1、山东省邹城市实验中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题（1-8单选，9-12多选）1. 下列关于电源的说法中正确的是（）A. 电源电动势的大小，等于电源没有接入电路时两极间的电压的大小，当电源接入电路时，电动势大小将减小B. 闭合电路中，并联在电源两端的电压表的示数就是电源电动势的值C. 电源的电动势是表示电源把其它形式的能转化为电势能的本领的大小的物理量D. 在闭合电路中，电源的内电压就等于电源两端的电压【答案】C【解析】【详解】A电源电动势的大小是由电源本身决定的量，与是否接入电路无关，故A错误；B闭合电路中，当电源不接入电路时，并联在电源两端的电压表的示数大
2、小等于电源电动势的值，故B错误；C电源的电动势是表示电源把其它形式的能转化为电势能的本领的大小的物理量，故C正确；D在闭合电路中，电源的外电压就等于电源两端的电压，即路端电压，故D错误。故选C。2. 在如图所示的电路中，电阻，电流表内阻不计，在A、B两点间加上9V的电压时，电流表的读数为()A. 0B. 1AC. 1.5AD. 2A【答案】B【解析】【详解】图中电阻R2与R3并联后与R1串联，电路的总电阻为：根据欧姆定律，干路电流为：由于并联电路的电流与电阻成反比，故：；A. 0，与结论不相符，选项A错误；B. 1A，与结论相符，选项B正确；C. 1.5A，与结论不相符，选项C错误；D. 2A
3、，与结论不相符，选项D错误；3. 通电导线周围某点的磁感应强度B与导线中电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比如图所示，两根相距为R的平行长直导线，通以大小分别为2I、I，方向相同的电流规定磁场方向垂直纸面向里为正，在Ox坐标轴上磁感应强度B随x变化的图线可能是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由题意知通电导线在周围产生的磁感应强度B=，在O-R区间磁感应强度叠加，设距离2I导线为x1处磁感应强度为零，则，解得，在rR时，B合=，根据右手螺旋定则可以判断磁感应强度的方向，所以选B.【点睛】在电流所在处的空间内，各点的磁感应强度是两个电流所产生的磁场的矢量和，根据右手安培定则，
4、明确两个电流所产生的磁场，结合，即可选出正确图象；对于选择图象问题，只要找出函数关系，根据数学知识就可以正确选择考点：本题考查应用图像描述电流周围磁场的分布规律4. 如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合电键，小灯泡能正常发光现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为U1、U2，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则()A. 电源的输出功率一定增大B. 灯泡亮度逐渐变暗C. 与均保持不变D. 当电路稳定后，断开电键，小灯泡立刻熄灭【答案】C【解析】【详解】AB.滑片向右滑动，滑动变阻器连入电路的阻值变小
5、，总电阻变小，电流变大，灯泡逐渐变亮；电源输出功率最大时外电路电阻等于电源内阻，虽然外电路电阻变小，但不能确定外电路电阻是不是接近电源内阻，电源输出功率不一定增大，故AB错；C.电压表V1测的是电阻R两端电压，电压表V2测的是路端电压，电流表测的是干路中的电流，所以，即均保持不变，故C正确；D.当电路稳定后，断开电键，小灯泡与电容器组成闭合回路，电容放电，小灯泡不立刻熄灭，故D错误5. 如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置1绕cd边翻转到位置2，第二次将金属框由位置1平移到位置2，设先后两次通过金属框的磁通量的变化量的大小分别为和，则（）A. B. C. D
6、不能判断【答案】A【解析】【详解】设在位置1时磁通量大小为1，位置2时磁通量大小为2。第一次将金属框绕cd边翻转到2，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量1=1+2第二次将金属框由1平移到2，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量2=1-2故12故选A。6. 关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）A. 电磁波由真空进入介质，频率不变，速度变大B. 均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场C. 雷达是用电磁波来测定物体位置的设备D. 声波和电磁波都可在真空中传播【答案】C【解析】分析】正确解答本题需要掌握：电磁波的频率、波动与介质的关系；正确理解电磁波理论内容；声波和电磁波的区别；雷达
7、测定物体位置的原理【详解】A、电磁波由真空进入介质，频率不变，速度变小，故A错误；B、均匀变化的电场一定产生恒定的磁场，故B错误；C、雷达的工作原理是：发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、距离变化率（径向速度）、方位、高度等信息，故C正确；D、声波属于机械波，它的传播离不开介质，故D错误.故选C.7. 根据玻尔理论，某原子从能量为E轨道跃迁到能量为E的轨道辐射出波长为的光，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，E等于（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据玻尔理论，则可得故选C。8. 如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀
8、强磁场中，然后从磁场中穿出已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是（ ）只在线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生从线框进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生在线框进入和穿出磁场的过程中，都是机械能变成电能整个线框都在磁场中运动时，机械能转变成电能A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，根据这个条件分析有无感应电流产生线框在进入和穿出磁场的过程中，产生感应电流时，线框的机械能转化为电能线框在进入和穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量发生变化，有感应电流产生，而整个线框都在磁场中运动时，线框的磁通量不
9、变，没有感应电流产生，故正确错误；线框在进入和穿出磁场的过程中，产生感应电流，线框的机械能减小转化为电能，故正确；整个线框都在磁场中运动时，没有感应电流产生，线框的重力势能转化为动能，机械能守恒，故错误9. 如图所示为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的速度时间（vt）图像，则由图像可知（ ）A. A、B作用前后总动量不守恒B. 一定是A物体追及B物体发生碰撞C. A、B的质量之比为53D. 该碰撞是弹性碰撞【答案】BCD【解析】【详解】A.由题意可知，物体A、B组成的系统不受外力作用，则系统动量守恒，故A错误；B.因为初状态，A的速度大于B的速度，末状态，A的速度小于B的速度，而物
10、体A、B组成的系统不受外力作用，所以一定是A物体追及B物体发生碰撞，故B正确；C.由动量守恒定律得：，解得，故C正确；D.碰前的机械能；碰后的机械能，碰前的机械能等于碰后机械能，所以是该碰撞是弹性碰撞，故D正确10. 如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡L的UI图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）A. 此电源的内阻为0.67 B. 灯泡L的额定电压为3 V，额定功率为6 WC. 把灯泡L换成阻值恒为1 的纯电阻，电源的输出功率将变大，效率将变低D. 小灯泡L的电阻随通过电流的增大而增大【答案】BCD【解析】【详解】
11、A.由图读出电源的电动势为 E4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则：，故A错误；B.灯泡与电源连接时，AB两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U3V，I2A，则灯泡L的额定电压为3V，功率为:，故B正确C.把灯泡L的电阻：，换成一个1的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡L换成一个1的定值电阻，电源的输出功率将变大，而效率：，外电阻变小，效率变低，故C正确D、小灯泡的UI图线之所以是一条曲线，由图可以看出，小灯泡L的电阻随通过电流的增大而增大，故D正确；11. 如图所示，用输出电压为1.4 V、输电电流为100 mA 的充电
12、器对内阻为2 的镍氢电池充电下列说法正确的是( )A. 电能转化为化学能的功率为0.12 WB. 充电器输出的电功率为0.14 WC. 充电时，电池消耗的热功率为0.12 WD. 充电器把0.14 W的功率储存在电池内【答案】AB【解析】【分析】电池充电过程中电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律列式求解；【详解】A、电池充电过程中电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：，故电能转化为化学能的功率，即充电器把0.12 W的功率储存在电池内，故A正确，D错误；B、充电器输出的电功率为：，故B正确；C、充电时，电池消耗的热功率为：，故C错误【点睛】本题关键明确充电电路中的能量转化情况，同时
13、要知道电路电阻消耗功率的计算符合焦耳定律12. 检测煤气管道是否漏气通常使用气敏电阻传感器某气敏电阻的阻值随空气中煤气浓度增大而减小，某同学用该气敏电阻R1设计了图示电路，R为变阻器，a、b间接报警装置当a、b间电压高于某临界值时，装置将发出警报则A 煤气浓度越高，a、b间电压越高B. 煤气浓度越高，流过R1的电流越小C. 煤气浓度越低，电源的功率越大D. 调整变阻器R的阻值会影响报警装置的灵敏度【答案】AD【解析】【详解】煤气浓度越高气敏电阻R1阻值越小，电路总电阻越小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I越大，电阻两端电压UIR变大，即a、b间电压越高，故A正确，B错误；煤气浓度越大，气敏电
14、阻R1越大，电路总电阻越大，电路电流I越小，电源功率PEI越小，故C错误；调整变阻器R的阻值会改变煤气浓度一定时a、b间的电压，回影响报警器的灵敏度，故D正确二、实验题13. 我们可以通过以下实验，来探究产生感应电流的条件（1）给岀的实物图中，请用笔画线代替导线补全实验电路；_（2）接好电路，合上开关瞬间，电流表指针_（填“偏转”或“不偏转”）；（3）电路稳定后，电流表指针_（填“偏转”或“不偏转”）；（4）根据以上实验可得：产生感应电流的条件_【答案】 (1). (2). 偏转 (3). 不偏转 (4). 闭合回路磁通量发生变化【解析】【详解】（1）1根据探究产生感应电流的条件，将螺线管B和
15、电流表构成一个闭合回路，将螺线管A、电源、滑动变阻器构成一个闭合回路，如图所示（2）2合上开关瞬间，通过A螺线管的电流增大，则通过螺线管B的磁通量增大，根据感应电流产生的条件判定：有感应电流产生，电流表的指针偏转；（3）3电路稳定后，通过A螺线管的电流不变，则通过螺线管B的磁通量不变，根据感应电流产生的条件判定：无感应电流产生，电流表的指针不偏转；（4）4感应电流产生的条件为：只要闭合回路磁通量发生变化，就有感应电流产生。14. 某实验小组设计了如图甲所示的电路，其中RT为热敏电阻，电压表量程为6 V，内阻RV约10 k，电流表量程为0.5 A，内阻RA4.0 ，R为电阻箱。(1)该实验小组首
16、先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在IU坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线如图乙中的曲线所示。为了完成该实验，应将导线c端接在_（选填“a”或“b”）点；(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2_（用U1、I、R和RA表示）；(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在IU坐标系中，如图乙中的直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势 E_V，内电阻 r_；(4)实验中，当电阻箱的阻值调到3.0 时，
17、热敏电阻消耗的电功率P_W。（保留两位有效数字）【答案】 (1). a (2). (3). 6.0 (4). 3.0 (5). 0.80（均正确）【解析】【详解】(1)1利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点。(2)2根据串并联电路规律可知：外电压(3)34电源两端的电压利用欧姆定律可知。利用电源的外特性曲线可知电动势和内电阻。把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为，内电阻为(4)5电源内阻，当电阻箱的阻值调到时，根据闭合电路欧姆定律则【名师点睛】本题考查描述伏安特性曲线的实验，要注意本实验中要明确分压接法的应用条件
18、；并注意在实验中应用所学过的物理规律求解功率及电阻等。三、解答题15. 某电台发射频率为500 kHz的无线电波，某发射功率为10 kW ， 在距电台20 km的地方接收到该电波，求：该电波的波长？在此处，每平方米的面积每秒钟可接收到该电波的能量？ 【答案】，2106 J【解析】【分析】电磁波传播过程中的频率是不变的，根据c=f求解波长；根据能量守恒定律列式求解每平方米的面积每秒钟可接收到该电波的能量【详解】电磁波传播过程中的频率和波长没有改变，故电波的波长不变，故：每平方米的面积每秒钟可接收到该电波的能量为：.16. 如图所示电路,A、B两点间接上一电动势为4V、内电阻为1的直流电源,3个电
19、阻的阻值均为4,电容器的电容为20F,开始开关闭合，电流表内阻不计,求:（1）电流表的读数;（2）电容器所带电荷量;（3）开关断开后,通过R2的电荷量.【答案】（1）0.8A（2）6.410-5C；（3）3.210-5C【解析】【详解】（1）当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路根据欧姆定律得，电流表读数（2）电容器所带的电量Q=CU3=CIR3=2010-60. 84C=6.410-5C；（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是R1、R2相当并联后与R3串联由于各个电阻都相等，则通过R2的电量为Q=1/2Q=3.210-5C17. 如图所示三个小球质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在
20、光滑水平面上，A球以速度沿B、C两球的球心连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起问：（1）A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？（2）弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？（3）弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能.【答案】（1）（2）（3）mv02【解析】试题分析：（1）A、B两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m+m）v1，解得：；（2）以A、B、C三球组成的系统为研究对象，以A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m+m）v2，解得：；（3）由能量守恒定律得：2mv12=3mv22+EP，解得：EP=mv02；考点：动量守恒定律；
21、能量守恒定律.18. 如图所示，质量M=1.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m=0.495kg的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数=0.4。质量m0=0.005kg的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g取10m/s2。求：（1）物块的最大速度v1；（2）木板的最大速度v2；（3）物块在木板上滑动的时间t.【答案】（1）3m/s ；（2）1m/s ；（3）0.5s。【解析】【详解】（1）子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得：m0v0=（m+m0）v1解得：v1=3m/s（2）当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒得：（m+m0）v1=（M+m+m0）v2。解得：v2=1m/s（3）对木板，根据动量定理得：（m+m0）gt=Mv2-0解得：t=0.5s