1、北京新学道临川学校2019-2020学年度第一学期期中高二物理、单项选择题1.某根导线的横截面积为S，通过电流为I.已知该导线材料密度为，摩尔质暈为M，电子电荷量为e，阿伏伽德罗常数为NA，设每个原子只提供一个自由电子，则该导线中自由电子定向移动速率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为：t时间内通过导体截面的电荷量为：q=ne,电流强度为得故A正确。2.某一导体的伏安特性曲线如图AB段（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法
2、正确的是A. B点的电阻为12B. B点的电阻为40C. 导体的电阻改变了1D. 导体的电阻改变了9【答案】B【解析】【详解】ABB点的电阻为故A错误，B正确；CDA点的电阻为故两点间的电阻改变了40-30=10，故CD错误。3.如图所示，一段长为a，宽为b，高为c(abc)的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为 ()A. RB. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由电阻定律：R=可知横截面积越小，长度越大，电阻越大；横截面积越大，长度越短，电阻越小。故电阻最大时，横截面积应该最小，即从左右两端接入，此时电阻为：R=解得：=当从上下两个面接入时电阻最小，此时
3、电阻为：r=，故D正确，ABC错误故选：D.4.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若 A. 保持S不变，增大d，则变大B. 保持S不变，增大d，则变小C. 保持d不变，减小S，则变小D. 保持d不变，减小S，则不变【答案】A【解析】【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角变大，故A正确、B错误;CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针
4、的偏角变大，故选项C、D均错误。故选:A.5.在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是 () A. 增大R1的阻值B. 减小R2的阻值C. 减小R3的阻值D. 增大M、N间距【答案】B【解析】试题分析：当增大电阻时，没有作用，因为电阻与两平行金属板相串联，然而两板间没有电流，所以电阻两端没有电势差故A错误；当减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器电压变大，故B正确；当减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则电阻两端电压变大，那么变阻器电压变小，故C错误；当增大MN间距
5、时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变小，所以电场力小于重力，故D错误；考点：考查了带有电容器电路的动态分析点评：电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除当改变间距时，会导致两板间的电容变化6.如图所示，A、B、C三个相同的灯泡连成如图电路，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，三个灯泡的亮暗变化情况是（ ）A. 同时变亮B. 同时变暗C. A、C两灯变暗，B灯变亮D. A、C灯变亮，B灯变暗【答案】D【解析】【详解】滑动变阻器滑动触头向上滑动时，接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故流过A灯电流增大，故A灯变亮；由于电流
6、增大，则可知内电压和灯泡A两端的电压增大，故并联部分电压减小，所以B灯两端电压减小，B灯变暗；因干路电流增大，B灯电流减小，则由分流原理可知，C中电流增大，故C灯变亮，故AC变亮，B变暗，故D正确，ABC错误。故选：D.【点睛】根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再根据功率公式可分析灯泡亮度的变化7.如图所示，将电压表和电流表用（a）和（b）两种测量电路连接，用来测量电阻Rx的阻值，按照（a）图时，电流表示数为4.00mA，电压表示数为2.40V；按照（b）图时，电流表示数为 5.00mA，电压表示数为2.30V，比较这两次结果，正确
7、的是A. 电阻真实值更接近600，且大于600B. 电阻的真实值更接近600，且小于600C. 电阻的真实值更接近600，且大于460D. 电阻的真实值更接近460，且小于460【答案】B【解析】【详解】电流表示数由4.00mA变为5.00mA，变化了=25%；电压表示数由2.40V变为2.30V，变化了=4%；电流变化明显，说明电压表分流较明显，应采用电流表内接法，即按照（a）图连接。电流表的示数是4.00mA，电压表的示数是2.40V，根据欧姆定律有：此电阻等于待测电阻与电流表内阻之和，待测电阻阻值小于600。故B正确，ACD错误。故选：B8.某同学按如图电路进行实验，电压表和电流表均为理
8、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
9、均测R3的电压。两电压表示数相同(但不为零)。故D项正确。9.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【答案】C【解析】【详解】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1，可知流过R1
10、的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确，D错误。【此处有视频，请去附件查看】二、多项选择题10.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是（ ）A. 粒子一定带负电B. A处场强大于C处场强C. 粒子在A处电势能小于在C处电势能D. 粒子从A到B电场力所做的功
11、大于从B到C电场力所做的功【答案】BC【解析】【详解】A. 根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，故A错误；B. 等差等势面的疏密反映电场强度的大小，处场强大于处场强，故B正确；C. 从点运动到点，电场力方向与速度的夹角大于，电场力做负功，电势能增大，故C正确；D. 根据知电势差相同，电场力做功相同，所以粒子从到电场力所做的功等于从到电场力所做的功，故D错误。11.如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电荷量为e.则关于电子在两板间
12、的运动情况，下列叙述不正确的是A. 若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变B. 若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍C. 若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变D. 若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半【答案】BCD【解析】【详解】AB根据动能定理得 知电子到达Q板的速度为：将板间距离增大一倍，因为电压不变，电子到达Q板的速率不变，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；CD电子的加速度为：根据得：若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的 倍，故CD错误，符合题意；12.在匀强电场中，关于电势差与电场强度
13、的下列说法正确的是（ ）A. 任意两点间的电势差等于电场强度与这两点间距离之积B. 沿电场方向，任意相同距离上电势差必定相等C. 电势降低的方向不一定就是电场强度的方向D. 距离相同的两点上，电势差越大，这两点间的电场强度越大【答案】BC【解析】【详解】A.公式中的必须是两点间沿着电场方向的距离，故A错误；B. 由知，在匀强电场中各处相同，则沿着方向相同距离上的电势差相同，故B正确；C. 沿着电场方向电势降低，但是电势降低的方向有无数个，所以电势降低的方向未必是电场的方向，故C正确；D. 在相同距离上的两点，电势差大，场强不一定大；若两点沿电场线方向相同距离上的两点，电势差大的其场强才必定大，
14、故D错误。13.关于导体的电阻，下列说法正确的是A. 根据，可知R与U成正比，与I成反比B. 根据，可知R与L成正比，与S成反比C. 白炽灯温度上升电阻变大，是因为灯丝的电阻率变大D. 将一圆柱形导体均匀拉长为原来的两倍，则电阻变为原来的4倍【答案】BCD【解析】【详解】A根据电阻定律可知，导体的电阻大小的影响因素：长度、横截面积、材料。跟电压、电流都无关，故A错误；B根据电阻定律可知，导体的电阻R与长度L成正比，与横截面积S成反比，故B正确；C白炽灯温度升高，电阻率增大，电阻变大，故C正确；D将一圆柱形导体均匀拉长为原来的两倍，则横截面积减小为原来的一半，根据电阻定律可知，电阻变为原来的4倍
15、，故D正确。14.一根粗细均匀的金属导线，两端加电压为U时，通过导线的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，两端电压仍为U，则（ ）A. 通过导线的电流强度为IB. 通过导线的电流强度为IC. 自由电子定向移动的平均速率为vD. 自由电子定向移动的平均速率为v【答案】BC【解析】【详解】将导线均匀拉长，使其半径变为原来的1/2，横截面积变为原来的1/4倍，导线长度要变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律R=可知，导线电阻变为原来的16倍；电压U不变，由欧姆定律I=U/R可知，电流变为原来的1/16；故A错误，B正确；电流I变为原来的1/1
16、6，横截面积变为原来的1/4，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子粒所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I=nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的1/4，故C正确，D错误；故选BC。15. 如图所示的电路中，当滑动变阻器的触头P向上滑动时，则 （ ）A. 电源的总功率变大B. 电容器贮存的电荷量变大C. 灯L1变暗D. 灯L2变亮【答案】AD【解析】试题分析：当滑动变阻器触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，干路电流变大，则灯L1变亮电源的总功率P=EI，E不变，则电源的总功率变大选项A正确；干路电流增大，电源的内电压和灯L1的电压增大，则L1变亮；电路中并
17、联部分的电压U并减小，通过R1的电流减小，而干路电流增大，所以通过灯L2的电流变大，灯L2变亮选项C错误，D正确；电容器的电压等于并联部分的电压，则其电压减小，电容器贮存的电量变小故D正确，故选AD考点：电路的动态分析【名师点睛】本题考查了滑动变阻器变阻原理、欧姆定律、串联电路的电压关系，按“局部整体局部”的思路进行分析。16.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值，则A. A的示数增大B. 的示数增大C. 与的比值大于rD. 大于【答案】ACD【解析】【详解】A滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动
18、变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对；B电压表测量定值电阻的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即示数增大。电压表测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B错；D电压表测量滑动变阻器电压，设电流增加量为，则根据，所以，选项D对；C电压表的变化量，所以，选项C对。三、实验题17.某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值：（1）表内电池的_极与红表笔相连； （2）先把选择开关旋到“l00”档位，测量时指针偏角太小.请你简述接下来的测量过程:断开待测电阻，将选择开关旋到
19、_（填“lk”或者“lO” ）档位；将两表笔短接，_；再接入待测电阻，重新读数；测量结束后，将选择开关旋到OFF档.（3）表盘的示数如下图，则电阻值是_.（保留三位有效数字）（4）在使用多用电表的欧姆档测量电阻时，若（ ）A.双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 B.测量某电阻阻值时偏角越大越准确C.选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25D.从电池使用时间太长导致电动势减小内阻变大，虽然完成调零，但测量值将略大【答案】 (1). 负 (2). lk (3). 调节欧姆调零旋钮 (4). 2.20104 (5). D【解析】【详解】（1） 为保证电流从红表笔进，黑表笔
20、出，表内电池的负极与红表笔相连；（2）偏角小说明阻值大，要换较大挡，选1k档；换挡后，要重新欧姆调零：将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆档零刻度处。（3）读数为：221k=2.20104；（4）A.双手捏住两表笔金属杆，等效于与待测电阻并联一个电阻，测量值将偏小，故A错误；B.测量某电阻阻值时在中值电阻附近较准确，故B错误；C.由于欧姆档刻度左边比较密，右边比较稀疏，选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于250，故C错误；D.电池电动势减小内阻变大时，同样的电流，外接的电阻较小，测量值将略大，故D正确。故选：D18.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图
21、象如图所示现备有以下器材：A.干电池1 个B.滑动变阻器（050）C.电压表（03V）D.电压表（015V）E.电流表（00.6A）F.电流表（03A）(1)其中电压表_和电流表应选_（填字母代号）(2)如图乙是根据实验数据画出的UI图象.由此可知这个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_ （保留两位有效数字）【答案】 (1). C (2). E (3). 1.5 (4). 0.75【解析】【详解】(1)1电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择C2电路中的电流较小，因此电流表选择0.6A量程的E(2)3在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可
22、以读出电源的电动势为1.5V4图象中斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为四、计算题19.如图所示，用某一直流电动机来提升重物，重物的质量m=100kg。当电压U1=24V 时没有提起重物，即输出功率为零这时电流为I1=6A.当电动机的电压为U2=220V，重物被提起.不计各种摩擦，当重物向上运动的速率恒定时，电路中的电流强度I2=5.0A， 求:（取g=10m/s2）（1）该电动机的电阻.（2）重物被电动机匀速提升时的速率?【答案】(1)4(2)1m/s【解析】【详解】(1)电动机输出功率为零时符合欧姆定律，则有(2)设重物匀速运动的速率为v，则根据功率关系可得：P总=UIP热=I2rP出=m
23、gvP总=P热+P出联立解得：v=lm/s20.如图所示，线段A为某电源的U-I图线，线段B为某电阻的U-I图线，当上述电源和电阻组成如图闭合电路时，求：(1)电源电动势和内阻各是多大？(2)电源的输出功率P是多大？(3)若要获得电源的最大输出功率，要并联一个多大的电阻？电源最大输出功率多大？【答案】（1）3V ；（2）；（3）；【解析】【详解】（1）从A的图线可读出电动势为：内阻为：；（2）从图象的交点可读出路端电压为：电路电流为：电源的输出功率为：；（3）从图象的交点可得：，当内外电阻相等时，即外电路总电阻为:时，电源有最大输出功率，由电阻并联关系可得并联的电阻为：，电源有最大输出功率为：
24、；所以：（1）电源电动势和内阻各是3V和0.5；（2）电源的输出功率为4W；（3）若要获得电源的最大输出功率，要并联一个1的电阻，电源最大输出功率4.5W【点睛】解决该题需明确知道UI图象中纵截距和斜率的物理意义，知道在什么时候电源的输出功率是最大的；熟记功率的计算公式。21.如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场的作用下从O经P板的小孔射出，又从正中垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。电子质量为m，电量为e，偏转电场金属板长为L。求：（1）电子进入偏转电场的速度；（2）若电子恰好从下板右边缘飞出电场，则偏转电场两板间的距离。【答案】(1) (2) 【解析】【详
25、解】(1)电子经加速电场，由动能定理得：得进入偏转电场的速度为：(2)电子在偏转电场做类平抛运动，水平方向有：L=v0t竖直方向有：加速度联立解得两板间的距离为：22.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R阻值为2r,滑动变阻器R1的阻值最大值为2r，左侧是水平放置、间距为d,长度为L的平行金属板，不计其他电阻；若在两板中间A点静止释放一质量为m的带电油滴，恰好保持静止状态，此时滑动变阻器的滑动触片在中间。（1）油滴带电量是多少？（2）将两板绕过A点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转，调节R1的阻值，在A点静止释放该油滴，使油滴沿直线平行于两板间离开电场，此时滑动变阻器的滑动触片在什么位置？【答案】
26、(1) (2)滑动触片在离上端处【解析】【详解】(1)由闭合电路欧姆定律，两板间电压为：在电场中，油滴受力平衡，有：解得油滴电量为：(2)根据油滴受力可知：解得两板间电压为：由闭合电路欧姆定律得：解得滑动变阻器电阻阻值为：滑动触片在离上端处。23.在如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表) 的示数各为1.6 V和0.4 A；当S断开时，它们的示数各改变0.1 V和0.2 A，求电源的电动势和内阻。【答案】E1.8 V，r0.5 【解析】S断开，外电路电阻增大，总电流减小，外电压增大。U1=1.6V，I1=0.4A则U2=1.7V，I2=0.2A根据闭合电路欧姆定律得： ，
27、联立解得：E1.8 V，r0.5 24.如图所示，两个水平放置的带电平行金属板间形成匀强电场，长为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端拴着一个质量为m、带有一定电荷量的小球，小球原来静止.当给小球某一冲量后，它可绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动.若两板间电压增大为原来的4倍，重力加速度为g，则：（1）要使小球从C点开始在竖直平面内做圆周运动，开始至少要给小球多大的冲量？（2）在小球运动过程中，细线上的最大拉力为多大？【答案】(1) (2)【解析】【详解】(1)小球开始做匀速圆周运动，故有：mg=qE当电压增大到原来的4倍，故两极板间的电场强度变为：在C点绳的拉力为0时，小球做圆周运动的速度最小： 解得：根据动量定理得：(2)由C到D，依据动能定理可得：解得：小球运动过程中细绳所受的最大拉力在D位置，此时绳的拉力和重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：解得：
