2019-2020年高二物理上学期期初考试试题（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期期初考试试题（含解析）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，附加题10分，计入总分，共110分，测试时间为80分钟。2选择题用2B铅笔正确地涂在答题卡上，非选择题必须在答题区内作答，否则无效。第卷（选择题，共48分）一、选择题（每小题4分，共48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）1对于欧姆定律，理解正确的是（ ）A从可知，导体中电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B从可知，导体电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C从可知，导体两端的电压随电阻的增大而增大D从可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零【答案】A【解析】A、欧姆定律的内容为：通过导体的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比；故A正确；BD、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关，故BD错误；C、欧姆定律中电压和电阻决定了电流的变化，当电阻增大时，电流会随之变化，故不能说电压随电阻的增大而增大，故C错误。故选A。【考点】欧姆定律2关于电动势，下列说法正确的是（ ）A电源两极间的电压等于电源电动势B电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C电源电动势的数值等于内、外电压之和D电源电动势与外电路的组成无关【答案】BCD【解析】AC、根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故A错误C正确；B、电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确；D、电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D正确。故选BCD。【考点】电源的电动势和内阻3有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（ ）A电阻A的阻值大于电阻BB电阻A的阻值小于电阻BC电压相同时，流过电阻A的电流强度较大D两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小【答案】BCD【解析】A、在伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，从图中可得A的斜率大，所以A的电阻小，故A错误B正确；C、由于A的电阻小，所以当电压相同的时候，流过电阻A的电流强度较大，故C正确；D、当两电阻串联时，电阻的电流相同，由P=I2R可得，电阻小的电阻的功率小大，所以电阻A消耗的功率较小，故D正确。故选BCD。【考点】欧姆定律4电阻R1、R2、R3串联在电路中。已知R1=10、R3=5，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则（ ）A三只电阻两端的总电压为18V B电路中的电流为06AC三只电阻两端的总电压为21V D电阻R2的阻值为20【答案】BCD【解析】B、串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得：，故B正确；D、根据欧姆定律得：，故D正确；AC、电阻R3电压为：；总电压，故A错误C正确。故选BCD。【考点】串联电路和并联电路；路端电压与负载的关系5如图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为abc=532在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1I2为（ ）A925 B259 C254 D425【答案】C【解析】根据电阻定律得，当在1、2两端加上恒定电压U时，在在3、4两端加上恒定的电压时，所以，根据欧姆定律得，故C正确。故选C。【考点】霍尔效应及其应用6.把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路,调节变阻器使灯泡正常发光,甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示,则下列结论中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设灯泡正常发光时的电流为I，对于甲图，电路的总的电流为3I，此时甲的总功率的大小为，对于乙图，电流的总电流的大小就为I，此时乙的总功率的大小为，所以，故B正确。故选B。【考点】功、电功率；串联电路和并联电路7.酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酗酒及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是()AU越大，表示c越大，c与U成正比BU越大，表示c越大，但是c与U不成正比CU越大，表示c越小，c与U成反比DU越大，表示c越小，但是c与U不成反比【答案】B【解析】酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测R0两端的电压，酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，测试到的酒精气体浓度越大则传感器的电阻的倒数越大，所以传感器的电阻越小，根据欧姆定律可知通过传感器的电流越大，R0和右边定值电阻两端的电压越大，传感器两端的电压越小，所以U越大，表示C越大，但是C与U不成正比。故选B。【考点】欧姆定律；闭合电路的欧姆定律8如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则( )A电容器中的电场强度将增大 B电容器上的电荷量将减少C电容器的电容将减小 D液滴将向上运动【答案】B【解析】A、电容器两板间电压等于R2两端电压当滑片P向左移动时，接入电路的电阻增大，电路中的电流减小，所以R2两端电压U减小，由知电容器中场强变小，故A错误；B、根据可得，电容器放电，电荷量减少，故B正确；C、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，故C错误；D、带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，故D错误。故选B。【考点】电容器；电容9.如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则电表示数的变化情况是（ ）AV1减小，V2 增大，A增大BV1增大，V2减小，A增大CV1增大，V2增大，A减小DV1减小，V2减小，A减小【答案】C【解析】当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻R2并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，路端电压U变大，即V1增大；I变小，电阻R1的电压变小，则并联部分的电压增大，可知电压表V2示数增大，所以电阻R2的电流增大，因总电流变小，所以A示数减小故C正确。故选C。【考点】闭合电路的欧姆定律10某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如右图中的a、b、c所示，根据图线可知 ( )A反映Pr变化的图线是c B电源电动势为8VC电源内阻为2 D当电流为0.5A时，外电路的电阻为6【答案】ACD【解析】A、根据直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr变化的图线是c，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线b，故A正确；B、图线a的斜率等于电源的电动势，由得到，故B错误；C、由图，当I=2A时，Pr=8W，由公式Pr=I2r得，r=2，故C正确；D、当电流为0.5A时，由图读出电源的功率由代入得到，R=6，故D正确。故选ACD。【考点】电功、电功率11.如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度。在以下方法中，能使悬线的偏角变大的是 （ ）A缩小a、b间的距离B加大a、b间的距离C取出a、b两极板间的电介质D换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质【答案】BC【解析】AB、增大a、b间的距离，根据，则知电容C减小，Q不变，由可知，ab端的电势差增大，PQ两端的电势差也增大，板间的电场强度增大，则小球所受的电场力变大，变大，故A错误B正确；C、取出a、b两极板间的电介质，根据，则知电容C减小，Q不变，由可知，ab端的电势差增大，PQ两端的电势差也增大，板间的电场强度增大，则小球所受的电场力变大，变大，故C正确；D、取出a、b两极板间的电介质，换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质，相当于板间距离减小，根据，则电容增大，Q不变，由C=QU可知，则知ab间电势差减小，所以PQ间的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小，故D错误。故选BC。【考点】电容器的动态分析12如图所示平行板匀强电场，一束电子流以初速v垂直场强方向飞入该电场，它恰可打在上极板的中央，现欲使该电子流打在上极板的左端点，以下措施哪些是可行的（其它条件不变） （ ）A电键K闭合时，仅使极板间距增大一倍B电键K闭合时，仅使电子初速和极板间距离均增大一倍C电键K断开，仅使电子初速增大一倍D电键K断开，仅使极板间距增大为原来的四倍【答案】ACD【解析】电子在极板间受竖直向上的电场力做类平抛运动，设板间距离为d，极板长L竖直方向上：水平方向上：联立可得：欲使该电子流打在上极板的左端点，则电子流水平位移应为LA、电键K闭合时，则板间电压不变，仅使极板间距增大一倍，根据上述表达式，可知，水平方向位移变为L，即使该电子流打在上极板的左端点，故A正确；B、电键K闭合时，仅使电子初速和极板间距离均增大一倍，由上述表达式可知，水平方向位移为2L，故B错误；C、电键K断开，则电容器所带电量不变，根据，可知，U不变，仅使电子初速增大一倍，使得水平位移变为L，故C正确；D、电键K断开，仅使极板间距增大为原来的四倍，根据，可知U变为原来的4倍，根据上述表达式可得，水平位移变为原来的2倍，即变为L，故D正确。故选ACD。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动非选择题（共6小题，共62分）二、实验题 （16分）13（1）实验题仪器读数甲图中游标卡尺的读数是 cm。乙图中螺旋测微器的读数是 mm。【答案】10.050cm 3.200mm。【解析】1、游标卡尺的主尺读数为：10cm=100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm10.050cm；2、螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为3mm+0.200mm=3.200mm。【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用（2）一个量程为0300A的电流表，内阻为100，再给它串联一个9900的电阻，将它改装成电压表，改装后电压表的量程为_V，用它来测量一段电路两端的电压时，表盘指针如右图所示，这段电路两端的电压是_V【答案】0-3或3V 2.20V【解析】改装后的电压表的量程为：；由图丙所示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.20V。【考点】把电流表改装成电压表（3）如图所示为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需器材的实物图，器材规格如下待测电阻Rx（约100 ）；直流毫安表（量程0 50 mA，内阻约50 ）；直流电压表（量程0 3 V，内阻约5 k）；直流电源（输出电压6 V，内阻不计）；滑动变阻器（阻值范围0 15 ，允许最大电流1 A）；开关1个，导线若干条根据器材的规格和实验要求，画出实验电路图，在实物图上连线【答案】外接分压式 如图【解析】（1）因为滑动变阻器的总电阻较小，采用限流式接法，移动滑动变阻器时，电流、电压变化不明显，测量误差较大，所以滑动变阻器采用分压式接法；因为待测电阻远小于电压表内阻，与电流表内阻相当，属于小电阻，根据“小外偏小”，所以电流表采用外接法；所以电路图是：外接分压式；（2）电路图连接实物图如图所示。【考点】伏安法测电阻三、计算题（14-16题每题12分，附加题10分）14.如图所示的电路中，电阻，电源的电动势E=12V，内电阻r=1，安培表的读数I=0.4A。求：（1）流过电阻R1的电流是多少？（2）电阻R3的阻值是多大？（3）电阻R3消耗的电功率是多少？【答案】 【解析】（1）R2的电压根据闭合电路欧姆定律得： 则得流过电阻R1的电流（2）流过电阻R3的电流，则（3）电阻R3消耗的电功率是【考点】闭合电路的欧姆定律15.如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2.若电灯恰能正常发光，求：(1)流过电灯的电流是多大？(2)电动机两端的电压是多大？(3)电动机输出的机械功率是多少。【答案】 22V 36W【解析】（1）灯泡正常发光，则其功率和电压都为额定值，故电流为：（2）由闭合电流的欧姆定律，M两端电压为：（3）根据能量转化和守恒得到，电动机的输出功率等于输入功率减发热功率，即：【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律16. 如右图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm.电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电荷量为q=110-2 C，质量为m=210-2 kg，不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s2)【答案】8 23W【解析】（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零设两板间电压为UAB，由动能定理得所以滑动变阻器两端电压设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得滑动变阻器接入电路的电阻即滑动变阻器接入电路的阻值为8时，小球恰能到达A板；（2）电源的输出功率故电源的输出功率是23W。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率（附加题）17.如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，PQ连线垂直金属板，两板间距为d现从P点处连续不断地有质量为 m、带电量为q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计在t0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板电势时，电压为正），其电压大小为U、周期为T带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度.（2）如果只有在每个周期的0时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系（3）如果各物理量满足（2）中的关系，求每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值.【答案】 【解析】（1）根据牛顿第二定律得：（2）粒子在时刻进入A、B间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时的2倍，所以有：即（3）若情形（2）中的关系式成立，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间最短（因只有加速过程）设最短时间为，则有：在时刻进入电场的粒子在的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为： 由、式得：【考点】带电粒子在匀强电场中的运动xx学年度高二上学期期初考试物理参考答案一、选择题1A,2BCD,3BCD,4BCD,5C,6B,7B,8B,9C,10ACD,11BC,12ACD二、实验题13（1） 10.050cm 3.200mm。（2）0-3或3V 2.20V（3）外接分压式 如图三、计算题（14-16题每题12分，附加题10分）14.（1）R2的电压根据闭合电路欧姆定律得： 则得流过电阻R1的电流（2）流过电阻R3的电流，则（3）电阻R3消耗的电功率是15.（1）灯泡正常发光，则其功率和电压都为额定值，故电流为：（2）由闭合电流的欧姆定律，M两端电压为：（3）根据能量转化和守恒得到，电动机的输出功率等于输入功率减发热功率，即：16. （1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零设两板间电压为UAB，由动能定理得所以滑动变阻器两端电压设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得滑动变阻器接入电路的电阻即滑动变阻器接入电路的阻值为8时，小球恰能到达A板；（2）电源的输出功率故电源的输出功率是23W。（附加题）17.（1）根据牛顿第二定律得：（2）粒子在时刻进入A、B间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时的2倍，所以有：即（3）若情形（2）中的关系式成立，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间最短（因只有加速过程）设最短时间为，则有：在时刻进入电场的粒子在的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为： 由、式得：