出電場的最大偏轉距離為：Ay=vyx^=^-

各出射點間的最大距離為烏二-0=經

答：（I）A板帶正電，微粒在A、B板間運動的加速度大小是gtan。：

（2）A、B板間的電壓是一-：

2q

（3）①t=0時刻進入M、N板間電場的微粒飛出電場右邊界時速度的方向，不同時刻飛出電場的速度

相同；

qT2

②各出射點間的最大距離是

4

mg

【點評】帶電粒子進入偏轉電場中運動，水平方向不受力做勻速直線運動，豎直方向初速度為零的勻加

速直線運動且具有周期性變化：要用好變化的周期性。

15.（12分）如圖所示，質量m=lkg的小球由A點以速度vo=3m/s水平拋出，恰好沿切線方向從B點進

入豎直放置的光滑圓軌道BC,隨后沿直線軌道CD上升到最高點。已知BC兩點高度相同，小球經過

這兩點時的速度大小相等。O為圓軌道的圓心，圓軌道半徑R=2.5m,OB與豎直方向的夾角a=53°。

宜線軌道CD接觸面粗糙，動摩擦因數(shù)〃=；,與圓軌道在C點相切。不計空氣阻力，取重力加速度g

=10m/s2?sin530=0.8,cos530=0.6。求：

（1）A、B之間的水平距離；

（2）小球進入圓軌道最低點時，對軌道壓力的大小：

（3）小球在CD軌道上升過程中，克服摩擦力做的功。

【考點】純球類模型及其臨界條件：動能定理的簡單應用；平拋運動速度的計算.

【專題】定量思想；推理法；力學綜合性應用專題；分析綜合能力；模型建構能力.

【答案】（I）A、B之間的水平距離為1.2m；

（2）小球進入圓軌道最低點時，對軌道壓力的大小為28N；

（3）小球在CD軌道上升過程中，克服摩擦力做的功為W=2.5J。

【分析】(I)小球做平拋運動，小球在B點時，運用運動的分解法求解豎直方向速度Vy,由速度公式

Vy=gl求出平拋運動的時間，根據水平位移X=VOl公式求出A、B之間的水平距離；

(2)小球從B運動到最低點的過程中，先根據動能定理列式求解最低點的速度，在最低點，由軌道的

支持力和重力的合力提供向心力，根據牛頓第二、第三定律求解壓力；

(3)小球在CD軌道勻減速運動，根據牛頓第二定律求出加速度的大小，根據運動學公式求出沿斜面

上升的最大距離，根據功的定義求出小球克服摩擦力做的功，

【解答】解：(1)小球恰好進入圓軌道BC,設豎直分速度為Vy,由運動的分解得：

vy=votana

設平拋運動時間為t,則

vy=gt

水平位移

x=vot

代入數(shù)據得：x=1.2m

(2)進入圓軌道B點，設速度為v,則

v=^

cosa

小球由B點進入圓軌道到最低點的過程中，由動能定理得：

mgR(l-cos53。說-^機后

在最低點，對小球由牛頓第二定律得：

mv?

FN-mg=-^

解得：FN=28N

由牛頓第三定律知，小球對軌道壓力大小為28N。

(3)小球在CD軌道勻減速運動，設加速度大小為a,由牛頓第二定律得：

mgsina+pmgcosa=ma

設小球上升位移為L,根據運動學公式得：

-v2=-2aL

小球克服摩擦力做功為：

W=|imgcosa,L

聯(lián)立解得：W=2.5J

答：(1)A、B之間的水平距離為1.2m；

（2）小球進入圓軌道最低點時，對軌道壓力的大小為28N；

（3）小球在CD軌道上升過程中，克服摩擦力做的功為W=2.5J。

【點評】做物理問題應該先清楚研究對象的運動過程，根據運動性質利用相應的物理規(guī)律解決問題，第

三問也可用動能定理求解克服摩擦力做的功。

考點卡片

1.牛頓第二定律的簡單應用

【知識點的認識】

牛頓第二定律的表達式是F=ma,已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加

速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。

【命題方向】

一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為mg：g為重力加速度。人對電梯底部的壓力為

()

41

A、-mgB、2mgC、mgD、-mg

33

分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，杈據牛頓第二定律列式求解即可。

解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，杈據牛頓第二定律

N-mg=ma

4

故N=mg+ma=

4

根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于

故選：Ao

點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。

【解題方法點撥】

在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根

據需要求出相關物理量。

2.平拋運動速度的計算

【知識點的認識】

1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直.方向上的自由落體運動。

2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx=vo

豎直方向上的速度vy=gt

從而可以得到物體的速度為v=+哆=J詔+g2t2

3洞理如果知道物體的末速度和運動M間也可以求出平拋運動的初速度。

【命題方向】

如空所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力,O.Bs時到達P點,取g=10m/s2,則()

A、0.8s內小球下落的高度為4.8m

B、0.8s內小球下落的高度為3.2m

C、小球到達P點的水平速度為4.8m/s

D、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s

分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向卜.做自由落體運動，根據時間求由下降的高度

以及豎直力向上的分速度。

解答：AB、小球下落的高度h=/gd=2x10x0.64m=32n.故A錯誤，B正確。

C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s.故C錯誤。

D、小球到達P點的豎直速度vy=gt=8m/s°故D正確。

故選：BDo

點評：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式靈活求解。

【解題思路點撥】

做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足Vy=gt。

3.繩球類模型及其臨界條件

【知識點的認識】

I.模型建立

(I)輕繩模型

小球沿豎再光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，都是輕繩模型，如

圖所示。

（2）輕桿模型

小球在豎直放置的光滑細管內做圓周運動，小球被?輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型,

如紹所示。

2.模型分析

比較項目輕繩模型輕桿模型

常見類型

、J:J

小球恰能做圓周運

過最高

動時，由mg=小球恰能做網周運動時，

點的臨

“5=0

界條件m臂一得p址=-fgr

(1)當P=0時，F(xiàn)N=mg.FN

(1)過最高點時為支持力，方向沿半徑背離

F+mg=圓心

7

m',繩、軌道對球(2)當ov^v4T時，—

r

FN=m9,FN背離圓心，隨

討論產生彈力F

分析(2)若計算得到p<v的增大而減小

不能過最高(3)當p=時,FN=。

點，在到達最高點前(4)當時，F(xiàn)N+mg=

小球已經脫離了圓

m：,FN指向圓心并隨U的

軌道

增大而增大

【命題方向】

如羽所示，質量為M的支座上有一水平細軸.軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓-質量為m的小

球，讓球在豎直面內做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度

是多少？

分析：當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心

力，再根據向心力的公式可以求得小球的線速度.

解答：對支座M,由牛頓運動定律，得：T-Mg=O----------①

對小球m,由牛頓第二定律，有：T+mg=m------②

聯(lián)立①②式可解得：v=跺耳］

答：小球的線速度是咫亂.

點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單.

【解題思路點撥】

對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體

自身的重力完全允當向心力，m