2022-2023学年重庆市璧山区来凤中学高二（上）期中物理试卷（含答案解析）

2022-2023学年重庆市璧山区来凤中学高二（上）期中物理试卷

1.     如图所示的电路中，平行板电容器A、B极板水平放置，下极板固定，电阻R的下端接地，P点为A、B极板之间的一固定点。开关S闭合，待电路稳定后，仅将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的(    )

A. 电容器的电容增大
B. 在A板上移的过程中，电容器的带电量增大
C. A、B两极板间的电场强度不变
D. 当电路稳定时，与原来相比较，P点电势降低了
 

2.     一带电粒子在仅受电场力的作用下运动轨迹如图中的实线所示，图中的虚线是等势面，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是(    )

A. 粒子在b点的电势能最大
B. 粒子在c点的速度最小
C. b点的电势最高
D. 粒子运动的轨迹一定是从

3.     一个带负电的质点，电量为，在静电场中由a点移到b点，在这个过程中，除电场力外，其它力做功，质点的动能减少了，则a、b两点的电势差为(    )

A.  B.  C.  D.

4.     在如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，下列说法正确的是(    )

A. 电流表的示数变小
B. 电流表的示数变大
C. 电压表的示数不变
D. 电压表的示数变大

5.     下列说法正确的是(    )

A. 由可知，通过导体的电流I与通过导体的电量q成正比
B. 由可知，导体的电阻R与加在其两端的电压U成正比
C. 由可知，将一根粗细均匀的电阻丝对折后，电阻将变为原来的一半
D. 适用于一切电器元件焦耳热的计算

6.     如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，下列说法正确的是(    )

A. 电流表A的示数变大
B. 电压表V的示数变大
C. 电容器C所带的电荷量增加
D. 电源的效率减小

7.     在长度为l、横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电量为e的自由电子受电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复…所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为不随时间变化的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v成正比，即是常数，则该导体的电阻应该等于(    )

A.  B.  C.  D.

8.     如图所示，甲、乙两个电路都是由一个小量程电流表和一个电阻箱R组成的，下列说法正确的是(    )

A. 甲表是电压表，R增大时量程增大 B. 甲表是电流表，R增大时量程减小
C. 乙表是电流表，R增大时量程增大 D. 乙表是电压表，R增大时量程减小

9.     在探究影响导体电阻与其影响因素的定量关系时，某同学按如图所示的电路进行了实验研究，其中导体a与b只是长度不同，a与c只是粗细不同，a与d只是材料不同，关于该实验，下列说法正确的是(    )

A. 此电路缺少电流表，所以无法研究定量关系
B. a与b相比，导体越长，电压表示数越大
C. a与c相比，导体越粗，电压表示数越大
D. a与d相比，电压表示数越小，表明该种材料的导电性能越好。

10. 如图所示，一长立方体金属块的电阻率为，已知AB边长为a，BC边长为b，高为h，给面与面加上U的电压，通过立方体的电流为I，则该立方体接入电路中的电阻值为(    )

A.  B.  C.  D.

11. 甲图和乙图分别为电流表和电压表，电流表接入电路的量程是，电压表接入电路的量程是，则两表的读数分别为______ A、______V。
     
12. 某小组测某种圆柱形材料的电阻率，做了如下实验。
    
    用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示。由图得圆柱体的直径为______ mm，长度为______ cm。
    该小组想用伏安法更精确地测量圆柱材料的电阻阻值约为，可选用的器材如下：
    A.电流表量程4mA，内阻约
    B.电流表量程，内阻约
    C.电压表量程3V，内阻约
    D.电压表量程15V，内阻约
    E.电源电动势4V，有一定内阻
    F.滑动变阻器阻值范围，允许通过的最大电流
    G.开关S，导线若干
    为使实验误差较小，要求电压可以从零开始调节，电流表选择______，电压表选择______。以上两空均选填仪器前面的序号
    请用笔画线表示导线，在图丙中完成测量圆柱材料电阻的实验电路连接。
13. 如图所示，，S断开时，两表读数分别为和，S闭合时，它们的读数分别变为和。两表均视为理想表，求：
    
    、的阻值；
    电源的电动势和内阻。
14. 如图所示，电源电动势为10V，内阻为，电阻为，为。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压U为6V，线圈电阻为，问：
    流过的电流是多大？
    通过电动机的电流是多大？
    电动机正常工作时产生的机械功率是多大？
    如在正常工作时，电动机的转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多少？
15. 如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且，CDF为竖直平面内半径为的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，当滑块P运动到F点瞬间对轨道压力为2N。已知滑块P的质量为，电荷量为，与轨道BC间的动摩擦因数为，忽略滑块P与轨道间电荷转移。
    求滑块从F点抛出后落点离C的距离：
    求滑块到C点时对轨道的压力
    欲使滑块P沿光滑半圆轨道CDF运动时不脱离圆弧轨道，求弹簧释放弹性势能大小取值范围。

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：A、将A板向上平移一小段距离，则两板间距变大，根据可知，电容器的电容减小，故A错误；
B.在A板上移的过程中，C减小，根据可知，电容器的带电量减小，故B错误；
C、根据可知间距d增大，E减小，故C错误；
D、因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D正确
故选：D。
在电容器的电压不变的情况下，将A板上移，则导致电容变化，根据与相结合可确定电场强度是否变化。再根据电荷带电性可确定电势增加与否。
本题考查电容器的动态分析，做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场强度的推导式，注意B极接地，电势为零
 

2.【答案】A 

【解析】解：依题意，根据电场线与等势线垂直，且粒子受到电场力的方向指向运动轨迹的凹侧，即如图所示


无论粒子从或从，电场力均先做负功再做正功，电势能均先增大后减小，由图知b点为拐点，所以根据功能关系可知，粒子在b点电势能最大，动能最小，速度最小，由于粒子电性未知，只能确定电场力方向，无法确定电场强度的方向，电势的高低也无法确定，故A正确，BCD错误。
故选：A。
解：根据题意，判断电场力做功，进而利用功能关系判断电势能高低和速度大小。
在判断电势能大小问题时，可以根据功能关系来判断，即先判断电场力做功，再根据功能关系判断电势能的大小。
 

3.【答案】D 

【解析】解：设此过程中，电场力对点电荷做的功为，由动能定理可知：
即
则a、b两点间的电势差为：
即a、b两点间的电势差为故D正确、ABC错误。
故选：D。
电荷由a点移至b点时，电场力和外力做功，引起动能变化，根据动能定理列方程求解a、b两点间的电势差
本题涉及电场力和外力做功情况，首先要考虑能否用动能定理求解．
 

4.【答案】B 

【解析】解：AB、滑动变阻器的滑片向左移动，电阻变小，回路中的电流变大，电流表的示数变大，故A错误、B正确；
CD、根据闭合电路欧姆定律可知，电流增大，导致电源的路端电压减小，电压表示数减小，故CD错误。
故选：B。
闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，分析变阻器R接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化以及路端电压的变化。
本题是电路动态变化分析问题，按局部整体局部的顺序进行分析；要知道电路中任何一个电阻增大，整个电路的总电阻就增大；或者直接根据“串反并同”的结论进行分析分析求解。
 

5.【答案】D 

【解析】解：AB、电流强度的定义式，电阻的定义式，均为比值法定义的物理量，利用比值定义法得到的新物理量与进行作比的物理量无关，故AB错误；
C、将一根粗细均匀的电阻丝对折后，相对于长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，由电阻定律可知，电阻将变为原来的，故C错误；
D、根据焦耳定律实验可知，焦耳定律适用于一切电器元件焦耳热的计算，故D正确。
故选：D。
根据比值定义法判断；根据电阻定律判断；焦耳定律适用于一切电器元件焦耳热。
本题考查了电流强度及电阻的定义式、电阻定律、焦耳定律等基础知识，要明确比值定义法的物理意义。
 

6.【答案】C 

【解析】解：AB、将滑动变阻器的滑片向右移动，时有效电阻增大，则外电路总电阻增大，总电流减小，由欧姆定律知，的电压变小，所以电压表V的示数变小。根据串联电路的电压与电阻成正比的规律知：电路中并联部分的电压增大，则通过的电流变大，而总电流变小，所以电流表A的示数变小，故AB错误；
C、电容器板间电压变大，由知电容器C所带的电荷量增加，故C正确；
D、电路中总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压U变大，电源的效率为分析，则知电源的效率增大，故D错误。
故选：C。
将滑动变阻器的滑片向右移动时，分析有效电阻的变化，判断外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，再由欧姆定律分析电压表示数的变化。根据串联电路分压规律分析并联部分电压的变化，判断通过的电流变化，即可分析电流表示数的变化。由电容器板间电压的变化分析电容器带电量的变化。电源的效率由分析。
本题是电路动态变化分析问题，要明确电路结构，同时注意电路稳定时，电容器所在电路相当于开关断开，对分析没有影响。
 

7.【答案】B 

【解析】

【分析】
由电场力与阻力相等可得出电压的表达式；再由电流的微观表达式可得出电流；由欧姆定律即可求得电阻．
本题给出的信息较多，应注意通过分析题目找出有用的信息，从而建立合理的物理模型进行求解．
【解答】
解：电子在电场中受到的电场力大小为：；由题意可知：；
解得：；
电流；
则由欧姆定律可得：；
故选：  

8.【答案】B 

【解析】解：AB、灵敏电流计并联一个较小的电阻时就可以改装成大量程的电流表，所以甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误、B正确；
 CD、灵敏电流计串联一个较大的电阻时就可以改装成一个大量程的电压表；所以乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故CD错误。
故选：B。
灵敏电流计并联一个较小的电阻时就可以改装成大量程的电流表，灵敏电流计串联一个较大的电阻时就可以改装成一个大量程的电压表，由此分析。
本题主要是考查了电压表和电流表的改装；知道灵敏电流计并联一个较小的电阻时就可以改装成大量程的电流表；当灵敏电流计串联一个较大的电阻时就可以改装成一个大量程的电压表；注意弄清楚分电流与总电流的关系、分电压与总电压的关系。
 

9.【答案】BD 

【解析】解：A、根据串联电路特点通过各电阻的电流都相同，则电阻两端的电压与电阻成正比，所以可以研究导体电阻与其影响因素的定量关系，故A错误；
B、串联电路电流处处相等，a与b相比，导体越长，电阻越大，则电压表示数越大，故B正确；
C、串联电路电流处处相等，a与c相比，导体越粗，电阻越小，则电压表示数越小，故C错误；
D、串联电路电流处处相等，a与d相比，电压表示数越小，电阻越小，则表明该种材料的导电性能越好，故D正确；
故选：BD。
根据串联电路特点通过各电阻的电流都相同，则电阻两端的电压与电阻成正比，所以可以研究导体电阻与其影响因素的定量关系；
串联电路电流处处相等，a与b相比，导体越长，电阻越大，则电压表示数越大；
串联电路电流处处相等，a与c相比，导体越粗，电阻越小，则电压表示数越小；
串联电路电流处处相等，a与d相比，电压表示数越小，电阻越小，则表明该种材料的导电性能越好。
知道串联电路电阻和电压的关系是解决问题的关键。
 

10.【答案】AB 

【解析】解：A、由图可知，给面与面加上U的电压，通过立方体的电流为I，由欧姆定律，可得该立方体接入电路中的电阻值为：，故A正确；
BCD、根据电阻定律，可得该立方体接入电路中的电阻值为：，故B正确，CD错误。
故选：AB。
由欧姆定律求解该立方体接入电路中的电阻值；根据电阻定律，求得该立方体接入电路中的电阻值。
本题考查欧姆定律与电阻定律的应用，比较简单，要求学生能够熟练应用。
 

11.【答案】 

【解析】解：甲图电流表接入电路的量程是，最小分度为，电流表读数为：；
乙图电压表接入电路的量程是，最小分度为电压表读数为：
故答案为：；
根据电压表、电流表读数方法读数。
本题考查电表的读数，要求掌握电表的读数方法。
 

12.【答案】 

【解析】解：由图象螺旋测微器可知，其读数是；由图示游标卡尺可知，其精度是，读数是。
电源电动势为4V，电压表应选择C，电路最大电流约为，电流表应选择B。
实验要求要求电压可以从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知：，则，电流表应采用内接法，实物电路图如图所示

故答案为：；；；C；实物电路图如上图所示。
螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数；游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表。
根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。
要掌握实验器材的选择原则，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法即可连接实物电路图。
 

13.【答案】解：断开时，两表读数分别为、，此时和串联，
根据欧姆定律可得：，
当S闭合时，和并联后再与串联，并联总电阻为：
，
根据并联电阻的特点得：，
代入数据解得：；
当S断开时，由闭合电路欧姆定律得：，
当S闭合时，根据闭合电路的欧姆定律可得：，
联立解得：，。
答：、的阻值均为；
电源的电动势为，内阻为。 

【解析】断开时，根据欧姆定律求解；当S闭合时，根据欧姆定律求解并联总电阻，再根据并联电阻的特点求解；
当S断开前、后，根据闭合电路的欧姆定律列方程求解电源电动势和内电阻。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况求解电路的电阻，根据闭合电路的欧姆定律求解电流或电压。
 

14.【答案】解：开关闭合后，电动机恰好正常工作，由电路可知此时两端电压为，所以流过的电流为：
；
根据闭合电路欧姆定律可得中的电流为：
所以通过电动机的电流为：；
电动机正常工作时内部消耗的功率为：
则产生的机械功率为：；
正常工作时，电动机的转子突然被卡主，此时电路为纯电阻电路，电动机的发热功率为：
。
答：流过的电流是1A；
通过电动机的电流是2A；
电动机正常工作时产生的机械功率是10W；
如在正常工作时，电动机的转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是72W。 

【解析】根据欧姆定律求解流过的电流；
根据闭合电路欧姆定律求解中的电流，根据并联电路的特点求解通过电动机的电流；
求出电动机正常工作时内部消耗的功率，利用输入功率减去热功率求解产生的机械功率；
正常工作时，电动机的转子突然被卡主，此时电路为纯电阻电路，根据电功率的计算公式求解电动机的发热功率。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况，结合闭合电路的欧姆定律进行解答；注意：欧姆定律对于电动机不适用。
 

15.【答案】解：点时受力如图1所示，由牛顿第二定律：
，
解得：，
从F抛出做平抛运动；，
解得：，
落点到C点的距离：
滑块从C到F，由动能定理：，
解得：，
在C点如图2所示：由牛顿第二定律：
，
解得：，
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为14N，方向竖直向下.
如图3所示，由条件可得等效重力：，
解得：，
设方向与竖直方向夹角，则有：
，可得
M、N两点分别为等效最高点和等效圆心等高点，
①要使小球P沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，可得：，解得：
小球从压缩时到M点的过程中，由动能定理得：
，
联立可得：
②小球达到等效圆心等高点点的速度为零，由动能定理得：
，
解得：
所以要使小球P沿光滑半圆轨道CDF运动时不脱离圆弧轨道，弹性势能的取值范围：或
答：滑块从F点抛出后落点离C的距离为；
滑块到C点时对轨道的压力大小为14N，方向竖直向下；
弹簧释放弹性势能大小取值范围为：或 

【解析】由牛顿第二定律求F点速度，再用平抛规律解答；
由动能定理解C点速度，再由牛顿第二定律和牛顿第三定律解答；
计算等效重力，找到等效最高点，分析题意找到滑块不与轨道分离的两种情况，分别用动能定理处理。
本题难点在中，一是计算等效重力，找到等效最高点，二是滑块不与轨道分离的两种情况，记住这种模型。