1、山西省应县第一中学校2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一单项选择题（每小题4分，共40分）。1.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（）A. 电动势是一种非静电力B. 电动势越大，表明电源储存的电能越多C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压【答案】C【解析】电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误；电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误C正确
2、；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误【点睛】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量2.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流。设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动,其电流的等效电流强度I和方向为（ ）A. 顺时针B. 顺时针C. 逆时针D. 逆时针【答案】C【解析】【详解】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为:根据电流的定义式得：电流强度为:因为电子带负电，所以电
3、流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确，选项ABD错误。【点睛】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路，要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反。3.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接为移动设备充电的储能装置，充电宝的转换率是指充电宝放电总量占充电宝容量的比值，一般在0.60.7，如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（ ）容量20000 mAh兼容性所有智能手机边充边放否保护电器是输入DC5V2AMAX输出DC5V0.1A-2.5A尺寸156*82*22mm转换率0.60产品名称索杨SY10-200重量约
4、430gA. 充电宝充电时将电能转化为内能B. 该充电宝最多能储存的能量为C. 该充电宝电量从零到完全充满所用时间约为2hD. 用该充满电的充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，理论上能充满4次【答案】D【解析】充电宝充电时将电能转化为化学能，故A错误；容量最多能储存能量为，故B错误；，故C错误；由于其转换率为0.6所以释放的电荷量为，对电池充电的次数为，故D正确。4.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，
5、将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A. 增大，E增大B. 增大，E不变C. 减小，Ep增大D. 减小，E不变【答案】D【解析】【详解】电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据可知，电容C增大，则根据可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势P=EL，电势能EP=ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变； A增大，E增大，与结论不相符，选项A错误；B增大，E不变，与结论不相符，选项B错误；C 减小，Ep增大，与结论不相符，选项C错误；D减小，E不变，与结
6、论相符，选项D正确；5.如图所示为某粒子分析器的简化结构。一束带电粒子从 A 小孔特定的角度和初速度射入平行板电极 P和 Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q极板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该 粒子束能从 Q极板上 B孔射出（不计粒子重力和粒子间的相互影响）。下列操作中可能实现的是（ ）A. 先断开开关S，再适当上移 P极板B. 先断开开关S，再适当左移 P极板C. 保持开关S闭合，适当上移 P极板D. 保持开关S闭合，适当左移 P极板【答案】C【解析】【分析】根据开关闭合与断开两种情况，当闭合时，电压不变，变化极板间距，导致电场强度变化，再根据牛顿第二定律，结合运动学公式，即
7、可求解；当断开时，电量不变，根据，从而根据正对面积来确定电场强度变化，从而求解【详解】A、当断开开关S，则极板间电量不变，那么极板间电场强度，随着极板正对面积变化而变化，与极板间距无关，故A错误；B、当断开开关，同理，当左移P极板时，极板间电场强度增大，那么带电粒子在极板间运动的时间减小，则射程将更小，故B错误；C、当保持开关S闭合，极板间的电压不变，根据，当适当上移P极板时，则极板间的电场强度减小，那么带电粒子在极板间运动的时间增大，则射程将更大，故C正确；D、当保持开关S闭合，同理，适当左移P极板，极板间的电场强度不变，则射程不变，故D错误；故选：C。【点睛】考查极板上下移动，及左右移动，
8、与极板间的电场强度变化的关系，掌握增大射程与电场力的关系是解题的关键6.如图所示，为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是A. 电阻A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变B. 电阻A的电阻随电流的增大而减小，电阻B阻值不变C. 在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻BD. 在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B【答案】A【解析】【详解】由图可知，电阻A的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变；故A正确；B错误；两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等；故CD错误；故选A。【点睛】本题考查伏安特性曲线的应用，要注意明确U-
9、I图象中图象的斜率表示电阻；斜率变大时，电阻增大7.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）A. 动能增加B. 机械能增加C. 重力势能增加D. 电势能增加【答案】B【解析】【详解】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增
10、加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。8.额定电压都是110V，额定功率PA100W，PB40W的灯泡两盏，若接在电压为220V的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】（1）根据串联电路各处电流相等特点可知，电压相等时，电阻也要相等。（2）根据电阻的并联和串联电路的分压特点判断出电路中两灯泡是否正常发光，然后利用并联电路的电流特点判断电路的电流关系，利用P=UI比较电路消耗的功率关系。【详解】由题知，两灯泡额定电压相等，A灯泡的额定功率较大，由P=U2/R可知，A灯泡的电阻较小，即RBRA。A图中
11、灯泡A和B串联在220V的电源上，由串联电路的分压特点可知，两灯泡两端的电压均不等于110V，所以都不能正常工作，故A不符合题意； C图中灯泡A和可变电阻R并联后又和灯泡B串联，由并联电路中电阻越并越小、小于任何一个分电阻可知，B灯泡的电阻一定大于并联部分的总电阻，由串联电路的分压特点可知，两灯泡两端的电压均不等于110V，所以都不能正常工作，故C不符合题意；B图中灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻R串联，当可变电阻的阻值和两灯泡并联的电阻相等时它们可以同时发光；D图中灯泡B和可变电阻R并联后又和灯泡A串联，由电阻的并联可知，可变电阻调节合适时可以使并联部分的电阻和灯泡B的电阻相等，即两灯泡可以
12、同时正常发光；由并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，D图中电路的总电流为A灯泡的额定电流，B图中电路的总电流等于A和B两灯泡的额定电流之和，由P=UI可知，D图中电路消耗的功率最小。故选D。9.将一个内阻为100、满偏电流为3mA的电流表，改装成量程为00.6A的电流表，则需要A. 串联一个阻值约为0.5的电阻B. 串联一个阻值约为5的电阻C. 并联一个阻值约为0.5的电阻D. 并联一个阻值约为5的电阻【答案】C【解析】【分析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。【详解】把电流表改装成0.6A的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值
13、为：； 故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。10.如图所示电路L1发光，L2，L3不亮，A1有读数，A2没有读数，则产生的故障应是（只有一处有故障）( ) A. 灯泡L1断路B. 灯泡L2断路C 灯泡L2短路D. 灯泡L3短路【答案】C【解析】A、若灯泡断路，电路中没有电流，电流表应没有读数，与题不符，故不可能是灯泡L1断路，故A错误；B、若灯泡断路，没有读数，而灯泡仍有电流通过，则应亮，与题不符，故不可能是灯泡断路，故B错误；C、若灯泡短路，电流表内阻不计，灯泡也被短路，不变，电流能通过，所以有读数，
14、与题相符，故C正确；D、若灯泡短路，电流表内阻不计，灯泡也被短路，两个电表都有电流通过，都有读数，与题不符，故D错误。点睛：本题分析时要抓住电流表的内阻不计，相当于导线，理解短路的含义，再进行分析。二、不定项选择题（每小题4分，共16分.每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的2分，选错或不答者的零分11.关于电源的电动势，下列说法中正确的是（ ）A. 电动势的大小与非静电力所做的功的大小成正比，与移动电荷量的大小成反比B. 电动势由电源本身决定，跟电源的内电阻和外电阻大小均无关C. 电动势的单位与电压的单位都是伏特，其二者本质一样的D. 电动
15、势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量【答案】D【解析】A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的物理量，与非静电力做功的大小以及移送电荷量的大小无关，故A错误；B电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，与外电阻无关，只由电源本身决定，故B错误C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，电压是反映电场力做功性质的物理量，二者的本质不同，故C错误D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，电动势越大，本领越大，故D正确故选D12.如图所示是电阻R的IU图象，图中45，由此得出()A. 通过电阻的电流与两端电压成正比
16、B. 电阻R0.5 C. 因IU图象斜率表示电阻的倒数，故R1/tan 1.0 D. 在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C【答案】AD【解析】【详解】A根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；BC根据电阻的定义式R=U/I 可知，I-U图象斜率的倒数等于电阻R，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解，则得R=10/5 =2，故BC错误；D由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=31C=3.0C，故D正确。13.下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是()A. 电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定
17、越多B. WUIt适用于任何电路，而W只适用于纯电阻电路C. 在非纯电阻电路中，UII2RD. 焦耳热QI2Rt适用于任何电路【答案】BCD【解析】【详解】A电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，所以A错误；B公式W=UIt是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律，可以推到出W=I2Rt，所以W=I2Rt，只能适用于纯电阻电路，所以B正确。C在不是纯电阻电路中，UI表示的是总的功率的大小，而I2R只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以UII2R，所以C正确；D焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路中的焦耳热
18、量的计算，所以D正确。14.三个粒子在同一点沿一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可判断( )A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B. b和c同时飞离电场C. 进入电场时,c的速度最大，a的速度最小D. 动能的增加值c最小，a和b一样大【答案】B【解析】由竖直方向，三个粒子所带电荷相同，可见打在下极板的时间相等，水平方向x=vt可知C的速度最大，a的速度最小，AC对；B错；由电场力做功qEd可知D对；三、实验题（15题每空2分，共14分）15.为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，提供以下实验器材：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)电压表V(量程3 V，内阻
19、3 k)电流表A(量程0.5 A，内阻约0.5 )电阻箱R0(09999.9 )滑动变阻器R1(阻值05，2A)滑动变阻器R2(阻值0200，1A)学生电源E(电动势4 V，内阻不计)开关S及导线若干（1）关于控制电路中滑动变阻器的连接方法，应选择_A分压式连接 B限流式连接（2）为了减小系统误差，关于测量电路中电压表和电流表的连接方式，应选择_A电流表内接法 B电流表外接法（3）实验提供的电压表量程小于小灯泡的额定电压，需要把电压表的量程扩大到4伏，改装电压表时，应将电阻箱阻值调至_，并与题中所给电压表_。(选填“串联”或“并联”)（4）请在方框中画出该实验的电路图_。（5）为操作方便，实验
20、中滑动变阻器应选择_(选填R1或R2)你的选择理由是_.【答案】 (1). A (2). B (3). 1000.0 (4). 串联 (5). (6). R1 (7). 选择R1时，移动滑片，小灯泡两端的电压示数变化比较均匀（线性关系较好）【解析】【详解】（1）1因要得到从零开始连续可调的多组电压，则控制电路中滑动变阻器的连接方法，应选择分压式连接，故选A。（2）2小灯泡的电阻则为了减小系统误差，关于测量电路中电压表和电流表的连接方式，应选择安培表外接法，故选B。（3）34电压表的量程为3V，内阻为3k，则要把电压表的量程扩大到4伏，改装电压表时，应将电阻箱阻值调至，并与题中所给电压表串联。（
21、4）5根据以上分析可知，实验的电路图：（5）6为操作方便，实验中滑动变阻器应选择阻值较小的R17选择理由是：选择R1时，移动滑片，小灯泡两端的电压示数变化比较均匀（或线性关系较好）。四、计算题（本题共4个小题，40分，要求有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有结果没有过程的不能得分，有数值计算的必须写出数值和单位)16.铅蓄电池是太阳能供电系统中的重要器件，它的主要功能是把太阳能电池板发的电能及时储存在电瓶内，以供用电设备使用某太阳能电池板给一电动势为15V的铅蓄电池充电时的电流为4A，充电10h充满该铅蓄电池储存了多少电能？【答案】2.16106J【解析】根据WqEEIt 可解得：W
22、154103600J2.16106J. 17.如图所示为示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场设电子质量为me、电荷量为e（1）求经电场加速后电子速度v的大小（2）要使电子离开偏转电场时的速度偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？电子射出时的动能多大？【答案】（1）（2）； 【解析】(1)电子在电场加速过程，由动能定理得：则得(2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为y=d/2电子进入偏转电场后，所受的电场力：电子沿偏转电场方向作初速度为零的匀加速直线运动，则有：又垂直于电场方向作匀速直线运动，则有：
23、t=l/v联立求解,得：对于整个过程，由动能定理得： 由以上两式得18.一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N的物体时，通过它的电流是0.2A在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：(1)电动机的输入功率；(2)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；(3)线圈的电阻【答案】（1）0.6（2）6（3）5【解析】(1)电动机的输入功率P入UI0.23 W0.6 W.(2)电动机提升重物的机械功率P机Fv(43/30) W0.4 W.根据能量关系P入P机PQ，得生热的功率PQP入P机(0.60.4) W0.2 W.所生热量QPQt0.230 J6 J.(3)根据焦耳定律QI2Rt，得线圈电阻R5 .19.加在某导体上的电压变为原来的3倍时，导体中的电流增加了0.9 A，如果所加电压变为原来的时，导体中的电流变为多少？【答案】0.225A【解析】【详解】设该段导体的电阻为R，根据题意可得，当导体两端的电压变为原来的3倍时，根据题意可得，可解得，当电源变为原来时，导体中的电流应为【点睛】本题主要考查了欧姆定律的直接应用，注意导体的电阻是一定的，难度不大，属于基础题。