江苏省无锡市锡山高级名校2023-2024学年高一下学期期末物理（选修）试卷
一、单项选择题
1．（2024高一下·惠山期末）如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是（ ）
A．水平方向动量守恒，机械能守恒
B．水平方向动量守恒，机械能不守恒
C．水平方向动量不守恒，机械能守恒
D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒
2．（2024高一下·惠山期末）在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·惠山期末）“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况。一钻孔如图所示，其形状为圆柱状，半径为r＝10cm，设里面充满某浓度均匀的盐水，其电阻率，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U＝75V，I＝50mA，则该钻孔的深度h约为（ ）
A．50m B．100m C．120m D．150m
4．（2024高一下·惠山期末）如图电路，R3为热敏电阻（阻值随温度升高而降低）其余为定值电阻。当R3所在处出现火情时，以下说法正确的是（ ）
A．电压表示数不变 B．电压表示数变大
C．电流表示数变小 D．电流表示数变大
5．（2024高一下·惠山期末）如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（ ）
A．手机电池产生的焦耳热为 B．手机的输入功率为UI
C．充电宝产生的热功率为I2r D．手机电池储存的化学能为UIt
6．（2024高一下·惠山期末）在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则( )
A．乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等
B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快
C．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等
D．甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等
7．（2024高一下·惠山期末）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图像。如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有（ ）
A．R接电源a和电源b，R上分得的电压相等
B．R接电源a和电源b，R上流经的电流相等
C．R接到电源a上，电源的输出功率较小
D．R接到电源b上，电源的输出功率较小
8．（2024高一下·惠山期末）某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。改装后利用一标准毫安表进行校准（如图1，虚线框内是改装后的电表）。当标准毫安表的示数为16.0 mA时，微安表的指针位置如图2，产生上述问题的原因可能是（ ）
A．微安表串联电阻偏大 B．微安表串联电阻偏小
C．微安表并联电阻偏大 D．微安表并联电阻偏小
9．（2024高一下·惠山期末）某同学用内阻Rg=200Ω、满偏电流Ig=5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为600Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该电源电动势为3V B．该电源电动势为4.5V
C．刻度1mA处标注3000Ω D．刻度1.5mA处标注1500Ω
10．（2024高一下·惠山期末）庄老师、王老师喜欢比赛打水漂。我们可以将打水漂简化成如下理想模型（图2）。质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，与水平方向的夹角α＝30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ＝0.2。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列说法正确的是（ ）
A．由于忽略薄片重力，所以薄片与水平面间的摩擦力也可忽略
B．薄片每次与水平面碰撞过程中，水平面对弹片竖直方向支持力的冲量都相同
C．薄片每次碰撞后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角仍为30°
D．薄片在与水平面多次碰撞后，最终将静止在水平面上
二、非选择题
11．（2024高一下·惠山期末）在“测量一节干电池的电动势和内阻”实验中，电路图如图，可选用的实验器材有：
电压表V1（量程3V）；电压表V2（量程15V）；
电流表A1（量程0.6A）；电流表A2（量程3A）；
滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值300Ω）；
干电池；开关S；导线若干；
（1）选择合适的器材：电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 （填写所选器材前的符号）
（2）测得的7组数据已标在如图所示坐标系上，用作图法求干电池的电动势 V和内阻 Ω。（注意纵坐标未从0开始）
（3）两个实验小组用不同的电池完成了上述的实验后，发现各电池电动势相同，只是内阻有差异．同学们选择了内阻差异较大的甲、乙两个电池进一步探究电池的内阻热功率P随路端电压U变化的关系，画出了图3所示的P－U图像。已知甲电池组的内阻较大，则下列各图中可能正确的是 。
（4）按照图1的测量方法，某同学利用图像分析由电表内电阻引起的实验误差。在图4中，实线是根据实验数据描点作图得到的U-I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U-I图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。下列图像中哪一个是该实验的分析
（5）图4中虚线U(I)的函数解析式是，如果考虑电表内阻影响，图4实线U(I)的函数解析式是U= ·I+ 。（解析式中可能用到的物理量：电源电动势E，内阻r，电压表内阻RV，电流表内阻RA）
12．（2024高一下·惠山期末）测量元电荷电量大小的装置如图，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板相距d。外部电路电源电动势为ε，内阻为r，保护电阻R0，电阻箱阻值调为R，现闭合开关S1、S2，稳定后求
（1）AB两板间的电压；
（2）从显微镜发现，一个质量为m的油滴在两板中间处于静止状态，该油滴所带电量。（重力加速度为g）
13．（2024高一下·惠山期末）在平静的水面上漂浮着一块质量M=150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m=50g的青蛙，支架高为h=20cm，支架右方的水平木板长s=120cm，突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计，g=10m/s2
（1）如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3m/s，则木板后退的速度是多大？
（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为多少？
14．（2024高一下·惠山期末）如图，竖直平面内A、B两点分别固定有一对等量同种点电荷，电荷量均为Q（Q>0）。A、B、M、N四点距O点的距离均为，以O为原点，竖直向上为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则OM上的电势随位置x的变化关系如图所示（k为静电力常量）。一电荷量为Q（Q>0）质量为m的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点。求
（1）小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差和电场力做的功；
（2）小球S从M点运动到x=处，动能的变化量；
（3）小球在OM段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图所示（g为重力加速度大小）。为保证小球S能运动到N点，小球S从M点下落时的初动能须满足什么条件。
15．（2024高一下·惠山期末）智能手机内置加速度传感器，管老师将平放的手机从一定高度处自由下落到床垫上，“phyphox”APP（图1）显示手机下落过程中的加速度随时间变化的图像如图2，已知手机的质量为0.2kg，忽略空气阻力，自由落体加速度g=10m/s2，求
（1）手机刚接触床垫时的速度大小；
（2）床垫对手机的最大弹力；
（3）手机第一次与床垫碰撞过程中，床垫对手机的冲量大小以及该过程损失的能量；
（4）如图3，有一弹性小球，手机质量是它的100倍，将其置于手机上方（间距很小），一起从原来的高度自由下落，手机第一次从床垫反弹恰好离开床垫时，弹性小球刚好与手机发生弹性碰撞，求弹性小球弹起的高度比释放时高了多少米？
注意：本题进行了适当简化与理想化，可能用到的计算1962=38416
3922=153664
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据动量守恒定律的条件有：以整个装置为系统，由于水平方向的合外力为0，所以水平方向动量守恒。根据能量守恒定律有：但由于要产生内能，所以机械能不守恒。
故选B。
【分析】根据系统不受外力可以判别系统动量守恒；利用系统有内能产生可以判别机械能不守恒。
2．【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】在力与电荷量的图像中，图像斜率代表电场强度，由图可知a点所在直线的斜率大于b点所在直线的斜率，则可以得出电场强度的大小为：
由于无法计算斜率的具体大小，所以无法判断与的大小关系。
故选D。
【分析】利用图像斜率大小可以比较电场强度的大小。
3．【答案】D
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】已知钻孔的电流和电压的大小，根据欧姆定律可得
再结合电阻定律可得
联立两式可得钻孔的深度为：
故选D。
【分析】利用欧姆定律可以求出钻孔的电阻大小，结合电阻定律可以求出钻孔的深度。
4．【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB． 由于R3为热敏电阻（阻值随温度升高而降低），则 当R3所在处出现火情时，热敏电阻阻值减小，电路总电阻减小，根据欧姆定律可以得出：总电流增大，则电源内阻两端消耗的电压增大，内外电压之和等于电动势的大小，则路端电压减小，电压表示数减小，故AB错误；
CD．当电路总电流增大，电源内阻、两端的电压增大，根据分压关系可以得出两端的电压减小，根据并联电路的特点可以得出通过的电流减小，电流表示数变小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用热敏电阻的阻值变化可以判别回路中总电阻的变化，结合欧姆定律可以判别总电流的变化，再利用欧姆定律可以判别内电压的变化，结合总电压不变可以判别外电压的变化，再利用分压关系及并联电路的特点可以判别支路电流的大小变化。
5．【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．焦耳定律只能适用于与纯电阻发热，由于手机为非纯电阻电路，不能用
计算产生的焦耳热，故A错误；
B．手机的输入功率等于充电宝的输出功率，根据电功率的表达式有：
故B正确；
C．根据热功率的表达式有
由于充电宝的输出电流为I，但其内阻未知，故无法计算充电宝产生的热功率，故C错误；
D．根据能量守恒定律可以得出：充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，则手机电池储存的化学能为
故D错误。
故选B。
【分析】由于手机非纯电阻电路，则不能直接利用焦耳定律计算发热；利用电功率的表达式可以求出手机输入功率的大小；由于未知充电宝内阻所以不能计算充电宝的热功率；利用能量守恒定律可以求出手机存储的化学能大小。
6．【答案】A
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A．根据牛顿第三定律可以得出：甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，再根据冲量的定义式有
则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A正确；
B．根据动量定理有
则动量变化率大小为F，则甲和乙动量的变化率大小为二者的相互作用力，大小相等，则甲的动量变化与乙的动量变化一样快，故B错误；
C．由于甲乙冲量大小相等，方向相反，则根据
可以得出：甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反。故C错误；
D．由于甲乙动量变化量相等，由于甲、乙的质量大小关系未知，所以不能比较甲的速度变化量与乙的速度变化量大小。故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第三定律可以判别甲乙作用力大小相等方向相反，根据冲量的表达式可以判别冲量大小相等方向相反，根据动量定理可以比较动量变化率和动量变化量的大小；由于动量变化量相等，未知甲乙质量不能比较速度变化量的大小。
7．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】AB．在图像中，通过图线与电源的图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，通过图像交点可以得出，R接电源a和电源b，交点对应的纵坐标不同，则R上分得的电压不相等，交点对应的横坐标不同则R上流经的电流不相等，故AB错误；
CD．在图像中，图线与电源的图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标和横坐标的乘积表示电源的输出功率，通过图像可以得出：R接到a电源上，图像面积较小则电压与电流的乘积较小，电源的输出功率较小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用两种图线的交点可以判别电阻工作的电压和电流的大小；结合电压和电流的乘积可以比较电功率的大小。
8．【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】微安表改装为量程为20 mA的电流表，为了放大经过电表的电流，所以要并联分流电阻，由图可知微安表读数为160μA，根据量程的倍数可以得出：改装后的电流表读数应该为
由于标准表读数为16.0mA，则通过微安表的电流偏小，则是通过并联电阻的电流偏大，则实际并联的电阻R阻值偏小，分流过大。
故选D。
【分析】利用量程的关系结合电表的示数可以求出改造后电表的读数，与实际电流表的读数比较可以判别并联的电阻偏小导致电表的偏转角偏小。
9．【答案】B
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】AB．当毫安表满偏时，根据欧姆定律有：
将阻值为Rx=600Ω的电阻接在两表笔之间时读数为I=3mA，则
解得电动势和电表的内阻为：
E=4.5V，R内=900Ω
选项A错误，B正确；
C．刻度1mA处，根据欧姆定律有
可得待测电阻的大小为：
Rx1=3600Ω
即刻度1mA处标注3600Ω，选项C错误；
D．刻度1.5mA处，根据欧姆定律有：
可得待测电阻大小为：
Rx2=2100Ω
即刻度1.5mA处标注2100Ω，选项D错误。
故选B。
【分析】利用毫安表的欧姆定律结合闭合电路的欧姆定律可以求出电动势和电表内阻的大小；利用电流的大小结合欧姆定律可以求出待测电阻的大小。
10．【答案】B
【知识点】动量定理；斜抛运动
【解析】【解答】A．在水平方向上，由于薄片与弹性面间的动摩擦因数μ＝0.2，则薄片与水面发生滑动时会受到滑动摩擦力的作用，则薄片与水平面间的摩擦力不可忽略，故A错误；
BD．薄片每次与水平面碰撞过程中，根据竖直方向的动量定理有
，
薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变 ，则水平面对弹片竖直方向支持力的冲量都相同；
根据水平方向的动量定理有：
解得
可知每次与水平面面碰撞一次后，水平方向动量减小，薄片与水平面多次碰撞后水平方向动量减为零，即水平方向位移将不再增加，但薄片将在竖直方向做往复运动，故B正确，D错误；
C．薄片每次碰撞后离开水平面瞬间，竖直方向的速度大小不变，由于水平方向摩擦力的作用导致水平方向的速度减小，根据速度的合成则薄片离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角大于30°，故C错误。
故选B。
【分析】利用滑片和水面存在动摩擦因数，则发生相对运动时滑片受到摩擦力的作用；利用竖直方向的动量定理可以判别水平面对滑片竖直方向的支持力冲量相同；利用速度的合成可以判别速度的方向；当水平方向减速为0时，竖直方向仍保持往返运动。
11．【答案】（1）；；
（2）1.50；1.04
（3）B
（4）A
（5）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解析】（1）由干电池的电动势大约1.5V，根据电动势的大小可以判别电压表应选择量程为3V的；一节干电池的内阻大约，根据欧姆定律则回路的最大电流为1.5A，为了读数的准确则电流表应选择量程为的；
根据欧姆定律则：电路中的最大电阻约为
根据回路中的最大电阻，则滑动变阻器选择。
（2）根据图中的坐标点，利用直线对坐标点进行连接，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
根据图像纵截距可知干电池的电动势为
根据图像斜率可以得出：干电池的内阻为
（3）根据热功率的表达式结合闭合电路的欧姆定律有：
同构表达式可以得出：P与U为二次函数关系，开口向上，当U=0时，纵轴截距为，由于电动势相同，内阻越大，截距越小，已知乙电池组的内阻较小，则甲的纵轴截距较大，所以对应正确的图像为B，故B正确，ACD错误。
故选B。
（4）由于图中的电路图误差主要来自于电压表的分流作用，电压表的分流作用会导致电动势和内阻偏小，所以实线对应的纵截距和斜率都偏小，故对应图4的U-I图像是A。
（5）根据闭合电路的欧姆定律有：
转换表达式可以得出：
【分析】（1）利用电动势的大小可以判别电压表的量程；利用欧姆定律可以求出最大电路进而判别电流表的量程；利用欧姆定律可以求出最大电阻进而判别滑动变阻器的阻值；
（2）利用图线连接个坐标点，利用图线斜率可以求出内阻的大小，利用截距可以求出电动势的大小；
（3）利用闭合电路的欧姆定律结合热功率的表达式可以求出功率和电压的关系图，进而求出对应的图线；
（4）利用电压表的分流作用可以判别电动势和内阻偏小，进而判别截距和斜率偏小；
（5）利用闭合电路的欧姆定律可以求出电压和电流的关系式。
12．【答案】解：（1）由闭合电路的欧姆定律可知
AB两板间的电压
（2）对油滴分析
可得该油滴所带电量
【知识点】含容电路分析；共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）已知回路中电动势和电阻的大小，结合闭合电路的欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合欧姆定律可以求出AB之间电压的大小；
（2）由于油滴静止，利用平衡方程可以求出油滴电荷量的大小。
13．【答案】解：（1）由动量守恒定律可知
可得木板后退的速度是
（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则由动量守恒定律
由几何关系
竖直方向有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【分析】（1）已知青蛙跳出的速度，结合动量守恒定理可以求出木板速度的大小；
（2）当青蛙恰好入水中时，利用动量守恒定律结合竖直方向的位移公式可以求出初速度的大小。
14．【答案】解：（1）小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差
电场力做的功
（2）小球S从M点运动到x=处，根据动能定理有
其中
联立解得
（3）根据对称，M点与N点的电势相等，为保证小球S能运动到N点，球S从M点下落时能通过x=处即可，根据动能定理有
其中
解得
【知识点】动能定理的综合应用；电势能
【解析】【分析】（1）小球S从M点运动到O点的过程中，利用图像可以求出电势差的大小，结合电场力做功的表达式可以求出电场力做功的大小；
（2） 小球S从M点运动到x=处，利用动能定理结合电场力做功的大小可以求出动能的变化量；
（3） 球S从M点下落时能通过x=处即可，根据动能定理可以求出小球初动能的大小。
15．【答案】解：（1）手机刚接触床垫时的速度大小
（2）由图可知，手机的最大加速度为am=270m/s2方向向上，则由牛顿第二定律
解得
Fm=56N
（3）由图像可知，手机第一次与床垫碰撞的时间
t=0.46s-0.40s=0.06s
手机被床垫反弹后再空中运动的时间为
t2=0.86s-0.46s=0.4s
则反弹的速度
根据动量定理，手机第一次与床垫碰撞过程中
解得床垫对手机的冲量大小
I=1.212N s
该过程损失的能量
（4）设小球质量为m，手机质量为100m，下落的高度为
手机从原来的高度释放，则落地时速度为第一次被床垫反弹时的速度，此时小球的速度为向下的，设向上为正，手机与小球碰撞过程由动量守恒和能量关系
解得
上升的高度
弹性小球弹起的高度比释放时高了
h=3.10m-0.8m=2.3m
【知识点】动量定理；自由落体运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）手机下落做自由落体运动，利用速度公式可以求出末速度的大小；
（2）根据图线可以得出手机最大加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出手机受到的最大弹力；
（3）根据图线可以求出手机第一次反弹后运动的时间，结合速度公式可以求出反弹后初速度的大小，利用图线可以求出弹力作用的时间，结合动量定理可以求出床垫对手机冲量的大小；利用动能的表达式可以求出损失能量的大小；
（4）小球做自由落体运动，利用速度位移公式可以求出释放的高度，利用小球和手机碰撞过程的能量守恒定律和动量守恒定律可以求出反弹后小球的速度，结合速度位移公式可以求出小球弹起的高度。
江苏省无锡市锡山高级名校2023-2024学年高一下学期期末物理（选修）试卷
一、单项选择题
1．（2024高一下·惠山期末）如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是（ ）
A．水平方向动量守恒，机械能守恒
B．水平方向动量守恒，机械能不守恒
C．水平方向动量不守恒，机械能守恒
D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据动量守恒定律的条件有：以整个装置为系统，由于水平方向的合外力为0，所以水平方向动量守恒。根据能量守恒定律有：但由于要产生内能，所以机械能不守恒。
故选B。
【分析】根据系统不受外力可以判别系统动量守恒；利用系统有内能产生可以判别机械能不守恒。
2．（2024高一下·惠山期末）在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】在力与电荷量的图像中，图像斜率代表电场强度，由图可知a点所在直线的斜率大于b点所在直线的斜率，则可以得出电场强度的大小为：
由于无法计算斜率的具体大小，所以无法判断与的大小关系。
故选D。
【分析】利用图像斜率大小可以比较电场强度的大小。
3．（2024高一下·惠山期末）“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况。一钻孔如图所示，其形状为圆柱状，半径为r＝10cm，设里面充满某浓度均匀的盐水，其电阻率，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U＝75V，I＝50mA，则该钻孔的深度h约为（ ）
A．50m B．100m C．120m D．150m
【答案】D
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】已知钻孔的电流和电压的大小，根据欧姆定律可得
再结合电阻定律可得
联立两式可得钻孔的深度为：
故选D。
【分析】利用欧姆定律可以求出钻孔的电阻大小，结合电阻定律可以求出钻孔的深度。
4．（2024高一下·惠山期末）如图电路，R3为热敏电阻（阻值随温度升高而降低）其余为定值电阻。当R3所在处出现火情时，以下说法正确的是（ ）
A．电压表示数不变 B．电压表示数变大
C．电流表示数变小 D．电流表示数变大
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB． 由于R3为热敏电阻（阻值随温度升高而降低），则 当R3所在处出现火情时，热敏电阻阻值减小，电路总电阻减小，根据欧姆定律可以得出：总电流增大，则电源内阻两端消耗的电压增大，内外电压之和等于电动势的大小，则路端电压减小，电压表示数减小，故AB错误；
CD．当电路总电流增大，电源内阻、两端的电压增大，根据分压关系可以得出两端的电压减小，根据并联电路的特点可以得出通过的电流减小，电流表示数变小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用热敏电阻的阻值变化可以判别回路中总电阻的变化，结合欧姆定律可以判别总电流的变化，再利用欧姆定律可以判别内电压的变化，结合总电压不变可以判别外电压的变化，再利用分压关系及并联电路的特点可以判别支路电流的大小变化。
5．（2024高一下·惠山期末）如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（ ）
A．手机电池产生的焦耳热为 B．手机的输入功率为UI
C．充电宝产生的热功率为I2r D．手机电池储存的化学能为UIt
【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】A．焦耳定律只能适用于与纯电阻发热，由于手机为非纯电阻电路，不能用
计算产生的焦耳热，故A错误；
B．手机的输入功率等于充电宝的输出功率，根据电功率的表达式有：
故B正确；
C．根据热功率的表达式有
由于充电宝的输出电流为I，但其内阻未知，故无法计算充电宝产生的热功率，故C错误；
D．根据能量守恒定律可以得出：充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，则手机电池储存的化学能为
故D错误。
故选B。
【分析】由于手机非纯电阻电路，则不能直接利用焦耳定律计算发热；利用电功率的表达式可以求出手机输入功率的大小；由于未知充电宝内阻所以不能计算充电宝的热功率；利用能量守恒定律可以求出手机存储的化学能大小。
6．（2024高一下·惠山期末）在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则( )
A．乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等
B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快
C．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等
D．甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等
【答案】A
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A．根据牛顿第三定律可以得出：甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，再根据冲量的定义式有
则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A正确；
B．根据动量定理有
则动量变化率大小为F，则甲和乙动量的变化率大小为二者的相互作用力，大小相等，则甲的动量变化与乙的动量变化一样快，故B错误；
C．由于甲乙冲量大小相等，方向相反，则根据
可以得出：甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反。故C错误；
D．由于甲乙动量变化量相等，由于甲、乙的质量大小关系未知，所以不能比较甲的速度变化量与乙的速度变化量大小。故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第三定律可以判别甲乙作用力大小相等方向相反，根据冲量的表达式可以判别冲量大小相等方向相反，根据动量定理可以比较动量变化率和动量变化量的大小；由于动量变化量相等，未知甲乙质量不能比较速度变化量的大小。
7．（2024高一下·惠山期末）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图像。如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有（ ）
A．R接电源a和电源b，R上分得的电压相等
B．R接电源a和电源b，R上流经的电流相等
C．R接到电源a上，电源的输出功率较小
D．R接到电源b上，电源的输出功率较小
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】AB．在图像中，通过图线与电源的图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，通过图像交点可以得出，R接电源a和电源b，交点对应的纵坐标不同，则R上分得的电压不相等，交点对应的横坐标不同则R上流经的电流不相等，故AB错误；
CD．在图像中，图线与电源的图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标和横坐标的乘积表示电源的输出功率，通过图像可以得出：R接到a电源上，图像面积较小则电压与电流的乘积较小，电源的输出功率较小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用两种图线的交点可以判别电阻工作的电压和电流的大小；结合电压和电流的乘积可以比较电功率的大小。
8．（2024高一下·惠山期末）某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。改装后利用一标准毫安表进行校准（如图1，虚线框内是改装后的电表）。当标准毫安表的示数为16.0 mA时，微安表的指针位置如图2，产生上述问题的原因可能是（ ）
A．微安表串联电阻偏大 B．微安表串联电阻偏小
C．微安表并联电阻偏大 D．微安表并联电阻偏小
【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】微安表改装为量程为20 mA的电流表，为了放大经过电表的电流，所以要并联分流电阻，由图可知微安表读数为160μA，根据量程的倍数可以得出：改装后的电流表读数应该为
由于标准表读数为16.0mA，则通过微安表的电流偏小，则是通过并联电阻的电流偏大，则实际并联的电阻R阻值偏小，分流过大。
故选D。
【分析】利用量程的关系结合电表的示数可以求出改造后电表的读数，与实际电流表的读数比较可以判别并联的电阻偏小导致电表的偏转角偏小。
9．（2024高一下·惠山期末）某同学用内阻Rg=200Ω、满偏电流Ig=5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为600Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该电源电动势为3V B．该电源电动势为4.5V
C．刻度1mA处标注3000Ω D．刻度1.5mA处标注1500Ω
【答案】B
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】AB．当毫安表满偏时，根据欧姆定律有：
将阻值为Rx=600Ω的电阻接在两表笔之间时读数为I=3mA，则
解得电动势和电表的内阻为：
E=4.5V，R内=900Ω
选项A错误，B正确；
C．刻度1mA处，根据欧姆定律有
可得待测电阻的大小为：
Rx1=3600Ω
即刻度1mA处标注3600Ω，选项C错误；
D．刻度1.5mA处，根据欧姆定律有：
可得待测电阻大小为：
Rx2=2100Ω
即刻度1.5mA处标注2100Ω，选项D错误。
故选B。
【分析】利用毫安表的欧姆定律结合闭合电路的欧姆定律可以求出电动势和电表内阻的大小；利用电流的大小结合欧姆定律可以求出待测电阻的大小。
10．（2024高一下·惠山期末）庄老师、王老师喜欢比赛打水漂。我们可以将打水漂简化成如下理想模型（图2）。质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，与水平方向的夹角α＝30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ＝0.2。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列说法正确的是（ ）
A．由于忽略薄片重力，所以薄片与水平面间的摩擦力也可忽略
B．薄片每次与水平面碰撞过程中，水平面对弹片竖直方向支持力的冲量都相同
C．薄片每次碰撞后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角仍为30°
D．薄片在与水平面多次碰撞后，最终将静止在水平面上
【答案】B
【知识点】动量定理；斜抛运动
【解析】【解答】A．在水平方向上，由于薄片与弹性面间的动摩擦因数μ＝0.2，则薄片与水面发生滑动时会受到滑动摩擦力的作用，则薄片与水平面间的摩擦力不可忽略，故A错误；
BD．薄片每次与水平面碰撞过程中，根据竖直方向的动量定理有
，
薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变 ，则水平面对弹片竖直方向支持力的冲量都相同；
根据水平方向的动量定理有：
解得
可知每次与水平面面碰撞一次后，水平方向动量减小，薄片与水平面多次碰撞后水平方向动量减为零，即水平方向位移将不再增加，但薄片将在竖直方向做往复运动，故B正确，D错误；
C．薄片每次碰撞后离开水平面瞬间，竖直方向的速度大小不变，由于水平方向摩擦力的作用导致水平方向的速度减小，根据速度的合成则薄片离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角大于30°，故C错误。
故选B。
【分析】利用滑片和水面存在动摩擦因数，则发生相对运动时滑片受到摩擦力的作用；利用竖直方向的动量定理可以判别水平面对滑片竖直方向的支持力冲量相同；利用速度的合成可以判别速度的方向；当水平方向减速为0时，竖直方向仍保持往返运动。
二、非选择题
11．（2024高一下·惠山期末）在“测量一节干电池的电动势和内阻”实验中，电路图如图，可选用的实验器材有：
电压表V1（量程3V）；电压表V2（量程15V）；
电流表A1（量程0.6A）；电流表A2（量程3A）；
滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值300Ω）；
干电池；开关S；导线若干；
（1）选择合适的器材：电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 （填写所选器材前的符号）
（2）测得的7组数据已标在如图所示坐标系上，用作图法求干电池的电动势 V和内阻 Ω。（注意纵坐标未从0开始）
（3）两个实验小组用不同的电池完成了上述的实验后，发现各电池电动势相同，只是内阻有差异．同学们选择了内阻差异较大的甲、乙两个电池进一步探究电池的内阻热功率P随路端电压U变化的关系，画出了图3所示的P－U图像。已知甲电池组的内阻较大，则下列各图中可能正确的是 。
（4）按照图1的测量方法，某同学利用图像分析由电表内电阻引起的实验误差。在图4中，实线是根据实验数据描点作图得到的U-I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U-I图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。下列图像中哪一个是该实验的分析
（5）图4中虚线U(I)的函数解析式是，如果考虑电表内阻影响，图4实线U(I)的函数解析式是U= ·I+ 。（解析式中可能用到的物理量：电源电动势E，内阻r，电压表内阻RV，电流表内阻RA）
【答案】（1）；；
（2）1.50；1.04
（3）B
（4）A
（5）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解析】（1）由干电池的电动势大约1.5V，根据电动势的大小可以判别电压表应选择量程为3V的；一节干电池的内阻大约，根据欧姆定律则回路的最大电流为1.5A，为了读数的准确则电流表应选择量程为的；
根据欧姆定律则：电路中的最大电阻约为
根据回路中的最大电阻，则滑动变阻器选择。
（2）根据图中的坐标点，利用直线对坐标点进行连接，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
根据图像纵截距可知干电池的电动势为
根据图像斜率可以得出：干电池的内阻为
（3）根据热功率的表达式结合闭合电路的欧姆定律有：
同构表达式可以得出：P与U为二次函数关系，开口向上，当U=0时，纵轴截距为，由于电动势相同，内阻越大，截距越小，已知乙电池组的内阻较小，则甲的纵轴截距较大，所以对应正确的图像为B，故B正确，ACD错误。
故选B。
（4）由于图中的电路图误差主要来自于电压表的分流作用，电压表的分流作用会导致电动势和内阻偏小，所以实线对应的纵截距和斜率都偏小，故对应图4的U-I图像是A。
（5）根据闭合电路的欧姆定律有：
转换表达式可以得出：
【分析】（1）利用电动势的大小可以判别电压表的量程；利用欧姆定律可以求出最大电路进而判别电流表的量程；利用欧姆定律可以求出最大电阻进而判别滑动变阻器的阻值；
（2）利用图线连接个坐标点，利用图线斜率可以求出内阻的大小，利用截距可以求出电动势的大小；
（3）利用闭合电路的欧姆定律结合热功率的表达式可以求出功率和电压的关系图，进而求出对应的图线；
（4）利用电压表的分流作用可以判别电动势和内阻偏小，进而判别截距和斜率偏小；
（5）利用闭合电路的欧姆定律可以求出电压和电流的关系式。
12．（2024高一下·惠山期末）测量元电荷电量大小的装置如图，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板相距d。外部电路电源电动势为ε，内阻为r，保护电阻R0，电阻箱阻值调为R，现闭合开关S1、S2，稳定后求
（1）AB两板间的电压；
（2）从显微镜发现，一个质量为m的油滴在两板中间处于静止状态，该油滴所带电量。（重力加速度为g）
【答案】解：（1）由闭合电路的欧姆定律可知
AB两板间的电压
（2）对油滴分析
可得该油滴所带电量
【知识点】含容电路分析；共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）已知回路中电动势和电阻的大小，结合闭合电路的欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合欧姆定律可以求出AB之间电压的大小；
（2）由于油滴静止，利用平衡方程可以求出油滴电荷量的大小。
13．（2024高一下·惠山期末）在平静的水面上漂浮着一块质量M=150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m=50g的青蛙，支架高为h=20cm，支架右方的水平木板长s=120cm，突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计，g=10m/s2
（1）如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3m/s，则木板后退的速度是多大？
（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为多少？
【答案】解：（1）由动量守恒定律可知
可得木板后退的速度是
（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则由动量守恒定律
由几何关系
竖直方向有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【分析】（1）已知青蛙跳出的速度，结合动量守恒定理可以求出木板速度的大小；
（2）当青蛙恰好入水中时，利用动量守恒定律结合竖直方向的位移公式可以求出初速度的大小。
14．（2024高一下·惠山期末）如图，竖直平面内A、B两点分别固定有一对等量同种点电荷，电荷量均为Q（Q>0）。A、B、M、N四点距O点的距离均为，以O为原点，竖直向上为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则OM上的电势随位置x的变化关系如图所示（k为静电力常量）。一电荷量为Q（Q>0）质量为m的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点。求
（1）小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差和电场力做的功；
（2）小球S从M点运动到x=处，动能的变化量；
（3）小球在OM段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图所示（g为重力加速度大小）。为保证小球S能运动到N点，小球S从M点下落时的初动能须满足什么条件。
【答案】解：（1）小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差
电场力做的功
（2）小球S从M点运动到x=处，根据动能定理有
其中
联立解得
（3）根据对称，M点与N点的电势相等，为保证小球S能运动到N点，球S从M点下落时能通过x=处即可，根据动能定理有
其中
解得
【知识点】动能定理的综合应用；电势能
【解析】【分析】（1）小球S从M点运动到O点的过程中，利用图像可以求出电势差的大小，结合电场力做功的表达式可以求出电场力做功的大小；
（2） 小球S从M点运动到x=处，利用动能定理结合电场力做功的大小可以求出动能的变化量；
（3） 球S从M点下落时能通过x=处即可，根据动能定理可以求出小球初动能的大小。
15．（2024高一下·惠山期末）智能手机内置加速度传感器，管老师将平放的手机从一定高度处自由下落到床垫上，“phyphox”APP（图1）显示手机下落过程中的加速度随时间变化的图像如图2，已知手机的质量为0.2kg，忽略空气阻力，自由落体加速度g=10m/s2，求
（1）手机刚接触床垫时的速度大小；
（2）床垫对手机的最大弹力；
（3）手机第一次与床垫碰撞过程中，床垫对手机的冲量大小以及该过程损失的能量；
（4）如图3，有一弹性小球，手机质量是它的100倍，将其置于手机上方（间距很小），一起从原来的高度自由下落，手机第一次从床垫反弹恰好离开床垫时，弹性小球刚好与手机发生弹性碰撞，求弹性小球弹起的高度比释放时高了多少米？
注意：本题进行了适当简化与理想化，可能用到的计算1962=38416
3922=153664
【答案】解：（1）手机刚接触床垫时的速度大小
（2）由图可知，手机的最大加速度为am=270m/s2方向向上，则由牛顿第二定律
解得
Fm=56N
（3）由图像可知，手机第一次与床垫碰撞的时间
t=0.46s-0.40s=0.06s
手机被床垫反弹后再空中运动的时间为
t2=0.86s-0.46s=0.4s
则反弹的速度
根据动量定理，手机第一次与床垫碰撞过程中
解得床垫对手机的冲量大小
I=1.212N s
该过程损失的能量
（4）设小球质量为m，手机质量为100m，下落的高度为
手机从原来的高度释放，则落地时速度为第一次被床垫反弹时的速度，此时小球的速度为向下的，设向上为正，手机与小球碰撞过程由动量守恒和能量关系
解得
上升的高度
弹性小球弹起的高度比释放时高了
h=3.10m-0.8m=2.3m
【知识点】动量定理；自由落体运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）手机下落做自由落体运动，利用速度公式可以求出末速度的大小；
（2）根据图线可以得出手机最大加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出手机受到的最大弹力；
（3）根据图线可以求出手机第一次反弹后运动的时间，结合速度公式可以求出反弹后初速度的大小，利用图线可以求出弹力作用的时间，结合动量定理可以求出床垫对手机冲量的大小；利用动能的表达式可以求出损失能量的大小；
（4）小球做自由落体运动，利用速度位移公式可以求出释放的高度，利用小球和手机碰撞过程的能量守恒定律和动量守恒定律可以求出反弹后小球的速度，结合速度位移公式可以求出小球弹起的高度。
