新疆生产建设兵团一师高中2018-2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）

/12/12/新疆生产建设兵团一师高中2018-2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题1.下列说法正确的是（）A.导体中电荷的运动就会形成电流B.电子运动的速率越大，电流越大C.单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D.根据电流的公式，电流和电荷量成正比，电流与时间成反比【答案】C【解析】【详解】导体中电荷的定向移动就会形成电流，选项A错误；根据I=nesv可知，电子运动的速率越大，电流不一定越大，选项B错误；根据I=q/t可知，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大，选项C正确；电流的公式，采用的是比值定义法，电流的大小与通过横截面的电量、通电时间无关。故D错误。故选C.2.有关电压和电动势的说法中错误的是A.电压和电动势的单位都是伏特，故电动势与电压是同一物理量B.电动势公式E=中的W与电压U=中的W是不同的，前者为非静电力做功，后者为静电力做功C.电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量D.断路时的路端电压等于电源的电动势的大小。【答案】A【解析】【详解】A.电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量。故A错误；B.电动势公式E=W非/q中的W非是非静电力做功,电压U=W电/q中的W静是静电力做功。故B正确；C.电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小。故C正确；D.根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E?Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势故D正确。本题选错误的，故选：A.3.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是A.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小B.图象上某点切线的斜率的倒数即为该状态的电阻值C.电压为5V时，导体的电阻是0.2ΩD.电压为12V时，导体电阻的电功率为18W【答案】D【解析】【详解】由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增加，故A错误；图象上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，选项B错误；当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻R=U/I=5Ω，故C错误；加12V电压时，电流为1.5A，则电功率P=IU=18W．故D正确；故选D。【点睛】本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．4.已知如图，R1=6Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，则接入电路后这三只电阻的（）A.电流之比I1:I2:I3=1:2:3B.电流之比I1:I2:I3=6:3:4C.电压之比U1:U2:U3=1:2:3D.电压之比U1:U2:U3=6:3:4【答案】A【解析】【详解】图中电阻R1与R2并联后与R3串联；并联电阻为：；并联电路电压相等，串联电路电压比等于电阻比，故：?U并：U3=R12：R3=2：4=1：2；故：U1：U2：U3=1：1：2；串联电路电流相等，并联电路电流比等于电阻的反比，故：I1：I2=R2：R1=1：2；又I3=I1+I2；故I1：I2：I3=1：2：3。故选项A正确，BCD错误，故选A。【点睛】分析清楚电路的串并联结构，根据串并联电路的电流和电压的关系，利用电压和功率的公式逐个计算可以求得它们的电压、电流和功率的大小关系．5.有一个电风扇，额定电压为U，额定功率为P，电动机线圈的电阻为R，把它接入电压为U的电路中，下列计算时间t内产生热量的方法中正确的是A. B.Q=PtC. D.以上三种方法均正确【答案】A【解析】【详解】A．根据电功率公式P=UI，可得电路中电流；由焦耳定律Q=I2Rt，得时间t内产生的热量，故A正确.B．Pt为电风扇消耗的总能量，选项B错误；vC．电风扇不是纯电阻电路，则，选项C错误；D．由以上分析可知，选项D错误.6.如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是()A.图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大B.图甲为电流表改装原理图，减小可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大C.图乙为欧姆表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大D.图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小【答案】B【解析】AB.GAB.G表头并联电阻为电流表，若增大可调电阻的阻值分流变小，则量程变小，若减小可调电阻的阻值分流变大，则量程变大故A错误，B正确.CD.G表头串联电阻为电压表，增大可调电阻的阻值分压变大，则量程变大，反之，量程变小，则C错误，D错误.7.把量程为3mA的电流表改装成欧姆表，其结构如图所示，其中电源电动势E=3V.改装后，将原来电流表3mA的刻度定为电阻的“0”刻度，将待测电阻接入AB间，发现指针半偏，则待测电阻的阻值为（）A.1000Ω B.500Ω C.100Ω D.50Ω【答案】A【解析】【详解】电流表3mA的刻度定为电阻的“0”刻度，由全电路的欧姆定律可得，解得；而待测电阻接入AB间，发现指针半偏有：，可得：.A.1000Ω与计算结果相符；故A项正确.B.500Ω与计算结果相符；故B项错误.C.100Ω与计算结果相符；故C项错误.D.50Ω与计算结果相符；故D项错误.8.如图所示，直线A为电源的U-I图线，曲线B为小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A.4W、8W B.4W、6W C.2W、4W D.2W、3W【答案】B【解析】由图A读出：电源的电动势E=3V，内阻；两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压U=2V，电流I=2A；则电源的总功率P总=EI=3×2W=6W；电源的输出功率P出=EI-I2r=（3×2-22×0.5）W=4W，故选B．点睛：解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．9.如图所示电路，R1为变阻器，R2为定值电阻，r为电源内阻，且r>R2。若R1上的电功率为P1，R2上的电功率为P2。以下叙述中正确的是（）A.要使P1与P2的和最大，必须使R1=r－R2。B.要使P1最大，必须使R1=R2+r。C.要使P2最大，必须使R2=R1+r。D.P1+P2的最大值，由ε和r决定。【答案】ABD【解析】【详解】A、P1与P2的和等于电源的输出功率P出．根据功率关系得：P出=EI-I2r=-rI2+EI，P出是电流I的二次函数，由数学知识得知：当时，P出最大，此时应有r=R1+R2．所以要使P1与P2的和最大，必须使R1=r-R2．故A正确。将定值电阻R2看成电源内阻的一部分，利用上面的结论进行分析可知，当R1=R2+r时，P1最大。故B正确。R2为定值电阻，要使P2最大，必须使电路中电流最大，则必须使R1=0．故C错误。（P1+P2）的最大值为，由E和r决定，故D正确。故选ABD。【点睛】本题运用数学知识讨论电路中的极值问题，掌握当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大是关键．10.如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠．R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（）A.电流表示数变小，电压表示数变大B.小电珠L变亮C.电容器C上电荷量增大D.电源的总功率变大【答案】AC【解析】当滑动变阻器滑片P向左移动时，电阻增大，由“串反并同”可知，与之并联电压表示数增大，与之串联的灯泡L电流减小，同理判断电流表示数减小，路端电压增大，电容器两端电压增大，由Q=CU可知电量增大，C对；11.关于多用电表的使用，下列操作正确的是_____________。A.测电压时，应按图甲连接方式测量B.测电流时，应按图乙连接方式测量C.测电阻时，应按图丙连接方式测量D.测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量【答案】BD【解析】电流的走向为红进黑出，所以测电流时，应按图乙连接方式测量，因为多用表的欧姆档内部有电源，所以测电阻时不需要外部电源了，测量二极管的正向电阻时黑笔应接图示的左端，故BD正确。12.甲、乙两根同种材料制成的电阻丝，长度相等，甲横截面的半径是乙的两倍，将其并联后接在电源上()A.甲、乙的电阻之比是1:2B.甲、乙中的电流强度之比是4:1C.甲、乙电阻丝相同时间产生的热量之比是4:1D.甲、乙电阻丝两端的电压之比是1:2【答案】BC【解析】【详解】A.两根长度相同，甲的横截面的圆半径是乙的2倍，根据电阻定律得，；故A错误.B.并联电路电压相等，由可知，甲乙中的电流强度之比为4:1；故B正确.C.由可知得P甲：P乙=4：1，则相同时间内的热量比也为4:1；故C正确.D.两电阻并联，则两电阻两端的电压相等；故D错误.二、实验题13.某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一个圆柱形电阻的直径和高度，测量结果如图甲和乙所示，该工件直径为____mm，高度为____mm.又用多用电表欧姆挡“×1”挡位测量了该电阻阻值，则该电阻阻值为____Ω。【答案】(1).12.20mm(2).6.860mm±0.002mm(3).10.0Ω【解析】该工件直径为12mm+0.05mm×4=12.20mm，高度为6.5mm+0.01mm×36.0=6.860mm.该电阻阻值为10.0×1Ω=10.0Ω。14.在《描绘小灯泡伏安特性曲线》的实验中，选择“3V、0.5A的小灯泡作为研究对象，要求小灯泡两端电压从0开始变化，电源E=6V,有开关导线若干.请回答下面几个问题：①下列实验器材中应选用______（填入器材序号）A．电流表（量程0～0.6A，内阻1Ω）B．电流表（量程0～3A，内阻1Ω）C．电压表（量程0～15V，内阻约10kΩ）D．电压表（0～3V，内阻约2kΩ）E．滑动变阻器（阻值0～100Ω）F．滑动变阻器（阻值0-10Ω）②在本实验中，滑动变阻器应采用______（填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用______（填“内”、“外”）接法．③在下图框中画出实验电路图_________.④小灯泡所加的电压U由零逐渐增大到3V，在此过程中电流I和电压U的关系可以用图象表示，在图中符合实际的是______。【答案】(1).ADF(2).分压(3).外(4).(5).B【解析】【详解】第一空.由题意可知，灯泡的额定电压为3V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.5A，故电流表应选择A；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择F；所以实验器材中应选用ADF．第二空.测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；第三空.灯泡内阻为，而电流表内阻约为1Ω，电压表内阻约为2kΩ，有，故电流表应采用外接法减小系统误差；第四空.电路为电流表外接法和滑动变阻器的分压式，如图：第五空.小灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到，等于图线上的点与原点连线的斜率倒数，电阻一直增大，故图线上的点与原点连线的斜率一直减小．所以A，C，D不符合实际，故B正确.三、计算题15.图中电源电动势E=12V，内电阻r=0.5Ω,将一盏额定电压为8V，额定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100min．问：（1）电动机的输出功率为多少?（2）灯丝和电动机线圈产生的热量各是多少？【答案】（1）30W（2）1.08×105J【解析】【详解】（1）灯泡内正常发光，可知路端电压为8V，由闭合电路欧姆定律知:解得：I=8A通过灯泡的电流为：故通过电动机的电流为：电动机输入功率：可得：(2)电灯为纯电阻电路，故电功等于电热，电动机线圈的热量为：16.如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m,电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：(1)电子通过B点时的速度大小；(2)右侧平行金属板的长度；(3)电子穿出右侧平行金属板时的速度．【答案】(1)（2）(3)，【解析】【详解】（1）在加速过程根据动能定理得：解得到质子射出加速电场的速度（2）粒子在竖直方向：，在水平方向：x=L=v0t联立上式得到：代入数据得：（3）速度方向与水平方向夹角φ满足17.如图所示的电路中，，，S闭合时，电压表V的示数为11．4V，电流表A的示数为0．2A，S断开时，电流表A的示数为0．3A（各表均为理想表），求：（1）求的电阻值（2）电源的电动势E和内阻r；【答案】（1）（4分）（2）V，（4分）【解析】