湖北省钢城第四中学2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题（解析版）

钢城四中20182019（上）期中考试卷一、单项选择题1.关于欧姆定律,说法正确的是（ ）A. 从R=U/I可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B. 从I=U/R可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比C. 从U =IR可知，导体两端的电压随电阻的增大而增高D. 从R=U/I可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零【答案】B【解析】【详解】A、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，导体电阻在数值上等于它两端的电压与通过它的电流之比，由可知，对于一个确定的导体来说，所加的电压跟通过的电流的比值是一确定值；故A错误.B、由欧姆定律可得，即导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，故B正确；C、导体的电阻变化时，电流也会发生变化，故如不控制变量的话，不能说明电压跟电阻成正比；故C错误.D、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关；故D错误.故选B.【点睛】导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，应用欧姆定律分析答题2.两只相同的电阻串联后接到电压为9V的恒定电路上，用一只0515V的双量程电压表的5V档测其中一只电阻两端电压时，示数为4.2V，则换用15V档测这个电阻两端电压时，示数为（ ）A. 小于4.2V B. 等于4.2V C. 大于4.2V D. 不能确定【答案】C【解析】试题分析：电压表的内阻不是远大于R1R2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数解：电压表15V量程内阻大，用15V量程测电阻时，电压表与电阻并联阻值大，电路总电阻大，电路总电流变小，另一个电阻分压小，电路总电压不变，被测电阻分压变大，电压表示数变大，大于4.2V；故选C【点评】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻3.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10 cm，bc=5 cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流强度为1 A，若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为A. 4 A B. 2 A C. A D. A【答案】A【解析】试题分析：根据电阻定律：，设矩形金属薄片的厚度是d，得：由欧姆定律：得：，所以：，A正确。考点：考查了电阻定律4.某导体中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中错误的是（ ）A. 加5 V电压时，导体的电阻是5 B. 加12 V电压时，导体的电阻是8 C. 由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小D. 由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小【答案】C【解析】【详解】A、加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，;故A正确.B、加12V的电压时，电流为1.5A，则可得电阻为: ，故B正确；C、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误；D、随着电压的减小，导体的电阻减小，故D正确；本题选择错误的故选C.【点睛】本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化5.在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是：（ ） A. 电压表和电流表的示数都增大B. 电源的总功率变大C. 灯L1变亮，电压表的示数增大D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加【答案】B【解析】【详解】A、C、滑动变阻器和灯L2的并联，则有，将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，R减小，则R并也减小，根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流I增大，即电流表的示数增大，灯L1变亮；电压表的示数U=E-Ir，因此，电压表的示数减小；故A错误，C错误；B、根据部分电路欧姆定律 ，流过灯L2的电流减小，灯L2变暗；总电阻减小，总电流增大，故电源总功率增大，B正确；D、根据电容的定义式，可知电容器的带电量减小，D错误；故选B.【点睛】本题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路的动态分析要注意本类题目的解题思路为：局部-整体-局部从滑动变阻器的滑片P向下移动，R减小入手，分析整个电路电压、电流的变化情况，再到局部，分析灯亮度，电流表示数，电容器的电容的变化6. 两个电源A、B分别对各自的负载电阻供电所描绘出的U-I图线，如图所示，下面的说法正确的是（）A. A、B两个电池电动势相同B. A、B两个电池内阻相同C. 负载电阻相同时，电源A输出功率较大D. 负载电阻相同时，电源B输出功率较大【答案】D【解析】由图像的纵坐标可得A、B的电动势分别为1.5V、2.0V，故A项错。纵坐标与相应横坐标的比值即为电源内阻，rA1.5/0.115，rB=2.0/0.2=10。故B项错。A、B两电源中，B电源的电动势大而内阻小，当负载电阻相同时，其输出功率较大。所以C项错误，D项正确。7.如图所示，一价氢离子（）和二价氦离子（）的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（ ）A. 同时到达屏上同一点 B. 先后到达屏上同一点C. 同时到达屏上不同点 D. 先后到达屏上不同点【答案】B【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d在加速电场中，由动能定理得：qU1=mv02；两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间t=不同两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场在偏转电场中的偏转位移，联立得 同理可得到偏转角度的正切tan=，可见y和tan与电荷的电量和质量无关所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同故两种粒子打屏上同一点故B正确，ACD错误故选B点睛：解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间8.两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。设相距为l，电荷量分别为+q和-q的点电荷构成电偶极子。如图所示,取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立如图所示的xOy坐标系， P点距坐标原点O的距离为 ，P、O两点间连线与y轴正方向的夹角为，设无穷远处的电势为零，P点的电势为，真空中静电力常量为k。下面给出的四个表达式,其中只有一个是合理的。你可能不会求解P点的电势但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性作出判断。根据你的判断，的合理表达式应为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】若夹角=90,则P点位于x轴上，检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中,电力始终与位移方向垂直,则x轴上的电势处处为0,这与cos90相符，可见A，D错误；因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故B错误，C正确。故选：C。9.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒 子于t0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()A. 带电粒子只向一个方向运动 B. 02 s内，电场力的功等于0C. 4 s末带电粒子回到原出发点 D. 2.54 s，电场力的冲量等于0【答案】D【解析】分析：从图中可以看出，电场变化的周期是3s，在每个周期的前一秒内，带电粒子的加速度为a1=，后两秒的加速度为a2=，可得a2是a1的2倍，从而绘出v-t图，有题意可知粒子在反向加速0.5s后开始反方向运动，可判断A错误；由图可以看出02s的时间内，做功不会为零；由v-t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为位移可判断C选项的正误；由动量定理可计算出2.5s4s内的动量的变化，从而判断D的正误解答：解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度a1=，为第2s内加速度a2=的，因此先加速1s再减小0.5s速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示，由对称关系可得，反向加速的距离使带电粒子刚回到减速开始的点，所以选项A错；02s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B错误；由v-t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C错误；2.5s4s内，电场力的冲量为 I=2qE00.5+（-qE0）1=0，选项D正确故选D点评：带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象来分析在画速度图象时，要注意以下几点： 1带电粒子进入电场的时刻；2速度图象的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动一定是平行的直线；3图线与坐标轴的围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；4注意对称和周期性变化关系的应用；5图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解带电粒子在交变电场中的运动，是对“力和运动”知识点深化性考查的重要信息载体，该问题主要围绕“受力分析、依据受力和运动的初始条件判断带电粒子的运动状态、多方物理过程的分析和临界条件”等能力点考查学生的学科思维能力，方法上主要采用“牛顿运动定律”和“功能思想”二、多项选择题10.关于电动势，下列说法正确的是（ ）A. 电源两极间的电压等于电源电动势B. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C. 电动势的数值等于电路内外电压之和D. 电源电动势与外电路的组成有关【答案】BC【解析】【详解】A、C、根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势；故A错误，C正确.B、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大；故B正确.D、电动势反映本身的特性，电动势与制作的材料有关，与体积的大小无关，与外电路的结构无关；故D错误.故选BC.【点睛】本题考查对于电源的电动势的理解能力电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关11.电阻R1、R2、R3串联在电路中。已知R1=10、R3=5，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则（ ）A. 电阻R2的阻值为20 B. 电路中的电流为06AC. 三只电阻两端的总电压为18V D. 三只电阻两端的总电压为21V【答案】ABD【解析】【详解】A、根据欧姆定律得：；故A正确.B、串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得;故B正确.C、D、电阻R3电压为：U3=IR3=0.6A5=3V；总电压U=U1+U2+U3=6+12+3=21V；故C错误，D正确.故选ABD.【点睛】本题考查了串联电路电压、电流特点和欧姆定律的应用.12.某学生在研究串联电路电压特点时，接成如图所示电路，接通K后， 他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，则出现此种情况的原因可能是（R1 、R2阻值相差不大）（ ）A. AB段短路 B. BC段断路 C. AB段断路 D. BC段短路【答案】CD【解析】【详解】A、若AB短路，电压表并联在A、B两点间时，电压表读数应为零，与题设条件不符；故A错误.B、如果BC段断路，电压表接在B、C两点间时，电压表应有示数，与题意不符；故B错误.C、如果AB段断路，电压表接在AC两点时电压表有示数，电压表接在BC两点时，电压表没有示数，符合题意；故C正确.D、如果BC段短路，电压表接在AC两点时电压表有示数，电压表接在BC两点时电压表没有示数，符合题意；故D正确.故选CD.【点睛】本题是电路中故障分析问题，可以用电势差等于电压来加深理解故障的原因.13.如图所示，电流表A1(03 A)和A2(00.6 A)是由两个相同的灵敏电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法正确的是()A. A1的读数小于A2的读数B. A1的读数大于A2的读数C. A1、A2的指针偏转角度之比为51D. A1、A2的指针偏转角度之比为11【答案】BD【解析】【详解】C、D、两电流表由相同的灵敏电流计改装而成，由图示电路图可知，两电流表A1、A2并联，两表头的电压相等，通过它们的电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1：1，故C错误，D正确；A、B、电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5：1，A1的读数大于A2的读数，故A错误，B正确；故选BD.【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成。指针偏转角度取决于流过表头的电流大小。三、填空题14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室备有下列器材供选择：A小灯泡（“3.0 V、0.5A”） B电流表(量程3 A，内阻约为1 )C电流表(量程0.6 A，内阻约为5 ) D电压表(量程3.0 V，内阻约为10 k)E电压表(量程15.0 V，内阻约为50 k) F滑动变阻器(最大阻值为5，额定电流2.0 A)G电源(电压为4.0 V，内阻不计)H电键及导线等(1)为了使实验完成的更好，电流表应选用_；电压表应选用_； (只需填器材前面的字母即可)(2)实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量画出实验电路图_用笔画线代替导线，将图中的实验仪器连成完整的实验电路_该同学描绘出的I-U图象和下图中的_形状最接近【答案】 (1). C (2). D (3). (4). (5). B【解析】【详解】(1)从测量精确度考虑，小灯泡的额定电流为，则电流表要大于等于0.5A的量程，故选C(0.6A );小灯泡的额定电压为3V，所以电压表选取量程为大于等于3V的D；(2)由于电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法;灯泡的电阻为,满足，属于小电阻，“小外偏小”，采取电流表的外接法，电路如图所示：由外接法+分压式连实物如图所示：(3)由于灯泡内阻随温度的升高而增大，而I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；因此其对应的I-U图象应斜率越来越小；故只有B图正确【点睛】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验，正确掌握本实验中电路的接法；注意分压接法以及电流表接法的正确判断15.(1)某同学对一个表头G进行改装，已知其满偏电流Ig=100 A，内阻标称值Rg=900 ，先利用定值电阻R1将表头改装成一个1 mA的电流表，然后利用定值电阻R2再将此电流表改装成一个3 V的电压表V1（如图1所示）；则根据条件，定值电阻R1=_，R2=_。(2)改装完毕后，他用量程为3 V，内阻为2 500 的标准电压表V2对此电压表从0开始全范围的刻度进行校准滑动变阻器R有两种规格：A：滑动变阻器（020 ）B：滑动变阻器（02 k）为了实验中电压调节方便，R应选用_（填A或B）。(3)完成图2中的校准电路图（要求：滑动变阻器的触头画在开始实验时的位置上）_(4)由于表头G上的标称值Rg大于真实值，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数_。（填“偏大”或“偏小”）【答案】 (1). 100 (2). 2910 (3). A (4). (5). 大【解析】【分析】(1)把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，把嗲刘波改装成电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值(2)为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器(3)根据实验电路应用串并联电路特点分析答题【详解】(1)由图示电路图可知：,改装后电流表内阻：,把电流表改装成电压表，串联电阻：(2)为方便实验操作滑动变阻器应选择最大阻值较小的A(3)电压表从0开始全范围的刻度进行校准，滑动变阻器应选择分压接法，标准电压表与改装后的电压表并联，电路图如图所示：(4)表头G上的标称值Rg大于真实值，改装后的电流表内阻偏大，改装后的电压表串联电阻偏小，电压表内阻偏小，两电压表并联，由于改装后的电压表内阻偏小，通过改装电压表的电流偏大，改装后的电压表指针偏角较大，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数偏大【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理，由于串并联电路特点与欧姆定律可以解题；要掌握实验器材的选择原则四、计算题16.如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2.若电灯恰能正常发光，求：(1)、流过电灯的电流是多大？(2)、电动机两端的电压是多大？(3)、电动机输出的机械功率是多少。【答案】（1）2A （2）22v （3）36w【解析】试题分析：灯泡L正常发光，电路中的电流为由欧姆定律可求得，电动机的电压为UD=UUL=28V-6V=22v电动机的总功率为P总IUD22244W电动机的热功率为P热I2RD2228W所以电动机的输出功率为P出P总P热44836W考点：本题考查闭合电路的欧姆定律、非纯电阻电功率。17.在图中的电路中，若 R1=4，R3=6，电池内阻r=0.6，则电源产生的总功率为40W，而输出功率为37.6W。求：（1）电源内阻上消耗的电功率是多少？（2）电源电动势（3）电阻R2。【答案】（1）2.4W（2）20V（3）7【解析】试题分析：电源总功率等于输出功率与内耗功率之和；由功率公式求出流过电源的电流I电源产生的总功率为，求出电动势根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出外电路的总电阻，再求出R2（1）电源内阻上消耗的电功率；（2）由得由，得到电源的电动势（3）路端电压由欧姆定律得，外电路总电阻为，得到18.如图中电路的各元件值为：R1=R2=10，R3=R4=20，C=600F，电源电动势E=6V，内阻不计,单刀双掷开关K开始时接通触点2，求： (1)当开关K从触点2改接通触点1，且电路稳定后，电容C的带电量.(2)若开关K从触点1改接触点2后，直至电流为零止，通过电阻R1的电量.【答案】(1