西藏拉萨市那曲二中2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

西藏拉萨市那曲二中2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

物理试卷 一、选择题 ‎1.关于电流的说法中正确的是 A. 根据,可知I与q成正比 B. 如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等,则导体中的电流是恒定电流 C. 电流有方向,电流矢量 D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据：‎ 可以知道I是通过某一横截面积的电量q与通过这些电量所用时间t的比值；当t一定时,I与q成正比，当q一定时，通电时间越长，电流越小.故A错误;‎ B．恒定电流的电流大小和方向都不随时间变化,而在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等,只能说明大小相等,不能说明方向也不变,故B错误;‎ C．电流有方向，但电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则,故电流是标量.故C错误;‎ D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位.所以D正确.‎ 故选D.‎ ‎2.利用右图所示的电路可以测量出电压表的电阻，R为电阻箱，电源电压恒定不变，当R取不同阻值时，电压表均对应有不同读数U，多次改变电阻箱的阻值，所得到的图象为下图中的哪一个（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设电压表的内阻为，由闭合电路的欧姆定律可得电路中的电流 电压表示数 则 因、为定值，所以与的间的关系是一次函数关系，由图象可知A正确，BCD错误。‎ ‎3.如图所示是一欧姆表（多用电表欧姆挡）的结构示意图，虚线框内有欧姆表的内部电路，红、黑表笔分别插入正、负插孔，虚线框内的欧姆表的内部电路图正确的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 红表笔插在正极孔中，与内部电源负极相连，黑表笔与电源的正极相连。‎ ‎【详解】由于要保证电流在表头中红进黑出，故红表笔应接电源的负极，黑表笔接电源的正极；并且在测量电阻时要进行欧姆调零；故应串接滑动变阻器；故A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】本题考查了欧姆表的内部结构，要记住电流从红表笔进，从黑表笔出。‎ ‎4. 某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（ ）‎ A. 电流表烧坏 B. 电压表烧坏 C. 小灯泡烧坏 D. 小灯泡不亮 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ 用伏安法测灯泡电阻的电压不高，在电表误用的情况下，由于电压表的电阻很大，电路可视为断路，因此灯泡不亮，故选D．‎ ‎5.如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡D1的U－I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 此电源的内阻为Ω B. 灯泡D1的额定电压为3V，额定功率为6W C. 把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变大 D. 由于小灯泡D1的U－I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由图读出：电源的电动势，内阻，故A错误；‎ B项：两图线的交点表示小灯泡D1与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=3V，电流 I=‎2A，功率为 P=UI=6W，由于小灯泡D1正常发光，则灯泡D1的额定电压为3V，功率为6W，故B正确；‎ C项：灯泡D1的电阻，的灯泡D2的电阻为，可知灯泡D2的电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变大，故C正确；‎ D项：灯泡是纯电阻，欧姆定律仍适用，图象为曲线是由灯泡电阻随温度的增大而增大，故D错误．‎ ‎6.三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形,在导线中通过的电流大小均为,方向如图所示.和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上,且到相应顶点的距离相等.将和c处的磁感应强度大小分别记为和,下列说法正确的是 A. ‎ B. ‎ C. a和b处磁场方向垂直于纸面向外,c处磁场方向垂直于纸面向里 D. a处磁场方向垂直于纸面向外,b和c处磁场方向垂直于纸面向里 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于三条导线通过电流均为I，令其分别为1、2、3，如图：‎ ‎ ‎ 则由右手螺旋定则可知，1、2在a处产生产生大小相等，方向相反的磁感应强度，即a处磁感应强度由3决定，垂直纸面向外；同理，b处磁感应强度由2‎ 决定，垂直纸面向外，磁感应强度大小与a相同；1、2、3在c处产生的磁感应强度均垂直纸面向里，该处磁感应强度大于a、b处，即有：‎ 故选C.‎ ‎7.两条长直导线AB和CD相互垂直，彼此相隔一很小距离，通以如图所示方向的电流，其中AB固定，CD可以其中心为轴自由转动或平动，则CD的运动情况是（ ）‎ A 顺时针方向转动，同时靠近导线AB B. 顺时针方向转动，同时离开导线AB C. 逆时针方向转动，同时离开导线AB D. 逆时针方向转动，同时靠近导线AB ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动，当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引。所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB，故D正确，ABC错误。‎ ‎8.如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E。从两板左侧中点c处射入一束负离子(不计重力)，这些负离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是( )‎ A. 这三束负离子的速度一定不相同 B. 这三束负离子的电荷量一定不相同 C. 这三束负离子的比荷一定不相同 D. 这三束负离子的质量一定不相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有 所以 故三束正离子的速度一定相同．故A错误；‎ B．3束离子在磁场中有 故 由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，然而正离子质量可能相同，电量也有可能相同，故BD错误，C正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性。‎ ‎9.如图所示，电容器由平行金属板M、N和电介质D构成．电容器通过开关S及电阻及与电源E相连接．则 A. M上移电容器的电容变大 B. 将D从电容器抽出，电容变小 C. 断开开关S，M上移，MN间电压将增大 D. 闭合开关S，M上移，流过电阻及的电流方向从B到A ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎，根据电容的决定式可知，当M向上移时，板间距离d增大，电容器的电容变小；当将D从电容器抽出，介电常数减小，电容器的电容变小，故A错误，B正确；断开开关S，M上移，电量不变，而电容减小，根据电容的定义式，可知电容器两端的电压增大，故C正确；闭合开关S，电压不变，M上移时电容减小，则由可知，电量Q减小,电容器放电，流过电阻的电流方向从A到B，故D错误．选BC.‎ ‎【点睛】根据电容的决定式，分析电容的变化．电容器的板间电压不变，根据电容的定义式，分析电容器电量的变化，即可判断电路中电流的方向．‎ ‎10.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是(  )‎ A. 电子一定从A向B运动 B. 若>，则Q靠近M端且为正电荷 C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有<‎ D. B点电势可能高于A点电势 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC．‎ ‎11.如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中 A. U先变大后变小 B. I先变小后变大 C. U与I比值先变大后变小 D. U变化量与I变化量比值等于R3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；在滑动变阻器的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的的电阻与的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；‎ ‎【点睛】当滑动变阻器的两部分并联在电路中时，在最中间时，电阻最大，滑片从一端移动到另一端的过程中，电阻先增大后减小，‎ ‎12.如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的右上方附近固定有一根长直导线，导线中通与了方向垂直纸面向里（即与条形磁铁垂直）的电流，与原来没有放置通电导线时相比较，磁铁受到的支持力N和摩擦力f的变化情况是 ‎ A. N减小了 B. N增大了 C. f始终为0 D. f不为0，且方向向右 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方；‎ 根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大；故B、D正确．‎ 本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力．关键存在先研究导线所受安培力．‎ 二、实验题 ‎13.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．‎ 实验主要步骤：‎ ‎（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；‎ ‎（ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U—I图线（U、I都用国际单位）；‎ ‎（ⅳ）求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）电压表最好选用______；电流表最好选用______．‎ A．电压表（0-3V，内阻约15kΩ） B．电压表（0-3V，内阻约3kΩ）‎ C．电流表（0-200mA，内阻约2Ω） D．电流表（0-30mA，内阻约2Ω）‎ ‎（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是______．‎ A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 ‎（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可得E和r的测量值．‎ ‎【答案】 (1). （1）A、 (2). C (3). （2）C (4). （3）ka (5). k-R2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；‎ 当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择C；‎ ‎（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻r=k-R2； 令U=0，则有：； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：；解得：E=ka .‎ ‎【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义．‎ ‎14.某同学用伏安法测定待测电阻的阻值（约10kΩ），除了、开关S、导线外还有下列器材供选用：‎ A.电压表（量程0〜1V，内阻约10kΩ） ‎ B.电压表（量程0〜10V，内阻约100kΩ）‎ C.电流表（量程0〜1mA，内阻约30Ω） ‎ D.电流表（量程0〜‎0.6A，内阻约0.05Ω）‎ E.电源（电动势1.5V，额定电流‎0.5A,内阻不计） ‎ F.电源（电动势12V，额定电流‎2A，内阻不计）‎ G.滑动变阻器（阻值范围0~10Ω，额定电流‎2A）‎ ‎（1）为使测量尽量准确，电压表选用_____，电流表选用____,电源选用_____。（均填器材的字母代号）‎ ‎（2）画出测量阻值的实验电路图。（ ）‎ ‎（3）该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会____其真实值（填“大 于”“小于”或“等于”）‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). F (4). (5). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]若选用电源1.5V，由于被测电阻很大，电路中电流很小，不利于实验，即电源选用12V的，即F；所以电压表就选B；被测电路中的最大电流为 故选用电流表C；‎ ‎(2)[4]因为所给滑动变阻器的最大阻值只有，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压式接法，由于：‎ 所以电流表采用内接法，电路如图所示：‎ ‎(3)[5]由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据：‎ 可知待测电阻测量值偏大；待测电阻测量值会大于其真实值。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，长l＝‎1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－‎6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝‎10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)小球所受电场力F的大小；‎ ‎(2)小球的质量m；‎ ‎(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．‎ ‎【答案】(1)F=3.0×10－3N　(2)m=4.0×10－‎4kg　(3)v=‎2.0m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据电场力的计算公式可得电场力； (2)小球受力情况如图所示：‎ ‎ ‎ 根据几何关系可得，所以；‎ ‎(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则，解得v=‎2m/s．‎ ‎16.如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3为滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．计算：‎ ‎（1）定值电阻R2的阻值；‎ ‎（2）滑动变阻器的最大阻值；‎ ‎（3）电源的电动势和内阻．‎ ‎【答案】（1）5Ω（2）300Ω （3）20V；20Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当R3的滑片滑到最右端时，R3、R1均被短路，此时外电路电阻等于R2，且对应于图线上B点，故由B点的U、I值可求出R2的阻值为：‎ ‎（2）滑动变阻器的滑片置于最左端时，R3阻值最大．设此时外电路总电阻为R，由图像中A点坐标求出：‎ 代入数据解得滑动变阻器最大阻值 ‎（3）由闭合电路欧姆定律得：‎ 将图像中A、B两点的电压和电流代入得：‎ 解得 ‎17.如图所示，在倾角为θ =30°的斜面上，固定一宽L=‎0.25 m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R．电源电动势E=12 V、内阻r =1 Ω，一质量m =‎20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=0.80 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．g取‎10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力的大小；‎ ‎（2）通过金属棒的电流的大小；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【答案】（1）0.1N （2）‎0.5A （3）23Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）作出金属棒的受力图，如图所示.则有F=mgsin30°=0.1N.‎ ‎（2）根据安培力公式F=BIL得.‎ ‎（3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律有E=I(R+r)，得.‎