1、黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题、1.下列说法错误的是()A. 奥斯特首先发现了电流的磁效应B. 安培发现了电流产生的磁场方向的判定方法C. 安培首先提出了磁场对运动电荷有力作用D. 安培首先提出了分子电流假说【答案】C【解析】【详解】A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A正确；B、安培发现了电流产生的磁场的方向的判定方法，即右手定则，故B正确；C、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有力作用，故C错误；D、安培首先提出了分子电子假说，解释了软铁被磁化的现象，故D正确；错误的故选C。【点睛】关键是记住相关物理学家的科学成就，进行解答。2.如图甲
2、所示，a、b两平行直导线中通有相同的电流，当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上，且两导线与圆心连线的夹角为 60时，圆心处的磁感应强度大小为B。如图乙所示，c导线中通有与a、b导线完全相同的电流，a、b、c垂直圆平面放置在圆周上，且a、b两导线与圆心连线的夹角为120，b、c两导线与圆心连线的夹角为30，则此时圆心处的磁感应强度大小为()A. BB. BC. 0D. B【答案】A【解析】【详解】当a、b两导线与圆心连线的夹角为60时，它们在圆心处的磁感应强度如图甲所示，设BaBbB1，则有BB1。当a、b两导线与圆心连线夹角为120时，如图乙所示，它们在圆心处的磁感应强度矢量和为BB1，再与c导
3、线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为B1，因此圆心处的磁感应强度大小为B。A. B，与结论相符，选项A正确；B. B，与结论不相符，选项B错误；C. 0，与结论不相符，选项C错误；D. B，与结论不相符，选项D错误；3.要想在如图所示的虚线方框范围内有方向垂直纸面向外的磁场，以下方法可行的是 （ ）A. 正离子沿a到b的方向运动B. 正离子在框内顺时针旋转C. 电子沿a到d的方向运动D. 电子在框内顺时针旋转【答案】D【解析】若正离子沿a到b的方向运动，形成的电流方向为从a到b，根据右手螺旋定则可得在方框内形成的磁场方向为垂直纸面向里，A错误；若正离子在框内顺时针旋转，则形成的电流为顺
4、时针方向，根据右手螺旋定则可得方框内的磁场方向垂直纸面向里，B错误；电子沿a到d的方向运动，则形成的电流方向为d到a，根据右手螺旋定则可得方框内的磁场方向垂直纸面向里，C错误；电子在框内顺时针旋转，形成的电流方向为逆时针方向，所以根据右手螺旋定则可知方框范围内有方向垂直纸面向外的磁场，D正确4.某同学按如图电路进行实验，电压表和电流表均为理想电表，实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同(但不为零)，若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（ ）A. R3短路B. R1短路C. R3断开D. R2断开【答案】D【解析】A：R3短路，两电压表均被短路，电压表示数相同(均为零)。故
5、A项错误。B：R1短路，由图可知RP与R2串联后与R3并联，然后接在电源上。电压表V1测并联部分电压，V2测R2两端的电压。两电压表示数不同。故B项错误。C：R3断开，由图可知RP与R2串联，然后再与R1串联。电压表V1测RP与R2的电压，V2测R2两端的电压。两电压表示数不相同。故C项错误。D：R2断开，R3与R1串联接在电源上，两电压表均测R3的电压。两电压表示数相同(但不为零)。故D项正确。5.如图所示，电源电动势E=6V,内电阻r=1,小灯泡L标一有“2V 4W”,当调节可变电阻R使小灯泡恰好正常发光时，下列说法正确的是.A. 流过小灯泡的电流I=1AB. 电源的路端电压为4VC. 可
6、变电阻R此时的阻值为2D. 可变电阻R此时消耗的功率为2W【答案】B【解析】小灯泡正常发光，则流过小灯泡的电流，选项A错误；电源的路端电压U端=E-Ir=6-21=4V，选项B正确；可变电阻R此时的阻值为 ，选项C错误；可变电阻R此时消耗的功率为P=I2R=4W，选项D错误；故选B.点睛：解决本题的关键要明确用电器的连接关系，明确串联电路中电流处处相等，再运用欧姆定律和闭合电路欧姆定律解答6.图示的电路图中，C2=2C1，R2=2R1下列说法正确的是（）开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量开关
7、处于接通状态，电容C1电量大于C2的电量A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】当开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，根据，且，得：，故正确，错误；当开关S闭合时，电容器的电压等于的电压，电容器的电压等于电阻的电压。而两电阻串联，电压之比等于电阻之比，根据，且，得：电容器的电量等于的带电量，故错误，故选项A正确，BCD错误。7.如图所示的电路中，将滑动变阻器的滑片 P 向右滑动后，假设电流表 A1 和电 压表V2 两个电表的示数变化量的绝对值分别为 I1 和 U 2 ，则在滑片 P 向右滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）A. V1 变大B. A
8、2 变大C. V2 变大D. 不变【答案】BCD【解析】【分析】先由局部电阻RP的变化开始分析，分析全电路的电阻、电流以及路端电压，然后再逐步分析到局部电路.【详解】在滑片 P 向右滑动的过程中，RP变大，则电路的总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即A1减小，R1的电压减小，则R3以及与其并联的支路电压变大，A2读数变大；V2读数变大；R3电流变大，则R2电流减小，则两端电压减小，即V1 读数变小，故选项A错误，BC正确；U2=E-I1(R1+r)，可知不变，可知选项D正确；故选BCD.【点睛】分清电路图，利用等效电阻法结合总量法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键。8.如图，电
9、源的电动势，内阻，定值电阻，M是电动机，其线圈电阻，电动机正常工作时，理想电压表示数为6V，则（）A. 通过电源的电流为1.5AB. 定值电阻R两端的电压为8VC. 电动机的输出功率为5WD. 电源的效率约为93.3%【答案】BCD【解析】【详解】A、设理想电压表示数为U，电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律得：， 可得：则通过电源和电动机的电流为1A，故A错误；B、根据欧姆定律可知定值电阻R两端的电压为，故B正确；C、电动机消耗的电功率为：电动机的发热功率为：故电动机的输出功率为：，故C正确；D、电源的效率，故D正确。二实验题9.（1）图甲所示的电流表使用0.6A量程时，对应刻度盘上每一小格代
10、表_A，图中表针示数是_A；当使用3A量程时，对应刻度盘上每一小格代表_A，图中表针示数为_A。（2）图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示_V，图中指针的示数为_V。若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示_ V，图中表针指示的是_V。（3）用游标卡尺测得某样品的长度如图（甲）所示，其示数L_mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图（乙）所示，其示数D_mm。【答案】 (1). 0.02A (2). 0.44A (3). 0.1A (4). 2.20A (5). 0.1V (6). 1.40V (7). 0.5V (8). 7.0V (9). 30.35mm (10). 3.205mm【
11、解析】【详解】（1）1234电流表使用0.6A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02A，指针的示数为0.44A；当换用3A量程时，每一小格为0.1A，指针示数为2.20A；（2）5678电压表使用3V量程时，每小格表示0.1V，指针示数为1.70V；使用15V量程时，每小格为0.5V，指针示数为7V；（3）9游标卡尺的主尺读数为：30mm，游标读数为0.057mm=0.35mm所以最终读数为：30mm+0.35mm=30.35mm10螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.0120.4mm=0.204mm所以最终读数为：3mm+0.204mm=3.204mm由于需要估读在范围3.20
12、3-3.205内均正确10.某同学采用“半偏法”测量一个量程为的电压表的内阻（约），电路图如图所示。（1）要使测量值尽量准确，除了选用电源、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用_（选填“A”或“B”），电阻箱中选用_（选填“C”或“D”），电源中选_（选填“E”或“F”）A. 滑动变阻器（）B. 滑动变阻器（）C. 电阻箱（），阻值最小改变量为D. 电阻箱（），阻值最小改变为E.（电动势），内阻可忽略F 电源（电动势），内阻可忽略（2）该同学在测量电压表的内阻时，实验步骤如下：按实验原理图连按好电路，把开关，断开，把滑动变阻器的滑片置于_（选填“a”或“b”）；闭合开关，移动
13、滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为；保持位置不变，再断开开关，调节电阻箱的阻值使电压表的示数为，此时电阻箱的阻值为，则被测电压表内阻的测量值_。（3）为了减少实验误差，必须使滑动变阻器的最大阻值_（选填“远小于”或“远大于”）电压表的内阻。（4）电压表内阻的测量值和真实值相比，_（选填“略大于”“略小于”或“等于”）。【答案】 (1). A (2). D (3). F (4). a (5). (6). 远小于 (7). 略大于【解析】【详解】（1）1本题滑动变阻器“是分压式接法，为了操作方便应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选A；2因为本实验是采用“半偏法”测电压表的内阻，电压表半偏
14、时，电阻箱的阻值认为等于电压表的内阻，电压表的大约值为，所以电阻箱选D；3由于电压表量程为，并且（2）中电压表示数要调到，所以电源只能选F。（2）4按实验原理图连接好电路，把开关、断开，为了保证开关闭合时电路的安全，且本实验采用分压接法，为了让测量电路中的电压由零开始调节，把滑动变阻器的滑片置于端；5电阻箱和电压表串联的总电压是，调节电阻箱使电压表示数为时，电阻箱上分压为，根据串联电路电压与电阻成正比，得被测电压表内阻的测量值等于电阻箱的阻值。（3）6为了减小电压表内阻对电路的影响，使测量电路两端的电压保持不变；应使滑动变阻器的最大阻值远小于电压表内阻；（4）7实验中认为电阻箱和电压表电阻相等
15、，故调节电阻箱的阻值使电压表指针指到位置，此时电阻箱的电压大于，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大。11.在“测定金属丝的电阻率”的实验中,待测金属丝的电阻Rx约为5 ,实验室备有下列实验器材：A电压表V1（量程3V，内阻约为15k）B电压表V2（量程15V，内阻约为75k）C电流表A1（量程3A，内阻约为0.2）D电流表A2（量程0.6A，内阻约为1）E滑动变阻器R1（050，0.6A）F滑动变阻器R2（0500，0.1A）G电池E（电动势为3 V，内阻约为0.3）H开关S，导线若干（1）为提高实验精确度,减小实验误差,电压表应选用_电流表应选用_滑动变阻器应选用_（选填器材前面的
16、字母序号）（2）为减小伏安法测电阻的实验误差,应选用_填“甲”或“乙”为该实验的电路图【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 2【解析】【详解】（1）1电源电动势是3V，故电压表应选A；2通过待测电阻的最大电流约为A故电流表应选D；3为保证安全方便实验操作，故滑动变阻器应选E；（2）4因为电流表应采用外接法，由电路图可知，应选2所示电路图。12.为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，提供以下实验器材：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)电压表V(量程3 V，内阻3 k)电流表A(量程0.5 A，内阻约0.5 )电阻箱R0(09999.9 )滑动变阻器R1(阻值05
17、，2A)滑动变阻器R2(阻值0200，1A)学生电源E(电动势4 V，内阻不计)开关S及导线若干（1）关于控制电路中滑动变阻器连接方法，应选择_A. 分压式连接 B.限流式连接（2）为了减小系统误差，关于测量电路中电压表和电流表的连接方式，应选择_A 安培表内接法 B.安培表外接法（3）实验提供的电压表量程小于小灯泡的额定电压，需要把电压表的量程扩大到4伏，改装电压表时，应将电阻箱阻值调至_，并与题中所给电压表_.(选填“串联”或“并联”)（4）请在方框中画出该实验的电路图_。（5）为操作方便，实验中滑动变阻器应选择_(选填R1或R2)你的选择理由是_.（6）实验中得到小灯泡的伏安特性曲线曲线
18、如下图（a）所示，由实验曲线可知，随着电压的增加小灯泡的电阻_ (填“增大”“不变”或“减小”)（7）现将与题中完全相同的两个小灯泡与另一电源E0(电动势4 V，内阻10)和一阻值为9的定值电阻连接成如图（b）所示电路。此电路中每个小灯泡的两端的实际电压为_V（结果保留两位有效数字）。【答案】 (1). （1）A (2). （2） B (3). （3）1000.0 (4). 串联 (5). （4） (6). （5）R1 (7). 选择R1时，移动滑片，小灯泡两端的电压示数变化比较均匀（线性关系较好） (8). （6）增大； (9). （7）1.1V【解析】【详解】（1）因要得到从零开始连续可调
19、的多组电压，则控制电路中滑动变阻器的连接方法，应选择分压式连接，故选A.（2）小灯泡的电阻，则为了减小系统误差，关于测量电路中电压表和电流表的连接方式，应选择安培表外接法，故选B.（3）电压表的量程为3V，内阻为3k，则要把电压表的量程扩大到4伏，改装电压表时，应将电阻箱阻值调至，并与题中所给电压表串联.（4）实验的电路图：（5）为操作方便，实验中滑动变阻器应选择阻值较小的R1选择理由是：选择R1时，移动滑片，小灯泡两端的电压示数变化比较均匀（线性关系较好） .（6）由实验曲线可知，随着电压的增加I-U线的切线的斜率逐渐减小，则小灯泡的电阻增大.（7）设每个灯泡两端电压为U，电流为I，则由闭合
20、电路的欧姆定律：E=2U+I(r+R)，即4=2U+10I，即：U=2-5I，将此函数关系画在灯泡的伏安特性曲线上，如图；交点坐标为U=1.1V，即此电路中每个小灯泡的两端的实际电压为1.1V.13.“测定电池的电动势和内阻”的实验中：(1)在如图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于_端（填“A”或“B”）。(2)如图乙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=_V，内阻r=_。(3)实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的A、B两端，则理论上电动势的测量值和真实值关系E测_ E真，内阻的测量值和真实值 r测_ r真（填“，或=”）。【答案】 (1
21、). A (2). 1.5 (3). 1.0 (4). = (5). 【解析】【分析】（1）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；（2）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻（3）将电压表并连在滑动变阻器的AB两端，误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻，则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况【详解】（1）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为右半部分；故滑片应接到A端；（2）在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代
22、表的是电源的内阻的大小U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；U-I图象斜率的绝对值等于内阻，所以；（3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值【点睛】本题考查实验的连接和数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻14.某同学组装了一个简易多用电表，其电路图如图（a）所示，图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻，虚线方框内为选择开关，A端和B端分别与两表笔相连（1）图（a）中，虚线方框内
23、选择开关的“4”、“5”两挡为电压挡，则挡位_（选填“4”或“5”）的量程较大；（2）根据图（a）所示电路图判断，此表A端应与_（选填“红”或“黑”）色表笔相连接（3）选用欧姆表100档测量某电阻阻值，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_挡（选填“10”或“1k”）。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行测量，那么缺少的步骤是_。若补上该步骤后再次进行测量，表盘的示数如图（b）所示，则该电阻的阻值是_。【答案】 (1). 5 (2). 黑 (3). 1k (4). 欧姆调零 (5). 14k【解析】【详解】第一空表头串联大电阻改装成电压表，串联电阻越大则量程越大
24、，由此可知档位5的量程较大；第二空由图（a）所示电路图可知，A与欧姆表内置电源正极相连，又电流红进黑出，则A端应与黑表笔相连；第三空欧姆表的零刻度在左边，偏角小，说明带测电阻阻值大，应换大倍率1k挡；第四空重新欧姆调零后测量；第五空欧姆表的读数为：示数倍率14100014k；三、简答题15.如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中。当导体棒中通一自右向左、大小为I的电流时，导体棒静止在与竖直方向成角的导轨上，重力加速度为g，求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）每个圆形导轨对导体棒的支持力大小。【答案】（1），（2
25、）.【解析】试题分析：导体棒受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，解出安培力，最后求出磁场的磁感应强度；同理：根据平衡条件，结合合成法得到支持力，最后得到每个圆导轨对导体棒的支持力大小。（1）从右向左看受力分析如图所示：由受力平衡得：，解得：。（2）两导轨对棒的支持力2FN，根据平衡条件：2FNcos 37-mg=0解得：点睛：本题主要考查了安培力的共点力平衡问题，受力分析时力图难以构建，关键是将题图转化为平面图，再作图分析。16.如图所示，电源内阻r=1，R1=2，R2=6，灯L上标有“3V,1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移动至最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光电流表为理想电表.（1）求电源的电动势；（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；（3）当滑动变阻器的Pb段电阻为多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？【答案】(1)6V；(2)2A；(3)2，2W【解析】【详解】（1）电源的电动势E=UL十IR1十Ir=3V十12V十11V=6V（2）当P移到最左端时，由闭合电路欧姆定律，（3）灯L电阻RL=U2/P=6设滑动变阻器的Pb段电阻为R3，R3与RL并联等效电阻由闭合电路欧姆定律将已知量代入化简得当R3=2时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2W
