山西省长治市第二中学2020-2021学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高二上·长治期中）铅蓄电池的电动势为2 V，这表示（ ）
A．电路中每通过1C电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能
B．蓄电池工作时两极间的电压总是2V
C．蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变成电能
D．蓄电池将化学能转变为电能的本领与一节干电池（电动势为1.5 V）相同
【答案】A
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】AC．铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，A符合题意，C不符合题意；
B．当电池不外接电路时，两极间的电压是2V，当电池接入电路时，两极板的电压小于2V，B不符合题意；
D．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大。一节干电池的电动势为1.5V，则蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池的大，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大；当电源接入电路时，其两端电压小球电动势的大小；结合电动势的定义式进行分析即可。
2．（2020高二上·长治期中）下列各种说法中正确的是（ ）
A．电流的定义式 ，只适用于金属导电
B．闭合电路中的恒定电场是由电源产生的
C．金属导体的伏安特性图象是曲线，原因是温度影响了电阻率
D．从 可知，导体的电阻跟两端的电压成正比，跟导体的电流成反比
【答案】C
【知识点】欧姆定律；电流的概念；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A．电流的定义式
适用于金属导体，液体导电等各种导体，A不符合题意；
B．闭合电路中的恒定电场是由聚集在电源正极的正电荷和聚集在电源负极的负电荷产生的，B不符合题意；
C．金属导体是线性元件，伏安特性图象是曲线，原因是温度影响了电阻率，如果温度保持不变，电阻率不变，C符合题意；
D．导体电阻是有导体本身性质决定的，与所加电压和流过的电流无关，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电流的定义式 适用于任何情况；闭合电路中的恒定电场是由聚集在电源正极的正电荷和聚集在电源负极的负电荷产生的；温度影响了电阻率，从而使得电阻发生变化，伏安特性曲线相应的会发生变化；导体电阻是有导体本身性质决定。
3．（2020高二上·长治期中）把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝的长度为L，直径为d，B电阻丝长度为2L，直径为2d。要使A、B电阻丝消耗的功率相同，加在两电阻丝上的电压之比应为（ ）
A．UA∶UB＝1∶1 B．UA∶UB＝ ∶1
C．UA∶UB＝ ∶2 D．UA∶UB＝2∶1
【答案】B
【知识点】电功率和电功；电阻定律
【解析】【解答】根据电阻定律
可得
根据
可得
故答案为：B。
【分析】根据电阻定律求解电阻之比；根据 结合功率相等分析电阻两端电压的比值。
4．（2020高二上·长治期中）如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计。闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（ ）
A．G中电流方向由a到b B．RT两端电压变大
C．C所带的电荷量保持不变 D．L变暗
【答案】A
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】A．电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由 ，A符合题意；
B．因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压增大，由
可得 两端电压减小，B不符合题意；
C．因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由
知电容器的带电量减小，C不符合题意；
D．由图可以知道，热敏电阻与L串联，当环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】温度升高时，热敏电阻的阻值减小，从而可得总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律即可总电流的变化及路端电压的变化情况；即可灯泡的亮度变化情况及电容器两极板电压的变化情况；根据Q=CU分析电容器带电荷量的变化，判断出电容上、下极板的带电性质，结合电荷量的变化即可判断出G中电流的方向；结合路端电压的变化及灯光两端电压的变化分析热敏电阻两端电压的变化情况。
5．（2018高一上·玉山月考）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A．θ增大，E增大 B．θ增大，EP不变
C．θ减小，EP增大 D．θ减小，E不变
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据 可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据 ，Q=CU， ，联立可得 ，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】两极板靠近，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，结合电场力的大小变化分析验电器夹角的变化。
6．（2020·西城模拟）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．充电宝输出的电功率为
B．充电宝产生的热功率为
C．手机电池产生的焦耳热为
D．手机电池储存的化学能为
【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A．充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为
A不符合题意；
BC．手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为
而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，BC不符合题意；
D．输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用输出电压和输出电流可以求出充电宝的输出功率；由于不知道充电宝的内阻不能求出充电宝的热功率；由于电池不是纯电阻电流所以不能利用两端电压求出焦耳热的大小。
7．（2020高二上·长治期中）如图，是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（ ）
A．路端电压变大 B．电流表的示数变小
C．电源的输出功率变小 D．电路的总电阻变大
【答案】B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AD．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，R1减小，外电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，内电压变大，路端电压变小，AD不符合题意；
B．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，R1减小，由串反并同规律得，与滑动变阻器并联的电流表读数变小，B符合题意；
C．不确定外电阻和内电阻的大小关系，所以电源的输出功率如何变化也不能确定，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】分析滑动变阻器接入电路的电阻变化情况，确定外电阻的变化情况及总电阻的变化情况，根据闭合电路欧姆定律即可判断出总电流及路端电压的变化情况；根据欧姆定律即可得电流表示数变化情况；结合外电阻与内阻的关系及外电阻的变化情况判断电源的输出功率的变化情况。
8．（2020高二上·长治期中）如右图所示，电源电动势约为4V，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V。由此可知开路处为（ ）
A．灯L1 B．灯L2 C．变阻器 D．不能确定
【答案】C
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】由于Ucd=4V，说明c与电源正极相通，灯L1、灯L2正常，而电压都加在变阻器上，说明电阻器开路，电流无法通过。
故答案为：C。
【分析】由于Ucd=4V，说明c与电源正极相通，灯L1、灯L2正常，而电压都加在变阻器上，说明电阻器开路，电流无法通过，即可分析。
9．（2020高二上·长治期中）如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是（ ）
A．当S接1时，处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
B．当S接2时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
C．当S接2时，处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
D．当S接3时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
【答案】A
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】BC．多用电表保证“红进黑出” 当S接2时，电表内部有电源，处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，BC不符合题意；
A．当S接1时，表头与R1并联，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，A符合题意；
D．当S接3时，表头与R1并联后再与R2串联，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】多用电表保证“红进黑出” 当S接2时，电表内部有电源，结合内置电源的正、负极即可分析接线柱B接的是红表笔还是黑表笔； 当S接1时，处于测量电流的挡位； 当S接2时，处于测量电阻的挡位；当S接3时，处于测量电压的挡位。
10．（2020高二上·长治期中）空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系 ，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标 ，N点的坐标为 ，P点的坐标为 ，已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，故 ，将电场强度沿着-x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则-x和+y方向的分量分别为： ，设P在xOy平面上的投影为 点，投影点的坐标为 ，则联立即得 ，又因N点电势为1V，则 电势为 ，即P点电势为 ，D符合题意
故答案为：D
【分析】根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，根据电势差与电场强度的关系求出NM两点的电势差，分别求出沿x轴方向与沿y轴方向的分电场强度，再求出N、P两点间的电势差，结合N点的电势即可得P点的电势。
二、多选题
11．（2019高二上·迁西月考）两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ与O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（ ）
A．q由A向O的运动是匀加速直线运动
B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小
C．q运动到O点时的动能最大
D．q运动到O点时电势能为零
【答案】B,C
【知识点】电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】解：A、两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．
故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，A不符合题意．
B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；B符合题意．
C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，C符合题意．
D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．
12．（2020高二上·长治期中）如图8所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，虚线A、B为该匀强电场的两个等势面．现有三个完全相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0向不同方向开始运动，其中a的初速度方向垂直指向等势面B；b的初速度方向平行于等势面；c的初速度方向与a相反．经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，已知三个小球始终在该匀强电场中运动，不计重力，则下列判断正确的是（ ）
A．等势面A的电势高于等势面B的电势
B．a、c两小球通过等势面B时的速度相同
C．开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同
D．开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等
【答案】A,B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A．由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面B，可知它们所受的电场力向下，则电场方向竖直向下，A符合题意；
B．由动能定理得，三个小球通过等势面B时，电场力做功相等，三球的速度大小相同，且a、c方向相同，B符合题意；
C．对a、b两球，由于运动方向不同，同一时间，电场力做功不同，因此同一时刻的动能不相同，C不符合题意；
D．三个小球运动的方向不同，大小也不相同，不可能在同一时刻位于同一等势面上，故电势能不可能相等，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】判断出电场力的方向，结合小球的带电性质即可得电场的方向，也就可知电势的高低；根据动能定理比较 a、c两小球通过等势面B时的速度；根据电场力做功的情况判断 开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能 大小关系；三个小球运动的方向不同，大小也不相同，不可能在同一时刻位于同一等势面上，即可判断出电势能的大小关系。
13．（2020高二上·长治期中）我国已经于2012年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，并且以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则（ ）
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在A点，白炽灯的电阻可表示为A点切线的斜率的倒数
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
D．在A点，白炽灯的电阻可表示为OA连线的斜率的倒数
【答案】C,D
【知识点】电功率和电功；伏安特性曲线
【解析】【解答】A．由图像得
电压增大，k减小，R增大，A不符合题意；
BD．在A点，白炽灯的电阻等于 ，B不符合题意，D符合题意；
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0，C符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据图线上的点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数判断电阻的变化情况；根据P=IU分析在A点时，白炽灯的电功率的大小。
14．（2020高二上·长治期中）三个氦核在同一地点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了右图所示的运动轨迹，下列说法正确的是（ ）
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增加量c最小，a和b一样大
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．设偏转距离为y
解得 ，因为 ，所以 ，在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，A符合题意；
B．由 ，因为 ，所以 ，c先离开电场，B不符合题意；
C．由 和 得， ，x相同时y小的速度大，因为
所以
所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，C符合题意；
D．由动能定理
因为
所以
动能的增加量c最小，a和b一样大，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】 氦核 在偏转电场中做类平抛运动，在沿电场力的方向做初速度为零的匀加速直线运动，在垂直电场力的方向做匀速直线运动，由图可知三个 氦核 在沿电场力方向与垂直电场力方向的分位移关系，结合运动规律及动能定理进行分析即可。
三、实验题
15．（2020高二上·长治期中）某小组的同学在做“测量一节干电池的电动势和内阻”的实验，被测电池的电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω。他们利用下图的电路进行测量：
正确连接电路并测量后，该组同学根据所获得的6组实验数据，在坐标纸上绘制的反映路端电压随电流变化的U﹣I图线，请据此图线计算：
①被测电池的电动势E= V；
②被测电池的内阻r= Ω。（结果保留到小数点后两位）
【答案】1.47~1.49V；0.81~0.85Ω
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】①[1]②[2]根据闭合电路欧姆定律， U﹣I图线的表达式为
可知图线在纵轴上的截距等于电动势，斜率的绝对值等于内电阻，因此
【分析】①②根据电源的U-I图线在纵轴上的截距等于电动势，斜率的绝对值等于内电阻进行分析即可得解。
16．（2020高二上·长治期中）在“测量一段圆柱形金属材料的电阻率”的实验中，需要用伏安法测定这段金属材料两端的电压和通过其的电流，以及这段金属材料的长度和直径。
（1）如下图所示：
甲图中用游标卡尺测量金属材料的长度为 cm；
乙图中用螺旋测微器测量金属材料的直径为 mm。
（2）实验中，要求电压从零开始调节，除开关、导线外，还有如下器材：
R金属丝（电阻约为十几欧姆）
E直流电源6~8 V
A1电流表（量程3 A，内阻约0.2 Ω）
A2电流表（量程0.6 A，内阻约1 Ω）
V1电压表（量程6 V，内阻约20 kΩ）
V2电压表（量程20 V，内阻约60 kΩ）
R1滑动变阻器（0~20 Ω，2 A）
R2滑动变阻器（1 kΩ，0.5 A）
①实验所用到的电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 （填字母符号）。
②在虚线框内画出最合理的实验原理图，并标出相应的字母符号 。
【答案】（1）10.405；5.679~5.681
（2）A2；V1；R1；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)甲图中用游标卡尺测量金属材料的长度为 用螺旋测微器测量金属材料的直径为 (2)电压表和电流表的选择
电源电动势为6～8V，为了使电压表的指针有较大偏转，电压表应该选择量程为6V的V1；电路中电流的变化范围为
电流表应选择量程为0.6A的A2；为了方便调解，滑动变阻器应选择R1；(3)因为
所以采用电流表外接法；
题目要求电压从零开始调节，所以滑动变阻器采用分压接法，电路如图所示
【分析】（1）根据 游标卡尺 与 螺旋测微器 的读数方法进行分析；（2）①根据电源电动势选择电压表；求出电路中可能出现的最大电流，即可选择电流表；根据调节方便性原则选择滑动变阻器；②根据所选电表内阻的参数及题中所给的待测电阻的大约阻值确定电流表的接法，根据 要求电压从零开始调节确定滑动变阻器的接法，即可画出电路图。
四、解答题
17．（2019高二上·运城期中）如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD＝0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：
（1）电路中的电流大小；
（2）电动机的额定电压；
（3）电动机的输出功率．
【答案】（1）解：灯泡L正常发光，电路中的电流为：
（2）解：由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：
UD=E-I(r+R)-UL=20-2×(1+4)-3=7V
（3）解：电动机的总功率为
P总=IUD=2×7=14W
电动机的热功率为
P热=I2RD=22×0.5=2W
所以电动机的输出功率为
P出=P总-P热=14-2=12W
【知识点】全电路的功和能
【解析】【分析】（1）利用功率的表达式可以求出电流的大小；
（2）利用闭合电路的欧姆定律可以求出电动机的额定电压大小；
（3）利用功率的表达式可以求出输出功率的大小。
18．（2020高二上·长治期中）如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝20Ω，满偏电流Ig＝1mA，R1＝980Ω，
（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表，量程多大？
（2）当只闭合S2时，改装所成的表是什么表，量程多大？
【答案】（1）解：当S1和S2均断开时，改装所成的表是电压表，量程为
（2）解：当只闭合S2时，改装所成的表是电流表，量程为
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）电流表改装成大量程的电压表时需要串联电阻，即可判断出电表的类型；根据串联电路规律求出量程；（2）电流表改装成大量程的电流表时需要并联电阻，即可判断出电表的类型；根据并联电路与串联电路规律求出电流表的量程。
19．（2020高二上·长治期中）如图所示，ABCD为竖直放置的绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的 光滑圆弧形管道，BCD部分是固定的水平光滑直管道，两部分管道恰好相切于B点。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q。现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；
（2）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小；
（3）写出小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，小球对轨道的压力FN随图中θ的关系式？
【答案】（1）解：设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和﹣Q的库仑力分别为F1和F2.则 ①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60° ②
联立①②得 ③
（2）解：从A到B根据动能定理 ⑤
设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得 ⑥
vB=vC ⑦
联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg ⑧
设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则 ⑨
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为 ⑩
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为
（3）解：小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，两个等量异种电荷对小球的静电力垂直于直管且水平，根据库仑定律可得，静电力的大小
小球对轨道的压力FN随图中θ的关系式
【知识点】动能定理的综合应用；库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1） 小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则及库仑定律进行分析；（2）根据动能定理求出小球在B点处的速度，分析向心力的来源，由牛顿第二定律及库仑定律列式，结合力的合成与牛顿第三定律进行分析；（3）小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，两个等量异种电荷对小球的静电力垂直于直管且水平，根据库仑定律及力的合成即可得解。
山西省长治市第二中学2020-2021学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高二上·长治期中）铅蓄电池的电动势为2 V，这表示（ ）
A．电路中每通过1C电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能
B．蓄电池工作时两极间的电压总是2V
C．蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变成电能
D．蓄电池将化学能转变为电能的本领与一节干电池（电动势为1.5 V）相同
2．（2020高二上·长治期中）下列各种说法中正确的是（ ）
A．电流的定义式 ，只适用于金属导电
B．闭合电路中的恒定电场是由电源产生的
C．金属导体的伏安特性图象是曲线，原因是温度影响了电阻率
D．从 可知，导体的电阻跟两端的电压成正比，跟导体的电流成反比
3．（2020高二上·长治期中）把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝的长度为L，直径为d，B电阻丝长度为2L，直径为2d。要使A、B电阻丝消耗的功率相同，加在两电阻丝上的电压之比应为（ ）
A．UA∶UB＝1∶1 B．UA∶UB＝ ∶1
C．UA∶UB＝ ∶2 D．UA∶UB＝2∶1
4．（2020高二上·长治期中）如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计。闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（ ）
A．G中电流方向由a到b B．RT两端电压变大
C．C所带的电荷量保持不变 D．L变暗
5．（2018高一上·玉山月考）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A．θ增大，E增大 B．θ增大，EP不变
C．θ减小，EP增大 D．θ减小，E不变
6．（2020·西城模拟）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．充电宝输出的电功率为
B．充电宝产生的热功率为
C．手机电池产生的焦耳热为
D．手机电池储存的化学能为
7．（2020高二上·长治期中）如图，是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（ ）
A．路端电压变大 B．电流表的示数变小
C．电源的输出功率变小 D．电路的总电阻变大
8．（2020高二上·长治期中）如右图所示，电源电动势约为4V，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V。由此可知开路处为（ ）
A．灯L1 B．灯L2 C．变阻器 D．不能确定
9．（2020高二上·长治期中）如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是（ ）
A．当S接1时，处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
B．当S接2时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
C．当S接2时，处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
D．当S接3时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
10．（2020高二上·长治期中）空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系 ，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标 ，N点的坐标为 ，P点的坐标为 ，已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
11．（2019高二上·迁西月考）两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ与O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（ ）
A．q由A向O的运动是匀加速直线运动
B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小
C．q运动到O点时的动能最大
D．q运动到O点时电势能为零
12．（2020高二上·长治期中）如图8所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，虚线A、B为该匀强电场的两个等势面．现有三个完全相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0向不同方向开始运动，其中a的初速度方向垂直指向等势面B；b的初速度方向平行于等势面；c的初速度方向与a相反．经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，已知三个小球始终在该匀强电场中运动，不计重力，则下列判断正确的是（ ）
A．等势面A的电势高于等势面B的电势
B．a、c两小球通过等势面B时的速度相同
C．开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同
D．开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等
13．（2020高二上·长治期中）我国已经于2012年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，并且以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则（ ）
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在A点，白炽灯的电阻可表示为A点切线的斜率的倒数
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
D．在A点，白炽灯的电阻可表示为OA连线的斜率的倒数
14．（2020高二上·长治期中）三个氦核在同一地点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了右图所示的运动轨迹，下列说法正确的是（ ）
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增加量c最小，a和b一样大
三、实验题
15．（2020高二上·长治期中）某小组的同学在做“测量一节干电池的电动势和内阻”的实验，被测电池的电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω。他们利用下图的电路进行测量：
正确连接电路并测量后，该组同学根据所获得的6组实验数据，在坐标纸上绘制的反映路端电压随电流变化的U﹣I图线，请据此图线计算：
①被测电池的电动势E= V；
②被测电池的内阻r= Ω。（结果保留到小数点后两位）
16．（2020高二上·长治期中）在“测量一段圆柱形金属材料的电阻率”的实验中，需要用伏安法测定这段金属材料两端的电压和通过其的电流，以及这段金属材料的长度和直径。
（1）如下图所示：
甲图中用游标卡尺测量金属材料的长度为 cm；
乙图中用螺旋测微器测量金属材料的直径为 mm。
（2）实验中，要求电压从零开始调节，除开关、导线外，还有如下器材：
R金属丝（电阻约为十几欧姆）
E直流电源6~8 V
A1电流表（量程3 A，内阻约0.2 Ω）
A2电流表（量程0.6 A，内阻约1 Ω）
V1电压表（量程6 V，内阻约20 kΩ）
V2电压表（量程20 V，内阻约60 kΩ）
R1滑动变阻器（0~20 Ω，2 A）
R2滑动变阻器（1 kΩ，0.5 A）
①实验所用到的电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 （填字母符号）。
②在虚线框内画出最合理的实验原理图，并标出相应的字母符号 。
四、解答题
17．（2019高二上·运城期中）如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD＝0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：
（1）电路中的电流大小；
（2）电动机的额定电压；
（3）电动机的输出功率．
18．（2020高二上·长治期中）如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝20Ω，满偏电流Ig＝1mA，R1＝980Ω，
（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表，量程多大？
（2）当只闭合S2时，改装所成的表是什么表，量程多大？
19．（2020高二上·长治期中）如图所示，ABCD为竖直放置的绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的 光滑圆弧形管道，BCD部分是固定的水平光滑直管道，两部分管道恰好相切于B点。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q。现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；
（2）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小；
（3）写出小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，小球对轨道的压力FN随图中θ的关系式？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】AC．铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，A符合题意，C不符合题意；
B．当电池不外接电路时，两极间的电压是2V，当电池接入电路时，两极板的电压小于2V，B不符合题意；
D．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大。一节干电池的电动势为1.5V，则蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池的大，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大；当电源接入电路时，其两端电压小球电动势的大小；结合电动势的定义式进行分析即可。
2．【答案】C
【知识点】欧姆定律；电流的概念；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A．电流的定义式
适用于金属导体，液体导电等各种导体，A不符合题意；
B．闭合电路中的恒定电场是由聚集在电源正极的正电荷和聚集在电源负极的负电荷产生的，B不符合题意；
C．金属导体是线性元件，伏安特性图象是曲线，原因是温度影响了电阻率，如果温度保持不变，电阻率不变，C符合题意；
D．导体电阻是有导体本身性质决定的，与所加电压和流过的电流无关，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电流的定义式 适用于任何情况；闭合电路中的恒定电场是由聚集在电源正极的正电荷和聚集在电源负极的负电荷产生的；温度影响了电阻率，从而使得电阻发生变化，伏安特性曲线相应的会发生变化；导体电阻是有导体本身性质决定。
3．【答案】B
【知识点】电功率和电功；电阻定律
【解析】【解答】根据电阻定律
可得
根据
可得
故答案为：B。
【分析】根据电阻定律求解电阻之比；根据 结合功率相等分析电阻两端电压的比值。
4．【答案】A
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】A．电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由 ，A符合题意；
B．因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压增大，由
可得 两端电压减小，B不符合题意；
C．因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由
知电容器的带电量减小，C不符合题意；
D．由图可以知道，热敏电阻与L串联，当环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】温度升高时，热敏电阻的阻值减小，从而可得总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律即可总电流的变化及路端电压的变化情况；即可灯泡的亮度变化情况及电容器两极板电压的变化情况；根据Q=CU分析电容器带电荷量的变化，判断出电容上、下极板的带电性质，结合电荷量的变化即可判断出G中电流的方向；结合路端电压的变化及灯光两端电压的变化分析热敏电阻两端电压的变化情况。
5．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据 可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据 ，Q=CU， ，联立可得 ，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】两极板靠近，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，结合电场力的大小变化分析验电器夹角的变化。
6．【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A．充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为
A不符合题意；
BC．手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为
而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，BC不符合题意；
D．输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用输出电压和输出电流可以求出充电宝的输出功率；由于不知道充电宝的内阻不能求出充电宝的热功率；由于电池不是纯电阻电流所以不能利用两端电压求出焦耳热的大小。
7．【答案】B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AD．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，R1减小，外电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，内电压变大，路端电压变小，AD不符合题意；
B．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，R1减小，由串反并同规律得，与滑动变阻器并联的电流表读数变小，B符合题意；
C．不确定外电阻和内电阻的大小关系，所以电源的输出功率如何变化也不能确定，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】分析滑动变阻器接入电路的电阻变化情况，确定外电阻的变化情况及总电阻的变化情况，根据闭合电路欧姆定律即可判断出总电流及路端电压的变化情况；根据欧姆定律即可得电流表示数变化情况；结合外电阻与内阻的关系及外电阻的变化情况判断电源的输出功率的变化情况。
8．【答案】C
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】由于Ucd=4V，说明c与电源正极相通，灯L1、灯L2正常，而电压都加在变阻器上，说明电阻器开路，电流无法通过。
故答案为：C。
【分析】由于Ucd=4V，说明c与电源正极相通，灯L1、灯L2正常，而电压都加在变阻器上，说明电阻器开路，电流无法通过，即可分析。
9．【答案】A
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】BC．多用电表保证“红进黑出” 当S接2时，电表内部有电源，处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，BC不符合题意；
A．当S接1时，表头与R1并联，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，A符合题意；
D．当S接3时，表头与R1并联后再与R2串联，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】多用电表保证“红进黑出” 当S接2时，电表内部有电源，结合内置电源的正、负极即可分析接线柱B接的是红表笔还是黑表笔； 当S接1时，处于测量电流的挡位； 当S接2时，处于测量电阻的挡位；当S接3时，处于测量电压的挡位。
10．【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，故 ，将电场强度沿着-x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则-x和+y方向的分量分别为： ，设P在xOy平面上的投影为 点，投影点的坐标为 ，则联立即得 ，又因N点电势为1V，则 电势为 ，即P点电势为 ，D符合题意
故答案为：D
【分析】根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，根据电势差与电场强度的关系求出NM两点的电势差，分别求出沿x轴方向与沿y轴方向的分电场强度，再求出N、P两点间的电势差，结合N点的电势即可得P点的电势。
11．【答案】B,C
【知识点】电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】解：A、两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．
故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，A不符合题意．
B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；B符合题意．
C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，C符合题意．
D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值．D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．
12．【答案】A,B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A．由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面B，可知它们所受的电场力向下，则电场方向竖直向下，A符合题意；
B．由动能定理得，三个小球通过等势面B时，电场力做功相等，三球的速度大小相同，且a、c方向相同，B符合题意；
C．对a、b两球，由于运动方向不同，同一时间，电场力做功不同，因此同一时刻的动能不相同，C不符合题意；
D．三个小球运动的方向不同，大小也不相同，不可能在同一时刻位于同一等势面上，故电势能不可能相等，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】判断出电场力的方向，结合小球的带电性质即可得电场的方向，也就可知电势的高低；根据动能定理比较 a、c两小球通过等势面B时的速度；根据电场力做功的情况判断 开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能 大小关系；三个小球运动的方向不同，大小也不相同，不可能在同一时刻位于同一等势面上，即可判断出电势能的大小关系。
13．【答案】C,D
【知识点】电功率和电功；伏安特性曲线
【解析】【解答】A．由图像得
电压增大，k减小，R增大，A不符合题意；
BD．在A点，白炽灯的电阻等于 ，B不符合题意，D符合题意；
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0，C符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据图线上的点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数判断电阻的变化情况；根据P=IU分析在A点时，白炽灯的电功率的大小。
14．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．设偏转距离为y
解得 ，因为 ，所以 ，在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，A符合题意；
B．由 ，因为 ，所以 ，c先离开电场，B不符合题意；
C．由 和 得， ，x相同时y小的速度大，因为
所以
所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，C符合题意；
D．由动能定理
因为
所以
动能的增加量c最小，a和b一样大，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】 氦核 在偏转电场中做类平抛运动，在沿电场力的方向做初速度为零的匀加速直线运动，在垂直电场力的方向做匀速直线运动，由图可知三个 氦核 在沿电场力方向与垂直电场力方向的分位移关系，结合运动规律及动能定理进行分析即可。
15．【答案】1.47~1.49V；0.81~0.85Ω
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】①[1]②[2]根据闭合电路欧姆定律， U﹣I图线的表达式为
可知图线在纵轴上的截距等于电动势，斜率的绝对值等于内电阻，因此
【分析】①②根据电源的U-I图线在纵轴上的截距等于电动势，斜率的绝对值等于内电阻进行分析即可得解。
16．【答案】（1）10.405；5.679~5.681
（2）A2；V1；R1；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)甲图中用游标卡尺测量金属材料的长度为 用螺旋测微器测量金属材料的直径为 (2)电压表和电流表的选择
电源电动势为6～8V，为了使电压表的指针有较大偏转，电压表应该选择量程为6V的V1；电路中电流的变化范围为
电流表应选择量程为0.6A的A2；为了方便调解，滑动变阻器应选择R1；(3)因为
所以采用电流表外接法；
题目要求电压从零开始调节，所以滑动变阻器采用分压接法，电路如图所示
【分析】（1）根据 游标卡尺 与 螺旋测微器 的读数方法进行分析；（2）①根据电源电动势选择电压表；求出电路中可能出现的最大电流，即可选择电流表；根据调节方便性原则选择滑动变阻器；②根据所选电表内阻的参数及题中所给的待测电阻的大约阻值确定电流表的接法，根据 要求电压从零开始调节确定滑动变阻器的接法，即可画出电路图。
17．【答案】（1）解：灯泡L正常发光，电路中的电流为：
（2）解：由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：
UD=E-I(r+R)-UL=20-2×(1+4)-3=7V
（3）解：电动机的总功率为
P总=IUD=2×7=14W
电动机的热功率为
P热=I2RD=22×0.5=2W
所以电动机的输出功率为
P出=P总-P热=14-2=12W
【知识点】全电路的功和能
【解析】【分析】（1）利用功率的表达式可以求出电流的大小；
（2）利用闭合电路的欧姆定律可以求出电动机的额定电压大小；
（3）利用功率的表达式可以求出输出功率的大小。
18．【答案】（1）解：当S1和S2均断开时，改装所成的表是电压表，量程为
（2）解：当只闭合S2时，改装所成的表是电流表，量程为
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）电流表改装成大量程的电压表时需要串联电阻，即可判断出电表的类型；根据串联电路规律求出量程；（2）电流表改装成大量程的电流表时需要并联电阻，即可判断出电表的类型；根据并联电路与串联电路规律求出电流表的量程。
19．【答案】（1）解：设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和﹣Q的库仑力分别为F1和F2.则 ①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60° ②
联立①②得 ③
（2）解：从A到B根据动能定理 ⑤
设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得 ⑥
vB=vC ⑦
联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg ⑧
设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则 ⑨
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为 ⑩
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为
（3）解：小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，两个等量异种电荷对小球的静电力垂直于直管且水平，根据库仑定律可得，静电力的大小
小球对轨道的压力FN随图中θ的关系式
【知识点】动能定理的综合应用；库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1） 小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则及库仑定律进行分析；（2）根据动能定理求出小球在B点处的速度，分析向心力的来源，由牛顿第二定律及库仑定律列式，结合力的合成与牛顿第三定律进行分析；（3）小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，两个等量异种电荷对小球的静电力垂直于直管且水平，根据库仑定律及力的合成即可得解。
