黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 18页

双鸭山市第一中学高二物理学科期中考试试题 高二物理试题 一、选择题、‎ ‎1.下列说法错误的是(　　)‎ A. 奥斯特首先发现了电流的磁效应 B. 安培发现了电流产生的磁场方向的判定方法 C. 安培首先提出了磁场对运动电荷有力作用 D. 安培首先提出了分子电流假说 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A正确；‎ B、安培发现了电流产生的磁场的方向的判定方法，即右手定则，故B正确；‎ C、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有力作用，故C错误；‎ D、安培首先提出了分子电子假说，解释了软铁被磁化的现象，故D正确；‎ 错误的故选C。‎ ‎【点睛】关键是记住相关物理学家的科学成就，进行解答。‎ ‎2.如图甲所示，a、b两平行直导线中通有相同的电流，当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上，且两导线与圆心连线的夹角为 60°时，圆心处的磁感应强度大小为B。如图乙所示，c导线中通有与a、b导线完全相同的电流，a、b、c垂直圆平面放置在圆周上，且a、b两导线与圆心连线的夹角为120°，b、c两导线与圆心连线的夹角为30°，则此时圆心处的磁感应强度大小为(　　)‎ A. B B. B C. 0 D. B ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当a、b两导线与圆心连线的夹角为60°时，它们在圆心处的磁感应强度如图甲所示，设Ba＝Bb＝B1，则有B＝B1。当a、b两导线与圆心连线夹角为120°时，如图乙所示，它们在圆心处的磁感应强度矢量和为B′＝B1，再与c导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为B1，因此圆心处的磁感应强度大小为B。‎ A. B，与结论相符，选项A正确；‎ B. B，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 0，与结论不相符，选项C错误；‎ D. B，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎3.要想在如图所示的虚线方框范围内有方向垂直纸面向外的磁场，以下方法可行的是 （ ）‎ A. 正离子沿a到b的方向运动 B. 正离子在框内顺时针旋转 C. 电子沿a到d的方向运动 D. 电子在框内顺时针旋转 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 若正离子沿a到b的方向运动，形成的电流方向为从a到b，根据右手螺旋定则可得在方框内形成的磁场方向为垂直纸面向里，A错误；若正离子在框内顺时针旋转，则形成的电流为顺时针方向，根据右手螺旋定则可得方框内的磁场方向垂直纸面向里，B错误；电子沿a到d 的方向运动，则形成的电流方向为d到a，根据右手螺旋定则可得方框内的磁场方向垂直纸面向里，C错误；电子在框内顺时针旋转，形成的电流方向为逆时针方向，所以根据右手螺旋定则可知方框范围内有方向垂直纸面向外的磁场，D正确．‎ ‎4.某同学按如图电路进行实验，电压表和电流表均为理想电表，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，两电压表均测R3的电压。两电压表示数相同(但不为零)。故D项正确。‎ ‎5.如图所示，电源电动势E=6V,内电阻r=1Ω,小灯泡L标一有“2V 4W”,当调节可变电阻R使小灯泡恰好正常发光时，下列说法正确的是.‎ A. 流过小灯泡的电流I=1A B. 电源的路端电压为4V C. 可变电阻R此时的阻值为2Ω D. 可变电阻R此时消耗的功率为2W ‎【答案】B ‎【解析】‎ 小灯泡正常发光，则流过小灯泡的电流，选项A错误；电源的路端电压U端=E-Ir=6-2×1=4V，选项B正确；可变电阻R此时的阻值为 ，选项C错误；可变电阻R此时消耗的功率为P=I2R=4W，选项D错误；故选B.‎ 点睛：解决本题的关键要明确用电器的连接关系，明确串联电路中电流处处相等，再运用欧姆定律和闭合电路欧姆定律解答．‎ ‎6.图示的电路图中，C2=2C1，R2=2R1．下列说法正确的是（　　）‎ ‎①开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量 ‎②开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量 ‎③开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量 ‎④开关处于接通状态，电容C1电量大于C2的电量．‎ A. ① B. ④ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①②当开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，根据，且，得：，故①正确，②错误； ③④当开关S闭合时，电容器的电压等于的电压，电容器的电压等于电阻的电压。而两电阻串联，电压之比等于电阻之比，根据，且，，得：电容器的电量等于的带电量，故③④错误，故选项A正确，BCD错误。‎ ‎7.如图所示的电路中，将滑动变阻器的滑片 P 向右滑动后，假设电流表 A1 和电 压表V2 两个电表的示数变化量的绝对值分别为 I1 和 U 2 ，则在滑片 P 向右滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. V1 变大 B. A2 变大 C. V2 变大 D. 不变 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由局部电阻RP的变化开始分析，分析全电路的电阻、电流以及路端电压，然后再逐步分析到局部电路.‎ ‎【详解】在滑片 P 向右滑动的过程中，RP变大，则电路的总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即A1减小，R1的电压减小，则R3以及与其并联的支路电压变大，A2读数变大；V2读数变大；R3电流变大，则R2电流减小，则两端电压减小，即V1 读数变小，故选项A错误，BC正确；U2=E-I1(R1+r)，可知不变，可知选项D正确；故选BCD.‎ ‎【点睛】分清电路图，利用等效电阻法结合总量法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键。‎ ‎8.如图，电源的电动势，内阻，定值电阻，M是电动机，其线圈电阻，电动机正常工作时，理想电压表示数为6V，则（　　）‎ A. 通过电源的电流为1.5A B. 定值电阻R两端的电压为8V C. 电动机的输出功率为5W D. 电源的效率约为93.3%‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设理想电压表示数为U，电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律得：， ‎ 可得：则通过电源和电动机的电流为1A，故A错误；‎ B、根据欧姆定律可知定值电阻R两端的电压为，故B正确；‎ C、电动机消耗的电功率为：‎ 电动机的发热功率为：‎ 故电动机的输出功率为：，故C正确；‎ D、电源的效率，故D正确。‎ 二．实验题 ‎9.（1）图甲所示的电流表使用0.6A量程时，对应刻度盘上每一小格代表_______A，图中表针示数是_______A；当使用3A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A。‎ ‎（2）图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中指针的示数为________V。若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________ V，图中表针指示的是________V。‎ ‎（3）用游标卡尺测得某样品的长度如图（甲）所示，其示数L＝______mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图（乙）所示，其示数D＝_____________mm。‎ ‎【答案】 (1). 0.02A (2). 0.44A (3). 0.1A (4). 2.20A (5). 0.1V (6). 1.40V (7). 0.5V (8). 7.0V (9). 30.35mm (10). 3.205mm ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3][4]电流表使用0.6A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02A，指针的示数为0.44A；当换用3A量程时，每一小格为0.1A，指针示数为2.20A；‎ ‎（2）[5][6[7][8]电压表使用3V量程时，每小格表示0.1V，指针示数为1.70V；使用15V量程时，每小格为0.5V，指针示数为7V；‎ ‎（3）[9]游标卡尺的主尺读数为：30mm，游标读数为 ‎0.05×7mm=0.35mm 所以最终读数为：‎ ‎30mm+0.35mm=30.35mm ‎[10]螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为 ‎0.01×20.4mm=0.204mm 所以最终读数为：‎ ‎3mm+0.204mm=3.204mm 由于需要估读在范围3.203-3.205内均正确 ‎10.某同学采用“半偏法”测量一个量程为的电压表的内阻（约），电路图如图所示。‎ ‎（1）要使测量值尽量准确，除了选用电源、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用______（选填“A”或“B”），电阻箱中选用______（选填“C”或“D”），电源中选______（选填“E”或“F”）‎ A. 滑动变阻器（）‎ B. 滑动变阻器（）‎ C. 电阻箱（），阻值最小改变量为 D. 电阻箱（），阻值最小改变为 E.（电动势），内阻可忽略 F 电源（电动势），内阻可忽略 ‎（2）该同学在测量电压表的内阻时，实验步骤如下：‎ ‎①按实验原理图连按好电路，把开关，断开，把滑动变阻器的滑片置于______（选填“a”或“b”）；‎ ‎②闭合开关，，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为；‎ ‎③保持位置不变，再断开开关，调节电阻箱的阻值使电压表的示数为，此时电阻箱的阻值为，则被测电压表内阻的测量值______。‎ ‎（3）为了减少实验误差，必须使滑动变阻器的最大阻值______（选填“远小于”或“远大于”）电压表的内阻。‎ ‎（4）电压表内阻的测量值和真实值相比，______（选填“略大于”“略小于”或“等于”）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). F (4). a (5). (6). 远小于 (7). 略大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]本题滑动变阻器“是分压式接法，为了操作方便应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选A；‎ ‎[2]因为本实验是采用“半偏法”测电压表的内阻，电压表半偏时，电阻箱的阻值认为等于电压表的内阻，电压表的大约值为，所以电阻箱选D；‎ ‎[3]由于电压表量程为，并且（2）中电压表示数要调到，所以电源只能选F。‎ ‎（2）[4]按实验原理图连接好电路，把开关、断开，为了保证开关闭合时电路的安全，且本实验采用分压接法，为了让测量电路中的电压由零开始调节，把滑动变阻器的滑片 置于端；‎ ‎[5]电阻箱和电压表串联的总电压是，调节电阻箱使电压表示数为时，电阻箱上分压为，根据串联电路电压与电阻成正比，得被测电压表内阻的测量值等于电阻箱的阻值。‎ ‎（3）[6]为了减小电压表内阻对电路的影响，使测量电路两端的电压保持不变；应使滑动变阻器的最大阻值远小于电压表内阻；‎ ‎（4）[7]实验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调节电阻箱的阻值使电压表指针指到位置，此时电阻箱的电压大于，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大。‎ ‎11.在“测定金属丝的电阻率”的实验中,待测金属丝的电阻Rx约为5 Ω,实验室备有下列实验器材：‎ A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）‎ B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～50Ω，0.6A）‎ F．滑动变阻器R2（0～500Ω，0.1A）‎ G．电池E（电动势为3 V，内阻约为0.3Ω）‎ H．开关S，导线若干 ‎（1）为提高实验精确度,减小实验误差,电压表应选用__________．电流表应选用__________．滑动变阻器应选用__________．（选填器材前面的字母序号）‎ ‎（2）为减小伏安法测电阻的实验误差,应选用_________[填“甲”或“乙”]为该实验的电路图．‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]电源电动势是3V，故电压表应选A；‎ ‎[2]通过待测电阻的最大电流约为 A 故电流表应选D；‎ ‎[3]为保证安全方便实验操作，故滑动变阻器应选E；‎ ‎（2）[4]因为 电流表应采用外接法，由电路图可知，应选2所示电路图。‎ ‎12.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3 kΩ)‎ 电流表A(量程0.5 A，内阻约0.5 Ω)‎ 电阻箱R0(0～9999.9 Ω)‎ 滑动变阻器R1(阻值0～5Ω，2A)‎ 滑动变阻器R2(阻值0～200Ω，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 安培表内接法 B.安培表外接法 ‎（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_________Ω，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，实验中滑动变阻器应选择_______(选填R1或R2)．你的选择理由是___________.‎ ‎（6）实验中得到小灯泡的伏安特性曲线曲线如下图（a）所示，由实验曲线可知，随着电压的增加小灯泡的电阻______ (填“增大”“不变”或“减小”)‎ ‎（7）现将与题中完全相同的两个小灯泡与另一电源E0(电动势4 V，内阻1．0Ω)和一阻值为9Ω的定值电阻连接成如图（b）所示电路。此电路中每个小灯泡的两端的实际电压为_________V（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). （1）A (2). （2） B (3). （3）1000.0 (4). 串联 (5). （4）‎ ‎ (6). （5）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） (8). （6）增大； (9). （7）1.1V ‎【解析】‎ ‎【详解】（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）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）电压表的量程为3V，内阻为3kΩ，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.‎ ‎（4）实验的电路图：‎ ‎（5）为操作方便，实验中滑动变阻器应选择阻值较小的R1．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（线性关系较好） .‎ ‎（6）由实验曲线可知，随着电压的增加I-U线的切线的斜率逐渐减小，则小灯泡的电阻增大.‎ ‎（7）设每个灯泡两端电压为U，电流为I，则由闭合电路的欧姆定律：E=2U+I(r+R)，即4=2U+10I，即：U=2-5I，将此函数关系画在灯泡的伏安特性曲线上，如图；交点坐标为U=1.1V，即此电路中每个小灯泡的两端的实际电压为1.1V.‎ ‎13.“测定电池的电动势和内阻”的实验中：‎ ‎(1)在如图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于___________端（填“A”或“B”）。‎ ‎(2)如图乙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω。‎ ‎(3)实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的A、B两端，则理论上电动势的测量值和真实值关系E测________ E真，内阻的测量值和真实值 r测________ r真（填“＜，＞，或=”）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 1.5 (3). 1.0 (4). = (5). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；‎ ‎（2）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻．‎ ‎（3）将电压表并连在滑动变阻器的A．B两端，误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻，则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况．‎ ‎【详解】（1）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为右半部分；故滑片应接到A端； （2）在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小．U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；U-I图象斜率的绝对值等于内阻，所以； （3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的．而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值． ‎ ‎【点睛】本题考查实验的连接和数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻．‎ ‎14.某同学组装了一个简易多用电表，其电路图如图（a）所示，图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻，虚线方框内为选择开关，A端和B端分别与两表笔相连 ‎（1）图（a）中，虚线方框内选择开关的“4”、“5”两挡为电压挡，则挡位_____（选填“4”或“5”）的量程较大；‎ ‎（2）根据图（a）所示电路图判断，此表A端应与_____（选填“红”或“黑”）色表笔相连接 ‎（3）选用欧姆表×100档测量某电阻阻值，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_____挡（选填“×10”或“×1k”）。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行测量，那么缺少的步骤是_____。若补上该步骤后再次进行测量，表盘的示数如图（b）所示，则该电阻的阻值是_____。‎ ‎【答案】 (1). 5 (2). 黑 (3). ×1k (4). 欧姆调零 (5). 14kΩ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空．表头串联大电阻改装成电压表，串联电阻越大则量程越大，由此可知档位5的量程较大；‎ 第二空．由图（a）所示电路图可知，A与欧姆表内置电源正极相连，又电流红进黑出，则A端应与黑表笔相连；‎ 第三空．欧姆表的零刻度在左边，偏角小，说明带测电阻阻值大，应换大倍率×1k挡；‎ 第四空．重新欧姆调零后测量；‎ 第五空．欧姆表的读数为：示数×倍率＝14×1000Ω＝14kΩ；‎ 三、简答题 ‎15.如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中。当导体棒中通一自右向左、大小为I的电流时，导体棒静止在与竖直方向成角的导轨上，，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（2）每个圆形导轨对导体棒的支持力大小。‎ ‎【答案】（1），（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：导体棒受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，解出安培力，最后求出磁场的磁感应强度；同理：根据平衡条件，结合合成法得到支持力，最后得到每个圆导轨对导体棒的支持力大小。‎ ‎（1）从右向左看受力分析如图所示：‎ 由受力平衡得：，解得：。‎ ‎（2）两导轨对棒的支持力2FN，根据平衡条件：2FNcos 37°-mg=0‎ 解得：‎ 点睛：本题主要考查了安培力的共点力平衡问题，受力分析时力图难以构建，关键是将题图转化为平面图，再作图分析。‎ ‎16.如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V,1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移动至最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光电流表为理想电表.‎ ‎（1）求电源的电动势；‎ ‎（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；‎ ‎（3）当滑动变阻器的Pb段电阻为多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？‎ ‎【答案】(1)6V；(2)2A；(3)2Ω，2W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电源的电动势 E=UL十IR1十Ir=3V十1×2V十1×1V=6V ‎（2）当P移到最左端时，由闭合电路欧姆定律，‎ ‎（3）灯L电阻 RL=U2/P=6Ω 设滑动变阻器的Pb段电阻为R3，R3与RL并联 等效电阻 由闭合电路欧姆定律 将已知量代入化简得 当R3=2Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2W ‎ ‎