1、山东省邹城市第一中学2020-2021学年高二物理上学期11月期中试题（含解析）一、选择题（第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求。）1. 关于电源和电流，下列说法正确的是（）A. 电流是标量，规定正电荷定向运动的方向为电流的方向B. 电源电动势，等于非静电力在电源内部把正电荷从负极移到正极所做的功C. 电源是将其它形式的能转化为电能的装置D. 电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差【答案】AC【解析】【详解】A电流是标量，规定正电荷定向运动的方向为电流的方向，故A正确；B电源电动势在数值上等于非静电力将1C正电荷在电源内从负极搬
2、运到正极时所做的功，故B错误；C电源是将其它形式的能转化为电能的装置，故C正确；D电源的作用是在电源内部把正电荷由负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差，故D错误；故选AC。2. 图为“研究电磁感应现象”的实验装置，现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图所示连接，在闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下那么合上开关后，下列说法中正确的是 （ ） A. 将线圈A迅速插入线圈B时，电流计指针向左偏转一下B. 将线圈A插入线圈B稳定后，电流计指针一直向右偏C. 将线圈A插入线圈B稳定后，将变阻器滑片迅速向左滑动时，电流计指针向右偏转D. 将线圈A插入
3、线圈B稳定后，将变阻器滑片迅速向左滑动时，电流计指针向左偏转【答案】D【解析】【详解】闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；闭合电键，将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转，选项A错误；将线圈A插入线圈B稳定后，穿过副线圈的磁通量不变，则电流计指针不偏转，选项B错误；原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转，选项C错误，D正确；故选D【点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实
4、验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键3. 如图所示,图线1表示的导体的电阻为,图线2表示的导体的电阻为,则下列说法正确的是 A. B. 把拉长到原来的3倍长后电阻等于C. 将与并联后接于电源上，则电流比D. 将与串联后接于电源上，则功率之比【答案】D【解析】【详解】A根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3故A错误B把R1拉长到原来的3倍长后，横截面积减小为原来的，根据电阻定律公式，电阻增加为9倍，变为R2的3倍，故B错误；C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
5、I1：I2=3：1故C错误D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I1：I2=1：1；又由于R1：R2=1：3根据P=UI=I2R，功率之比为1：3，故D正确4. 一根长为L、横截面积为S的金属棒，其电阻率为。棒内单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e，在棒两端加上恒定电压U时，棒内产生电流，则自由电子定向移动的速率为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据电阻定律有则根据欧姆定律可知电流为再根据电流微观表达式有联立可得，故A正确，BCD错误故选A。5. 分别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c、d在
6、一条直线上，且ac=cb=bd已知c点的磁感应强度大小为，d点的磁感应强度为若将b处导线的电流切断，则（ ）A. c点的磁感应强度大小变为，d点的磁感应强度大小变为B. c点的磁感应强度大小变为，d点的磁感应强度大小变为C. c点的磁感应强度大小变为，d点的磁感应强度大小变为D. c点的磁感应强度大小变为，d点的磁感应强度大小变为【答案】A【解析】【详解】设a导线在c点的磁感应强度大小为B，在d点的磁感应强度大小为B根据右手螺旋定则有：B1=2BB2=BB联立两式解得 ，故A正确，B、C、D错误故选A。6. 如图所示，电源的电动势E不变，内阻r为1.5，定值电阻R1为0.5，滑动变阻器R2的最
7、大阻值为5，关于此电路的下列说法正确的是（）A. 滑动变阻器R2阻值为1.0时，定值电阻R1消耗功率最大B. 滑动变阻器R2阻值为2.0时，变阻器R2消耗功率最大C. 滑动变阻器R2阻值1.5时，电源输出功率最大D. 滑动变阻器R2阻值为5时，电源总功率最大【答案】B【解析】【详解】A变阻器的阻值R20时，电流最大，故根据PI2R1，电阻R1消耗的功率最大，故A错误；B由闭合电路的欧姆定律结合功率公式，根据等效内阻法，当R2R1+r2时，变阻器消耗的功率最大，故B正确；C当内外电阻相等时，即R1+R2r得R2r-R11.5-0.51电源的输出功率最大，故C错误；D电源的总功率P总EI，当总电流
8、最大时，即总电阻最小时R20，电源的总功率最大，故D错误。故选B。7. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小）当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是（）A. 若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B. 若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C. 若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D. 若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变【答案】BD【解析】【详解】A滑动变阻器R2处
9、于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，故A错误；B若仅增大A、B板间距离，由知电容器的电容减小，因板间电压不变，再由电容的定义式可知电容器所带电荷量减少，故B正确；C若仅用更强的光线照射，的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由知电容器所带电荷量减少，故C错误；D根据闭合电路欧姆定律得因电压表测量为电源的路端电压，电流表量流过电源的电流，则可得即U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变，故D正确；故选BD。8. 如下图所示，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
10、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增大时量程减小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】D【解析】【详解】A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，故A错误；B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U=Ig（Rg+R），可知R增大时量程增大，故B错误；C由公式知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=1.003，C错误
11、；D由公式U=Ig（Rg+R）知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200，D正确；9. 额定电压均为220V的白炽灯L1和L2的UI特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220V电路中，则下列说法正确的是（）A. L2的额定功率约为99WB. L2的实际功率约为17WC. L2的实际功率比L3的实际功率小17WD. L2的实际功率比L3的实际功率小82W【答案】ABD【解析】【详解】A由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220V时的电流为0.45A，则L2的额定功率为P额U额I额99W故A正确；B图示电路为L1和L2串联再与L3并联，所
12、以L1和L2串联后两端的总电压为220V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1I2U1U2220V由L1和L2的UI图线可知I1I20.25AU1152VU268V故灯L2的实际功率P2I2U217W故B正确；CD由于L3两端的电压为220V，故P3P额99W则P3P282W故C错误，D正确。故选ABD。10. 质量相等的高铁列车与普通列车分别受到恒定动力F1、F2的作用从静止开始做匀加速运动，在t0和4t0时刻的速度分别达到2v0和v0时，撤去F1和F2，此后两列车继续做匀减速运动直至停止，两列车运动速度随时间变化的图线如图所示，设两次摩擦力的冲量分别为If1、If2，摩擦力做的功分
13、别为Wf1、Wf2，F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1、W2。下列结论正确的是（）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】A根据撤去动力后列车的运动情况可知，两列车受到的摩擦力相等，两列车全程的时间之比故A正确；B因v-t图线与t轴围成的面积表示位移，故两列车全程的位移之比故Wf1：Wf2=6：5B错误；C对列车全过程利用动量定理，有故C正确；D对列车全过程利用动能定理，有故D错误。故选AC。二、实验题11. 读出下面图中游标卡尺与螺旋测微器的读数， 游标卡尺读数为_mm，螺旋测微器读数为_mm。【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】1游标卡尺主尺
14、读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为所以最终读数为2螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为所以最终读数为【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量，同时注意游标卡尺不估读，螺旋测微器要估读。12. 在“测定电池的电动势和内阻”的实验课上，小明、小华和小阳三人利用铜片、锌片、马铃薯制作了水果电池，铜片为电源的正极，锌片为电源的负极。经查阅资料，水果电池的内阻与选用的水果、两电极之间的距离及电极面积大小有关，一般在几百至几千欧姆之间。(1)为了估测水果电池的电动势和内阻，先用多用电表进行测量，如图甲所示，组内三位同学
15、的操作如下，你认为正确的操作是_。A小明选择直流电压挡，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量电动势B小华选择欧姆挡，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量内阻C小阳选择欧姆挡合适倍率，然后将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零，最后直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量内阻(2)小组拟用“伏安法”测定水果电池的电动势和内阻，选择实验电路图时，出现了不同意见，小明和小华认为应选择图乙，小阳认为应选择图丙，经过讨论，得到了一致意见。你认为应选择_。（填“图乙”或“图丙”）(3)他们又用“伏安法”测定了干电池的电动势和内阻，得到几组数据，作出U-I图线如图丁，已知选用电压表：量程03V，内阻约5
16、000，电流表：量程00.6A，内阻0.1。根据图线求出干电池的电动势E=_V，电池的内阻r=_。（计算结果保留两位小数）【答案】 (1). A (2). 图丙 (3). 1.45 (4). 0.59【解析】【详解】(1)1A用多用电表估测电池电动势时，应选择直流电压档，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量电动势，A正确；B C因电池本身有电动势，又因多用电表的欧姆档通过测量通过电阻的电流大小而得出电阻值，所以不能用多用电表的欧姆档直接测量电池的内阻，B错误，C错误。故选A。(2)2图乙中，因水果电池的内阻较大，在几百至几千欧姆之间，与电压表的内阻相差不多，因此电压表的分流作用不可忽略，如
17、果用图乙测量，则会增大实验误差；图丙中的电压表的分流作用可忽略，电流表的分压作用可忽略，用图丙电路测量误差较小，所以选择图丙电路。(3)3将电流表内阻与电源内阻等效为内阻r，由闭合电路的欧姆定律有由图丁可得：4内阻电池内阻13. 如图,所示的电路,电源电动势为E=14V,内阻为r=1,电灯L为”2V,4W”电动机D的内阻为R/=0.5 ,当可变电阻的阻值为R=1 时,电灯和电动机都正常工作,则电动机的额定电压为多少?电动机输出的机械功率为多少?全电路工作1min放出的焦耳热Q为多少? 【答案】8V；14W；840J【解析】【详解】解：灯泡正常发光，是电路的电流为A电源的内电压为V可变电阻的电压
18、为V所以电动机的电压为V电动机的总功率为W电动机的发热功率为W所以电动机输出的机械功率为W电源的发热的功率为W电阻的发热的功率为W所以全电路的发热功率为W故全电路工作1min放出的焦耳热为J14. 在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞求弹簧恢复原长时乙的速度大小；若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞求挡板P对乙的冲量的最大值【答案】v乙6m/s. I8N【解析】【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和
19、，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：15. 如图所示，一带电液滴以v0=3m/s的速度沿中心轴线射入金属板，已知，平行金属板板长为l0.9m，两板间距离d0.6m，R16，R26，R312。小球电量q0.01C，质量m0.03kg，电源内阻r=2，不计一切阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E；（2）若S1断开，S2闭合，小球从平行板右侧离开时，求速度偏向角的正切值tan；（3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行金属板？【答案】（1）；（2）；（3）带电小球恰好从右侧极板边缘飞出【解析】【详解】（1）对，均断开时，极板电势差即电源电动势由平衡条件得解得（2）当断开，闭合时，与串联，电容器与并联电容器两端电压当断开，闭合时，带电小球做类平抛运动水平方向竖直方向分速度对带电小球，由牛顿第二定律得代入数据解得（3）当、均闭合时，与并联，并联电阻电容器两端电压电压对小球，由牛顿第二定律得联立求解对带电小球类平抛运动分析，有联立求解带电小球恰好从右侧极板边缘飞出
