【物理】江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

上饶中学 2019-2020 学年高二上学期期中考试 物理试卷（实验、重点班） 一、选择题（1-6 单选，7-10 多选，每题 4 分，少选 2 分，共 40 分） 1.把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在同一理想电源上，若要产生相等的热量， 则两种方法所需的时间之比 t 串：t 并为（ ） A. 1:1 B. 2:1 C. 4:1 D. 1:4 【答案】C 【解析】 试题分析：由串并联电路的特点可知，串联后总电阻为 ，并联的总电阻为 0 2 2 RR  ， 由 焦 耳 定 律 2UQ tR  ， 要 产 生 相 等 的 热 量 ， 则 有 2 2 00 = =2 2 U UQ t Q tRR 串 串 并 并 ， 可 得 : 4:1t t 串 并 。C 正确； 考点：考查了串并联电路的特点、电热的计算 2.截面积为 S 的导线中通有电流 I，已知导线每单位体积中有 n 个自由电子，每个自由电子 的电荷量是 e，自由电子定向移动的速率是 v，则在时间 △ t 内通过导线截面的自由电子数是 （ ） A. Sv △ t B. nv △ t C. I t e  D. I t Se  【答案】C 【解析】 【详解】电流可以表示为： NeI neSv t    ， 解得： N nSv t  ， 根据： q Ne I t   ， 可得 I tN e  ， A． N nSv t  或 I tN e  ，A 错误；B． N nSv t  或 I tN e  ，B 错误； C． N nSv t  或 I tN e  ，C 正确；D． N nSv t  或 I tN e  ，D 错误； 3.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，则下列说法 正确的是： A. R1∶R2＝1∶1 B. R1∶R2＝3∶1 C. 将 R1 与 R2 串联后接于电源上，则电流比 I1∶I2＝1∶3 D. 将 R1 与 R2 并联后接于电源上，则电流比 I1∶I2＝3∶1 【答案】D 【解析】 【详解】AB．根据 I-U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以 1 2: 1:3R R  ，AB 错误； C．串联电路电流相等，所以将 R1 与 R2 串联后接于电源上，电流比 I1：I2=1：1，C 错误； D．并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将 R1 与 R2 并联后接于电源上，电 流比 I1：I2=3：1，D 正确。 4.电荷＋Q 激发的电场中有 A、B 两点．质量为 m ，电量为 q 的带正电的粒子，自 A 点由 静止释放后的运动中经过 B 点时的速度为 v0，如果此粒子的质量为 2q，质量为 4m，仍从 A 点由静止释放(粒子重力均不计)，则后一个粒子经过 B 点时的速度应为 A. 2v0 B. 4v0 C. v0/2 D. 2 2 v0 【答案】D 【解析】设 A. B 间的电势差为 U，根据动能定理得： 对于任意一个粒子有： 21 2qU mv 可得： 2qUv m  ，U 一定，则 v 与 q m 成正比，已知它们的电量之比 1：2，质量之比 1： 4，则比荷 q/m 之比为 2:1，所以速度之比为 v1:v2= 2 :1 因此 v2= 2 2 v0 故选：D。 【名师点睛】 粒子分别从 A 点由静止释放到达 B 点时，电场力做正功，根据动能定理研究它们的速度之 比，从而得解。 5.如图所示的电路中，E 为电源，其内阻为 r，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2 为定值电阻，R3 为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V 为理想电压 表．若将照射 R3 的光的强度减弱，则( ) A. 电压表的示数变大 B. 小灯泡消耗的功率变小 C. 通过 R2 的电流变小 D. 电源内阻消耗的电压变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电 路欧姆定律可得，电路中电流减小，故 R1 两端的电压减小，电压表的示数变小，A 错误； BCD．因电路中电流减小，故电源的内电压减小，则路端电压增大，同时 R1 两端的电压减 小，故并联电路部分电压增大；则流过 R2 的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过 灯泡的电流一定减小，故由 2P I R 可知，小灯泡消耗的功率变小，B 正确 CD 错误。 6.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯 L 的亮度及电容器 C 所带电量 Q 的变化判断正确的是（ ） A. L 变暗，Q 增大 B. L 变暗，Q 减小 C. L 变亮，Q 增大 D. L 变亮，Q 减小 【答案】B 【解析】 解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小， 由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，灯 L 变 暗． 电容器板间电压等于变阻器两端的电压．由上得知，路端电压减小，则通过 L 灯的电流减 小，而干路电流增大，则通过 R1 的电流增大，R1 的电压也增大，则变阻器两端的电压减小， 电容器所带电量 Q 减小．故 B 正确． 故选：B 【点评】本题是电路动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．电路稳定时， 与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压． 7. 干电池的电动势为 1.5V，这表示（ ） A. 电路中每通过 1C 的电量，电源把 1.5J 的化学能转化为电能 B. 干电池在 1s 内将 1.5J 的化学能转化为电能 C. 干电池与外电路断开时两极间电势差为1.5V D. 干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为 2V 的蓄电池强 【答案】AC 【解析】 试题分析：由电动势的定义式 WE q  ，可知，电源中每通过 1C 电量，非静电力做功为 1.5J， 电源把 1.5J 的化学能转变为电能，不是 1s 内将 1.5J 的化学能转变成电能．A 正确，B 错误， 当电路断路时，两极板间的电势差等于电源电动势大小，C 正确，一节干电池的电动势为 1.5V，一节铅蓄电池的电动势为 2V，将化学能转化为电能的本领是铅蓄电池大．D 错误， 故选 AC 考点：本题考查对电动势的理解． 点评：抓住电动势的物理意义和定义式是关键．基础题，比较简单． 8.一个直流电动机所加的电压为 U，电流为 I，线圈内阻为 R，当它工作时，下列说法正 确的是（ ） A. 电动机的输出功率为 2U R B. 电动机的发热功率为 2I R C. 电动机的功率可写作 2 2 UIU I R R   D. 电动机的输出功率为 2IU I R 【答案】BD 【解析】 电动机的输出功率 P 出=P-P 热=UI-I2R，故 A 错误，D 正确；电动机的发热功率，根据焦耳定 律可得 P 热=I2R，故 B 正确；因为 P＞P 热，即 UI＞I2R，U＞IR，欧姆定律不适用，故 UI 不 能转化成 I2R 和 2U R ，故 C 错误。所以 BD 正确，AC 错误。 9.如下图所示，匀强电场中的 △ PAB 平面平行于电场方向 C 点为 AB 的中点，D 点为 PB 的 中点．将一个带电粒子从 P 点移动到 A 点，电场力做功 WPA＝1.6×10－8J；将该粒子从 P 点 移动到 B 点，电场力做功 WPB＝3.2×10－8J。则下列说法正确的是 A. 直线 PC 为等势线 B. 直线 AD 为等势线 C. 若将该粒子从 B 点移动到 A 点，电场力做功 WBA＝1.6×10－8J D. 若将该粒子从 P 点移动到 C 点，电场力做功为 WPC＝2.4×10－8J 【答案】BD 【解析】 【详解】AB.设 P 点的电势为 0，则根据公式 W=Uq 可知，电场力做正功，所以 A 点的电势 为 φA=－1.6×10－8J/q， B 点的电势为 φB=－3.2×10－8J/q； 因为 D 是 PB 的中点，故 D 点的电势为 φD=(φP+φB)/2=－1.6×10－8J/q， 故 C 点的电势为 φC=(φA+φB)/2=－2.4×10－8J/q， 所以 PC 不是等势线，AD 是等势线，故 A 错误； B 正确； C.若将该粒子从 B 点移动到 A 点，电场力做功 WBA＝(φB－φA)q=－1.6×10－8J， 故 C 错误， D.若将该粒子从 P 点移动到 C 点，电场力做功为 WPC＝(φP－φC)q=2.4×10－8J 故 D 正确。 10.如图电路，C 为电容器的电容，D 为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表 均为理想表．闭合开关 S 至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片 P 向左移动一小段距离，结 果发现电压表 V1 的示数改变量大小为 1U ，电压表 V2 的示数改变量大小为 2U ，电流表 A 的示数改变量大小为 I ，则下列判断正确的有 A. 1U I 的值变大 B. 1U I   的值变大 C. 2U I   的值不变，且始终等于电源内阻 r D. 滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少 【答案】AC 【解析】 【详解】A.滑动变阻器滑片 P 向左移动一小段距离，接入电路中的电阻增大，总电阻增大， 电流减小，内电压减小，路端电压增大，R1 的电压减小， 1U I 为 R 的电阻，变大，A 正确； R 电压的增加量等于 R1 和 r 减小的电压和， 1U I   的值等于 R1 和 r 的阻值，不变，B 错误； C.路端电压的增大量 2U 等于内电压的减小量， 2U I   的值不变，且始终等于电源内阻 r， C 正确； D.由于理想二极管具有单向导通作用，电容器所带的电荷量要无法减少，D 错误。 二、实验题 11.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表 G 和一个变阻器 R 组成的，已知灵敏 电流表的满偏电流 Ig=2mA，内电阻 Rg=300Ω，则下列说法正确的是 A. 甲表是电流表，R 增大时量程增大 B. 乙表是电压表，R 增大时量程增大 C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为 0.6A，则 R=0.5Ω D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为 3V，则 R=1200Ω 【答案】BD 【解析】 【详解】AC．甲由一个灵敏电流表 G 和一个变阻器 R 并联，利用并联电阻的分流，改装成 安培表。安培表的量程 g g g I RI I R   ， 可知当 R 减小时量程 I 增大，在甲图中，若改装成的电流表的量程为 0.6A， 根据 g g g I RI I R   ， 解得： R=1.003Ω， AC 错误； BD．乙由一个灵敏电流表 G 和一个变阻器 R 串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表。 伏特表的量程  g gU I R R  ， 可知 R 增大时量程增大; 由公式  g gU I R R  ， 在乙图中，若改装成的电压表的量程为 3V，则 R=1200Ω， BD 正确。 12.在《测定金属丝电阻率》的实验中，取了很小一段金属丝．用螺旋测微器测金属丝直径 时读数如下图，金属丝的直径为________ mm．用游标卡尺测长度，则长度为________mm 【答案】 (1). 1.995 (2). 10.94 【解析】 【详解】[1]由图一所示螺旋测微器可知，金属丝的直径： d=1.5mm+49.5×0.01mm=1.995mm； [2]由图二所示可知，游标卡尺是（50 分）度，金属丝的长度为： 110mm 47 mm 10.94mm50L     。 13.某实验小组想描绘标有“4V 2W”的小灯泡的 U-I 图像，除导线和开关外还备有以下器材可 供选择: A.电流表 A1(量程 0.6A，内阻约为 1 Ω ) B.电流表 A2(量程 3.0A，内阻约为 0.2 Ω ) C.电压表 V1(量程 5.0V，内阻约为 5k Ω ) D.电压表 V2(量程 15.0V，内阻约为 15 kΩ ) E.滑动变阻器 R1(最大阻值为 5 Ω ，额定电流 500 mA ) F.滑动变阻器 2R (最大阻值为 10 Ω ，额定电流 2.0A) G.电源(电动势为 6.0V，内阻约为 0.5 Ω ) (1)实验中所用的电流表应选________;电压表应选________;滑动变阻器应选________.（填所 选仪器前面的符号） (2)在虚线框内画出实验的电路图________。 【答案】 (1). A (2). C (3). F (4). 【解析】 【详解】(1)[1]小灯泡额定电流： 2W 0.5A4V PI U    ， 故电流表应选 A1，即 A； [2]灯泡额定电压为4V，则电压表应选 V1，即 C； [3]为方便实验操作，保证电路安全，滑动变阻器 R1 的额定电流太小，滑动变阻器应选择： R2； (2)[4]灯泡正常工作时的电阻 2 16 Ω 8Ω2 UR P    ， 远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电压和电流需从 0 开始测起，所 以滑动变阻器需采用分压式接法，电路图如图所示． 三、计算题 14.如图所示的电路中，电源电动势为 E=6.0V，内阻 r=0.6Ω，电阻 R2=0.5Ω，当开关 S 断开 时，电流表的示数为 1.5A，电压表的示数为 3.0V，试求： （1）电阻 R1 和 R3 的阻值； （2）当 S 闭合后，电压表的示数和电阻 R2 上消耗的电功率； 【答案】（1）1.4Ω，2Ω（2）1.0V；2W 【解析】 【详解】（1）S 断开时,由 U1=I1R3 代入数据解得： R3=2Ω 又由 1 1 3 EI R R r    代入数据解得： R1=1.4Ω （2）S 闭合时，R2、R3 并联电阻 由闭合电路欧姆定律得回路总电流： 2 1 23 EI R R r    代入数据解得： 2 2.5I A 电压表示数为: U2=I2R23=1V R2 上消耗的功率为: 2 2 2 2 2UP WR   15.如图所示，四个电阻阻值均为 R，电键 S 闭合时，有一质量为 m，带电量为 q 的小球静 止于水平放置的平行板电容器的中点．现打开电键 S，这个带电小球便向平行板电容器的一 个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生 变化，碰后小球带有和该板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为 d， 不计电源内阻，求： （1）电源电动势 E 多大？ （2）小球与极板碰撞后所带的电量为多少？ 【答案】（1）、 3 2 mgdE q  ；（2） 7 6q q  【解析】 【详解】(1)当 S 闭合时，设电容器电压为 U，则有： 2 1.5 3 EU R ER   对带电小球受力分析得： qU mgd  联立解得： 3 2 mgdE q  (2)断开 S，设电容器电压为 U′，则有： 1 2 2 EU R ER    , U′

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