北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

北京新学道临川学校2019-2020学年度第一学期期中高二物理 ‎—、单项选择题 ‎1.某根导线的横截面积为S，通过电流为I.已知该导线材料密度为ρ，摩尔质暈为M，电子电荷量为e，阿伏伽德罗常数为NA，设每个原子只提供一个自由电子，则该导线中自由电子定向移动速率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为：‎ t时间内通过导体截面的电荷量为：q=ne,电流强度为 得 故A正确。‎ ‎2.某一导体的伏安特性曲线如图AB段（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是 A. B点的电阻为12Ω B. B点的电阻为40Ω C. 导体的电阻改变了1Ω D. 导体的电阻改变了9Ω ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．B点的电阻为 故A错误，B正确；‎ CD．A点的电阻为 故两点间的电阻改变了40-30=10Ω，故CD错误。‎ ‎3.如图所示，一段长为a，宽为b，高为c(a>b>c)的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为 (　　)‎ A. R B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由电阻定律：R=可知横截面积越小，长度越大，电阻越大；横截面积越大，长度越短，电阻越小。故电阻最大时，横截面积应该最小，即从左右两端接入，此时电阻为：‎ R=‎ 解得：ρ=‎ 当从上下两个面接入时电阻最小，此时电阻为：‎ r==，故D正确，ABC错误 故选：D.‎ ‎4.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】‎ ‎【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;‎ CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误。‎ 故选:A.‎ ‎5.在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是 (　　) ‎ A. 增大R1的阻值 B. 减小R2的阻值 C. 减小R3的阻值 D. 增大M、N间距 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当增大电阻时，没有作用，因为电阻与两平行金属板相串联，然而两板间没有电流，所以电阻两端没有电势差．故A错误；当减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器电压变大，故B正确；当减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则电阻两端电压变大，那么变阻器电压变小，故C错误；当增大MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变小，所以电场力小于重力，故D错误；‎ 考点：考查了带有电容器电路的动态分析 点评：电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除．当改变间距时，会导致两板间的电容变化．‎ ‎6.如图所示，A、B、C三个相同的灯泡连成如图电路，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，三个灯泡的亮暗变化情况是（ ）‎ A. 同时变亮 B. 同时变暗 C. A、C两灯变暗，B灯变亮 D. A、C灯变亮，B灯变暗 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】滑动变阻器滑动触头向上滑动时，接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故流过A灯电流增大，故A灯变亮；‎ 由于电流增大，则可知内电压和灯泡A两端的电压增大，故并联部分电压减小，所以B灯两端电压减小，B灯变暗；‎ 因干路电流增大，B灯电流减小，则由分流原理可知，C中电流增大，故C灯变亮，故AC变亮，B变暗，故D正确，ABC错误。‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再根据功率公式可分析灯泡亮度的变化．‎ ‎7.如图所示，将电压表和电流表用（a）和（b）两种测量电路连接，用来测量电阻Rx的阻值，按照（a）图时，电流表示数为4.00mA，电压表示数为2.40V；按照（b）图时，电流表示数为 5.00mA，电压表示数为2.30V，比较这两次结果，正确的是 A. 电阻真实值更接近600Ω，且大于600Ω B. 电阻的真实值更接近600Ω，且小于600Ω C. 电阻的真实值更接近600Ω，且大于460Ω D. 电阻的真实值更接近460Ω，且小于460Ω ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电流表示数由4.00mA变为5.00mA，变化了=25%；电压表示数由2.40V变为2.30V，变化了=4%；电流变化明显，说明电压表分流较明显，应采用电流表内接法，即按照（a）图连接。电流表的示数是4.00mA，电压表的示数是2.40V，根据欧姆定律有：‎ 此电阻等于待测电阻与电流表内阻之和，待测电阻阻值小于600Ω。故B正确，ACD错误。‎ 故选：B ‎8.某同学按如图电路进行实验，电压表和电流表均为理想电表，实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同(但不为零)，若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（ ）‎ A. R3短路 B. R1短路 C. R3断开 D. R2断开 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A：R3短路，两电压表均被短路，电压表示数相同(均为零)。故A项错误。‎ B：R1短路，由图可知RP与R2串联后与R3并联，然后接在电源上。电压表V1测并联部分电压，V2测R2两端的电压。两电压表示数不同。故B项错误。‎ C：R3断开，由图可知RP与R2串联，然后再与R1串联。电压表V1测RP与R2的电压，V2测R2两端的电压。两电压表示数不相同。故C项错误。‎ D：R2断开，R3与R1串联接在电源上，两电压表均测R3的电压。两电压表示数相同(但不为零)。故D项正确。‎ ‎9.如图所示，其中电流表A的量程为‎0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示‎0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）‎ A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示‎0.04A B. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示‎0.02A C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示‎0.06A D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示‎0.01A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝，可知流过R1‎ 的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为‎0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示‎0.06 A，C正确，D错误。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 二、多项选择题 ‎10.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是（ ）‎ A. 粒子一定带负电 B. A处场强大于C处场强 C. 粒子在A处电势能小于在C处电势能 D. 粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，故A错误；‎ B. 等差等势面的疏密反映电场强度的大小，处场强大于处场强，故B正确；‎ C. 从点运动到点，电场力方向与速度的夹角大于，电场力做负功，电势能增大，故C正确；‎ D. 根据知电势差相同，电场力做功相同，所以粒子从到电场力所做的功等于从到电场力所做的功，故D错误。‎ ‎11.如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电荷量为e.则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述不正确的是 A. 若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变 B. 若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍 C. 若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D. 若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据动能定理得 ‎ ‎ 知电子到达Q板的速度为：‎ 将板间距离增大一倍，因为电压不变，电子到达Q板的速率不变，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意； CD．电子的加速度为：‎ 根据 得：‎ 若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的 倍，故CD错误，符合题意；‎ ‎12.在匀强电场中，关于电势差与电场强度的下列说法正确的是（ ）‎ A. 任意两点间的电势差等于电场强度与这两点间距离之积 B. 沿电场方向，任意相同距离上电势差必定相等 C. 电势降低的方向不一定就是电场强度的方向 D. 距离相同的两点上，电势差越大，这两点间的电场强度越大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.公式中的必须是两点间沿着电场方向的距离，故A错误；‎ B. 由知，在匀强电场中各处相同，则沿着方向相同距离上的电势差相同，故B正确；‎ C. 沿着电场方向电势降低，但是电势降低的方向有无数个，所以电势降低的方向未必是电场的方向，故C正确；‎ D. 在相同距离上的两点，电势差大，场强不一定大；若两点沿电场线方向相同距离上的两点，电势差大的其场强才必定大，故D错误。‎ ‎13.关于导体的电阻，下列说法正确的是 A. 根据，可知R与U成正比，与I成反比 B. 根据，可知R与L成正比，与S成反比 C. 白炽灯温度上升电阻变大，是因为灯丝的电阻率变大 D. 将一圆柱形导体均匀拉长为原来的两倍，则电阻变为原来的4倍 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电阻定律可知，导体的电阻大小的影响因素：长度、横截面积、材料。跟电压、电流都无关，故A错误；‎ B．根据电阻定律可知，导体的电阻R与长度L成正比，与横截面积S成反比，故B正确；‎ C．白炽灯温度升高，电阻率增大，电阻变大，故C正确；‎ D．将一圆柱形导体均匀拉长为原来的两倍，则横截面积减小为原来的一半，根据电阻定律可知，电阻变为原来的4倍，故D正确。‎ ‎14.一根粗细均匀的金属导线，两端加电压为U时，通过导线的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，两端电压仍为U，则（ ）‎ A. 通过导线的电流强度为I B. 通过导线的电流强度为I C. 自由电子定向移动的平均速率为v D. 自由电子定向移动的平均速率为v ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】将导线均匀拉长，使其半径变为原来的1/2，横截面积变为原来的1/4倍，导线长度要变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律R=ρ可知，导线电阻变为原来的16倍；电压U不变，由欧姆定律I=U/R可知，电流变为原来的1/16；故A错误，B正确；电流I变为原来的1/16，横截面积变为原来的1//4，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子粒所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I=nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的1/4，故C正确，D错误；故选BC。‎ ‎15. 如图所示的电路中，当滑动变阻器的触头P向上滑动时，则 （ ）‎ A. 电源的总功率变大 B. 电容器贮存的电荷量变大 C. 灯L1变暗 D. 灯L2变亮 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，干路电流变大，则灯L1变亮．电源的总功率P=EI，E不变，则电源的总功率变大．选项A正确；干路电流增大，电源的内电压和灯L1的电压增大，则L1‎ 变亮；电路中并联部分的电压U并减小，通过R1的电流减小，而干路电流增大，所以通过灯L2的电流变大，灯L2变亮．选项C错误，D正确；电容器的电压等于并联部分的电压，则其电压减小，电容器贮存的电量变小．故D正确，故选AD．‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】本题考查了滑动变阻器变阻原理、欧姆定律、串联电路的电压关系，按“局部→整体→局部”的思路进行分析。‎ ‎16.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值，则 A. A的示数增大 B. 的示数增大 C. 与的比值大于r D. 大于 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对；‎ B．电压表测量定值电阻的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即示数增大。电压表测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B错；‎ D．电压表测量滑动变阻器电压，设电流增加量为，则根据，，所以，选项D对；‎ C．电压表的变化量，所以，选项C对。‎ 三、实验题 ‎17.某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值：‎ ‎（1）表内电池的_______极与红表笔相连； ‎ ‎（2）先把选择开关旋到“×l‎00”‎档位，测量时指针偏角太小.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_______（填“×lk”或者“×lO” ）档位；‎ ‎②将两表笔短接，______________；‎ ‎③再接入待测电阻，重新读数；‎ ‎④测量结束后，将选择开关旋到OFF档.‎ ‎（3）表盘的示数如下图，则电阻值是_______Ω.（保留三位有效数字）‎ ‎（4）在使用多用电表的欧姆档测量电阻时，若（ ）‎ A.双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 ‎ B.测量某电阻阻值时偏角越大越准确 C.选择“×‎10”‎倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25Ω D.从电池使用时间太长导致电动势减小内阻变大，虽然完成调零，但测量值将略大 ‎【答案】 (1). 负 (2). ×lk (3). 调节欧姆调零旋钮 (4). 2.20×104 (5). D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1） 为保证电流从红表笔进，黑表笔出，表内电池的负极与红表笔相连；‎ ‎（2）①偏角小说明阻值大，要换较大挡，选×1k档；‎ ‎②换挡后，要重新欧姆调零：将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆档零刻度处。‎ ‎（3）读数为：22×1k=2.20×104Ω；‎ ‎（4）A.双手捏住两表笔金属杆，等效于与待测电阻并联一个电阻，测量值将偏小，故A错误；‎ B.测量某电阻阻值时在中值电阻附近较准确，故B错误；‎ C.由于欧姆档刻度左边比较密，右边比较稀疏，选择“×‎10”‎倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于250Ω，故C错误；‎ D.电池电动势减小内阻变大时，同样的电流，外接的电阻较小，测量值将略大，故D正确。‎ 故选：D ‎18.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U—I图象如图所示 现备有以下器材：‎ A.干电池1 个 B.滑动变阻器（0〜50Ω）‎ C.电压表（0〜3V）‎ D.电压表（0〜15V）‎ E.电流表（0〜‎0.6A）‎ F.电流表（0〜‎3A）‎ ‎(1)其中电压表____和电流表应选_____（填字母代号）‎ ‎(2)如图乙是根据实验数据画出的U—I图象.由此可知这个干电池的电动势E=___V，内电阻r=___ （保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). 1.5 (4). 0.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择C ‎[2]电路中的电流较小，因此电流表选择‎0.6A量程的E ‎(2)[3]在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V ‎[4]图象中斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为 四、计算题 ‎19.如图所示，用某一直流电动机来提升重物，重物的质量m=‎100kg。当电压U1=24V ‎ 时没有提起重物，即输出功率为零这时电流为I1=‎6A.当电动机的电压为U2=220V，重物被提起.不计各种摩擦，当重物向上运动的速率恒定时，电路中的电流强度I2=‎5.0A， 求:（取g=‎10m/s2）‎ ‎（1）该电动机的电阻.‎ ‎（2）重物被电动机匀速提升时的速率?‎ ‎【答案】(1)4(2)‎1m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电动机输出功率为零时符合欧姆定律，则有 ‎(2)设重物匀速运动的速率为v，则根据功率关系可得：‎ P总=UI P热=I2r P出=mgv P总=P热+P出 联立解得：‎ v=lm/s ‎20.如图所示，线段A为某电源的U-I图线，线段B为某电阻的U-I图线，当上述电源和电阻组成如图闭合电路时，求：‎ ‎(1)电源电动势和内阻各是多大？‎ ‎(2)电源的输出功率P是多大？‎ ‎(3)若要获得电源的最大输出功率，要并联一个多大的电阻？电源最大输出功率多大？‎ ‎【答案】（1）3V ；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从A的图线可读出电动势为：‎ 内阻为：‎ ‎；‎ ‎（2）从图象的交点可读出 路端电压为：‎ 电路电流为：‎ 电源的输出功率为：‎ ‎；‎ ‎（3）从图象的交点可得：‎ ‎，‎ 当内外电阻相等时，即外电路总电阻为:‎ 时，电源有最大输出功率，‎ 由电阻并联关系可得并联的电阻为：‎ ‎，‎ 电源有最大输出功率为：‎ ‎；‎ 所以：（1）电源电动势和内阻各是3V和0.5Ω；（2）电源的输出功率为4W；（3）若要获得电源的最大输出功率，要并联一个1Ω的电阻，电源最大输出功率4.5W ‎【点睛】解决该题需明确知道U−I图象中纵截距和斜率的物理意义，知道在什么时候电源的输出功率是最大的；熟记功率的计算公式。‎ ‎21.如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场的作用下从O经P 板的小孔射出，又从正中垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。电子质量为m，电量为e，偏转电场金属板长为L。求：‎ ‎（1）电子进入偏转电场的速度；‎ ‎（2）若电子恰好从下板右边缘飞出电场，则偏转电场两板间的距离。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子经加速电场，由动能定理得：‎ 得进入偏转电场的速度为：‎ ‎(2)电子在偏转电场做类平抛运动，水平方向有：‎ L=v0t 竖直方向有：‎ 加速度 联立解得两板间的距离为：‎ ‎22.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R阻值为2r,滑动变阻器R1的阻值最大值为2r，左侧是水平放置、间距为d,长度为L的平行金属板，不计其他电阻；若在两板中间A点静止释放一质量为m的带电油滴，恰好保持静止状态，此时滑动变阻器的滑动触片在中间。‎ ‎（1）油滴带电量是多少？‎ ‎（2）将两板绕过A点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转，调节R1的阻值，在A点静止释放该油滴，使油滴沿直线平行于两板间离开电场，此时滑动变阻器的滑动触片在什么位置？‎ ‎【答案】(1) (2)滑动触片在离上端处 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由闭合电路欧姆定律，两板间电压为：‎ 在电场中，油滴受力平衡，有：‎ 解得油滴电量为：‎ ‎(2)根据油滴受力可知：‎ 解得两板间电压为：‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ 解得滑动变阻器电阻阻值为：‎ 滑动触片在离上端处。‎ ‎23.在如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表) 的示数各为1.6 V和‎0.4 A；当S断开时，它们的示数各改变0.1 V和‎0.2 A，求电源的电动势和内阻。‎ ‎【答案】E＝1.8 V，r＝0.5 Ω ‎【解析】‎ S断开，外电路电阻增大，总电流减小，外电压增大。‎ U1=1.6V，I1=‎0.4A则U2=1.7V，I2=‎‎0.2A 根据闭合电路欧姆定律得： ， ‎ 联立解得：E＝1.8 V，r＝0.5 Ω ‎24.如图所示，两个水平放置的带电平行金属板间形成匀强电场，长为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端拴着一个质量为m、带有一定电荷量的小球，小球原来静止.当给小球某一冲量后，它可绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动.若两板间电压增大为原来的4倍，重力加速度为g，则：‎ ‎（1）要使小球从C点开始在竖直平面内做圆周运动，开始至少要给小球多大的冲量？‎ ‎（2）在小球运动过程中，细线上的最大拉力为多大？‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球开始做匀速圆周运动，故有：‎ mg=qE 当电压增大到原来的4倍，故两极板间的电场强度变为：‎ 在C点绳的拉力为0时，小球做圆周运动的速度最小：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 根据动量定理得：‎ ‎(2)由C到D，依据动能定理可得：‎ 解得：‎ 小球运动过程中细绳所受的最大拉力在D位置，此时绳的拉力和重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎