1、江西省上饶中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题（1-6单选，7-10多选，每题4分，少选2分，共40分）1.把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在同一理想电源上，若要产生相等的热量，则两种方法所需的时间之比t串：t并为（ ）A. 1:1B. 2:1C. 4:1D. 1:4【答案】C【解析】试题分析：由串并联电路的特点可知，串联后总电阻为，并联的总电阻为，由焦耳定律，要产生相等的热量，则有，可得。C正确；考点：考查了串并联电路的特点、电热的计算2.截面积为S的导线中通有电流I，已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率
2、是v，则在时间t内通过导线截面的自由电子数是（）A. SvtB. nvtC. D. 【答案】C【解析】【详解】电流可以表示为：，解得：，根据：，可得，A或，A错误；B或，B错误；C或，C正确；D或，D错误；3.如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是：A. R1R211B. R1R231C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1I213D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1I231【答案】D【解析】【详解】AB根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以，AB错误；C串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I
3、1：I2=1：1，C错误；D并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1，D正确。4.电荷Q激发的电场中有A、B两点质量为m ，电量为q的带正电的粒子，自A点由静止释放后的运动中经过B点时的速度为v0，如果此粒子的质量为2q，质量为4m，仍从A点由静止释放(粒子重力均不计)，则后一个粒子经过B点时的速度应为A 2v0B. 4v0C. v0/2D. v0【答案】D【解析】设A.B间的电势差为U，根据动能定理得：对于任意一个粒子有：可得：，U一定，则v与成正比，已知它们的电量之比1：2，质量之比1：4，则比荷q/m之比为2:1，所以速度之比为
4、v1:v2=因此v2=v0故选：D。【名师点睛】粒子分别从A点由静止释放到达B点时，电场力做正功，根据动能定理研究它们的速度之比，从而得解。5.如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表若将照射R3的光的强度减弱，则()A. 电压表的示数变大B. 小灯泡消耗的功率变小C. 通过R2的电流变小D. 电源内阻消耗的电压变大【答案】B【解析】【详解】A光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，电压
5、表的示数变小，A错误；BCD因电路中电流减小，故电源的内电压减小，则路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由可知，小灯泡消耗的功率变小，B正确CD错误。6.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电量Q的变化判断正确的是（ ）A. L变暗，Q增大B. L变暗，Q减小C. L变亮，Q增大D. L变亮，Q减小【答案】B【解析】解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，
6、则路端电压减小，灯L变暗电容器板间电压等于变阻器两端的电压由上得知，路端电压减小，则通过L灯的电流减小，而干路电流增大，则通过R1的电流增大，R1的电压也增大，则变阻器两端的电压减小，电容器所带电量Q减小故B正确故选：B【点评】本题是电路动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压7. 干电池的电动势为1.5V，这表示（ ）A. 电路中每通过1C的电量，电源把1.5J的化学能转化为电能B. 干电池在1s内将1.5J的化学能转化为电能C. 干电池与外电路断开时两极间电势差1.5VD. 干电池把化学能转化为电能的本领比
7、电动势为2V的蓄电池强【答案】AC【解析】试题分析：由电动势的定义式，可知，电源中每通过1C电量，非静电力做功为1.5J，电源把1.5J的化学能转变为电能，不是1s内将1.5J的化学能转变成电能A正确，B错误，当电路断路时，两极板间的电势差等于电源电动势大小，C正确，一节干电池的电动势为1.5V，一节铅蓄电池的电动势为2V，将化学能转化为电能的本领是铅蓄电池大D错误，故选AC考点：本题考查对电动势的理解点评：抓住电动势的物理意义和定义式是关键基础题，比较简单8.一个直流电动机所加的电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下列说法正确的是（ ）A. 电动机的输出功率为 B. 电动机的发热功
8、率为 C. 电动机的功率可写作D. 电动机的输出功率为【答案】BD【解析】电动机的输出功率P出=P-P热=UI-I2R，故A错误，D正确；电动机的发热功率，根据焦耳定律可得P热=I2R，故B正确；因为PP热，即UII2R，UIR，欧姆定律不适用，故UI不能转化成I2R和，故C错误。所以BD正确，AC错误。9.如下图所示，匀强电场中的PAB平面平行于电场方向C点为AB的中点，D点为PB的中点将一个带电粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA1.6108J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB3.2108J。则下列说法正确的是A. 直线PC为等势线B. 直线AD为等势线C. 若将该粒子从B点移
9、动到A点，电场力做功WBA1.6108JD. 若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC2.4108J【答案】BD【解析】【详解】AB.设P点的电势为0，则根据公式W=Uq可知，电场力做正功，所以A点的电势为A=1.6108J/q，B点的电势为B=3.2108J/q；因为D是PB的中点，故D点的电势为D=(P+B)/2=1.6108J/q，故C点的电势为C=(A+B)/2=2.4108J/q，所以PC不是等势线，AD是等势线，故A错误； B正确；C.若将该粒子从B点移动到A点，电场力做功WBA(BA)q=1.6108J，故C错误，D.若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC(PC)q
10、=2.4108J故D正确。10.如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想表闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为，电压表V2的示数改变量大小为，电流表A的示数改变量大小为，则下列判断正确的有A. 的值变大B. 的值变大C. 的值不变，且始终等于电源内阻rD. 滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少【答案】AC【解析】【详解】A.滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，接入电路中的电阻增大，总电阻增大，电流减小，内电压减小，路端电压增大，R1的电压减小，为R的电阻，变大，A正确；R
11、电压的增加量等于R1和r减小的电压和，的值等于R1和r的阻值，不变，B错误；C.路端电压的增大量等于内电压的减小量，的值不变，且始终等于电源内阻r，C正确；D.由于理想二极管具有单向导通作用，电容器所带的电荷量要无法减少，D错误。二、实验题11.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300，则下列说法正确的是A. 甲表是电流表，R增大时量程增大B. 乙表是电压表，R增大时量程增大C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=0.5D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200【答案】BD【解
12、析】【详解】AC甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。安培表的量程，可知当R减小时量程I增大，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，根据，解得：R=1.003，AC错误；BD乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表。伏特表的量程，可知R增大时量程增大;由公式，在乙图中，若改装成电压表的量程为3V，则R=1200，BD正确。12.在测定金属丝电阻率的实验中，取了很小一段金属丝用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图，金属丝的直径为_ mm用游标卡尺测长度，则长度为_mm【答案】 (1). 1.995 (2). 10.94【解析
13、】【详解】1由图一所示螺旋测微器可知，金属丝的直径：d=15mm+49.50.01mm=1.995mm；2由图二所示可知，游标卡尺是（50分）度，金属丝的长度为：。13.某实验小组想描绘标有“4V2W”的小灯泡的U-I图像，除导线和开关外还备有以下器材可供选择:A.电流表A1(量程0.6A，内阻约为1)B.电流表A2(量程3.0A，内阻约为0.2)C.电压表V1(量程5.0V，内阻约为5k)D.电压表V2(量程15.0V，内阻约为15)E.滑动变阻器R1(最大阻值为5，额定电流500)F.滑动变阻器(最大阻值为10，额定电流2.0A)G.电源(电动势为6.0V，内阻约为0.5)(1)实验中所用
14、的电流表应选_;电压表应选_;滑动变阻器应选_.（填所选仪器前面的符号）(2)在虚线框内画出实验的电路图_。【答案】 (1). A (2). C (3). F (4). 【解析】【详解】(1)1小灯泡额定电流：，故电流表应选A1，即A；2灯泡额定电压4V，则电压表应选V1，即C；3为方便实验操作，保证电路安全，滑动变阻器R1的额定电流太小，滑动变阻器应选择：R2；(2)4灯泡正常工作时的电阻，远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法，电路图如图所示三、计算题14.如图所示的电路中，电源电动势为E=6.0V，内阻r=0.6，电阻
15、R2=0.5，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：（1）电阻R1和R3的阻值；（2）当S闭合后，电压表的示数和电阻R2上消耗的电功率；【答案】（1）1.4，2（2）1.0V；2W【解析】【详解】（1）S断开时,由U1=I1R3 代入数据解得： R3=2 又由代入数据解得：R1=1.4（2）S闭合时，R2、R3并联电阻 由闭合电路欧姆定律得回路总电流：代入数据解得：电压表示数为: U2=I2R23=1VR2上消耗的功率为:15.如图所示，四个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有一质量为m，带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点现打开电键S，这个带电小球便
16、向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生变化，碰后小球带有和该板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：（1）电源电动势E多大？（2）小球与极板碰撞后所带的电量为多少？【答案】（1）、；（2）【解析】【详解】(1)当S闭合时，设电容器电压为U，则有：对带电小球受力分析得：联立解得：(2)断开S，设电容器电压为U，则有：,UU，则电容器间场强减小，带电小球将向下运动对带电小球运动的全过程，根据动能定理得：联立解得：16.如图所示，在的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，
17、半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10-4C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数，位于N点右侧1.5m处，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，取g=10m/s2，求：(1)滑块在最高点速度多大？(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？(3)滑块应以多大的初速度v0向左运动？【答案】(1)2.828m/s(2)(3)【解析】【详解】(1)设小球到达Q点时速度为，则，解得v=2.828m/s；(2)设滑块到达P点时速度为，则从最高点运动到P点过程： ，又在P点时：，代入数据，解得；(3)滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得 ，
18、联立两式并代入数据解得：。17.如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边界，已知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d。（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E。【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)对直线加速过程，根据动能定理，有：qU0=解得:U0=(2)设此时场强大小为E，则:ab方向，有L=v0tad方向，有:L=Uac= EL =（3）根据可知，离子射出电场时的速度，方向与ab所在直线的夹角为45，即，根据，可得x=2y，则离子将从bc边上的中点飞出，即根据动能定理，有：解得