江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

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，由焦耳定律，要产生相等的热量，则有，可得。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. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电流可以表示为：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 根据：‎ ‎，‎ 可得 ‎，‎ A．或，A错误；‎ B．或，B错误；‎ C．或，C正确；‎ D．或，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，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. 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：‎ 可得：，U一定，则v与成正比，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=‎ 因此v2=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 ‎，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 ‎ B. 电动机的发热功率为 ‎ C. 电动机的功率可写作 D. 电动机的输出功率为 ‎【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，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，电压表V2的示数改变量大小为，电流表A的示数改变量大小为，则下列判断正确的有 A. 的值变大 B. 的值变大 C. 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，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，的值等于R1和r的阻值，不变，B错误；‎ C.路端电压的增大量等于内电压的减小量，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 ‎，‎ 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 ‎，‎ 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 ‎，‎ 可知R增大时量程增大;‎ 由公式 ‎，‎ 在乙图中，若改装成电压表的量程为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=15mm+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：‎ ‎。‎ ‎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)‎ B.电流表A2(量程3.0A，内阻约为0.2)‎ C.电压表V1(量程5.0V，内阻约为5k)‎ D.电压表V2(量程15.0V，内阻约为15)‎ E.滑动变阻器R1(最大阻值为5，额定电流500)‎ F.滑动变阻器(最大阻值为10，额定电流2.0A)‎ G.电源(电动势为6.0V，内阻约为0.5)‎ ‎(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：‎ ‎，‎ 故电流表应选A1，即A；‎ ‎[2]灯泡额定电压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 ‎，‎ 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 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：‎ 代入数据解得：‎ 电压表示数为: ‎ U2=I2R23=1V R2上消耗的功率为:‎ ‎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）、；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当S闭合时，设电容器电压为U，则有：‎ 对带电小球受力分析得：‎ 联立解得：‎ ‎(2)断开S，设电容器电压为U′，则有：‎ ‎,‎ U′

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