2021-2022学年河北省邯山区第一中学高二（上）二调考试物理试题含解析

河北省邯山区第一中学2021-2022学年第一学期二调考试

高二物理试卷

一、单项选择题（本题共9小题，每小题3分，共27分；每题均只有一项符合题目要求）

1. 用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下列四个选项中应用了比值定义法的是（　　）

①加速度②电场强度③电容④电流

A. ①③ B. ②③ C. ②③④ D. ①③④

【答案】D

【解析】

【详解】加速度，电容，电流均采用比值定义法，电场强度不是比值定义法。

故选D。

2. 关于电流，下列说法中正确的是（ ）

A. 导线内自由电子的定向移动速率等于电流的传导速率

B. 电子运动的速率越大，电流越大

C. 电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动方向

D. 在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位

【答案】D

【解析】

【详解】电子的定向移动速率和电流的传到速率是不相等的，电流的传导速率可等于光速，A错误，根据公式可得，影响电流大小的因素很多，电子运动的速度大，形成的电流速度不一定大，B错误．电流是标量，只有大小没有方向，C错误．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位，D正确．

3. 下列说法正确的是（　　）

A. 静电力对在电场中移动的电荷一定会做功

B. 由可知，电场强度大小与放在该处的试探电荷的电荷量成反比

C. 正电荷沿电场线方向移动，电势能降落

D. 只有静止的电荷在电场中才可能会受到静电力的作用

【答案】C

【解析】

【详解】A．在电场中沿等势面移动电荷，静电力不做功，A错误；

B．电场强度的大小由电场本身性质决定，与试探电荷的电荷量无关，B错误；

C．正电荷沿电场线方向移动，电势能降落，C正确；

D．静止的电荷和运动的电荷在电场中才都可能会受到静电力的作用，D错误。

故选C。

4. 一台电动机，线圈的电阻为r，当它两端所加的电压为U时，通过的电流是I。则下列说法正确的是（　　）

A. 电动机的发热功率为UI B. 电动机的发热功率为

C. 电动机消耗的电功率为 I 2r D. 电动机对外做功的功率为UI-I 2r

【答案】D

【解析】

【详解】AB．电动机的发热功率为

P热=I2r

由于电动机不是纯电阻电路，则电动机的发热功率不等于，也不等于IU，选项AB错误；

C．电动机消耗的电功率为IU，选项C错误；

D．电动机对外做功的功率等于总功率与内阻的热功率只差，即为UI-I 2r，选项D正确。

故选D。

5. 下列说法正确的是（   ）

A. 恒定电流是指大小、方向都不变的电流

B. 电动机工作是电功率等于热功率

C. 白炽灯正常发光是，“220V  15W”的灯泡比“220V  60W”的灯泡电阻小

D. 导体的电阻与构成它的材料无关

【答案】A

【解析】

【详解】A．我们把大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流，故A与题意相符；

B．动机正常工作时消耗的电功率等于输出的机械功率与热功率之和，故B与题意不符；

C．根据电功率与电压、电阻的关系

可知在正常发光时，“220V 15W”的灯泡电阻比“220V 60W”的灯泡电阻大，故C错误；

D．由导体电阻可知，导体的电阻与构成它的材料的电阻率有关，故D错误．

6. 干电池的电动势为1.5 V，这表示（　　）

A. 电路中每通过1 C的电荷量，电源把1.5 J的电能转化为化学能

B. 干电池在1s内将1.5 J的化学能转化为电能

C. 干电池中非静电力将1 C的正电荷，从电池的负极移到正极做功为1.5 J

D. 干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2 V的蓄电池强

【答案】C

【解析】

【详解】AB．干电池的电动势为1.5V，则电路中每通过1C的电荷量，电源把1.5J的化学能转化为电能，而不是1s内将1.5J的化学能转化为电能，故AB错误；

C．干电池的电动势为1.5V，则干电池中非静电力将1C的正电荷从电池的负极移到正极做功为1.5J，故C正确；

D．电动势的大小，表示将其他形式的能转化为电能本领的大小，干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2 V的蓄电池弱，故D错误。

故选C。

7. 如图所示的电路中，A、B为相同的两个灯泡，当变阻器的滑头向D滑动时（　　）

A. A灯变亮，B灯变暗 B. A灯变暗，B灯变亮

C. A、B灯均变亮 D. A、B灯均变暗

【答案】D

【解析】

【详解】当滑片向D端滑动，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻都会变小，根据闭合电路欧姆定律知总电流变大，内电压减大，所以路端电压减小，可知灯A变暗；再据干路电流变大，灯A电流变小，所以电源右侧电路的电流变大，电阻R上的电流变大，所以分压也就变大，但是路端电压减小，所以B灯和滑动变阻器上的电压就变小，所以B灯实际功率的变小，所以B灯变暗，故选D。

8. 有一灵敏电流表，内阻，满偏电流，现将其改装为电压表，下列说法正确的是（ ）

A. 需与它并联一个的电阻

B. 需与它串联一个的电阻

C. 需与它串联一个的电阻

D. 需与它串联一个的电阻

【答案】C

【解析】

【详解】改装成电压表要串联电阻的，则有：，即：，

解得：，故选项C正确，选项ABD错误．

点睛：电流表改装成电压表要串联电阻分压，改装成电流表要并联电阻分流．

9. 如图所示，电源电动势E=6V，闭合电键后小灯泡不亮，用电压表测得各部分的电压为，Uab=Ucd=Ude=0，Uae=Ubc=6V，若电路中只有一处发生断路，则断开的部分是（ ）

A. 电阻R1 B. 变阻器R C. 电键S D. 灯泡L

【答案】B

【解析】

【详解】用电压表测得Uab=Ucd=Ude=0，说明没有电流通过灯泡、电键S和定值电阻，即这三处电路是完好的。ae间为电源，其示数为6V，说明电源处无问题．bc间有电压且示数为6V，说明电压表示数为电源电压，说明edc间和abc间电路都完好，则电压表所测这部分电路断路，故断路发生bc间，即滑动变阻器断开。

故选B。

二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分；每题均有多个选项符合题目要求，选对但不全的得2分，选错不得分）

10. 关于能源的利用，下列说法中正确的是(   )

A. 由于我国煤和石油的储量十分丰富，所以太阳能和核能的开发在我国并不十分重要

B. 能源的利用过程，实质上是能的转化和传递过程

C. 现在人类社会使用的能源主要是煤、石油和天然气

D. 煤、石油和天然气化学能归根到底来自太阳能

【答案】BCD

【解析】

【详解】我国煤和石油的储量较丰富但人均占有量很低，开发太阳能和核能，改善能源结构具有十分重要的意义，可知A错，BCD正确，故选ＢＣＤ

思路分析：根据我国能源现状和对人类目前对能源的利用情况进行解答

试题点评：考查了学生对能源的利用和我国能源现状的了解情况．能源已经成为制约我国发展的一个瓶颈．

11. 在“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作中正确的是（　　）

A. 用刻度尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中

B. 用伏安法测电阻时，采用电流表内接法，多次测量后算出平均值

C. 用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值

D. 实验中应保持金属丝的温度不变

【答案】CD

【解析】

【详解】A．应该用刻度尺测量金属丝接入电路的有效长度，而不是全长，故A错误；

B．用伏安法测电阻时，因电阻丝电阻较小，应让电压表和电阻丝并联，电压表的分流作用很小，即应该采用电流表外接法，误差较小，故B错误；

C．为减小误差，应该用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，故C正确；

D．因为金属丝的电阻率随温度变化，故实验中应保持金属丝的温度不变，故D正确。

故选CD。

12. 如图所示的电路中，通过电阻R1的电流I1是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】电阻R1与R2串联，电流相等，由欧姆定律可知

故BC正确，AD错误。

故选BC。

13. 用伏安法测电阻时，待测电阻大、电流表内接，测量结果偏大；待测电阻小、电流表外接，测量结果偏小。总结口诀为“大内大，小外小”。如图所示用两种方法把电压表和电流表连入电路，则下列说法中正确的是（　　）

A. 采用甲图时，测量出的电阻值比真实值小

B. 采用乙图时，测量出的电阻值比真实值小

C. 为了减小误差，测量大电阻时宜采用甲图

D. 为了减小误差，测量大电阻时宜用乙图

【答案】BC

【解析】

【详解】ACD．采用（甲）图时，由于电流表的分压作用，则电压的测量值偏大，根据

可知，测量出的电阻值比真实值大，为了减小误差，测量较大阻值的电阻时宜采用（甲）图，AD错误，C正确；

B．采用（乙）图时，由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，根据

可知，测量出的电阻值比真实值小，B正确。

故选BC。

14. 关于电压与电动势的说法正确的是（　　）

A. 电源电动势等于外电路的路端电压

B. 电压与电动势的单位都是伏特，所以是同一物理量的不同叫法

C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量

D. 电动势公式与电压中的W含义不一样的，表示非静电力做的功

【答案】CD

【解析】

【详解】A．只有外电路开路时，电源电动势等于外电路的路端电压。A错误；

B．电压与电动势的单位都是伏特，不是同一物理量。B错误；

C．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量。C正确；

D．电动势公式与电压中的W含义不一样的，表示非静电力做的功。

D正确。

故选CD。

15. 如图甲，移动滑动触头可以改变电源的路端电压，在图乙所示的图像中，三条曲线1、2、3分别为电源消耗的功率、电源的内阻消耗的功率、电源的输出功率与路端电压的关系，则（　　）

A. 电源的电动势为

B. 电源的内阻为

C. 滑动变阻器的最大阻值为

D. 电源的最大输出功率为

【答案】BD

【解析】

【详解】A B．电源消耗的总功率

由曲线1可知

解得

，
 

A错误；B正确；

C．当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，图像3可知，外电压等于1.5V，电源内阻和电源输出功率相等，此时外电阻等于，外电阻越大，外电压越大，可知滑动变阻器的最大阻值大于。C错误；

D．电源的最大输出功率

D正确。

故选BD。

二、基础考察（本题共2小题，第一题5分，第二题3分，共8分）

16. 设某电阻为R的纯电阻，两端加的电压为U，通过的电流为I，求证：在t时间内在电阻R上产生的焦耳热。（即焦耳定律）

【答案】见解析

【解析】

【详解】在t时间内电流做功

根据欧姆定律

得

纯电阻电路中电流做功将电能全部转化为焦耳热，所以

17. 根据闭合电路欧姆定律，可写成。对于电池来说，电动势E和内阻r可以认为不变，所以路端电压U是电流的一次函数，该图线是一条斜向下的直线，如图所示。说明此图线的纵截距、横截距、斜率绝对值的物理意义各是什么？

【答案】见解析

【解析】

【详解】根据闭合电路欧姆定律

得

图线的纵截距表示电流为零时的路端电压，即

图线的纵截距物理意义为电动势E。

图线的横截距表示路端电压为零时的电流即短路电流

图线的横截距物理意义表示短路电流。

图线斜率绝对值

图线斜率绝对值物理意义表示内电阻r。

四、实验题：（本题共3小题，每空1分，电路图2分；共18分）

18. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差：

(1)如图所示，应该选择的实验电路图是_____（选填“a”或“b”）。

(2)现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：

A.电压表（0~15V）    B.电压表（0~3V）

C.滑动变阻器（0~30Ω）     D.滑动变阻器（0~500Ω）

实验时，电压表应选用_____，滑动变阻器应选用_____。

(3)某同学记录的六组数据见下表，其中五组数据的对应点已经标在图中的坐标纸上，请标出第2组数据的对应点，并画出U－I图像。

（       ）

(4)由图像可得：该电池的电动势E=__V，内阻r=_____Ω（小数点后保留2位数字）。

【答案】    ①. a    ②. B    ③. C    ④.     ⑤. 1.50    ⑥. 0.84

【解析】

【详解】(1)[1]实验的测量原理方程为闭合电路欧姆定律

电压表的内阻远大于电源内阻，分流不明显，电流表内阻和电源内阻较为接近，分压明显，所以采用电路能够较准确的测量。

(2)[2]一节干电池的电动势约为，所以选择量程为的电压表即可，即B。

[3]滑动变阻器以限流的方式接入电路，为了方便调节，所以选择C即可。或者根据(3)中的表格可知，接入电路中的最大电阻约为

所以选择阻值较小的滑动变阻器即可。

(3)[4]用直线将有效的数据点连成直线，如图：

(4)[5]根据闭合电路欧姆定律变形

可知图像的纵截距即为电动势的测量值

[6]图像斜率的大小即为电源内阻的测量值

19. （1）某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“”挡位，测量时指针偏转如左图所示。请你简述接下来的测量过程：

①断开待测电阻，将选择开关旋到“×____________”挡；

②将两表笔短接，调整“____________”，使指针指向“0”刻度线处；

③再接入待测电阻，将指针指示欧姆数乘以第①步所调挡位数值，即待测电阻阻值；

④测量结束后，将选择开关旋到“____________”挡。

（2）如右图是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程，当转换开关S旋到位置3时，可用来测量____________；当S旋到位置____________时（不定项选填），可用来测量电流，其中S旋到位置____________时电流量程较大。

【答案】    ①. 100    ②. 欧姆调零旋钮    ③. OFF    ④. 电阻    ⑤. 1、2##2、1    ⑥. 1

【解析】

【详解】（1）[1] 择开关旋到“”挡位，测量时指针偏转较小，指针偏转到中央位置附近时测量误差较小，断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡；

[2] 将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”刻度线处；

[3] 测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。

（2）[4] 当转换开关S旋到位置3时，可用来测量电阻；

[5] 当S旋到位置1、2时，可用来测量电流；

[6] 其中S旋到位置1时，只有一个电阻与电流表并联，分流较大，电流量程较大。

20. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：

（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为______mm；

（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为_________mm；

（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为______________Ω；

（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R

电流表A1（量程0 ~ 4 mA，内阻约50 Ω）

电流表A2（量程0 ~ 10 mA，内阻约30 Ω）

电压表V1（量程0 ~ 3 V，内阻约10 kΩ）

电压表V2（量程0 ~ 15 V，内阻约25 kΩ）

直流电源E（电动势4 V，内阻不计）

滑动变阻器R1（阻值范围0 ~ 15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A）

滑动变阻器R2（阻值范围0 ~ 2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A）

开关S，导线若干

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在右框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号_______；

（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ = __________Ω∙m。（保留2位有效数字）

【答案】    ①. 50.15    ②. 4.700    ③. 220    ④.     ⑤. 7.6 × 10−2 Ω∙m

【解析】

【详解】（1）[1]20分度的游标卡尺最小分度是0.05mm，由图示游标卡尺可知，游标卡尺主尺读数为5 cm = 50 mm，游标读数为

3 × 0.05 mm = 0.15 mm

所以最终读数为

50 mm + 0.15 mm = 50.15 mm

（2）[2]由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度读数为4.5 mm，可动刻度读数为

20.0 × 0.01 mm = 0.200 mm

所以最终读数为

4.5 mm + 0.200 mm = 4.700 mm

（3）[3]用多用电表电阻“×10”挡测电阻，由图所示表盘可知，电阻阻值

R = 22 × 10 Ω = 220 Ω

（4）[4]电源电动势为4 V，若选择15 V量程，则最大示数不足电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3 V量程的电压表V1，则电路中的最大电流约为

故选择电流表A2。题目要求测得多组数据进行分析，所以需要采用分压式接法，滑动变阻器选择电阻值比较小的R1。由于

所以被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法。电路图如图

（5）[5]由电阻定律得

，

解得

五、计算题（本题共3小题，21题6分，22题每题8分；23题9分；共23分）

21. 如图所示，电源电动势E=10V，内电阻r=1Ω，R1=4Ω，R2=5Ω，C=30μF，试求：

(1)闭合开关S，求稳定后通过R1电流。

(2)然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量。

【答案】(1)1A；(2)5V，

【解析】

【详解】(1)闭合开关S，R1和R2串联，稳定后根据闭合电路的欧姆定律可知通过R1的电流为

(2)开关S闭合时，电容器两端的电压就是电阻R2两端的电压，为

开关S断开后，电路处于断路，这时电容器两端的电压大小等于电源电动势E，则电容器两端的电压变化量为

流过R1的总电荷量就是电容器电荷量的变化量，即为

22. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内电阻r=0.50Ω，电动机M的电阻R0=1.0Ω，闭合电键S后，标有“8V、16W”的灯泡恰能正常发光。

（1）电源两端的路端电压；

（2）电源输出的功率；

（3）电动机的输出功率。

【答案】（1）8V；（2）32W；（3）12W

【解析】

【详解】（1）灯泡正常发光，电压为额定电压，则路端电压

（2）则电源内阻的电压

由欧姆定律得流过电源的电流

电源的总功率

所以电源的输出功率

（3）灯泡的电流

电动机的电流

电动机消耗的电功率

电动机发热功率

所以电动机的输出功率

23. 如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为、质量为的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度射入电场中，方向的延长线与屏的交点为．试求：

（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；

（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值；

（3）粒子打在屏上的点到点的距离．

【答案】（1）                （2）                （3）

【解析】

【详解】（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间

（2）粒子在电场中的加速度为

又，故．

（3）设粒子在电场中的偏转距离为，则

又，解得．