1、山东省济宁市邹城龙山高考培训学校2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题1. 一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为 ( )A. U2B. UC. 2UD. 4U【答案】D【解析】试题分析：根据电阻定律可得：拉长后电阻变为,所以根据欧姆定律可得：,故,所以选D考点：考查了欧姆定律和电阻定律的应用点评：做本题的关键是知道导线在拉长时体积不变，然后根据公式判断面积和长度的变化2. 一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为交流电源上（其内电阻可忽略不计），均正常工作。用电流表分别测得通过电饭
2、煲的电流是5.0A，通过洗衣机电动机的电流是，则下列说法中正确的是（）A. 电饭煲的电阻为，洗衣机电动机线圈的电阻为B. 电饭煲消耗的电功率为，洗衣机电动机消耗的电功率为C. 内电饭煲消耗的电能为，洗衣机电动机消耗的电能为D. 电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍【答案】C【解析】【详解】由于电饭煲是纯电阻元件，所以其在内消耗的电能洗衣机非纯电阻元件，所以其在内消耗的电能其热功率所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍。故选C。3. 如图所示的电路中，闭合电键S后，灯a和b都正常发光，后来由于某种故障使灯b突然变亮，电压表读数增加，由此推断这故障可能是（）A. a灯灯丝烧断B
3、. 电阻R2短路C. 电阻R2断路D. 电容被击穿短路【答案】C【解析】【详解】A若a灯灯丝烧断，电路总电阻增大，总电流减小，b灯两端电压减小，b灯变暗，不符合题意。故A项错误。B若电阻R2短路，b灯被短路，b灯不亮，不符合题意。故B项错误。C若电阻R2断路，总电阻增大，总电流减小，b两端电压增大，b灯变亮；电源两端电压增大，电压表读数增加，符合题意。故C项正确。D电容器被击穿短路，总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，电压表读数减小，不符合题意。故D项错误。故选C。4. 如图所示，两直导线中通以相同的电流I，矩形线圈位于两导线之间的实线位置，穿过线圈的磁通量为，已知虚线位置与实线位置关于右边
4、的直导线对称，虚线位置与两直导线的距离相等，虚线位置和虚线位置关于左边直导线对称，且与左边直导线的距离和实线位置与右边直导线的距离相等，现将线圈由实线位置移到图示各个虚线位置，则（）A. 将线圈由实线位置移到图示虚线位置时，磁通量大小不变B. 将线圈由实线位置移到图示虚线位置时，磁通量变化大小为C. 将线圈由实线位置移到图示虚线位置时，磁通量变化为零D. 将线圈由实线位置移到图示虚线位置时，磁通量大小不变【答案】B【解析】【详解】A将线圈由实线位置移到题图示虚线位置时，由通电直导线产生的磁场分布可知，线圈在实线位置的合磁场方向向外，而在虚线位置的合磁场方向向里，且这两个位置对应的磁场也不相同，
5、故磁通量大小发生变化，故A错误；B虚线位置在两导线之间且距离两直导线的距离相等，磁通量为零，将线圈由实线位置移到题图示虚线位置时，磁通量变化大小为，故B正确；C题图示虚线位置的磁场方向垂直纸面向里，而实线位置的磁场方向垂直纸面向外，两个位置磁通量大小相等，所以将线圈由实线位置移到题图示虚线位置时，磁通量变化大小为2，故C错误；D将线圈由实线位置移到题图示虚线位置时，由于线圈平面距离两导线的距离不相等，故磁通量也不相等，即磁通量大小发生变化，故D错误。故选B。5. 能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10-18 J，已知可见光的平均波长为0.6 m，普朗克常数h=6.6310-34 Js，恰能引起
6、人眼的感觉，进入人眼的光子数至少为 ( )A. 1个B. 3个C. 30个D. 300个【答案】B【解析】【详解】每个光子的能量为E0=hh，能引起人的眼睛视觉效应的最小能量E=10-18J，由E=nE0得能引起人眼的感觉，进入人眼的光子数至少，故B正确，ACD错误；6. 2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1 500 m高时正面撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命设当时飞机正以720 km/h的速度飞行，撞到质量为2 kg的兔子，作用时间为0.1 s则飞机受到兔子的平均撞击力约为()A. 1.44103 NB. 4.0103 NC. 8.0
7、103 ND. 1.44104 N【答案】B【解析】详解】720 km/h200 m/s根据动量定理Ftmv可得FN4103 N故选项B正确7. 以下说法中正确的是（）A. 电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流B. 在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C. 静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少D. 静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加【答案】AD【解析】【分析】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
8、路的结构无关。电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。【详解】A电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流，A正确；B在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部既存在非静电力，移动电荷又会导致出现静电力，B错误；CD静电力与非静电力都可以使电荷移动，静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加，C错误，D正确。故选AD。8. 在如图甲所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2是相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为10当开关S闭合后A. L1的电阻为1.2B. L1消耗的电功率为0.75WC. L2的电阻为5D.
9、 L2消耗的电功率为0.1W【答案】BC【解析】【详解】AB、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻，功率P1=U1I1=0.75W故选项A不符合题意，选项B符合题意；C、灯泡L2的电压为U，电流为I，R与灯泡L2串联，则有，在小灯泡的伏安特性曲线作图，如图所示，则有，L2的电阻为5，L2消耗的电功率为0.2W，故选项C符合题意，选项D不符合题意；故选BC9. 下列情况能产生感应电流的是()A. 如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B. 如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时C. 如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时D. 如
10、图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时【答案】BD【解析】【详解】能产生感应电流的条件是闭合电路中磁通量发生改变，所以BD正确10. 如图所示，线圈与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈与电流计G相连，线圈与线圈绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计G中有示数的是() A. 开关闭合瞬间B. 开关闭合一段时间后C. 开关闭合一段时间后，来回移动变阻器滑动端D. 开关断开瞬间【答案】ACD【解析】【详解】A.开关闭合瞬间，电路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流故A正确；B.开关闭合一段时间后，线圈中是恒定的电流，线圈产生稳恒
11、的磁场，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生故B错误；C.通电时，来回移动变阻器滑动端时，变阻器接入电路的电阻变化，电路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过线圈磁通量变化，产生感应电流，故C正确D.将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流故D正确。故选ACD。11. 在“测定金属电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为50cm（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为_mm（该值接近多次测量的平均值） （2）用伏安法测金属丝的电阻Rx实验所用器材为：电池阻（电动势3V，内阻约1）、电
12、流表（内阻约0.1）、电压表（内阻约3k）、滑动变阻器R（020，额定电流2A）、开关、导线若干某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的_图（选填“甲”或“乙”）（3）如图所示是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏 （4）这个
13、小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线_，由图线得到金属丝的阻值 Rx=_（保留两位有效数字） （5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为_（填选项前的符号）A1m B1mC1m D1m（6）任何实验测量都存在误差本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_（有多个正确选项）A用螺旋测微器测量金属直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差D用UI图像处理
14、数据求金属电阻可以减小偶然误差【答案】 (1). 0.398(0.3950.399) (2). 甲 (3). (4). (5). 4.34.7 (6). C (7). CD【解析】【详解】（1）由图知螺旋测微器的主尺读数是0mm，可动刻度读数是39.80.01mm= 0.398mm(0.3950.399)，所以直径D=0.398mm.（2）由表中实验数据可知，最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路（3）实物图连接注意电流表外接，滑动变阻器分压，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，连接时使电压表、电流表的示数最小如图所示（4）将各数据点连线
15、时注意让线经过尽量多的点，有些点不在线上，要让线两侧点的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去（图中第6个点）计算直线的斜率即为电阻R， 故（5）根据电阻定律 得 ，故C正确，ABD错误（6）A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B错误；C.伏安法测电阻时，电流表和电压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C正确；D.用UI图像处理数据求金属线电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第6个点）去掉，不在直线上的点均匀分布在线的两
16、侧，这样可以减小偶然误差，D正确12. 如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r0.8，电路中另一电阻R10，直流电压U160V，电压表示数UV110V。试思考：(1)通过电动机的电流I137.5A，这样计算对吗？说明原因；若不对，应怎样求通过电动机的电流？(2)怎样求输入电动机的电功率？(3)若电动机以v1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）如果考虑摩擦力的影响，提升重物的质量应比前面的计算结果大或者小？【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)53kg；提升重物的质量应变小【解析】【详解】(1)不对，电动机是非纯电阻，不能应用欧姆定律，正
17、确方法：由电路中的电压关系可得电阻R的分压URUUV（160110）V50V流过电阻R的电流IR5A即通过电动机的电流IMIR5A(2)电动机的分压UMUV110V输入电动机的功率P电IMUM550W(3)电动机的发热功率P热IM2r20W电动机输出的机械功率P出P电P热530W又因P出mgv所以m53kg如果考虑摩擦影响，P出应变小，则提升重物的质量应变小。13. 在如图所示的电路中，三个电阻的阻值分别为R12，R23，R34，电源电压恒定。(1)接通开关S，断开开关S时，R1与R2两端电压之比为多少？(2)两个开关S、S都接通时，R1与R2两端电压之比为多少？【答案】(1)23；(2)76
18、【解析】【详解】(1)接通开关S，断开开关S时，电阻R1与R2串联，电阻R3开路，由串联电路的规律可知U1U2R1R223故接通开关S，断开开关S时，R1与R2两端电压之比为23。(2)两个开关都接通时，R2与R3并联，再与电阻R1串联，故R23R1与R23串联，由串联电路的规律知U1U2R1R2376故两个开关S、S都接通时，R1与R2两端电压之比为76。14. 质量为M=1. 0kg的长木板A在光滑水平面上以的速度向左运动，某时刻质量为m=0. 5kg的小木块B以的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t=0. 6s小木块B相对A静止，求：（1）两者相对静止时的运动速度v；（2）从木块滑上木板
19、到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化；（3）小木块与长木板间的动摩擦因数。【答案】（1）1m/s ，方向水平向右；（2）1. 5kgm/s；（3）0.5【解析】【详解】设水平向右为速度正方向（1）从开始到相对静止水平方向动量守恒解得v=1m/s方向水平向右。（2）长木板的动量变化=1. 5kgm/s （3）对小木块B，根据动量定理得解得15. 在如图所示的电路中，定值电阻R1=1.4、R2=0.5，电源内阻r=0.6，电容器的电容C=100。当开关S断开时，电容器上容纳的电荷量Q=3104C，理想电流表的示数I=1.5A。求：(1)电阻R3的阻值；(2)电源电动势E及电源的效率；(3)当S闭合、电路稳定后，电容器上容纳的电荷量【答案】(1)2；(2)6V，85%；(3)【解析】【详解】(1)根据可求出电容器两端电压即R3两端电压为3V，由欧姆定律可知(2)根据闭合电路的欧姆定律可知，电源的电动势为电源的效率(3)当S闭合，电路稳定后，外电路的总电阻为电容器两端的电压为电容器的电荷量为