1、20202021年度第一学期期末考试试卷高二物理一、选择题（共48分）：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18小题只有一个选项正确，第912小题有多个选项正确。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。1. 发现电流磁效应，从而首先揭示了电和磁的联系的物理学家是（）A. 焦耳B. 奥斯特C. 库仑D. 安培【答案】B【解析】【分析】【详解】A焦耳总结了焦耳定律，A错误；B奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家，B正确；C库仑发现了库仑定律，C错误；D安培发现了分子电流假说，D错误。故选B。2. 关于磁感应强度定义式，下列
2、说法正确的是（）A. 磁感应强度随着通电导线所受磁场力的增大而增大B. 磁感应强度随着乘积的减小而增大C. 磁感应强度的方向与通电导体受力的方向相同D. 磁感应强度由磁场本身决定，不随、及的变化而变化【答案】D【解析】【分析】【详解】ABD磁场中某点的磁感应强度B是由磁场本身决定的，与通电导线所受的安培力F以及IL的乘积无关，选项AB错误，D正确；C磁感应强度的方向与通电导体受力的方向垂直，选项C错误。故选D。3. 一根粗细均匀的镍铬丝，其横截面的直径为d，电阻为R，现将它提制成直径为的均匀细丝后，其电阻值变为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】设原来导体长度为，面积
3、为，当直径变为时，面积变为长度变为则由电阻定律可知，此时电阻变为故选D。4. 如图所示为某电源的伏安特性曲线，则下列结论正确的是（ ）A. 电源的电动势为6.0VB. 电源的内阻为C. 电流为0.2A时的外电阻是D. 电源的短路电流为0.5A【答案】A【解析】【分析】【详解】A.由电源的伏安特性曲线可知，电源的电动势为6.0V，故选项A符合题意B.电源的内阻故选项B不符合题意C.依据闭合电路欧姆定律可知，当电流为0.2A时，路端电压为5.68V，则由欧姆定律可知外电阻故选项C不符合题意D.图象与横坐标的交点电压为5.2V，这时对应的电流为0.5A，这不是短路电流，故D选项不符合题意5. 一段粗
4、细均匀的金属导体两端加一定电压后产生了恒定电流，已知该导体单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e，自由电子定向移动的速率为v，要想得出通过导体的电流，除以上给出的条件外，还需要以下哪个条件（） A. 导体的长度LB. 导体的电阻RC. 导体的横截面积SD. 导体两端的电压U【答案】C【解析】【分析】【详解】求解电流可以根据I=U/R以及微观表达式I=nqvS求解；根据题意可知，已知电量e，定向移动速率v以及导体单位体积内的自由电子数n；故只需要再知道导体的横截面积S即可求出电流大小；或者同时知道导体两端的电压U和导体的电阻R；A. 知道导体的长度L不能求解导体的电流，选项A错误； B.
5、只知道导体的电阻R不能求解导体的电流，选项B错误； C. 还需知道导体的横截面积S可以求解导体的电流，选项C正确；D. 只知道导体两端的电压U不能求解导体的电流，选项D错误；6. 在图示的电解池中，测得5s内共有7.5C的正电荷和7.5C的负电荷通过池的竖直截面OO，则电路中电流表指示的读数应为（ ）A. 0B. 1.5AC. 3AD. 7.5A【答案】C【解析】【分析】【详解】电路中电流表读数就表示电路中电流的大小，电路中电流表读数；故选C【点睛】本题考查电流的计算，关键是公式的应用，重点是明白电流是表示单位时间内通过的电荷量同时要注意明确同时有正负电荷移动时，总电荷量为正负电荷的绝对值的和
6、7. 下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A. 根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所受的电场力成正比B. 根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据真空中点电荷的场强公式可知，电场中某点的场强与场源电荷所带电荷量成正比D. 根据电势差的定义式可知，如果将一个正点电荷从A点移动到B点，电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 电场强度由电场本身决定，与试探电荷受到的电场力和电荷量都无关，选项A错误；B. 电容器的电容由电容器本身结构决定，与电容器所带的电荷量和两
7、板之间的电压无关，选项B错误； C. 公式是真空中点电荷产生场强的决定式，即电场中某点的场强与场源电荷所带电荷量成正比，与该点到场源电荷的距离的平方成反比，选项C正确；D. 根据电势差的定义式可知，如果将一个电荷量为1C的正点电荷从A点移动到B点，电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V，即表述中少了“电荷量为1C” 的条件，选项D错误。故选C。8. 如图所示，直线为某电源的图线，曲线为某小灯泡的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. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】【详解】用该电源和小灯泡组成闭合电路时，图像的交点为工作状态
8、，所以电源的输出功率是根据图像可知，电源的电动势为3V，电源的总功率是A. ，与分析不符，故A错误。B. ，与分析不符，故B错误C. ，与分析不符，故C错误。D. ，与分析相符，故D正确。9. 等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是（）A. a点电势高于b点的电势B. a点的场强大于b点的场强，方向相同C. 将一负电荷从a点移到b点电场力做负功D. 负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】AC【解析】【分析】【详解】A根据电场线由高电势的地方指向低电势的地方可知，a点的电势高于b点的电势，故A正确；B电场线上某一点电场强度方向与该点的切线方向一致，故a点和b点的电场强度方向不同，
9、故B错误；CD由于a点电势高于b点的电势，则负电荷在a点的电势能低于在b点的电势能，故将负电荷从a点移到b点电势能增加，电场力做负功，故C正确，D错误。故选AC。10. 根据欧姆定律，下列说法中正确的是（）A. 从关系式U=IR可知，导体两端的电压U由通过它的电流I和它的电阻R共同决定B. 从关系式可知，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C. 从关系式知，导体中电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D. 从关系式知，对一个确定的导体来说，温度不变时，所加的电压跟通过导体的电流的比值是一定值【答案】CD【解析】【分析】【详解】A由U=IR知对于一个确定的导体来说，如果
10、通过的电流越大，则导体两端的电压也越大，但是，不能说导体两端的电压U由通过它的电流I和它的电阻R共同决定，故A错误，不符合题意；B关系式是定义式，导体电阻由导体本身决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故B错误，不符合题意；C由知，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C正确，符合题意；D导体电阻由导体本身决定，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，温度恒定时，所加的电压跟通过的电流的比值是一确定值，故D正确，符合题意。故选CD。11. 在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，
11、闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比()A. U变小B. I变小C. Q增大D. Q减小【答案】BC【解析】【分析】首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化【详解】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接
12、入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压，由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故BC正确，AD错误故选BC【点睛】本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况12. 电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关S断开，则以下判断正确的是（ ）A. 液滴仍保持静止状态B. 液滴将向上运动C. 电容器上的带电量将减为零D. 电
13、容器上的带电量将增大【答案】BD【解析】试题分析：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时，电路稳定时，电容器板间电压等于电源的电动势，分析液滴的运动情况，根据电压的变化，分析电容器的电量变化解：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，则知电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受电场力增大，则液滴将向上运动由于电容器的电压增大，由公式Q=CU可知，电容器上的带电量将增大故选BD【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键确定电容器板间电压的变化当电
14、路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压二、实验题（共18分）。13. (1)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_mm。(2)若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_。（选填“偏大”或“偏小”）(3)用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法中正确的是_。（填字母代号）A万用电表的指针达满偏时，被测电阻值最大B万用电表的指针指示零欧时，说明通过被测电阻的电流最大C测电阻前，把面板上的选择开关置于相关的欧姆挡上，将两表笔的金属杆直接短接，调整欧姆挡的调零旋钮使指针指在电流的最大刻度处D用欧姆表的10挡时，指针指在刻度2040的正中央，则被测电阻的阻值为300E测量前，待
15、测电阻应跟别的元件和电源断开F用欧姆表的100挡测电阻时，若指针指在0处附近，则应换用1挡。【答案】 (1). 0.697 (2). 偏小 (3). BCE【解析】【分析】【详解】（1）1 金属丝的直径（2）2 由于采用了安培表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值I偏大，而电压测量值U准确，故根据欧姆定律电阻测量值偏小。（3）3A万用电表的指针达满偏时，被测电阻值最小，为零，A错误；B万用电表的指针指示零欧时，说明通过被测电阻的电流最大，所测电阻阻值为零，B正确；C测电阻前，把面板上的选择开关置于相关的欧姆挡上，将两表笔的金属杆直接短接，调整欧姆挡的调零旋钮使指针指在电流的最大刻度处，C正确
16、；D用欧姆表的R10挡时，指针指在刻度2040的正中央，如果欧姆表刻度线均匀，则欧姆表示数为实际上，欧姆表刻度线不均匀，欧姆表刻度线右疏左密，因此所测电阻阻值小于300，D错误；E为保护电表，测量前，待测电阻应跟别的元件和电源断开，E正确；F用欧姆表的R100挡测电阻时，若指针指在0处附近，指针偏角太大，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用R10挡，F错误。故选BCE。14. 有一个小灯泡上标有“2V、1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电压表（03V内阻10k）B电压表（010V内阻20k）C电流表（00.3A，内阻1）D电流表（00.6A，内阻0.4
17、）E滑动变阻器（5，1A）F滑动变阻器（500，0.2A）G电源（电动势3V，内阻1）（1）实验中电压表应选用_，电流表应选用_为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_（用序号字母表示）（2）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的IU图象如图所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而_（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）请根据实验要求，画出电路图_【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 增大 (5). 【解析】【分析】【详解】（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选择A，灯泡额定电流 ，电流表应选择D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；
18、（2）由图象可知，随电压增大，灯泡电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；（3）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻阻值 ，电压表内阻为10k，电流表内阻为0.4，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路如图所示：【点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断三、计算题。解答题应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15. 如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2104的负
19、电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成角，求：(1)电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)该匀强电场的电场强度E。【答案】(1)0.2J(2)1000V(3)1105V/m【解析】【分析】【详解】(1)因负电荷由A移到B的过程中，负电荷的电势能增加了E=0.2J，所以这个过程中电场力对负电荷所做的功；(2)A、B两点间的电势差；(3)匀强电场的电场强度。16. 将用电器按如图所示的方式连接，当开关闭合时，电动机M刚好能正常工作。已知电源的内阻，电动机的额定电压和额定功率分别为，电动机内阻为。
20、求：（1）流过电阻的电流；（2）电源电动势E；（3）电动机的输出功率。【答案】（1）1A（2）12V（3）10W【解析】【分析】【详解】（1）由欧姆定律得：（2）通过电动机的电流为：总电流为分压为：电动势为：.（3）电动机的输出功率.17. 微型吸尘器的直流电动机内阻一定，把它接入电压为的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是；若把电动机接入电压为的电路中，电动机正常工作，工作电流是，求：（1）电动机线圈的电阻R（2）电动机正常工作时的输出功率及吸尘器的效率（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被烧坏）【答案】（1）0.5 （2） （3） 8W【解析】试题分析：（1）电动机不转时线圈是纯电阻，用部分欧姆定律求解线圈的电阻；（2）电动机正常工作时效率为，（3）电动机转子被卡住时，电动机可认为是纯电阻，故电功全部转化为电热.（1）电动机不转时，设线圈电阻为R，则 （2）电动机正常工作时消耗的电功率为电动机正常工作时线圈电阻损耗的电功率为电动机正常工作时输出功率为电动机正常工作时效率为（3）电动机转子被卡住时，电功全部转化为电热