【物理】河北省衡水市深州市中学2019-2020学年高二下学期期中考试试卷（选考）（解析版） 14页

深州市中学 2019-2020 学年高二下学期期中考试试卷（选考） 物理试题 第Ⅰ卷（选择题共 70 分） 一、选择题（15 小题共 70 分，1-10 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意， 答对 4 分，选错或不答的得 0 分，11—15 为多选，有两个或两个以上的符合题意答案，全 部选对的 6 分，少选得 3 分，不选或选错得 0 分 ） 单选题部分： 1. 以下有关电动势的说法中正确的是( ) A. 电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比 B. 电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是电源两极间的电压 C. 非静电力做的功越多，电动势就越大 D. WE q  只是电动势的定义式而非决定式,电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的 【答案】D 【解析】电源内部非静电力把正电荷从电源负极移送到正极，根据电动势的定义式 WE q  可 知，电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功．属于比值定义，电 动势 E 与 W、q 及体积和外电路无关，由电源内非静电力的特性决定．故 A 错误，D 正确； 电动势和电压虽然单位相同，但是二者具有不同的性质，不能说电动势就是电压；故 B 错 误； 非静电力做功的多少与时间有关，电动势很小，若时间很长也可以做功很多；故 C 错误； 故选 D． 【点睛】本题考查电动势的物理意义．要注意电动势与电压是两个不同的概念，不能说电动 势就是电压． 2. 用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为 R1，如果采用乙电路， 测量值为 R2，那么 R1 、R2 与真实值 R 之间满足关系（ ） A. 1 2R R R  B. 1 2R R R  C. 1 2R R R  D. 1 2R R R  【答案】C 【解析】甲图均为并联部分的电压电流，所以测量值为电压表内阻与电阻的并联值，小于电 阻值，即 1R R ．乙图均为串联部分的电压电流，所以测量值为电流内阻与电阻的串联值， 大于电阻值，即 2R R ，C 对． 3. 将两个相同的灵敏电流计表头，分别改装成一只较大量程电流表和一只较大量程电压表， 一个同学在做实验时误将这两个表串联起来，则( ) A. 两表头指针都不偏转 B. 两表头指针偏角相同 C. 改装成电流表的表头指针有偏转，改装成电压表的表头指针几乎不偏转 D. 改装成电压表的表头指针有偏转，改装成电流表的表头指针几乎不偏转 【答案】D 【解析】 【分析】 电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流 电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小． 【详解】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较 小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成 大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很 小，所以电流表的指针几乎不偏转；电压表的指针有偏转．故 D 正确，ABC 错误．故选 D． 4. 在纯电阻电路中，当用一个固定的电源（设 E、r 为定值）向变化的外电阻供电时， 关于电源的输出功率 P 随外电阻 P 变化的规律如图所示，则下列说法错误的是 A. 当 R=r 时，电源有最大的输出功率 B. 当 R=r 时，电源的效率η=50% C. 电源的输出功率 P 随外电阻 R 的增大而增大 D. 电源的效率η随外电阻 R 的增大而增大 【答案】C 【解析】 【详解】AC．该图象反映了电源的输出功率 P 随外电阻 R 变化的规律，由图看出，电源的 输出功率随着外电阻的增大先增大后减小，当 R=r 时，电源有最大的输出功率，故 A 正确， C 错误； B．当 R=r 时，路端电压与电源的内电压，则 U=0.5E，电源的效率η= 100%= 100% 50%P UI P EI 出 总    ，故 B 正确； D．电源的效率η= 100%= 100% 100%+ P UI R P EI R r    出 总 ，则知 R 增大时，电源的效率 增大，故 D 正确． 5. 如图所示电路中，电源的内阻为 r，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头 P 向左移动时，下面的判断不正确的是（ ） A. 1L 变亮 B. 2L 变亮 C. 3L 变亮 D. 路端电压变小 【答案】B 【解析】 【详解】A．当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路 欧姆定律可知电路中总电流增大，即通过 1L 的电流变大，故 L1 变亮，A 正确，不符合题意； B．电路中总电流增大，故内电压及 0 1R L、 两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的 电压减小，故 2L 变暗，B 错误，符合题意； C．因 2L 中电流减小，干路电流增大，故流过 3L 的电流增大，故 3L 变亮，C 正确，不符合 题意； D．因总电流变大，则由U E Ir  可知，路端电压变小，D 正确，不符合题意． 6. 某同学在研究三种导电元件的伏安特性曲线时，他根据实验中所测得的数据，分别绘制 了 I－U 图线如图甲、乙、丙所示．下列说法正确的是( ) A. 图甲的元件可以作为标准电阻使用 B. 图乙的元件的电阻随电压升高而减小 C. 图丙的元件的电阻随电压升高而增大 D. 以上说法均不正确 【答案】A 【解析】 【详解】由图甲可知，甲的元件电阻保持不变；可以作为标准电阻使用；故 A 正确；图乙 中随电压的增大，图象的斜率减小，则说明电阻在增大；故 B 错误；图丙的电阻随电压的 增大而减小；故 C 错误；D 错误；故选 A． 【点睛】伏安特性曲线能得出电流随电压的变化关系，则由欧姆定律可得出电阻的变化；同 时注意线性元件及非线性元件的伏安特性曲线的区别． 7. 如图所示是由电源 E 、灵敏电流计G 、滑动变阻器 R 和平行板电容器C 组成的电路，闭 合开关 S ，在下列四个过程中，为使灵敏电流计中有b 到 a 电流，下列做法可行的是 A. 在平行板电容器中插入一块塑料板 B. 增大平行板电容器两极板间的距离 C. 滑动变阻器 R 的滑片向右滑动 D. 减小平行板电容器两极板的正对面积 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题图可知，考查了含容电路；电路稳定时，该电路中没有电流，滑动变阻器 R 上没有 电压．根据电容的决定式 4 SC kd   分析电容如何变化，由电容的定义式 QC U  分析电容 器所带电量如何变化，就能判断电路中电流的方向． 【详解】A、在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式 4 SC kd   分析得知电容增 大，而电容器的电压不变，则电容的定义式 QC U  分析得知电容器所带电量增加，将要充 电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有 b 到 a 方向的电流通过电流计．故 A 正确； B、增大平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式 4 SC kd   分析得知电容减小， 而电容器的电压不变，则电容的定义式 QC U  分析得知电容器所带电量减小，将要放电，， 有 a 到 b 方向的电流通过电流计．故 B 错误； C、电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器 R 的滑片，电容器的电压不变，电路 中仍没有电流．故 C 错误； D、减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式 4 SC kd   分析得知电容减小， 而电容器的电压不变，则电容的定义式 QC U  分析得知电容器所带电量减小，将要放电， 有 a 到 b 方向的电流通过电流计．故 D 错误． 【点睛】当电容器保持与电源相连时，电压不变．只有电容器充电或放电时，电路中才有电 路． 8. 如图所示，一根长为 L，横截面积为 S 的金属棒，其材料的电阻为 R，棒内单位体积 自由电子数为 n，电子的质量为 m，电荷量为 e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生 电流，自由电子定向运动的平均速率为 v，则金属棒内的电场强度大小为（ ） A. 2 2 mv eL B. 2mv sn e C. neSvR L D. eR v SL 【答案】C 【解析】 【详解】根据欧姆定律： UI R  ，电流的微观表达式：I=neSv，匀强电场强度表达式： UE L  ， 联立解得 neSvRE L  故 C 正确 ABD 错误。 故选 C。 9. 如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹， 若电荷是从 a 处运动到 b 处。关于电荷在 a、b 两处，以下判断正确的是（ ） A. b 处加速度较小 B. b 处电势能小 C. b 处电势高 D. 电荷在 b 处速度小 【答案】D 【解析】 【详解】A．b 处的电场线比 a 处的电场线密，说明 b 处的场强大于 a 处的场强。根据牛顿 第二定律，检验电荷在 b 处的加速度大于在 a 处的加速度，A 错误； B．根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于 90°，可知电场力对检验电荷做负功。功 是能量变化的量度，可判断由 a 到 b 电势能增加，B 错误； C．由图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，且电场力的方向应指向运动轨 迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势 降低最快的方向”判断 a 处电势较高，C 错误； D．根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于 90°，可知电场力对检验电荷做负功，所 以电荷在 b 处速度小，D 正确。 故选 D。 10. 如图所示，质量相同的两个带电粒子 P、Q 以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行 板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点 （重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（ ） A. 它们运动的时间 tQ＞tP B. 它们运动的加速度 aQ＜aP C. 它们所带的电荷量之比 qP∶qQ=1∶2 D. 它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2 【答案】C 【解析】 【详解】A．带电粒子在电场中做类平抛运动，由 s=vt 可得 P、Q 运动的时间应相等，选 项 A 错误； B．平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式， 有 21 2y at 解得 2 2ya t  由于平行电场方向的位移之比为 1：2，所以 aQ＞aP 故 B 错误； C．根据牛顿第二定律，有 qE=ma 解得 2 2ymq Et  所以 P、Q 的电荷量之比为 qP∶qQ=1：2，选项 C 正确； D．由动能定理有 qEy= △ Ek 而 qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2，所以 kp kQ: 1: 4E E   选项 D 错误。 故选 C。 多选题部分： 11. 三个阻值都为 6Ω的电阻，若它们任意组合连接，则总电阻可能为（ ） A. 2Ω B. 6Ω C. 8Ω D. 9Ω 【答案】AD 【解析】 【分析】 三个相同电阻可以有四种连接方式：三个电阻串联、三个电阻并联、两个电阻串联后与第三 个电阻并联，两个电阻并联后与第三个电阻串联，分析求出阻值． 【详解】当三个电阻串联时，获得的总阻值为 R 总 1=3R=3×6Ω=18Ω；当三个电阻并联时， 获得的总阻值为 2 6 23 3 RR     总 ；当两个电阻串联后与第三个电阻并联，获得的总阻 值为 3 2 12 6 42 12 6 R RR R R总        ；当两个电阻并联后与第三个电阻串联，获得的总阻 值为 4 6 6 92 3 RR R       总 ，故 AD 正确，BC 错误． 【点睛】本题考查串并联电路中电阻的计算，对于电阻的连接方式考虑要全面，不能遗漏．注 意串并联电路中电阻的计算方法． 12. 如图所示，直线 A 为某电源的 U－I 图线，曲线 B 为某小灯泡 L 的 U－I 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 Ω B. 灯泡 L 的额定电压为 3 V，额定功率为 6 W C. 把灯泡 L 换成阻值恒为 1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变大，效率将升高 D. 小灯泡 L 的电阻随通过电流的增大而增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图读出电源的电动势为 E＝4V，图线 A 的斜率大小表示电源的内阻，则 4-1 Ω=0.5Ω6-0r  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 U＝3V，I＝2A， 则灯泡 L 的额定电压为 3V，功率为 =3 2=6WP UI  故 B 正确； C．把灯泡 L 的电阻 U 3= Ω=1.5Ω2R I  换成一个 1Ω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 1Ω的定值电阻，电源的输出功率将变大，而 效率 r U R E R     外电阻变小，效率变低，故 C 错误； D．小灯泡的 U−I 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。 故选 BD。 13. 如图，直线 OAC 为某一直流电源的总功率随电流 I 变化的图线，抛物线 OBC 为该电源 内部热功率 P 随电流 I 变化的图线。若 A、B 对应的横坐标为 2 A。则下列判断正确的是 （ ） A. 该电源的电动势为 3 V，内电阻为 3 Ω B. 当总电流 I=1 A 时，电源的输出功率为 1 W C. 当总电流 I=1 A 时，电源的输出功率为 2 W D. 当总电流 I=1.5 A 时，电源的输出功率最大，为 2.25 W 【答案】CD 【解析】 【详解】A．从图象可知：有两个交点，O 点处是没有通电，而 C 处它们的电功率相等，说 明电源短接，根据 P=I2r，P=UI 可得 r=1Ω，E=3V，A 错误； BC．根据闭合电路欧姆定律 E=I(R+r) 当电路中电流为 1A 时，外电路的电阻 R=2Ω，电源的输出功率为 P=I2R=2W B 错误，C 正确； D．当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，此时电路中电流为 EI R r   =1.5A 电源的输出功率最大，则有 2 max 2.25W4 EP r   D 正确。 故选 CD。 14. 把表头 G 改装成大量程电流表时，下列说法正确的是（ ） A. 改装原理为并联电阻能增大通过 G 的电流 B. 改装成电流表后，表头 G 本身允许通过的最大电流并不改变 C. 改装后，表头 G 自身的电阻减小了 D. 改装后使用时，表头 G 本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大了 【答案】BD 【解析】AB．把表头 G 改装成电流表应并联一个分流电阻，并联电阻后，通过表头 G 的最 大电流不变，故 A 错误，B 正确； C．改装后，表头电阻不变，改装后电流表总电阻减小，故 C 错误； D．改装后，表头参数，如满偏电流与内阻等参数不变，整个并联电路允许通过的最大电流 增大，故 D 正确。 故选 BD。 15. 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 1 2,U U  ，理想电流表 A 示数变化量的绝对值为 I ， 则（ ） A. 电流表示数变大，V2 示数变小 B 灯泡亮度逐渐变暗 C. 1U I   与 2U I   均保持不变，且前者小于后者 D. 当电路稳定后，断开电键，小灯泡逐渐变暗至熄灭 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．将滑动变阻器滑片向右滑动时接入电路的电阻减小，总电阻减小，根据闭合电 路欧姆定理可知电路中电流增大，电流表 A 的示数增大，根据闭合电路欧姆定律可知电压 表 V2 示数 2 ( )U E I r R   减小，故 A 正确； B．电路中电流增大，通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故 B 错误； C．根据 2 ( )U E I r R   可得 2U r RI    ，保持不变；根据 1U IR 可得 1U RI   ， 保持不变，且有 1 2U U I I    ，故 C 正确； D．当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭， 会逐渐变暗至熄灭，故 D 正确． 第Ⅱ卷（非选择题 共 30 分） 二、实验题（本题共 1 小题，共计 10 分，每空 2 分。） 16. 用伏安法测量某一小灯泡的伏安特性曲线，现有实验器材如下： A．小灯泡（额定电压 2.5V，额定电流 0.3A） B．电流表（量程 0.6A，内阻约 0.125Ω） C．电流表（量程 3A，内阻约 0025Ω） D．电压表（量程 3V，内阻约 3kΩ） E．滑动变阻器（0-10Ω） F．滑动变阻器（0-2000Ω） G．电源（电动势 3V。内阻不计） H．开关和导线若干 ①为了方便测量且测量结果尽量准确，电流表应选____；滑动变阻器应选___。（选填器材前 的字母） ②为了获得更准确的伏安特性曲线，实验电路应选用图中的___（填字母代号）。 A. B. C. D. ③闭合开关前电路图中的滑动变阻器的滑片应该置于最____端（选填“左”“右”）。 ④闭合开关，移动滑动变阻器的滑片的位置，发现电压表的示数逐渐增大，但电流表指针却 几乎不动，电路的故障可能为____________。 【答案】 (1). B E (2). B (3). 左 (4). 灯泡断路 【解析】 【详解】①[1][2]为了方便测量且测量结果尽量准确，因小灯泡的额定电流为 0.3A，则电流 表应选 B；滑动变阻器要接成分压电路，则应选阻值较小的 E； ②[3]因电压表内阻远大于小灯泡的电阻，则应该采用电流表外接电路，滑动变阻器接成分 压电路，即为了获得更准确的伏安特性曲线，实验电路应选用图中的 B； ③[4]闭合开关前，使灯泡两端的电压从零开始增加，则电路图中的滑动变阻器的滑片应该 置于最左端； ④[5]闭合开关，移动滑动变阻器的滑片的位置，发现电压表的示数逐渐增大，但电流表指 针却几乎不动，电路的故障可能为灯泡发生了断路。 三、计算题（本题共 2 小题，计 20 分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 17. 工作出差时移动电源已经是智能手机的最佳搭配，用电动势为 5V 的电源给手机充电时， 测得电源两极间的电压为 4.5V，已知电源铭牌中标有电源容量为 2Ah，且电源电能全部释 放出来，则： （1）电源放出的总电能是多少焦耳？ （2）手机得到多少电能？ （3）电源给手机充电过程中发出多少热量？ 【答案】（1）3.6  104J；（2）3.24 104J；（3）3.6 103J 【解析】 【详解】（1）电源放出的总电能 W=EIt=52 3600J=3.6104J （2）手机得到的电能 W1=UIt=4.5 23600J=3.24 104J （3）电源给手机充电过程中发出的热量 Q=W-W1=3.6104J-3.24104J=6.0 103J 18. 如图所示，水平放置的两平行金属板，板长 l=10cm，两板相距 d=2cm。一束由静止开 始经加速电场 U1 加速后的电子以 v0=4.0×107m/s 的初速度从两板中央水平射入板间的偏转电 场，然后从板间飞出射到距板右端 L 为 45cm、宽 D 为 20cm 的荧光屏上。（不计电子重力， 荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量 31m 9.0 10 kg  ，电荷量 19e 1.6 10 C  ），求： (1)电子飞入偏转电场前所经历的加速电场的电压 U1； (2)为使电子能射到荧光屏的所有位置，偏转电场的两极板所加电压的最大值 U2； 【答案】(1) 34.5 10 V；(2)360 V 【解析】 【详解】(1)设加速电场的电压为 U1，由动能定理可得 2 1 0 1 02eU mv  化简得 2 0 1 2 mvU e  代入数据得 3 1 4.5 10U   V (2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为 v1，和水平方向的夹角为 θ ，偏转电压为 U2， 偏转位移为 y，则：电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的 两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边 缘上，结合图可得 2tan 2 2 D y l lL     tan 2 y l  2 22 0 1 1 ( )2 2 eU ly at md v     联立代入所有数据得 2 360U  V 因此偏转电压在-360V~360V 范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置.