【物理】山西省大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】山西省大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

山大附中2019~2020学年第一学期期中考试 高二年级物理试题 一、单项选择题 ‎1.关于电流，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 通过导体横截面的电荷量越多，电流越大 B. 电子运动的速率越大，电流越大 C. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大 D. 因为电流有方向，所以电流是矢量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．根据可知，电流等于单位时间内通过导体横截面的电量，通过导体的横截面的电荷量多，电流不一定大，还要看时间，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大,故A错误，C正确；‎ BD．根据I=nesv可知电子运动的速率越大，电流不一定越大，选项B错误；电流的方向是人为规定的，所以电流是一个标量，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查了学生对电流的相关知识的掌握，属于电学基础知识的考查，相对比较简单。‎ ‎2.如图所示，平行金属板中带电液滴原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向端移动时，则（ ）‎ A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 液滴将向上运动 D. 上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确，B错误；‎ C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点将向下运动，故C错误；‎ D．因R3两端的电压减小，由可知，R3上消耗的功率减小，故D错误。‎ ‎3.某电解池中，若在2 s内各有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是（ ）‎ A. 0 B. 0.8 A C. 1.6 A D. 3.2 A ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】通过截面的电荷量 通过截面的电流 故D正确。‎ ‎4.图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V。则该电路可能为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由上图可知电源电动势为，电源内阻为． A．三电阻并联，，，； B．两个电阻串联，然后与第三个电阻并联，，，； C．三电阻串联，，，； D．两电阻并联后与第三个电阻串联，，，；‎ ‎【点睛】根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可。‎ ‎5.一个阻值为R电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为(　　)‎ A. U B. R C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据，可知图线的斜率代表的是电流，而电流，选C．‎ ‎6. 用电压表检查如图电路中的故障，S闭合后，测得Uad＝5.0 V，Ucd＝0 V，Ubc＝0 V，Uab＝5.0 V，则此故障可能是（ ）‎ A. L断路 B. R断路 C. R′断路 D. S断路 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：串联电路中灯L不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，测得伏，测量的是电源电源，测得伏，Ubc=0伏，说明在b→R′→c灯L→d之外有开路现象；测得Uab=5.0伏，说明ab之间有断路之处，所以断路是在电阻R上．‎ 考点：电路故障分析 ‎7.如图所示,直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象,直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象.将这个电阻R分别接到a,b两电源上,那么 （ ）‎ A. R接到a电源上,电源的效率较高 B. R接到b电源上,电源的输出功率较大 C. R接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源效率较低 D. R接到b电源上,电阻的发热功率和电源的效率都较高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电源a的电动势大，内阻也大，电源的效率，由此可知外电阻相同时内阻越小，电源效率越高，则R接到b电源上，电源的效率较高，A错误；输出功率，当R=r时电源输出功率最大，由图象可知图线的斜率表示内阻大小，图线C的斜率表示外电阻阻值的大小，图线a的内阻与C的电阻相接近，所以a电源输出功率较大。C正确。‎ ‎8.在基本逻辑电路中，当所有输入均为“0”时，输出是“1”的是 ( )‎ A. “与”门电路 B. “或”门电路 C. “非”门电路 D. 都不可能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】“与”门电路中，逻辑门当所有输入均为0时，其输出端一定是0，“或”门电路中，逻辑门当所有输入均为0时，其输出端一定是0，“非”门电路中，逻辑门当所有输入均为0时，其输出端一定是1，故C正确。‎ 二、多项选择题 ‎9.小灯泡通电后，其电流随所加电压变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为轴的垂线，PM为轴的垂线，下列说法中正确的是 ( )‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 对应P点，小灯泡的电阻为 D. 对应P点，小灯泡的实际功率为图中矩形PQOM所围的面积。‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，灯泡的电阻等于等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大，故A正确；‎ BC．由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻 故B正确，C错误；‎ D．因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确。‎ ‎10. 如图，R1，R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( 　　)‎ A. 电压表的示数增大 B. R2中电流减小 C. 小灯泡的功率增大 D. 电路的路端电压增大 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 解析：当光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，而电压表的示数增大，A项正确，D项错误；由路端电压减小而R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，C项正确．‎ ‎11.一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则 (　　)‎ A. 电动机消耗的总功率为UI B. 电动机消耗的热功率为 C. 电源的输出功率为EI D. 电源的效率为1－‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为 ，所以D正确．故选AD.‎ ‎12.某同学将一直流电源的总功率总、输出功率出和电源内部的发热功率内随电流变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知( )‎ A. 反映内变化的图线是 B. 电源电动势为8 V C. 电源内阻为2 Ω D. 当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 Ω ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电源内部的发热功率，，Pr-I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c，故A错误；‎ B．直流电源总功率PE=EI，P-I图象的斜率等于电动势E，则有 故B错误；‎ C．图中I=2A时，电源内部发热功率Pr与电源的总功率相等，则有，得到 故C正确；‎ D．当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：‎ 代入解得，故D正确。‎ ‎13.如下图所示电路，已知电源电动势ε=6.3V，内电阻r=0.5Ω，固定电阻R1=2Ω，R2=3Ω,R3是阻值为5Ω的滑动变阻器。按下电键K，调节滑动变阻器的触点，通过电源的电流可能是（ ）‎ A. 2.1A B. 2.5A C. 3.0A D. 4.0A ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：设滑动变阻器与串联部分的电阻为，出总电阻表达式：‎ 当时，，此时 当时，，此时 故通过电源的电流范围为，故ABC正确；D错误；‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎14.在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是 A. R1短路 B. R2断路 C. R3断路 D. R4短路 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】如果R1短路，回路中总电阻变小，干路上的电流会增大，A灯处在干路上，A灯会变亮，所以A项错误；如果R2断路，回路中总电阻变大，干路上电流会减小，A灯变暗，电阻所在并联部分电压变大，电阻上的电流增大，干路电流在减小，流经电阻上的电流会减小，电阻所占电压减小，B灯所占电压变大变亮，B项正确；如果R3断路，回路中总电阻变大，干路上电流会减小，A灯变暗，A灯和所占电压减小，B灯电压变大变亮，所以C项正确；如果R4短路，回路中总电阻变小，干路上的电流会增大，A灯处在干路上，A灯会变亮，所以D项错误。‎ 三、实验题 ‎15.如图所示，A、B、C、D是滑线变阻器的四个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱C移动时电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可以是( ) ‎ A. A和B B. A和C C. B和C D. A和D ‎【答案】C ‎【解析】电路中的电流减小，则电阻增大，由电阻定律：，知导线的长度增大，所以接入的接线柱应该是B和C或B和D，故C正确，ABD错误。‎ ‎16. 有一内阻未知（约20kΩ ~ 60kΩ）、量程（0~ 10V）的直流电压表V．‎ 某同学想通过一个多用表中的欧姆档，直接去测量上述电压表的内阻，该多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆档的选择开关拨至倍率_______挡。先将红、黑表棒短接调零后，选用下图中 方式连接。‎ ‎【答案】×1K；A ‎【解析】试题分析：因为电压表内阻约20kΩ ~ 60kΩ，故欧姆档的选择开关拨至倍率×1K挡；因为黑表笔内部接电源的正极，故黑表棒短接调零后，选用下图中A方式连接。‎ 考点：欧姆表的使用.‎ ‎17.用游标为50分度的卡尺(测量值可准确到0.02mm)测定某圆筒的内径时，卡尺上的标数如图所示，可读出圆筒的内径为________mm.‎ ‎【答案】52.12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由题中“用游标为50分度的卡尺(测量值可准确到0.02mm)测定某圆筒的内径时”可知，本题考查游标卡尺的读数，根据游标卡尺的读数规律可解答本题。‎ ‎【详解】此游标卡尺精度为0.02mm，读数值为52.12mm(第6条线与主尺对齐)．‎ ‎18.使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则金属丝的直径是 ______m.‎ ‎【答案】2.150×10-3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为 ‎15.0×0.01mm=0.150m 所以最终读数为 ‎2mm+0.150mm=2.150mm=2.150×10-3m ‎19.一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为=50μA，表头电阻=1kΩ，若改装成量程为=1mA的电流表，应并联的电阻阻值为_______Ω（保留3位有效数字）。若将改装后的电流表再改装成量程为=10V的电压表，应再串联一个阻值为______ Ω的电阻。‎ ‎【答案】(1). 52.6 (2). 9950‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]把电流表改装成大量程电流表，需要并联电阻阻值：‎ ‎[2]把电流表改装成电压表，需要串联电阻的阻值：‎ ‎20. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V，2.5 W”的小灯泡，导线和开关外，还有：‎ A．直流电源(电动势约为5 V，内阻可不计)‎ B．直流电流表(量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω)‎ C．直流电流表(量程0～600 mA，内阻约为5 Ω)‎ D．直流电压表(量程0～15 V，内阻约为15 kΩ)‎ E．直流电压表(量程0～5 V，内阻约为10 kΩ)‎ F．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为2 A)‎ G．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，允许通过的最大电流为0.5 A)‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．‎ ‎(1)实验中电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均用序号字母填写)．‎ ‎（2）请按要求将图中所示的器材连成实验电路 ‎【答案】（1）C、E、F(2)如图 ‎【解析】试题分析：：（1）灯泡额定电流为：，则电流表选C；灯泡额定电压是5V，则电压表选E；描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，为方便实验操作，滑动变阻器应选F．‎ ‎(2)由于需要电压表示数从零开始，所以需要滑动变阻器的分压接法，因为小灯泡与电路表的内阻相接近，故采用电流表的外接法，如图所示 考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验 ‎21.将一铜片和一锌片分别插入一个苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V．可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V、额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA.为了较精确地测定该水果电池的电动势和内阻，提供的实验器材有：‎ A．电流表A1(量程0～3mA，内阻约为0.5Ω)‎ B．电流表A2(量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω)‎ C．电压表V(量程0～1.5V，内阻约为3kΩ)‎ D．滑动变阻器1(阻值0～10Ω，额定电流为1A)‎ E．滑动变阻器2(阻值0～3kΩ，额定电流为1A)‎ F．电键，导线若干 G．水果电池 ‎（1）实验中电流表应选用______，滑动变阻器应选用______(均用序号字母表示)．‎ ‎（2）请在虚线框内画出实验电路图，（有错不给分）．（ ）‎ ‎（3）根据实验记录的数据，经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的图象如图所示，由图可知：水果电池的电动势＝____V，内阻r＝___Ω.（保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A E (2). (3). 1.35 450‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电流约为3mA，故电流表选择A；‎ ‎[2]电源的内阻大约 若选用0～10Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，因此滑动变阻器应选E；‎ ‎(2)[3]由题意可知水果电池内阻较大，为减小实验误差，相对于电源来说，电流表应采用内接法，电路图如图所示 ‎(3)[4]由图示电源U-I图线可知，图象与纵轴截距为1.35，则电源电动势 ‎[5]图线斜率的绝对值即为内阻 四、计算题 ‎22.如图所示，电阻R1＝2Ω，小灯泡L上标有“3V 1.5 W”，电源内阻r＝1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0（大小未知），当触头P滑动到最上端a时安培表的读数为l A，小灯泡L恰好正常发光，求：‎ ‎(1)滑动变阻器的最大阻值R0；‎ ‎(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率。‎ ‎【答案】（1）6Ω（2）12 W ；8 W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当触头滑动到最上端时，流过小灯泡的电流为：‎ 流过滑动变阻器的电者呐：‎ 故：‎ ‎（2）电源电动势为：‎ 当触头，滑动到最下端时，滑动交阻器和小灯泡均被短路．电路中总电流为：‎ 故电源的总功率为：‎ 输出功率为：‎ ‎23.如图(a)所示为某电阻随摄氏温度变化的关系图象，图中表示0℃时的电阻值，表示图线的斜率．若用该电阻与电池(电动势为，内阻为)、电流表(满偏电流为、内阻为)、滑动变阻器串联起来，连接成如图(b)所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻温度计”．‎ ‎（1）使用“电阻温度计”前，先要把电流表的刻度改为相应的温度值，若温度,其对应的电流分别为、，则、谁大？‎ ‎（2）若该“电阻温度计”的最低适用温度为0℃，即当温度为0℃时，电流表恰好达到满偏电流，则变阻器的阻值为多大？‎ ‎（3）若保持（2）中电阻的值不变，则电流表刻度为时所对应的温度为多大？‎ ‎【答案】（1） I1＞I2 （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图（a）可知温度越高，电阻R越大，对应电路中的电流越小，故；‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律得：‎ 解得 ‎(3)由图（a）得 再由闭合电路欧姆定律得：‎ 解得 ‎24.如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E＝1.0×104 N/C，现有质量m＝0.20 kg，电荷量q＝8.0×10－4 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知SAB＝1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等 (取g＝10 m/s2)。求：‎ ‎(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；‎ ‎(2)带电体最终停在何处．‎ ‎【答案】(1)v＝10 m/s (2)带电体最终静止在与C点的竖直距离为m处．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对从A到C过程根据动能定理列式求解C点的速度即可； （2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，对从C到D过程由动能定理列式求解上升的高度，然后可以判断出滑块会静止在最高点；‎ ‎【详解】（1）设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：‎ qE(sAB+R)−μmgsAB−mgR＝mv2‎ ‎ 解得v=10 m/s； （2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：‎ ‎-mgh-μqEh=0-mv2 解得h= m 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax=μqE=4 N 重力G=mg=2 N，因为G＜Ffmax 所以带电体最终静止在与C点的竖直距离为m处；‎ ‎【点睛】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。‎ ‎25.如图所示，挡板固定在足够高的水平桌面上左端，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有+和+的电荷量，质量分别为和．两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳水平跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩，整个装置处于方向水平向左的匀强电场中，电场强度为E．开始时A、B静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B间的库仑力，A、B所带电荷量保持不变，B一直在水平面上运动且不会碰到滑轮．试求:‎ ‎（1）开始A、B静止时，求挡板对物块A作用力大小；‎ ‎（2）若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，当物块C下落到最大距离时物块A对挡板的压力刚好为零，试求物块C下落的最大距离；‎ ‎（3）若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板时，B的速度多大？‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)开始A、B静止时，AB受力平衡，水平方向有：‎ ‎(2) 开始时弹簧形变量为x1，由平衡条件 得 设当A刚离开档板时弹簧的形变量为x2：由 得 所以C下降的最大距离为 联立解得 ‎(3)由能量守恒定律可知：C下落h过程中，C重力势能的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和，当C的质量为M时，‎ 当C的质量为2M时，设A刚离开挡板时B的速度为v，则有 联立解得