2018-2019学年黑龙江省鸡西市第十九中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省鸡西市第十九中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

‎2018----2019年度第一学期期中考试高二学年物理试题（理） ‎ 一、单项选择题 ‎1.一根长为、横截面积为的金属棒，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为，电子的质量为、电荷量为．在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速度为，则金属棒内的电场强度大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电场强度可表示为E＝①，其中L为金属棒长度，U为金属棒两端所加的电动势，而U＝IR②，其中③， ④，联立①②③④，可得E＝nevρ，故C项正确.‎ 视频 ‎2.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为12V，点B处的电势为6V，则电场强度的大小为（　　）‎ A. 400V/m B. 300V/m C. 200V/m D. 100V/m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】OA的中点C的电势为6V，将C点与B点连接，如图：‎ ‎ ‎ 电场线与等势线垂直，根据几何关系得：‎ BC=2cm，则OB沿电场线方向上的距离：d=sin60∘=1.5cm.‎ 所以电场强度E=U/d=6/（1.5×10−2）V/m=400V/m.故A正确，BCD错误。‎ 故选：A ‎【点睛】在x轴上找一电势为6V的点，将该点与B点连接，该连线为一条等势线，求出OB沿电场线方向上的距离d，根据E=U/d求出电场强度的大小．‎ ‎3.将满偏电流Ig＝300 μA、内阻Rg＝450aΩ，的电流表G改装改装成量程为3 V的电压表，需要（ ）‎ A. 串联一个阻值为R0＝ 9550 Ω的电阻 B. 串联一个阻值为R0＝ 550 Ω的电阻 C. 并联一个阻值为R0＝ 9550 Ω的电阻 D. 并联一个阻值为R0＝ 9550 Ω的电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，‎ 串联电阻阻值：R=−Rg=−450=9550Ω，故A正确，BCD错误。‎ 故选：A ‎4.如图所示，电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计，开关S闭合前流过R2的电流为I，求S闭合后流过R2的电流大小（ ）‎ A. 1/2I B. 1/3I C. 2/3I D. 3/2I ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设电池两端的电压恒为U，电阻阻值为R，开关S闭合前电阻R1、R2两电阻串联，R2的电流为I，‎ 由欧姆定律得：U=I(R1+R2)=2IR，I=；‎ S闭合后R2、R3并联再和R1串联，设S闭合后流过R2的电流大小为I2，由欧姆定律得：‎ U=I2R+2I2R，联立解得：I2==I，故C正确，ABD错误 故选：C ‎5.先后按图中(1)、(2)所示电路测同一未知电阻阻值Rx,已知两电路的路端电压恒定不变，若按图(1)示电路测得电压表示数为6V，电流表示数2mA，那么按图(2)所示电路测得的结果应有（ ）‎ A. 图一适合测量小电阻 B. 图二适合测量小电阻 C. 电压表示数小于6V，电流表示数小于2mA D. 电压表示数为6V，电流表示数为2mA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图(1)的误差是由电流表分压引起的，Rx越大，电流表分压越小，误差越小，所以图一适合测量大电阻，故A错误；‎ B. 图(1)的误差是由电压表分流引起的，Rx越小，电压表分流越小，误差越小，所以图二适合测量小电阻，故B正确；‎ C.图(1)所示电路中，电压表示数为6V，电流表示数为2mA，说明U=6V.‎ 在图(2)所示电路中，U=6V，电压表与Rx并联后与电流表串联，由于电流表的分压，电压表与Rx并联部分电压小于U，即电压表示数小于6V.又由于电压表与Rx并联的电阻小于Rx，外电路总电阻小于电流表与待测电阻Rx串联的总电阻，则干路中电流大于图(1)中电流表的读数，即大于2mA.故C错误，D错误。‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】在测量电阻的实验中，电流表与电压表有一定的电阻，接入电路后改变了电路原来的结构，电流表有分压作用，电压表有分流作用；图（1）电路中电流表与待测电阻Rx串联后与电压表并联，图（2）电路中电压表与Rx并联后与电流表串联．根据欧姆定律和串并联电路的特点分析两电表的读数．‎ ‎6. 如图所示，在电键 S 闭合时，质量为 m ‎ 的带电液滴处于静止状态，那么，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电键 S 断开，极板电量将减小，电压降低 B. 电键 S 断开，极板间距离减小，则极板间电量减小 C. 电键 S 断开，极板间距离减小，则极板间电压减小 D. 电健 S 断开，极板间距离减小，则带电液滴向上运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电健断开后，电容器极板电量Q保持不变，电容C保持不变，所以电压U不变．选项A、B是错误的。当电健S断开后，板间距离d减小，电容C增大，减小，因此选项C正确；电容器两板间的场强，因此，当电量Q、正对面积S不变时，场强保持不变，液滴不会运动。D错误；‎ 故选C。‎ 考点：电容器 ‎7. 关于电流，下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 大小不随时间而改变的电流叫做恒定电流 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的方向 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】‎ 试题分析：大小和方向不随时间而改变的电流叫做恒定电流，A错误；电子运动的速率和电流的大小是两回事，B错误；电流是标量，C错误；电流是一个基本物理量，其单位是安培，D正确。‎ 考点：本题考查电流定义及单位。‎ ‎8.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. a点电势比b点高 B. a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点小 C. a、b、c三点和无穷远处等电势 D. 一个电子在a点的电势能比在b点的电势能大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等。故A错误.C正确；‎ B. a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同。由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度。故B错误；‎ D.由于a点与b点电势相等，电子在a点的电势能与在b点的电势能相等，故D错误。‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据a点与b点电势相等，确定电子在a点与在b点电势能的大小。‎ 二、多项选择题 ‎9.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度v飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（ ）‎ A. a加速度减小，b加速度增大 B. a和b的动能一定都增大 C. a一定带正电，b一定带负电 D. a电势能减小，b电势能增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故A正确；‎ B. 根据图知a、b两粒子的电场力与速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故B正确，D错误；‎ C. 由运动轨迹如图可知，a、b做曲线运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，故C错误。‎ 故选：AB ‎10.关于电源电动势，下列说法中错误的（ ）‎ A. 在电源内部，由负极到正极的方向为电动势的方向 B. 电动势为1.5V的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 C. 电源电动势就是接在电源两极间的电压表的示数 D. 电动势是矢量 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在闭合电路中，电动势的方向与电流方向相同，即在电源内部从电源的负极到正极。故A正确；‎ B. 电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，电动势越大，则电源将化学能转化为电能的本领越大，故1.5V的干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2V的蓄电池弱，故B错误；‎ C. 根据闭合电源欧姆定律，电源电动势等于电源两极间的电压与内电压之和，故C错误；‎ D. 电动势是标量，因为电动势的运算遵守代数法则，不能应用平行四边形定则，故D错误。‎ 本题选择错误答案，故选：BCD ‎11.如图所示的图象所对应的两个导体 ‎(1)电阻之比R1∶R2‎ ‎(2)若两个导体的电压相等（不为零）时，电流之比分别为（ ）‎ A. 3∶1 B. 2∶1 C. 1∶3 D. 2∶3‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】因为在I−U图象中，R=，‎ 所以R1=Ω=2Ω，‎ R2=Ω=Ω，所以R1:R2=3:1.故A正确；‎ 由欧姆定律得I1=U1/R1，I2=U2/R2，‎ 由于U1=U2，则I1:I2=R2:R1=1:3.故C正确。‎ 故选：AC ‎【点睛】由图象的斜率可求得电阻，则可求得电阻之比；由欧姆定律可求得电压相等时的电流；‎ ‎12.如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等，则这两个电路中的U甲，U乙，R甲，R乙之间的关系，正确的是(　　)‎ A. U甲>U乙 B. U甲＝4U乙 C. R甲＝4R乙 D. R甲＝2R乙 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设灯泡的额定电流为I0，因两灯泡正常发光，故灯泡中电流相等；则甲电路中电流为I0；乙电路中电流为2I0；因总功率相等，故两电阻消耗的功率相等；‎ 则由P=I2R可知，R甲=4R乙；故C正确，D错误；‎ 则由欧姆定律可知：U甲=I0R甲+2U=4I0R乙+2U；U乙=2I0R乙+U；故U甲=2U乙；故A正确，B错误；‎ 故选：AC.‎ ‎【点睛】分析电路的结构，根据串并联电路的特点得出电流关系，由欧姆定律可得出电压之比及电流之比．‎ 三、填空题 ‎13.在《描绘小灯泡伏安特性曲线》实验中选择“3V 0.5A的小灯泡作为研究对象，(填入器材序号)‎ A.电流表(量程0～0.6A，内阻1Ω)‎ B.电流表(量程0～3A，内阻1Ω) ‎ C.电压表(量程0～15V，内阻约10kΩ) ‎ D.电压表(0～3v，内阻约2kΩ)‎ E.滑动变阻器(阻值0～100Ω)‎ F.滑动变阻器(阻值0～10Ω)‎ G.电源E=6V H.开关I，导线若干 ‎(1)在本实验中，电流表应选择______电压表应选择______滑动变阻器应选择______‎ ‎(2)滑动变阻器应采用______(填“分压”或“限流”)接法，电流表应采用______(填“内”、“外”)接法 ‎ ‎(3)在答题卡虚线框中画出实验电路图. 可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0—10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干.（用直尺作图）______‎ ‎(4)小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大.某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：‎ I（A）‎ ‎0.12‎ ‎0.21‎ ‎0.29‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U（V）‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2.00‎ 在答题卡坐标格中画出小灯泡的U—I曲线保留描点痕迹）______‎ ‎【答案】 (1). A； (2). D； (3). F； (4). 分压式； (5). 外接法 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电流表、电压表的指针偏转角度超过一半时，误差较小。故在本实验中，电流表应选择A，电压表应选择D。为调节电压方便，滑动变阻器应选择总电阻阻值较小的F；‎ ‎（2）由于要求小灯泡电压从零开始变化，故滑动变阻器采用分压接法；小灯泡的电阻R=U/I=3/0.5Ω=6Ω，远小于电压表内阻，与电流表内阻差不多，故电流表应采用电流表外接法；‎ ‎（3）实验电路图如图所示：‎ ‎(4)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示，‎ ‎14.用游标卡尺测得某导线样品的长度如图甲所示，其示数L=______mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=_____mm。‎ 实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有：‎ 电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；‎ 电压表：量程3V，内阻约9kΩ；‎ 滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；‎ 滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；‎ 定值电阻：R0=3Ω；‎ 电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)实验中滑动变阻器应选________（填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至___端（填“a”或“b”）。‎ ‎(2)在实物图中，请根据图甲电路完成剩余部分的连接____。‎ ‎(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.502A时，电压表示数如图乙所示，读数为___V。‎ ‎(4)导线实际长度为________m（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 30.25； (2). 3.208； (3). R2； (4). a； (5). (6). 2.30； (7). 94‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】主尺刻度为30mm，游标尺刻度为8×0.05mm=0.40mm，所以游标卡尺的示数为30mm+0.40mm=30.40mm；‎ 螺旋测微器固定尺刻度为3mm，螺旋尺刻度为20.8×0.01mm=0.208mm，所以螺旋测微器的示数为3mm+0.208mm=3.208mm；‎ ‎（1）滑动变阻器的总阻值应大于固定电阻和待测电阻的阻值之和，所以滑动变阻器选择R2；为了安全，开关闭合前，电流应最小，所以闭合开关S前应将滑片移至a端；‎ ‎（2）根据电路图，实物连接如图所示：‎ ‎（3）电压表量程为3V，图示示数为2.30V；‎ ‎（4）根据欧姆定律和电阻定律：，代入数据解得L=94m。‎ ‎ (4)根据欧姆定律得：R0+Rx=U/I=2.30/0.502=4.58Ω 解得：Rx=1.58Ω 根据电阻定律得：‎ 代入数据解得L=94m。‎ 四、计算题 ‎15.如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V、12W“字样，电动机线圈的电阻RM=O．50Ω．若灯泡恰能正常发光，求 ‎ ‎(1)电动机的输入功率 ‎(2)电动机的输出功率 ‎(3)整个电路消耗的电功率 ‎(4)电动机若卡住不转动，灯泡将能否烧坏，请说明理由 ‎【答案】(1)12W；(2)10W；(3)24W；（4）见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电动机两端的电压U1=U−UL=12−6V=6V，整个电路中的电流I=A=2A,所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W；‎ ‎（2）电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2.0W，电动机的输出功率P2=P−I2RM=12−2W=10W；‎ ‎（3）整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W.‎ ‎（4）对于灯泡的电阻 电动机若卡住不转动，可看做纯电阻。根据欧姆定律，灯泡两端的电压为：‎ V=10V>6V 灯泡将烧坏。‎ ‎【点睛】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．电动机卡住不转动，可看做纯电阻。根据欧姆定律，求出灯泡两端的电压，判断灯泡是否烧坏。‎ ‎16.如图所示为一真空示波管,电子从灯丝发出(初速度不计),经灯丝与板间的加速电压加速,从板中心孔沿中心线射出,然后进入两块平行金属板、形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入、间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的点.已知加速电压为,、两板间的电压为,两板间的距离为,板长为,板右端到荧光屏的距离为,电子质量为,电荷量为.求:‎ ‎(1)电子穿过板时的速度大小;‎ ‎(2)电子从偏转电场射出时的侧移量;‎ ‎(3) 点到点的距离.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为，分速度等于，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于，由求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离即可解得．‎ ‎（1）设电子经电压加速后的速度为，根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）电子以速度进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为 根据牛顿第二定律得：‎ 水平方向：，竖直方向：‎ 联立解得：‎ ‎（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为，根据学公式得：‎ 电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为，电子打到荧光屏上的侧移量为，如图所示 水平方向：，竖直方向：‎ 联立解得：‎ 则P到O点的距离 ‎ ‎ ‎ ‎