2017-2018学年陕西省西安电子科技中学（西安电子科大附中）高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年陕西省西安电子科技中学（西安电子科大附中）高二上学期期中考试物理试题 解析版

‎2017-2018学年陕西省西安电子科技中学（西安电子科大附中）高二上学期期中考试物理试题 一.选择题 ‎1. 关于电源的以下说法，正确的是(　　)‎ A. 电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差 B. 电源的作用是在电源内部把电子由正极不断地搬运到负极，从而保持两极之间有稳定的电势差 C. 只要电路中有电源，电路中就一定有电流 D. 电源实质上也是一个用电器，也需要外界提供能量 ‎【答案】B ‎ ‎ ‎2. (多选)铅蓄电池的电动势为2 V，这表示（ ）‎ A. 电路通过1 C的电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能 B. 电源内电阻的电压为2 V C. 电源两极间的电压为2 V D. 把化学能转化为电能的本领比一节干电池的大 ‎【答案】AD ‎【解析】铅蓄电池的电动势为2V，表示电路通过1 C的电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能，选项A正确；电动势等于内外电路的电压之和，则电源内电阻的电压小于2 V，选项B错误；‎ 当电源与外电路断开时，即电源断路时，电源两极间的电压等于2V，则电路接通时，电源两极间的电压小于2 V，故C错误；电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，故D正确；故选AD．‎ 点睛：本题关键是明确电动势的概念、物理意义、单位；同时应该知道：电动势的方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极，即与电源两端电压的方向相反．‎ ‎3. 两电阻R1和R2的伏安特性曲线如图所示。从图线可判断（ ）‎ A. 两电阻阻值的关系是R1＞R2‎ B. 电阻一定时，电流随着电压的增大而减小 C. 电压相同时，通过R1的电流强度较大 D. 两电阻串联接入电路时，R1消耗的功率小 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：U﹣I图线的斜率表示电阻；通过斜率比较电阻的大小．并联时，两电阻电压相等，根据欧姆定律比较电流的大小．串联时，电路相等，根据P=I2R比较消耗的功率大 解：A、由图可知，1的斜率大于2的斜率，故可知R1＞R2；故A正确；‎ B、电阻一这时，电流与电压成正比，故电流随电压的增大而增大；故B错误；‎ C、因R1＞R2；故电压相同时，通过R1的电流强度较小；故C错误；‎ D、两电阻串联，则电流相等，由P=I2R可知，R1消耗的功率大；故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道串并联电路的特点，以及知道U﹣I图象斜率表示的物理意义．‎ ‎4. (多选) 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】试题分析：由欧姆定律可知电流，BC正确 考点：考查串并联的应用和理解 点评：明确电路中电阻、电压、串并联关系，理解串联分压的原理 ‎5. 电阻R1阻值为6 Ω，与电阻R2并联后接入电路中，通过它们的电流之比I1∶I2＝2∶3，则R2的阻值和总电阻的阻值分别是(　　)‎ A. 4 Ω，2.4 Ω B. 4 Ω，3.6 Ω C. 9 Ω，3.6 Ω D. 9 Ω，4.5 Ω ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据并联电路的性质可求得R2的阻值及总电阻：并联电路的电压相等，电流之比等于电阻的反比．‎ 解：并联电路中电流之比等于电阻的反比；‎ 故有：==‎ 故有：R2===4Ω；‎ 则总电阻为：R===2.4Ω；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查并联电路的规律，要注意明确并联电路各支路两端的电压相等，电阻与电流成反比．‎ ‎6. 如图所示，A、B间电压恒为U，当滑动变阻器的滑片P逐渐向A端移动的过程中灯泡上的电压数值是(　　)‎ A. 一直为U B. 一直为0‎ C. 逐渐增大到U D. 逐渐减小到0‎ ‎【答案】C ‎【解析】由图看出，变阻器下部与灯泡并联后与上部串联，当滑动变阻器的滑片P逐渐向A端移动的过程中，并联部分的电阻变大，根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，并联部分分担的电压增加，则灯泡的电压逐渐增加．当滑片移到变阻器最上端时，灯泡电压为U，故ABD错误，C正确．故选C.‎ ‎7. 有一毫伏表，它的内阻是100 Ω，量程为300 mV，现要将它改装成量程为3 V的伏特表，则毫伏表应(　　)‎ A. 并联一个100 Ω的电阻 B. 并联一个900 Ω的电阻 C. 串联一个100 Ω的电阻 D. 串联一个900 Ω的电阻 ‎【答案】D ‎【解析】把毫伏表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值： ；故选D．‎ ‎8. 一根电阻丝，通过2 C的电荷量所消耗的电能是8 J．若在相同的时间内通过4 C的电荷量，该电阻丝上所加电压和消耗的电能分别是(　　)‎ A. 4 V,16 J B. 8 V,16 J C. 4 V,32 J D. 8 V,32 J ‎【答案】D ‎【解析】由W＝I2Rt＝8 J，得 相同时间内通过的电荷量为4 C时，电流I′＝2I 所以W′＝I′2Rt＝4I2Rt＝32 J 加在电阻丝上的电压U＝＝V＝8 V，选项D正确。‎ ‎9. 如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，灯泡A、B、C的亮度将（ ）‎ A. 都变亮 B. 都变暗 C. A、B变亮，C变暗 D. A、C变亮，B变暗 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则A灯变亮．电路中并联部分电压 U并=E-I（RA+r），I增大，其他量不变，则U并减小，C灯变暗．通过B灯的电流 IB=I-IC，I增大，IC减小，则IB增大，B灯变亮．所以A、B灯变亮，C灯变暗．故C正确。‎ 考点：电路的动态分析.‎ ‎10. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若( )‎ A. 保持S不变，增大d，则θ变大 B. 保持S不变，增大d，则θ变小 C. 保持d不变，减小S，则θ变小 D. 保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C D错误．故选A．‎ 考点：电容器 ‎【名师点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和定义式。‎ 二、实验题 ‎11. 有一未知电阻Rx，为较准确地测出其阻值，先后用图中甲、乙两种电路进行测试，利用甲图测得的数据是“2.8 V　5.0 mA”，而用乙图测得的数据是“3.0 V　4.0 mA”，那么该电阻测得的较为准确的情况是（______）‎ A．560 Ω，偏大 B．560 Ω，偏小 C．750 Ω，偏小 D．750 Ω，偏大 ‎【答案】D ‎【解析】两次测量电压表示数变化率大小，电流表示数变化率大小，可见电流表示数变化显著，说明电压分流作用显著，采用电流表内接法误差较小，故乙图所示电路测该电阻的阻值误差较小．测量值， 真实值R真=Rx-RA，故测量值比真实值偏大．故选D．‎ 点睛：实验误差要从实验原理进行分析．本实验原理是伏安法，甲图中由于电压表的分流，使测量值小于真实值．乙图中由于电流表的分压，使测量值大于真实值．‎ ‎12. “测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有：‎ A．小灯泡(额定电压为3.8 V，额定电流约为0.3 A)‎ B．电流表A(0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω)‎ C．电压表V(0～6 V，内阻约为5 kΩ)‎ D．滑动变阻器R1(0～10 Ω，2 A)‎ E．滑动变阻器R2(0～100 Ω，0.2 A)‎ F．电源(6 V，内阻不计)‎ G．开关及导线若干 ‎(1)实验中滑动变阻器选________(填“R1”或“R2”)．‎ ‎(2)该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整．‎ ‎ (3)该同学根据实验数据作出了如图乙所示的U－I图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而________(填“增大”、“减小”或“不变”)．‎ ‎【答案】 (1). (1)R1；(2)如图所示： (2). (3)增大；‎ ‎【解析】试题分析：当要求电流从零调时滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器．小灯泡的电阻较小，电流表应用外接法．‎ 解：（1）因描绘小灯泡伏安特性曲线的实验要求电流从零开始调节，故变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器误差小，故应选R1．‎ ‎（2）因小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又变阻器用分压式，如图所示，‎ ‎（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的U﹣I图象，根据欧姆定律R=，由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻增大．‎ 故答案为：（1）R1，（2）如图 （3）增大 ‎【点评】本实验应熟记测定小灯泡伏安特性曲线实验电流表用外接法，变阻器用分压式接法．‎ 三．计算题 ‎13. 规格为“220V　36W”的排气扇，线圈电阻为40Ω，求：‎ ‎(1)接上220V的电压后，排气扇转化为机械能的功率和发热的功率；‎ ‎(2)如果接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率．‎ ‎【答案】(1)35W，　1W；　(2)1210W，　1210W； ‎ ‎【解析】（1）接上220V 电压后，排气扇的功率为36W． 据热功率公式P热=I2R=()2×40=1 W 所以转化为机械能的功率P机=P-P热=36W-1W=35 W （2）当接上220V 电压后，扇叶被卡住，不能转动，此电路变为纯电阻电路，消耗的功率全部转化为热功率， 所以 点睛：明确电功率、机械功率和热功率的关系，纯电阻电路和非纯电阻电路的区别和公式的选取是解题的关键．当排气扇卡住，此电路为纯电阻电路，功率全部转化为热功率．‎ ‎14. 如图所示电路，R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝4Ω.‎ ‎ (1)如果已知流过电阻R1的电流I1＝3A，则干路电流多大？‎ ‎(2)如果已知干路电流I＝3A，则流过每个电阻的电流多大？‎ ‎【答案】(1)6.5A；　(2)I1≈1.38A，　I2≈0.92A；‎ ‎【解析】(1)由欧姆定律得R1两端的电压为：‎ U1＝I1R1＝3×2 V＝6 V.‎ R2中的电流为：．‎ R3中的电流为：．‎ 干路中的电流为：I＝I1＋I2＋I3＝6.5 A．‎ ‎(2)设并联后的总电阻为R，则：‎ ‎ ，所以R＝Ω.‎ 并联电路两端的电压为：.‎ 电流分别为：I1＝≈1.38 A，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎15. 一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？‎ ‎【答案】400V；‎ ‎【解析】试题分析：粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分解关系可得出电压值．‎ 解：在加速电压一定时，偏转电压U'越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．‎ 加速过程，由动能定理得：．①‎ 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l=υ0t．②，③‎ 偏转距离：，④‎ 能飞出的条件为：．⑤‎ 解①②③④⑤式得：．‎ 答：两个极板上最多能加多大电压为4.0×102V．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．‎ ‎ ‎