2018-2019学年高二物理上学期期中联考试卷(含解析)(I).docVIP

2018-2019学年高二物理上学期期中联考试卷(含解析) (I)一、单选题(共9小题,每小题3.0分,共27分) 1. 关于分子电流，下面说法中正确的是 A. 分子电流假说最初是由法国学者法拉第提出的B. 分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质，即磁场都是由电荷的运动形成的C. “分子电流”是专指分子内部存在的环形电流D. 分子电流假说无法解释加热“去磁”现象【答案】B【解析】分子电流假说最初是由安培提出来的，A错误，“分子电流”并不是专指分子内部存在环形电流的，分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质，即磁场都是由电荷的运动形成的，所以C错误B正确，加热去磁现象可以根据分子电流假说解释，构成磁体的分子内部存在一种环形电流分子电流通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，D错误思路分析： 根据分子电流假说的内容分析试题点评：了解物理学发展历史，不仅能做好这类题，也能帮助我们历史地去看待科学的发展进程2.一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口.管中盐水柱长为40 cm时测得电阻为R.若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同.现将管中盐水柱均匀拉长至50 cm(盐水体积不变，仍充满橡胶管).则盐水柱电阻变为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】液体导电可以应用欧姆定律求解，所以根据总体积不变求出截面积的变化，再根据电阻定律进行分析，联立方程即可求得盐水柱变化后的电阻。【详解】由于总体积不变，设40cm长时的横截面积为S所以长度变为50cm后，横截面积，根据电阻定律 联立解得：故应选：D。【点睛】本题考查电阻定律的应用，关键在于判断过程中需要借助液体的总体积保持不变求出横截面积的变化，再利用中间量s进行分析即可求解。3.如图是某种电磁泵模型，泵体是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，泵体处在垂直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，泵体上下表面接电动势为U的电源(内阻不计)若泵工作时理想电流表示数为I，泵和水面高度差为h，液体的电阻率为，t时间内抽取液体的质量为m，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g.则()A. 泵体上表面应接电源负极B. 电源提供的电功率为C. 电磁泵对液体产生的推力大小为BIL1D. 质量为m的水离开泵时的动能为UItmghI2t【答案】D【解析】【分析】当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况。【详解】A项：当泵体上表面接电源的负极时，电流从下向上流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，不会拉动液体，故A错误；B项：为非纯电阻电路，电源提供的电功率为UI，故B错误；C项：根据安培力公式F=BIL2，故C错误；D项：若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为EK=UIt-mgh-，故D正确。故应选：D。【点睛】本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素。4.如下图所示，两个同心放置且共面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环面垂直，通过两环的磁通量a、b比较，则()A. ab B. abC. ab D. 不能确定【答案】A【解析】磁感线是闭合曲线，在条形磁铁外部从N极到S极，在内部从S极到N极由于圆环a的面积小于圆环b的面积，因此从外部N极到S极穿过a面的磁感线条数少，而内部从S极到N极的磁感线条数一样，于是穿过a面的总磁通量大，选项A正确5.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，分别用甲、乙两个电源做实验，它们的路端电压U随电流I变化的关系如图所示，则这两个电源的内阻大小关系是()A. r甲r乙 B. r甲r乙 C. r甲r乙 D. 不能确定【答案】A【解析】【分析】在该U-I图线中，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻可比较出两电源的电动势和内阻。【详解】电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，由图示图象可知：E甲=E乙，图象斜率的绝对值是电源内电阻r=，由图象可知，r甲r乙，故A正确.故应选：A。【点睛】本题考查了比较电源内阻大小，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要会根据电源U-I图象求出电源电动势与内阻的方法。6.在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是 ()A. 沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上B. 沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方C. 电流沿南北方向放置在磁针的正上方D. 电流沿东西方向放置在磁针的正上方【答案】C【解析】奥斯特发现电流周围存在磁场，对小磁针有磁场力作用，但地磁场也对小磁针有磁场力作用（指向南北），所以为了回避因地磁场的作用，因此将导线须南北放置，若偏转说明是通电导线的磁场引起的，且放置在导线的下方或上方，不能在导线的延长线上，故ABD错误，C正确故选C点睛：磁体考查地磁场的方向，掌握小磁针静止时，能确定磁场的方向，注意通电导线产生磁场使得小磁针偏离原来的方向是解题的关键7.在地球表面的某位置,发现能自由转动的小磁针静止时S极指向地面,则该位置是()A. 地磁北极附近 B. 地磁南极附近C. 赤道附近 D. 无法确定【答案】A【解析】根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极指向的位置应是地磁场的北极，故选项A正确.8.如图所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中，若环形导体通有如图所示方向的电流I，试判断环形导体的运动情况（） A. 环形导体向右倾斜B. 环形导体仍静止不动C. 环形导体向左倾斜D. 条件不够，无法判断【答案】B【解析】【分析】根据左手定则可知，通电导线在磁场中受力的方向，并由受力方向来判定导体运动情况。【详解】根据左手定则，环形导体所受到的安培力方向与导体平面平行，导致安培力只能使导体处于收缩状态，因此仍能静止不动。故B正确，A、C、D错误。故应选：B。【点睛】通电电流处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断注意本题强调环形导体与磁场垂直放置。9.如图电路中，电源电动势E恒定，内阻r1，两电表均为理想电表，定值电阻R35. 当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等则下列说法正确的是()A. 电阻R1、R2可能分别为3、6B. 电阻R1、R2可能分别为4、5C. 开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D. 开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于1【答案】B【解析】试题分析：据题意，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，K闭合时被短路，则有：，将=3、=6代入方程不成立，而将=4、=5代入方程成立，故A错误，B正确.电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数故C错误.根据闭合电路欧姆定律得：，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为，故D错误故选B.考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、动态分析电路.二、多选题(共7小题,每小题4.0分,共28分) 10.如图所示，A、B、C为三个通电导体的IU关系图象.由图可知（）A. 三个导体的电阻关系为RARBRCB. 三个导体的电阻关系为RARBRCC. 若在导体B两端加上10 V的电压，通过导体B的电流是2.5 AD. 若在导体B两端加上10 V的电压，通过导体B的电流是40 A【答案】BC【解析】I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，故斜率越大，电阻越小，因此C的电阻最大，A的电阻最小，故选项B正确，A错误；B的电阻R=4；则加10V电压时，电流；选项C正确，D错误；故选BC.点睛：本题考查伏安特性曲线的应用，用图象比较电阻的大小时，除用斜率之外，还可以利用电压相同时比较电流、电流大的电阻小，或者是电流相同时比较电压、电压大的电阻大11. 用多用电表欧姆档测电阻时，下列说法正确的是 （ ）A. 测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B. 为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好C. 待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其它元件断开后再测量D. 使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF档或交流电压最高档【答案】CD【解析】试题分析：运用欧姆表测量电阻时，测量前必须欧姆调零，且每次在换挡后要重新调零，如果用同一欧姆档测不同的电阻，不需要重新进行欧姆调零，故A错误；为了使测量值比较准确，表笔应与待测电阻紧密接触，由于人体是导体，不应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，故B错误；测量电路中的电阻时，由于多用电表内部电源被接通，要将待测电阻与外部电源断开，故C正确；多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或交流电压最高挡，故D正确。考点：用多用电表测电阻【名师点睛】每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置。12. 如图所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来 ,现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以如图所示的电流后,以下说法正确的是( )A. 弹簧长度将变长 B. 弹簧长度将变短C. 台秤读数变小 D. 台秤读数变大【答案】BC【解析】试题分析：以导体棒为研究对象分析受力，根据左手定则判断得知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律可知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，平板光滑，故磁铁向左运动，弹簧被压缩，长度变短，所以A错误、B正确；磁铁受到斜向左上方的安培力，所以其对台秤的压力减小，故C正确、D错误；考点：安培力的方向13.一灯泡标有“220V100W”字样将其接到110V的电源上(不考虑灯泡电阻的变化)，则有A. 灯泡的实际功率为50W B. 灯泡的实际功率为25WC. 通过灯泡的电流为额定工作电流的 D. 通过灯泡的电流为额定工作电流的【答案】BC【解析】试题分析：根据可知，当电压减半时，灯泡的电功率变为原来的四分之一，即灯泡的实际功率为25W，根据当电压减半时，通过灯泡的电流为额定电流的0.5倍，选项BC正确。考点：电功率及欧姆定律。14.(多选)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是()A. 电能转化为化学能的功率为UII2rB. 充电器输出的电功率为UII2rC. 电池产生的热功率为I2rD. 充电器的充电效率为100%【答案】AC【解析】试题分析：由于充电器的两端电压为U，则锂电池的两端电压也为U，电流为I，故锂电池消耗的电功率为UI，锂电池的发热功率为I2r，故转化为化学能的的电功率为UII2r，选项A正确；充电器的输出功率为UI，选项B错误；电池产生的热功率为I2r，选项C正确；充电器的充电效率为（1-）100%，选项D错误。考点：电源对非纯电阻元件供电。15.如图所示，一水平长直导线MN上用非常结实的绝缘细线悬挂一等腰直角三角形线圈，线圈与直导线在同一竖直平面内，线圈中通以如图所示的恒定电流，下列说法正确的是()A. 在MN上通以向左的电流，线圈可能会向上平动B. 在MN上通以向右的电流，线圈可能不动，但绝缘细线的拉力小于线圈的重力C. 在MN上通以向右的电流，线圈会发生(俯视看)逆时针转动D. 在MN上通以向左的电流，线圈肯定不动，但细线上一定有张力【答案】BD【解析】【分析】由右手螺旋定则分析线圈中的磁场分布，再由左手定则判断直导线的受力；由作用力反作用力分析线圈的受力情况，再判断其运动情况。【详解】A、D项：由右手螺旋定则可知，线圈内部磁感线向里，则导线处的磁场向外；对导线由左手定则可知，导线受力向上；则由牛顿第三定律可知，线圈受力向下；线圈不会动，但细绳上的一定有拉力；故A错误，D正确；B、C项：通以向右的电流时，线圈受力向上，可能向上运动，也可能不动，但绝缘细线的拉力小于线圈的垂力；而对于线圈分析可知，MN形成的磁场是垂直于线圈所在平面的；故不可能出现转动现象；故B正确，C错误。故选：BD。【点睛】本题应用了转换研究对象法进行分析，要注意明确两电流形成的磁场的分布特点。16.如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器测算P向右移动时，下列说法正确的是：（ ）A. 电流表读数变小，电压表读数变大B. 小电泡L变暗C. 电容器C上电荷量减小D. 电源的总功率变大【答案】CD【解析】试题分析：滑动变阻器滑片P向左移动，滑动变阻器连入电路的电阻增大，根据“并同串反”知：电流表读数变小，电压表读数变大，A正确；小灯泡L变暗，B错误；电容器两端电压增大，电荷量增大，C错误；电源的总功率PEI，总电流减小，电动势不变，电源的总功率减小，D错误。考点：本题考查闭合电路的动态分析、电源的功率。三、实验题(共3小题,共26分) 17.研究小组想要测量电压表内阻和某电源电动势，给定器材如下：待测电压表：量程01 V，内阻约为990 ；待测电源：电动势约为6 V，内阻约为1 ；电流表：量程00.6 A，内阻可忽略；滑动变阻器R：阻值变化范围020 ；定值电阻R1：阻值为6 k；定值电阻R2：阻值为2 k；单刀单掷开关和导线若干(1)一成员利用图甲电路进行实验，通过电压表与电流表的读数获得电压表的内阻，请分析此方法的可行性，并说明理由_(2)另一成员利用图乙电路进行实验，其操作步骤为：连接电路；闭合S1、S2，读出此时电压表的示数为0.90 V；保持S1闭合，断开S2，读出此时电压表的示数为0.70 V；断开S1，整理器材忽略电源内阻，由以上数据，可以测得电压表的内阻为_；电源的电动势为_V考虑到电源有内阻，电源电动势的测量值和真实值相比较_(填“偏大”“相等”或“偏小”)【答案】 (1). 不可行，由于电压表内阻太大，电流表示数偏小 (2). 1k (3). 6.3 (4). 偏小【解析】【分析】(1)分析电路结构，根据欧姆定律可求得电流值的范围，则可明确能否测量；(2)根据欧姆定律可得出对应的表达式，联立可求得电源的内阻和电压表的示数；根据实验原理分析实验误差。【详解】(1) 由于电压表内阻约为990，则电流约为：，故电流表示数太小，无法正确测量；(2) 闭合S1、S2， 联立解得：E=6.3V；RV=1k；若电源有内阻，则由表达式可知，分母中应包括电源内阻，则可知，求出的E应偏小。【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意正确分析电路，明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律进行分析即可。18.在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，所用器材有：电动势为6 V的电源，额定电压为2.5 V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线.要求能测出尽可能多组数据，如图是没有连接完的实物电路.(已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根)(1)请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整_；(2)连好电路，闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表几乎不偏转，则故障的原因可能是_；(3)排除故障后闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2 V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向_端滑动(选填“左”或“右”)；(4)图线是曲线而不是过原点的直线，原因是_.【答案】 (1). (2). c段导线断路或灯泡灯丝断了 (3). 右 (4). 灯丝的电阻会随温度的升高而增大【解析】【分析】(1)要“描绘小灯泡的伏安特性曲线”则滑动变阻器要采用分压接法； (2)电流表几乎不偏转，则说明出现断路，而电压表有示数，则说明电压表两侧的电路完好无损；(3)要增大小灯泡两端的电压，则要增大与小灯泡并联的部分电阻；(4)U-I图象的斜率代表灯丝的电阻，功率越大，灯丝的温度越高。【详解】(1) 要“描绘小灯泡的伏安特性曲线”则电压要从0开始连续可调，故滑动变阻器要采用分压接法，由于小灯泡为小电阻故电流表要采用外接法；因灯泡电压为2.5V，故电压表量程为3V；实物图连接如图所示：(2) 电流表几乎不偏转，则说明出现断路，而电压表有示数，则说明导线a、b、e、d、f完好，故只能是c段导线断路或灯泡损坏；(3) 小灯泡的额定电压为2.5V，而此时电压表的示数为2.2V，故要增大小灯泡两端的电压，则应该增大滑片P和左端之间的电阻，故应将滑片P向右端滑动；(4) 该曲线的斜率，故斜率大小代表电阻的大小，由于电压越大，灯泡的实际功率越大即灯丝的温度越高，电阻越大，所以说灯丝的电阻会随温度的升高而增大。【点睛】本题考查了故障的分析、电流表、滑动变阻器的连接，实物图的连接，图象的理解和运用。19.现在要测量一段电阻丝的电阻率 ，其阻值Rx0.5，允许通过的最大电流为0.5 A现有如下器材可供选择：电流表A（量程0.6 A，内阻约为0.6 ）电压表V（量程3 V，内阻约为3k）待测的电阻丝Rx（阻值约为0.5 ）标准电阻R0（阻值5）滑动变阻器R1（5，2A）滑动变阻器R2（200 ，1.5 A）直流电源E（E6 V，内阻不计）开关S、导线若干（1） 图甲为四位同学分别设计的“测量部分”的电路，你认为合理的是_；（2） 实验中滑动变阻器应该选择_（选填“R1”或“R2”），并采用_接法；（3） 根据你在（1）（2）中的选择，在乙上完成实验电路的连接；（4） 实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L、直径为D，则待测电阻丝的电阻率的计算式为_；（5） 用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图丙所示，则该电阻丝的直径D=_【答案】（1）C （2）分压（3）如图所示（4）（5）【解析】试题分析：伏安法测量电阻原理即测量出待测电阻两端的电压和通过电阻的电流，可供选择的电压表和电流表量程分别为和，而待测量的电阻只有左右，电流表读数准确时电压表读数太小，而电压表读数准确时电流表又超量程，所以需要给待测量电阻串联一个定值电阻起保护作用，即使如此，待测电阻，电流表选择外接法。为获得多组实验数据减少实验误差，滑动变阻器选择分压式接入电路，因此滑动变阻器选择阻值小的。滑动变阻器分压式连接，待测量电阻和定值电阻串联，电流表外接，注意正负接线柱，实物连线见答案。根据欧姆定律，而，带入即可得。螺旋测微器读数首先从固定刻度读出半毫米的整数倍即，从可动刻度读出与主尺对齐的刻度线，估读一位即乘以精确度，最终结果为。考点：螺旋测微器读数，伏安法测量电阻四、计算题 20.如图所示，电源电动势为E30 V，内阻为r1 ，电灯上标有“6 V、12 W”字样，直流电动机线圈电阻R2 .若电灯恰能正常发光，求电动机输出的机械功率【答案】36 W【解析】试题分析：因灯泡正常发光，所以IA2AU内Ir21V2V所以电动机电压为UMEU内U30V2V6V22V电动机输出的机械功率为P机UMII2R222W222W36W.考点：电动机电路【名师点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的21.电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示.1982年澳大利亚国立大学制成了能把2.2g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2km/s)，若轨道宽2m，长为100m，通过的电流为10A，试问轨道间所加匀强磁场的磁感应强度是多大？(轨道摩擦不计)【答案】B55T【解析】由于弹体做匀加速直线运动，由运动学公式v22as得由牛顿第二定律得F安ma得F安2.21035105N1.1103N由安培力公式F安BIl得【点睛】本题重点是运动学的应用，由运动学得到加速度才能得到磁感应强度22.如图所示电路，已知R3=4，闭合电键，安培表读数为0.75A，伏特表读数为2V，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8A，伏特表读数变为3.2 V，问： （1）哪个电阻发生断路故障？（2）R1的阻值是多少？（3）能否求出