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1、河北省隆化县存瑞中学2019-2020 年高二上学期期中考试物理第卷（选择题）一、单选题（本大题共8 题，每题4 分，共 32 分）1.下面是某同学对一些概念及公式的理解,其中正确的是 ()A.根据公式SRL可知,电阻率与导体的电阻成正比B.公式WUIt适用于纯电阻电路和非纯电阻电路中的电流做功C.根据公式qIt可知,通过导体的电流与通过导体横截面的电量成正比D.根据公式QCU可知,电容器与其所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比【答案】B【解析】【详解】A.电阻率是由导体本身的性质决定的，其大小与电阻无关，故A错误；B.公式WUIt适用于纯电阻电路和非纯电阻电路中的电流所做功，故B正确；C
2、.电流采用的是比值定义法，其大小与电量无关，故C错误；D.电容的公式QCU采用的是比值定义法，电容大小与电量和电压无关，故D错误。2.关于电动势，下列说法正确的是()A.所有电池的电动势都是1.5VB.体积越大的电源，其电动势一定越大C.电动势数值上就等于电源正负极之间的电压D.电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领【答案】D【解析】试题分析：各种干电池的电动势都是1.5V，铅蓄电池的电动势是2V，故 A 错误；电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与电源的体积无关，如各种体积干电池的电动势都是1.5V，故 B错误；电源正负极之间的电压是路端电压，电源的电动势在数值上等于内、
3、外电压之和，电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势，故C错误；电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，故 D正确；故选D考点：电动势【名师点睛】本题考查对于电源的电动势的理解能力；电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势 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，与外电路的结构无关电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。3.电动机线圈的电阻为R，电动机正常工作时，两端电压为U，通过电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是()电动机消耗的电能为UIt 电动机消耗的电能为I2Rt 电动机线圈产生的电热为I2Rt 电动机线圈产生的电热为U2t/
4、R A.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：电动机线圈电阻是非线性电阻，电能一部分转化为机械能，一部分变为内能，电能公式WUIt适用于一切电路电能的计算，所以电动机消耗的电能为UIt，正确；而公式2WI Rt只适用于纯电阻电路电能的计算，故错误；焦耳定律适用于一切电阻电热的计算，所以电动机线圈产生的电热为2I Rt，正确；而公式2UQtR，只适用于纯电阻电路电热计算，错误，故D正确考点：考查了电功电功率的计算4.如图所示的电路中,90VU,滑动变阻器2R的最大阻值为200,1100R,当滑片P滑至2R的中点时,a、b两端的电压为 ()A.30 V B.45 V C.60 V D.75 V【
5、答案】A【解析】【详解】由题可知，滑片P滑至R2的中点，变阻器下半部分电阻为100，下半部分电阻与R1并联的阻值为：11=502RR并则ab两端的电压为：25090V=30V11+5020022abRUURR并并，A.选项与计算结果一致，故A正确；B.选项与计算结果不一致，故B错误；C.选项与计算结果不一致，故C错误；D.选项与计算结果不一致，故D错误；5.如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知正确的是()A.导体的电阻是25B.导体的电阻是0.04C.当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4AD.当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V【答案】ACD【解析】试题分析
6、：A、根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R=25，故A 正确，B 错误；C、当导体两端电压是10V 时，通过导体的电流I=04A，故 C正确；D、当通过导体的电流是0 1A时，导体两端的电压U=IR=01A25=2 5V，故 D正确；故选ACD 考点：欧姆定律6.在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（）A.A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B.A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C.A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D.A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮【答案】A【解析】：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I 增大，则 A灯变亮并
7、联部分两端的电压减小，则 B灯变暗流过 C的电流 IC=I-IB，I 增大，IB减小，IC增大，C灯变亮所以A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析7.在如图所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向 a 端移动一段距离，下列结论正确的是A.灯泡 L 变亮B.电流表读数变大C.电容器 C上的电荷量增多D.电压表读数变小【答案】C【解析】将滑动变阻器滑片P向 a 端移动后，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，电路中电流I 变小，则电流表读数变小，灯泡L 变暗故 AB错误电容器C两端的电压UC=E-I（RL+r），I 变小，其
8、他量不变，则UC增大，电容器C上的电荷量增多故C正确变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则路端电压增大，电压表读数变大故D错误故选C.点睛：本题是电路动态变化分析问题，要明确本题中电压表测量路端电压，而路端电压随外电阻的增大而增大8.如图所示，直线A为电源的UI图线，直线B为电阻R的UI图线；用该电源和电阻组成的闭合电路，电源输出功率和电路的总功率分别是()A.4W，8W B.2W，4W C.4W，6W D.2W，3W【答案】C【解析】【详解】由图可知，电源电动势为3VE，用该电源和该电阻组成一个闭合电路，电路中的电流为2AI，路端电压为2VU则电源输出功率为：4WPUI电源总功率是：
9、P总6WEIA.4W，8W与分析不符，故A错误；B.2W，4W与分析不符，故B错误；C.4W，6W与分析相符，故C正确；D.2W，3W与分析不符，故D错误。二、多选题（本大题共4 小题，共16.0 分）9.关于电阻率,下列说法正确的是 ()A.电阻率是表征材料导电性的物理量,电阻率越大,导电的性能越好B.金属导体的电阻率随温度的升高而增大C.超导体是指当温度降低到接近绝对零度的某一临界温度时,它的电阻突然变为零D.有些的合金的电阻率几乎不受温度的影响,通常用它们制成标准的电阻【答案】BCD【解析】【详解】A.导体电阻与导体电阻率、导体长度、横截面积决定，导体的电阻率越大，导电的性能越差，故A错
10、误；B.电阻率表征了导体材料导电能力强弱，由导体的材料决定，与温度有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大，故B正确；C.超导体是指当温度降低到接近绝对零度的某一临界温度时，它的电阻突然变为零，故C正确；D.某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻，故D正确；10.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积中有n个自由电子，电子的电量为q，此时电子的定向移动速率为v，在t时间内，通过导体横截面的自由电子数可表示为（）A.nvSt B.nvt C.ItqD.Itnq【答案】AC【解析】【分析】根据电流的微观表达式InqvS，求出在 t 时间内通过导体横截面的自由
11、电子的电量，每个电子的电量为q，再确定通过导体横截面的自由电子的数目；【详解】根据电流的微观表达式InqvS，在 t 时间内通过导体横截面的自由电子的电量QIt，则在t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为QItnqq，将InqvS代入得nqvStnnvStq，故选项 AC正确，选项BD错误。【点睛】本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式InqvS，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到。11.某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（）A.c点场强大于b点场强B.b和c处在同一等势面上C.若将一试探电荷q由a点移动到d点，电荷的电势能将减小D.若某一点电荷只
12、在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电【答案】AC【解析】【分析】解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化【详解】电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c 点场强大于b 点场强，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，故b 的电势大于c 的电势，b 和 c 不在同一等势面上，故B错误；若将一试探电荷+q 由 a 点移动到 d 点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故
13、粒子带正电，故D错误；故选A。【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能12.将两个完全相同的电流计改装成两个量程不同的电流表1A、2A,已知改装后电流表A1、A2的量程分别为10.6IA、23IA,将两个改装后的电流表接在电路中,两电流表都没有烧毁。则下列说法正确的是()A.改装后两电流表1A、2A的电阻之比为1R：21R：5 B.将改装后的电流表串联,接通电路1A、2A的偏转角之比为5：1 C.将改装后的电流表串联,接通电路1A、2A
14、的示数之比为5：1 D.将改装后的电流表并联,接通电路1A、2A的示数之比为1：5【答案】BD【解析】【详解】A.电流表扩大量程改装,是表头并联不同比例的电阻进行分流,表头本身允许的最大电流最大电压没有变化,所以两个改装表满偏时两端电压相等,但是电流0.6135,所以电阻5：1,故 A错误；BC.将改装后的电流表串联,串联电路电流相等,所以示数之比1：1,但是量程不同,表盘不同,偏转角之比为5：1,才能显示相同电流数,故 B正确,C 错误；D、将改装后电流表并联,本质上就是两个表头并联,表头电流相等,偏转角相等,但是量程不同,表盘不同,所以示数之比为1：5,故 D正确。第 II 卷（非选择题）
15、三、实验题（本大题共2 题，共 16 分,每空 2 分）13.一个量 Ig=0.6A，内阻 Rg=0.6的电流表，表盘如图，若将电流表与R0=24.4的电阻串联，可改装为量程为 _V 的电压表。若要改装成量程为3A 的电流表，则需要与阻值为_的电阻并联，若用改装成量程为3A的电流表测某电路电流，指针指到图中所示位置，则该电流为_A。【答案】(1).15 (2).0.15 (3).1.70【解析】【详解】把电流表与定值电阻串联可以把电流表改装成电压表，电压表量程为：U=Ig（Rg+R0）=0.6（0.6+24.4）=15V；把电流表改装成3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：0.6 0.
16、60.1530.6gggI RRII；电流表量程为3A，由图示表盘可知，其分度值为0.1A，示数为1.70A；【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装、电流表读数，知道电压表与电流表的改装原理是解题的前提与关键，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。14.用伏安法测电阻时，如待测电阻Rx约为 150，电压表内阻约为5k，电流表内阻约为20，应该用图中的 _电路（填或）来测量可以尽量减小误差当用电路图1 进行测量时，测量值将比真实值偏_；当用图2进行测量时测量值比真实值偏_（填大或小）以上的测量误差属于_（偶然，系统）误差【答案】(1).(2).小 (3).大 (4).系统【解析】【详解】待测电阻
17、与电流表内阻相当，满足222500500020 xAVRRR，属于小电阻，采用电流表的外接法测量误差较小，测量误差偏小故选图电路;而=xVxxVRRRRRR测，测量值比真实值偏小；图为电流表的内接法，=xAxRRRR测，测量误差偏大；以上测量误差是电压表分流和电流表分压造成的，属于系统误差.【点睛】解决本题的关键知道电流表的内外接引起的误差属于系统误差，掌握口诀“小外偏小,大内偏大”四、计算题（共4 个小题，总分46 分）15.在如图所示的电路中，电源内电阻r=1，当开关S闭合后电路正常工作，电压表的读数U=8.5V，电流表的读数I=0.5A 求：电阻 R；电源电动势E；电源的输出功率P【答案
18、】(1)17R；(2)9EV；(3)4.25Pw【解析】(1)由部分电路的欧姆定律，可得电阻为：5URI(2)根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为EUIr12V(3)电源的输出功率为PUI20W【点睛】部分电路欧姆定律U=IR和闭合电路欧姆定律E=U+Ir是电路的重点，也是考试的热点，要熟练掌握16.一台小型电动机在380V电压下正常工作时，能将30kg 的货物在30s 内匀速提升30m，通过它的电流是 1A除电动机线圈生热，其它能量损失不计，求在此过程中：(1)拉力对货物做功的功率;(2)电动机的输出功率;(3)电动机线圈所产生的热量【答案】(1)300W；(2)300W；(3)2400J【解
19、析】试题分析：(1)货物匀速上升，故牵引力等于重力，故有：F=mg=30 10=300N；上升的速度为：v=1m/s；故牵引力的功率为：P=FV=300 1W=300W；(2)电动机的输出功率为300W(3)由能量守恒定律可知：Q=UIt mgh=380 13030030=2400J；考点：能量守恒定律；非纯电阻电路【名师点睛】本题主要考查了能量守恒定律、非纯电阻电路综合应用。属于容易题。解决这类问题关键要认识到能量转换的关系，例如本题是一部分电能转换成机械能（电动机的输出功率），另一分电能转换为内能（电动机线圈所产生的热量）。17.已知如图,6VE,4r,12R,2R的变化范围是0 100.
20、求：(1)R1上消耗的最大电功率？(2)电源的最大输出电功率？(3)R2上消耗的最大电功率？【答案】(1)2W (2)2.25W (3)1.5W【解析】【详解】1当20R时,电路中电流最大,则1R上功率最大,最大功率211()2WmaxEPRrR；2当214RRr时,电源输出功率最大,最大为22.25W4maxEPr；3将1R视为电源的内电阻处理,则根据电源的输出功率随外电阻变化的特点,知道当21RRr时电源的输出功率最大(即外电阻2R消耗的电功率最大)：21(24)6RRr,此时最大功率2212()1.5WmaxEPRrRR。【点睛】本题关键要掌握电源的总功率、内部消耗的功率和输出功率的计算
21、公式,以及三者之间的关系,并理解掌握电源输出功率最大的条件。11 R是定值电阻,当电路中电流最大时,其功率最大；2当电源的内电阻等于外电阻时,电源的输出功率最大,据此即可求解；3将1R视为电源的内电阻处理,根据推论：电源的内电阻等于外电阻时,电源的输出功率最大,进行分析求解。18.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板
22、间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离【答案】（1）电子穿过A板时的速度大小为102eUvm；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量为22114U LU d；（3）P点到 O点的距离为21211(2)4LL U LU d【解析】【详解】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：21012eUmv解得：102eUvm（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1根据牛顿第二定律和运动学公式得：eEam，又2UEd，得2eUamd水平方向：10 1Lv t竖直方向：21112yat解得：221114U LyU d（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy根据运动学公式得：2110yeU Lvatdmv电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示220Ltvy2=vyt2解得：212212U L LydUP到O点的距离为y=y1+y2=21211(2)4LL U LU d