【解析】福建省南平市浦城县2023-2022学年高二上学期物理期中考试试卷

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福建省南平市浦城县2023-2022学年高二上学期物理期中考试试卷

一、单选题

1．（2023高二上·浦城期中）当在电场中某点放入电量为q的正试探电荷时，测得该点的场强为E，若在同一点放入电量的负试探电荷时，测得该点的场强（）

A．大小为2E，方向与E相同B．大小为2E，方向与E相反

C．大小为E，方向与E相同D．大小为E，方向与E相反

【答案】C

【知识点】电场强度和电场线

【解析】【解答】电场强度由电场本身决定，与放入的试探电荷无关.

故答案为：C。

【分析】电场强度的大小由电场本身所决定所以放入负电荷时电场强度的大小和方向保持不变。

2．（2023高二上·浦城期中）欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且。电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻值最小的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【知识点】电阻定律

【解析】【解答】根据电阻定律

可知，横截面积越大，长度越短，则阻值越小。则选择ab面为电流的横切面，ACD不符合题意，B符合题意。

故答案为：B。

【分析】利用电阻定律可以判别长度较短，横截面积较大是电阻最小。

3．（2023高二上·浦城期中）关于磁感线，下列说法中正确的是（）

A．根据公式，磁场中某处的磁感应强度B与成正比，与S成反比

B．磁感线是真实存在的曲线

C．磁感线有可能相交

D．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向，即该点的磁感应强度方向

【答案】D

【知识点】磁现象和磁场、磁感线

【解析】【解答】A．磁场中某处的磁感应强度由磁场本身性质决定，与磁通量和线圈面积无关，A不符合题意；

B．磁感线是为了形象地研究磁场而人为假设的曲线，并不是真实存在的，B不符合题意；

CD．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向，即该点的磁感应强度方向。若磁感线相交，则交点处有两个方向，这显然是不可能的，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】磁感应强度与磁通量和面积大小无关；磁感线是虚拟的；磁感线不能相交。

4．（2023高二上·浦城期中）如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量变化情况为（）

A．电容器所带电荷量一直增加

B．电容器所带电荷量先增加后减少

C．电源的总功率先减少后增加

D．电压表的读数先减少后增加

【答案】C

【知识点】电容器及其应用

【解析】【解答】AB．由电路图可知：滑动变阻器两部分并联后再与另一电阻Ra串联接入电源中，所以当变阻器左右两部分的电阻相等时，并联的电阻最大，外电路总电阻最大，总电流最小。则当滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致总电流先减小后增大，而电容器与电阻Ra并联，所以电压先减小后增大，则电容器所带电荷量先减少后增加，AB不符合题意；

C．电路中总电流先减小后增大，而电源的电动势不变，则由公式P=EI知，电源的总功率先减少后增加，C符合题意；

D．总电流先减小后增大，内电压先最小后增大，则外电压先增大后减小，由于电压表是测得外电压，所以电压表读数是先增加后减少。D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】如图可以判别滑动变阻器两部分电阻并联再与定值电阻串联，最初左右电阻相等则电路总电阻最大，则当滑片从a到b运动时，电阻先增大后减小则电路中电流先减小后增大；所以电容器两端电压先减小后增大；利用动态电路的串反并同可以判别电压表先增后减；利用电流的变化可以判别总功率先减小后增大。

二、多选题

5．（2023高二上·浦城期中）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，以下说法正确的是（）

A．粒子必定带正电荷

B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度

C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度

D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能

【答案】A,C,D

【知识点】电场力做功

【解析】【解答】A．根据带电粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定带电粒子受电场力的方向沿电场线方向，故带电粒子带正电，A符合题意；

BC．由于电场线越密，场强越大，带电粒子受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故带电粒子在N点加速度大，C符合题意，B不符合题意；

D．粒子从M点到N点，所受电场力方向与其速度方向夹角小于90°，电场力对带电粒子做正功，动能增加，速度增加，故带电粒子在N点动能大，D符合题意。

故答案为：ACD。

【分析】利用粒子运动的轨迹可以判别电场力的方向，结合电场力的方向可以判别粒子带正电，利用电场力的方向可以判别电场力做功进而比较动能的大小，利用电场线的疏密可以比较加速度的大小。

6．（2023高二上·浦城期中）一直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r，该电动机正常工作时，下列说法正确的是（）

A．I、U、r三个量间满足B．电动机消耗的电功率为

C．电动机的发热功率为D．电动机的输出功率为

【答案】B,C

【知识点】电功率和电功

【解析】【解答】A．由于电动机是非纯电阻性电路，因此不满足

A错误；

B．电动机输入功率就是电动机消耗的功率，因此消耗的功率为

B正确；

C．根据焦耳定律，电动机发热的功率

C符合题意；

D．电动机的输出功率

D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】不能直接利用欧姆定律计算非纯电阻电路；利用电功率的表达式可以求出电动机消耗的总功率；利用内阻和电流可以求出热功率的大小；利用总功率和热功率的大小可以求出输出功率的大小。

7．（2023高二上·龙岩期末）目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。传感器给所有的电容器充电，达到某一电压值，电容器放电电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据。根据文中信息，下列说法正确的是（）

A．在峪处形成的电容器电容较大B．在峪处形成的电容器放电较快

C．在嵴处形成的电容器电容较大D．在嵴处形成的电容器放电较快

【答案】B,C

【知识点】电容器及其应用

【解析】【解答】AC．根据电容的计算公式

可得，极板与指纹峪（凹下部分）距离d大，构成的电容器电容小，同理，在嵴处形成的电容器电容较大，C符合题意，A不符合题意；

BD．由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据

可知，极板与指纹峪（凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短，放电较快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，B符合题意，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】利用电容的决定式可以判别在凹下是板间距离变大则电容器电容变小，则在凸起的地方其电容较大；利用电压不变可以比较电荷量的大小，利用电荷量的大小可以判别放电时间的长短。

8．（2023高二上·福州期中）如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为-q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A．电场的方向可能水平向左

B．电场强度E的最小值为

C．F所做的功一定为mgd

D．当qE=mg时，小球从M运动到N的过程中，其电势能的变化量为零

【答案】A,D

【知识点】共点力平衡条件的应用

【解析】【解答】A．根据题意，带电小球在力F的作用下向上做匀速运动，处于平衡状态，可知小球所受电场力方向一定指向虚线MN右侧，由于小球带负电，电场强度的方向与电场力的反向相反，所以电场的方向可能水平向左，A符合题意；

B．画出带电小球受力的动态平衡图，如下图所示

当电场力方向垂直于力F时电场力最小，可得

则电场强度E的最小值为

B不符合题意；

C．由于题中不确定电场强度的方向，也就不知道力F的大小，所以不能求出力F所做的功，C不符合题意；

D．当qE=mg时，根据几何关系可知，电场力方向水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N时，电场力不做功，所以小球的电势能的变化量为零，D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】利用平衡条件可以判别电场力的方向，结合小球的电性可以判别电场的方向；利用平衡条件结合矢量三角形定则可以求出最小的电场力及最小的电场强度；由于未知电场力方向不能判别电场力做功的大小；当电场力方向沿水平方向时，小球从M到B过程其电场力不做功电势能不变化。

三、填空题

9．（2023高二上·浦城期中）如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则R1∶R2=，将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2=．

【答案】1∶3；3∶1

【知识点】欧姆定律

【解析】【解答】图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可得

与并联后电压相同，由公式知，电流与电阻成反比

【分析】利用图像斜率可以求出电阻之间，结合并联电路电压相等及欧姆定律可以求出电流之比。

10．（2023高二上·浦城期中）某同学在一次“测定某电阻元件的电阻率”的实验中，用游标卡尺测量电阻元件的长度L，用螺旋测微器测量金属丝直径d如图所示。电阻元件长L为cm，金属丝的直径d为mm。

【答案】11.050；1.996

【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用

【解析】【解答】电阻元件的长度为

金属丝的直径为

【分析】利用游标卡尺的精度和结构可以读出对应的长度，利用螺旋测微器的结构和精度可以求出金属丝的直径大小。

四、实验题

11．（2023高二上·浦城期中）

（1）用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮。把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上；

a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔

b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔

c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k

d．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100

e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔

（2）图为一正在测量中的多用电表表盘。

①根据图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为Ω；

②如果是用直流10mA挡测量电流，则读数为mA；

③如果是用直流5V档测量电压，则读数为V。

【答案】（1）cabe

（2）30k；3.4；1.70

【知识点】练习使用多用电表

【解析】【解答】(1)用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后开始测电阻阻值，即先将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔，再将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔，欧姆表使用完毕后，应将旋转开关S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔。

故合理的顺序为cabe。

(2)选择开关对准欧姆挡×1k，由图示表盘可知，阻值约为30kΩ。

如果是用直流10mA挡测量电流，由图示表盘可知，分度值为0.2mA，则读数为3.4mA。

如果是用直流5V档测量电压，由图示表盘可知，分度值为0.1V，则读数为1.70V。

【分析】（1）由于待测电阻为几万欧的电阻，所以应该选择的挡位；再红黑笔进行短接，进行欧姆调零，接下来则是测量待测电阻，最后使挡位对准交流电压的最大挡位，并拔出两笔；

（2）利用示数和档数可以求出电阻的大小；利用电流表的分度值可以读出电流的大小；利用电压表的分度值可以求出电压的大小。

12．（2023高二上·浦城期中）在测量电源的电动势和内电阻的实验中，已选用的器材有：一节干电池；电流表（量程为0—0.6A．内阻约0.5Ω）；电压表（量程为0--3V．内阻约3kΩ）；电键一个；导线若干。

（1）实验中还需要选用的滑动变阻器应该是________（填字母）

A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）

B．滑动变阻器（最大阻值100Ω，额定电流1A）

C．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）

（2）图甲为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。（用黑色水笔画线表示对应的导线）

（3）该同学测得该电源的伏安特性曲线如图乙所示，根据图象得出：电池的电动势E=V，内阻r=Ω。（保留两位小数）

（4）根据该同学的实验情况，考虑电表的影响，以下分析正确的是________（填字母）。

A．测得的电动势和内电阻都偏小，是由于电流表分压引起

B．测得的电动势和内电阻都偏小，是由于电压表分流引起

C．测得的电动势准确、内电阻偏大，是由于电流表分压引起

D．测得的电动势准确、内电阻偏大，是由于电压表分流引起

【答案】（1）A

（2）

（3）1.45V；0.69Ω

（4）B

【知识点】电池电动势和内阻的测量

【解析】【解答】(1)因为考虑到干电池的内阻一般比较小，因此滑动变阻器选择小电阻，故答案为：A。

(2)

(3)根据闭合电路欧姆定律可得：U=EIr，所以图像的斜率代表内阻，图像在y轴的截距代表电动势，因此电动势E=1.45V，r=0.69Ω。

(4)根据电路图可知，本实验中电压表示数准确，但由于电压表的分流作用而使电流表示数偏小，所以误差来自电压表的分流；外电路断开时测量值应为将电压表并联在电源两端后电压表两端的电压，所以测量出的电动势偏小，而内电阻应视为电压表与内阻的并联后的电阻，所以测量电阻偏小，故答案为：B。

【分析】（1）由于干电池的内阻比较小所以滑动变阻器应该使用小阻值；

（2）滑动变阻器使用限流式接法，电压表测量电源两端的电压大小；

（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小；

（4）由于电压表的分流作用会导致电动势和内阻的测量值偏小。

五、解答题

13．（2023高二上·浦城期中）一台小型电动机在3V的恒定电压下工作，通过它的电流为0.2A，用此电动机提升重4N的物体，在30s内可以使该物体匀速提升3m，除电动机线圈生热之外，不计其他的能量损失，求：

（1）电动机的输入电功率；

（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；

（3）电动机线圈的电阻。

【答案】（1）解：电动机的输入功率为

（2）解：电动机提升重物的机械功率为

根据能量关系有

得生热的功率为

所生热量为

（3）解：线圈内阻为

解得

【知识点】电功率和电功

【解析】【分析】（1）已知电动机的电流和电压，利用电功率的表达式可以求出输入功率的大小；

（2）当匀速提升重物时，利用拉力和速度的大小可以求出机械能功率的大小；再利用能量守恒定律可以求出产生的热功率的大小，结合运动的时间可以求出产生的热量；

（3）已知线圈产生的热量，利用焦耳定律可以求出线圈内阻的大小。

14．（2023高二上·浦城期中）将一个电量为1×10－6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做功2×10－6J。从C点移到D点，电场力做功7×10－6J。若已知B点电势比C点高3V。求：

（1）C、D两点和A、D两点的电势差；

（2）把一个电荷量为3×10－6C的正电荷从B点移动到C点。其电势能变化了多少？

【答案】（1）解：由，得

则

（2）解：由得

【知识点】电场力做功

【解析】【分析】（1）已知电场力对负电荷做功的大小，利用电场力做功的表达式可以求出AB和CD电势差的大小；结合电势差的大小可以求出AD电势差的大小；

（2）已知BC之间的电势差，利用电场力做功的表达式可以求出电势能的变化量大小。

15．（2023高二上·龙岩期末）如图所示，在某竖直平面内建立直角坐标系，x轴正方向沿着绝缘粗糙水平面向右，y轴正方向竖直向上。已知该空间充满沿轴正方向、电场强度大小的匀强电场。时刻，一质量、电荷量大小的带负电的物块（可作为质点），从点开始以初速度沿着x轴正方向运动，物块与水平面间动摩擦因数，重力加速度。

（1）求带电物块在3.0s内电势能的变化量；

（2）若在3.0s末突然将匀强电场的方向变为沿y轴负方向，大小变为，求再经过1.0s该物块的位置坐标。

【答案】（1）解：设带电物块向右做匀减速直线运动过程中，加速度大小为a1，时间为t1，通过的

位移为x1，由牛顿第二定律得Eq+μmg=ma1

解得a1=7.0m/s2，t1=1.0s，x1=3.5m

t1=1.0s之后，带电物块向左做匀加速直线运动，设加速度大小为a2，时间为t2，通过的位移为x2，则Eq-μmg=ma2

t2=t-t1

解得a2=3.0m/s2，x2=6.0m

则3.0s内的位移大小x′=x2-x1=2.5m，方向水平向左

设3.0s内电场力做功为W1，则W1=Eqx′

根据电场力做功与电势能的变化量之间的关系得E=-W1=-Eqx′

解得E=-0.5J

（2）解：设3.0s后物块受到竖直向上的电场力为F，则F=E1q=0.8N>mg=0.4N

带电物块开始做类平抛运动，即在水平方向向左做匀速直线运动，竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a3，在竖直方向的位移为y，在水平方向的位移为x3，则x3=v3t3

其中v3=a2t2，t3=1.0s

又有F-mg=ma3

解得x3=6.0m，y=5.0m

故带电物块在x轴的位置坐标x=-(x′+x3)=-8.5m

即带电物块的位置坐标（-8.5m，5.0m）

【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律

【解析】【分析】（1）带电物块向右做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；结合速度位移公式及速度公式可以求出减速的时间及位移的大小；接下来向左做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速的大小；结合位移公式可以求出位移的大小；再利用位移的大小及电场力的大小可以求出电势能的变化量；

（2）当电场力方向改变时；带电物块开始做类平抛运动；利用类平抛的位移公式结合竖直方向的牛顿第二定律可以求出带电物块的对应坐标。

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福建省南平市浦城县2023-2022学年高二上学期物理期中考试试卷

一、单选题

1．（2023高二上·浦城期中）当在电场中某点放入电量为q的正试探电荷时，测得该点的场强为E，若在同一点放入电量的负试探电荷时，测得该点的场强（）

A．大小为2E，方向与E相同B．大小为2E，方向与E相反

C．大小为E，方向与E相同D．大小为E，方向与E相反

2．（2023高二上·浦城期中）欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且。电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻值最小的是（）

A．B．

C．D．

3．（2023高二上·浦城期中）关于磁感线，下列说法中正确的是（）

A．根据公式，磁场中某处的磁感应强度B与成正比，与S成反比

B．磁感线是真实存在的曲线

C．磁感线有可能相交

D．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向，即该点的磁感应强度方向

4．（2023高二上·浦城期中）如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量变化情况为（）

A．电容器所带电荷量一直增加

B．电容器所带电荷量先增加后减少

C．电源的总功率先减少后增加

D．电压表的读数先减少后增加

二、多选题

5．（2023高二上·浦城期中）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，以下说法正确的是（）

A．粒子必定带正电荷

B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度

C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度

D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能

6．（2023高二上·浦城期中）一直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r，该电动机正常工作时，下列说法正确的是（）

A．I、U、r三个量间满足B．电动机消耗的电功率为

C．电动机的发热功率为D．电动机的输出功率为

7．（2023高二上·龙岩期末）目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。传感器给所有的电容器充电，达到某一电压值，电容器放电电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据。根据文中信息，下列说法正确的是（）

A．在峪处形成的电容器电容较大B．在峪处形成的电容器放电较快

C．在嵴处形成的电容器电容较大D．在嵴处形成的电容器放电较快

8．（2023高二上·福州期中）如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为-q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A．电场的方向可能水平向左

B．电场强度E的最小值为

C．F所做的功一定为mgd

D．当qE=mg时，小球从M运动到N的过程中，其电势能的变化量为零

三、填空题

9．（2023高二上·浦城期中）如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则R1∶R2=，将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2=．

10．（2023高二上·浦城期中）某同学在一次“测定某电阻元件的电阻率”的实验中，用游标卡尺测量电阻元件的长度L，用螺旋测微器测量金属丝直径d如图所示。电阻元件长L为cm，金属丝的直径d为mm。

四、实验题

11．（2023高二上·浦城期中）

（1）用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮。把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上；

a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔

b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔

c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k

d．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100

e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔

（2）图为一正在测量中的多用电表表盘。

①根据图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为Ω；

②如果是用直流10mA挡测量电流，则读数为mA；

③如果是用直流5V档测量电压，则读数为V。

12．（2023高二上·浦城期中）在测量电源的电动势和内电阻的实验中，已选用的器材有：一节干电池；电流表（量程为0—0.6A．内阻约0.5Ω）；电压表（量程为0--3V．内阻约3kΩ）；电键一个；导线若干。

（1）实验中还需要选用的滑动变阻器应该是________（填字母）

A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）

B．滑动变阻器（最大阻值100Ω，额定电流1A）

C．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）

（2）图甲为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。（用黑色水笔画线表示对应的导线）

（3）该同学测得该电源的伏安特性曲线如图乙所示，根据图象得出：电池的电动势E=V，内阻r=Ω。（保留两位小数）

（4）根据该同学的实验情况，考虑电表的影响，以下分析正确的是________（填字母）。

A．测得的电动势和内电阻都偏小，是由于电流表分压引起

B．测得的电动势和内电阻都偏小，是由于电压表分流引起

C．测得的电动势准确、内电阻偏大，是由于电流表分压引起

D．测得的电动势准确、内电阻偏大，是由于电压表分流引起

五、解答题

13．（2023高二上·浦城期中）一台小型电动机在3V的恒定电压下工作，通过它的电流为0.2A，用此电动机提升重4N的物体，在30s内可以使该物体匀速提升3m，除电动机线圈生热之外，不计其他的能量损失，求：

（1）电动机的输入电功率；

（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；

（3）电动机线圈的电阻。

14．（2023高二上·浦城期中）将一个电量为1×10－6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做功2×10－6J。从C点移到D点，电场力做功7×10－6J。若已知B点电势比C点高3V。求：

（1）C、D两点和A、D两点的电势差；

（2）把一个电荷量为3×10－6C的正电荷从B点移动到C点。其电势能变化了多少？

15．（2023高二上·龙岩期末）如图所示，在某竖直平面内建立直角坐标系，x轴正方向沿着绝缘粗糙水平面向右，y轴正方向竖直向上。已知该空间充满沿轴正方向、电场强度大小的匀强电场。时刻，一质量、电荷量大小的带负电的物块（可作为质点），从点开始以初速度沿着x轴正方向运动，物块与水平面间动摩擦因数，重力加速度。

（1）求带电物块在3.0s内电势能的变化量；

（2）若在3.0s末突然将匀强电场的方向变为沿y轴负方向，大小变为，求再经过1.0s该物块的位置坐标。

答案解析部分

1．【答案】C

【知识点】电场强度和电场线

【解析】【解答】电场强度由电场本身决定，与放入的试探电荷无关.

故答案为：C。

【分析】电场强度的大小由电场本身所决定所以放入负电荷时电场强度的大小和方向保持不变。

2．【答案】B

【知识点】电阻定律

【解析】【解答】根据电阻定律

可知，横截面积越大，长度越短，则阻值越小。则选择ab面为电流的横切面，ACD不符合题意，B符合题意。

故答案为：B。

【分析】利用电阻定律可以判别长度较短，横截面积较大是电阻最小。

3．【答案】D

【知识点】磁现象和磁场、磁感线

【解析】【解答】A．磁场中某处的磁感应强度由磁场本身性质决定，与磁通量和线圈面积无关，A不符合题意；

B．磁感线是为了形象地研究磁场而人为假设的曲线，并不是真实存在的，B不符合题意；

CD．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向，即该点的磁感应强度方向。若磁感线相交，则交点处有两个方向，这显然是不可能的，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】磁感应强度与磁通量和面积大小无关；磁感线是虚拟的；磁感线不能相交。

4．【答案】C

【知识点】电容器及其应用

【解析】【解答】AB．由电路图可知：滑动变阻器两部分并联后再与另一电阻Ra串联接入电源中，所以当变阻器左右两部分的电阻相等时，并联的电阻最大，外电路总电阻最大，总电流最小。则当滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致总电流先减小后增大，而电容器与电阻Ra并联，所以电压先减小后增大，则电容器所带电荷量先减少后增加，AB不符合题意；

C．电路中总电流先减小后增大，而电源的电动势不变，则由公式P=EI知，电源的总功率先减少后增加，C符合题意；

D．总电流先减小后增大，内电压先最小后增大，则外电压先增大后减小，由于电压表是测得外电压，所以电压表读数是先增加后减少。D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】如图可以判别滑动变阻器两部分电阻并联再与定值电阻串联，最初左右电阻相等则电路总电阻最大，则当滑片从a到b运动时，电阻先增大后减小则电路中电流先减小后增大；所以电容器两端电压先减小后增大；利用动态电路的串反并同可以判别电压表先增后减；利用电流的变化可以判别总功率先减小后增大。

5．【答案】A,C,D

【知识点】电场力做功

【解析】【解答】A．根据带电粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定带电粒子受电场力的方向沿电场线方向，故带电粒子带正电，A符合题意；

BC．由于电场线越密，场强越大，带电粒子受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故带电粒子在N点加速度大，C符合题意，B不符合题意；

D．粒子从M点到N点，所受电场力方向与其速度方向夹角小于90°，电场力对带电粒子做正功，动能增加，速度增加，故带电粒子在N点动能大，D符合题意。

故答案为：ACD。

【分析】利用粒子运动的轨迹可以判别电场力的方向，结合电场力的方向可以判别粒子带正电，利用电场力的方向可以判别电场力做功进而比较动能的大小，利用电场线的疏密可以比较加速度的大小。

6．【答案】B,C

【知识点】电功率和电功

【解析】【解答】A．由于电动机是非纯电阻性电路，因此不满足

A错误；

B．电动机输入功率就是电动机消耗的功率，因此消耗的功率为

B正确；

C．根据焦耳定律，电动机发热的功率

C符合题意；

D．电动机的输出功率

D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】不能直接利用欧姆定律计算非纯电阻电路；利用电功率的表达式可以求出电动机消耗的总功率；利用内阻和电流可以求出热功率的大小；利用总功率和热功率的大小可以求出输出功率的大小。

7．【答案】B,C

【知识点】电容器及其应用

【解析】【解答】AC．根据电容的计算公式

可得，极板与指纹峪（凹下部分）距离d大，构成的电容器电容小，同理，在嵴处形成的电容器电容较大，C符合题意，A不符合题意；

BD．由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据

可知，极板与指纹峪（凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短，放电较快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，B符合题意，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】利用电容的决定式可以判别在凹下是板间距离变大则电容器电容变小，则在凸起的地方其电容较大；利用电压不变可以比较电荷量的大小，利用电荷量的大小可以判别放电时间的长短。

8．【答案】A,D

【知识点】共点力平衡条件的应用

【解析】【解答】A．根据题意，带电小球在力F的作用下向上做匀速运动，处于平衡状态，可知小球所受电场力方向一定指向虚线MN右侧，由于小球带负电，电场强度的方向与电场力的反向相反，所以电场的方向可能水平向左，A符合题意；

B．画出带电小球受力的动态平衡图，如下图所示

当电场力方向垂直于力F时电场力最小，可得

则电场强度E的最小值为

B不符合题意；

C．由于题中不确定电场强度的方向，也就不知道力F的大小，所以不能求出力F所做的功，C不符合题意；

D．当qE=mg时，根据几何关系可知，电场力方向水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N时，电场力不做功，所以小球的电势能的变化量为零，D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】利用平衡条件可以判别电场力的方向，结合小球的电性可以判别电场的方向；利用平衡条件结合矢量三角形定则可以求出最小的电场力及最小的电场强度；由于未知电场力方向不能判别电场力做功的大小；当电场力方向沿水平方向时，小球从M到B过程其电场力不做功电势能不变化。

9．【答案】1∶3；3∶1

【知识点】欧姆定律

【解析】【解答】图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可得

与并联后电压相同，由公式知，电流与电阻成反比

【分析】利用图像斜率可以求出电阻之间，结合并联电路电压相等及欧姆定律可以求出电流之比。

10．【答案】11.050；1.996

【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用

【解析】【解答】电阻元件的长度为

金属丝的直径为

【分析】利用游标卡尺的精度和结构可以读出对应的长度，利用螺旋测微器的结构和精度可以求出金属丝的直径大小。

11．【答案】（1）cabe

（2）30k；3.4；1.70

【知识点】练习使用多用电表

【解析】【解答】(1)用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后开始测电阻阻值，即先将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔，再将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔，欧姆表使用完毕后，应将旋转开关S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔。

故合理的顺序为cabe。

(2)选择开关对准欧姆挡×1k，由图示表盘可知，阻值约为30kΩ。

如果是用直流10mA挡测量电流，由图示表盘可知，分度值为0.2mA，则读数为3.4mA。

如果是用直流5V档测量电压，由图示表盘可知，分度值为0.1V，则读数为1.70V。

【分析】（1）由于待测电阻为几万欧的电阻，所以应该选择的挡位；再红黑笔进行短接，进行欧姆调零，接下来则是测量待测电阻，最后使挡位对准交流电压的最大挡位，并拔出两笔；

（2）利用示数和档数可以求出电阻的大小；利用电流表的分度值可以读出电流的大小；利用电压表的分度值可以求出电压的大小。

12．【答案】（1）A

（2）

（3）1.45V；0.69Ω

（4）B

【知识点】电池电动势和内阻的测量

【解析】【解答】(1)因为考虑到干电池的内阻一般比较小，因此滑动变阻器选择小电阻，故答案为：A。

(2