/12/12/新疆生產建設兵團一師高中2018-2019學年高二物理上學期期中試題（含解析）一、選擇題1.下列說法正確的是（）A.導體中電荷的運動就會形成電流B.電子運動的速率越大，電流越大C.單位時間內通過導體截面的電量越多，導體中的電流越大D.根據電流的公式，電流和電荷量成正比，電流與時間成反比【答案】C【解析】【詳解】導體中電荷的定向移動就會形成電流，選項A錯誤；根據I=nesv可知，電子運動的速率越大，電流不一定越大，選項B錯誤；根據I=q/t可知，單位時間內通過導體截面的電量越多，導體中的電流越大，選項C正確；電流的公式，采用的是比值定義法，電流的大小與通過橫截面的電量、通電時間無關。故D錯誤。故選C.2.有關電壓和電動勢的說法中錯誤的是A.電壓和電動勢的單位都是伏特，故電動勢與電壓是同一物理量B.電動勢公式E=中的W與電壓U=中的W是不同的，前者為非靜電力做功，后者為靜電力做功C.電動勢是反映電源把其他形式的能轉化為電能的本領的物理量D.斷路時的路端電壓等于電源的電動勢的大小。【答案】A【解析】【詳解】A.電壓與電動勢的單位相同，但物理意義不同，是兩個不同的物理量。故A錯誤；B.電動勢公式E=W非/q中的W非是非靜電力做功,電壓U=W電/q中的W靜是靜電力做功。故B正確；C.電源是把其他形式的能轉化為電能的裝置，電動勢反映電源把其他形式的能轉化為電能本領大小。故C正確；D.根據閉合電路歐姆定律，路端電壓U=E?Ir，只有當外電路斷開時，I=0，路端電壓等于電動勢故D正確。本題選錯誤的，故選：A.3.某導體中的電流隨其兩端電壓的變化如圖所示，則下列說法中正確的是A.由圖可知，隨著電壓的增大，導體的電阻不斷減小B.圖象上某點切線的斜率的倒數即為該狀態的電阻值C.電壓為5V時，導體的電阻是0.2ΩD.電壓為12V時，導體電阻的電功率為18W【答案】D【解析】【詳解】由圖知，隨著電壓的增大，圖象上的點與原點連線的斜率減小，此斜率等于電阻的倒數，則知導體的電阻不斷增加，故A錯誤；圖象上的點與原點連線的斜率的倒數等于電阻，選項B錯誤；當U=5V時，由圖知電流為I=1.0A，則導體的電阻R=U/I=5Ω，故C錯誤；加12V電壓時，電流為1.5A，則電功率P=IU=18W．故D正確；故選D。【點睛】本題關鍵抓住圖象上的點與原點連線的斜率等于電阻的倒數，分析電阻的變化，求解電阻的值．4.已知如圖，R1=6Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，則接入電路后這三只電阻的（）A.電流之比I1:I2:I3=1:2:3B.電流之比I1:I2:I3=6:3:4C.電壓之比U1:U2:U3=1:2:3D.電壓之比U1:U2:U3=6:3:4【答案】A【解析】【詳解】圖中電阻R1與R2并聯后與R3串聯；并聯電阻為：；并聯電路電壓相等，串聯電路電壓比等于電阻比，故：?U并：U3=R12：R3=2：4=1：2；故：U1：U2：U3=1：1：2；串聯電路電流相等，并聯電路電流比等于電阻的反比，故：I1：I2=R2：R1=1：2；又I3=I1+I2；故I1：I2：I3=1：2：3。故選項A正確，BCD錯誤，故選A。【點睛】分析清楚電路的串并聯結構，根據串并聯電路的電流和電壓的關系，利用電壓和功率的公式逐個計算可以求得它們的電壓、電流和功率的大小關系．5.有一個電風扇，額定電壓為U，額定功率為P，電動機線圈的電阻為R，把它接入電壓為U的電路中，下列計算時間t內產生熱量的方法中正確的是A. B.Q=PtC. D.以上三種方法均正確【答案】A【解析】【詳解】A．根據電功率公式P=UI，可得電路中電流；由焦耳定律Q=I2Rt，得時間t內產生的熱量，故A正確.B．Pt為電風扇消耗的總能量，選項B錯誤；vC．電風扇不是純電阻電路，則，選項C錯誤；D．由以上分析可知，選項D錯誤.6.如圖甲、乙所示的電路圖為電表改裝的示意圖，G為表頭、R為可調電阻，則下列說法正確的是()A.圖甲為電流表改裝的原理圖，增大可調電阻的阻值，改裝后電表的量程增大B.圖甲為電流表改裝原理圖，減小可調電阻的阻值，改裝后電表的量程增大C.圖乙為歐姆表改裝的原理圖，增大可調電阻的阻值，改裝后電表的量程增大D.圖乙為電壓表改裝的原理圖，增大可調電阻的阻值，改裝后電表的量程減小【答案】B【解析】AB.GAB.G表頭并聯電阻為電流表，若增大可調電阻的阻值分流變小，則量程變小，若減小可調電阻的阻值分流變大，則量程變大故A錯誤，B正確.CD.G表頭串聯電阻為電壓表，增大可調電阻的阻值分壓變大，則量程變大，反之，量程變小，則C錯誤，D錯誤.7.把量程為3mA的電流表改裝成歐姆表，其結構如圖所示，其中電源電動勢E=3V.改裝后，將原來電流表3mA的刻度定為電阻的“0”刻度，將待測電阻接入AB間，發現指針半偏，則待測電阻的阻值為（）A.1000Ω B.500Ω C.100Ω D.50Ω【答案】A【解析】【詳解】電流表3mA的刻度定為電阻的“0”刻度，由全電路的歐姆定律可得，解得；而待測電阻接入AB間，發現指針半偏有：，可得：.A.1000Ω與計算結果相符；故A項正確.B.500Ω與計算結果相符；故B項錯誤.C.100Ω與計算結果相符；故C項錯誤.D.50Ω與計算結果相符；故D項錯誤.8.如圖所示，直線A為電源的U-I圖線，曲線B為小燈泡的U-I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電源的總功率分別是（）A.4W、8W B.4W、6W C.2W、4W D.2W、3W【答案】B【解析】由圖A讀出：電源的電動勢E=3V，內阻；兩圖線的交點表示燈泡與電源連接時的工作狀態，此時燈泡的電壓U=2V，電流I=2A；則電源的總功率P總=EI=3×2W=6W；電源的輸出功率P出=EI-I2r=（3×2-22×0.5）W=4W，故選B．點睛：解決這類問題的關鍵在于從數學角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點等方面進行分析，更加全面地讀出圖象的物理內涵．9.如圖所示電路，R1為變阻器，R2為定值電阻，r為電源內阻，且r>R2。若R1上的電功率為P1，R2上的電功率為P2。以下敘述中正確的是（）A.要使P1與P2的和最大，必須使R1=r－R2。B.要使P1最大，必須使R1=R2+r。C.要使P2最大，必須使R2=R1+r。D.P1+P2的最大值，由ε和r決定。【答案】ABD【解析】【詳解】A、P1與P2的和等于電源的輸出功率P出．根據功率關系得：P出=EI-I2r=-rI2+EI，P出是電流I的二次函數，由數學知識得知：當時，P出最大，此時應有r=R1+R2．所以要使P1與P2的和最大，必須使R1=r-R2．故A正確。將定值電阻R2看成電源內阻的一部分，利用上面的結論進行分析可知，當R1=R2+r時，P1最大。故B正確。R2為定值電阻，要使P2最大，必須使電路中電流最大，則必須使R1=0．故C錯誤。（P1+P2）的最大值為，由E和r決定，故D正確。故選ABD。【點睛】本題運用數學知識討論電路中的極值問題，掌握當電源的內外電阻相等時，電源的輸出功率最大是關鍵．10.如圖所示，電流表、電壓表均為理想電表，L為小電珠．R為滑動變阻器，電源電動勢為E，內阻為r．現將開關S閉合，當滑動變阻器滑片P向左移動時，下列結論正確的是（）A.電流表示數變小，電壓表示數變大B.小電珠L變亮C.電容器C上電荷量增大D.電源的總功率變大【答案】AC【解析】當滑動變阻器滑片P向左移動時，電阻增大，由“串反并同”可知，與之并聯電壓表示數增大，與之串聯的燈泡L電流減小，同理判斷電流表示數減小，路端電壓增大，電容器兩端電壓增大，由Q=CU可知電量增大，C對；11.關于多用電表的使用，下列操作正確的是_____________。A.測電壓時，應按圖甲連接方式測量B.測電流時，應按圖乙連接方式測量C.測電阻時，應按圖丙連接方式測量D.測二極管的正向電阻時，應按圖丁連接方式測量【答案】BD【解析】電流的走向為紅進黑出，所以測電流時，應按圖乙連接方式測量，因為多用表的歐姆檔內部有電源，所以測電阻時不需要外部電源了，測量二極管的正向電阻時黑筆應接圖示的左端，故BD正確。12.甲、乙兩根同種材料制成的電阻絲，長度相等，甲橫截面的半徑是乙的兩倍，將其并聯后接在電源上()A.甲、乙的電阻之比是1:2B.甲、乙中的電流強度之比是4:1C.甲、乙電阻絲相同時間產生的熱量之比是4:1D.甲、乙電阻絲兩端的電壓之比是1:2【答案】BC【解析】【詳解】A.兩根長度相同，甲的橫截面的圓半徑是乙的2倍，根據電阻定律得，；故A錯誤.B.并聯電路電壓相等，由可知，甲乙中的電流強度之比為4:1；故B正確.C.由可知得P甲：P乙=4：1，則相同時間內的熱量比也為4:1；故C正確.D.兩電阻并聯，則兩電阻兩端的電壓相等；故D錯誤.二、實驗題13.某同學用游標卡尺和螺旋測微器分別測量一個圓柱形電阻的直徑和高度，測量結果如圖甲和乙所示，該工件直徑為____mm，高度為____mm.又用多用電表歐姆擋“×1”擋位測量了該電阻阻值，則該電阻阻值為____Ω。【答案】(1).12.20mm(2).6.860mm±0.002mm(3).10.0Ω【解析】該工件直徑為12mm+0.05mm×4=12.20mm，高度為6.5mm+0.01mm×36.0=6.860mm.該電阻阻值為10.0×1Ω=10.0Ω。14.在《描繪小燈泡伏安特性曲線》的實驗中，選擇“3V、0.5A的小燈泡作為研究對象，要求小燈泡兩端電壓從0開始變化，電源E=6V,有開關導線若干.請回答下面幾個問題：①下列實驗器材中應選用______（填入器材序號）A．電流表（量程0～0.6A，內阻1Ω）B．電流表（量程0～3A，內阻1Ω）C．電壓表（量程0～15V，內阻約10kΩ）D．電壓表（0～3V，內阻約2kΩ）E．滑動變阻器（阻值0～100Ω）F．滑動變阻器（阻值0-10Ω）②在本實驗中，滑動變阻器應采用______（填“分壓”或“限流”）接法，電流表應采用______（填“內”、“外”）接法．③在下圖框中畫出實驗電路圖_________.④小燈泡所加的電壓U由零逐漸增大到3V，在此過程中電流I和電壓U的關系可以用圖象表示，在圖中符合實際的是______。【答案】(1).ADF(2).分壓(3).外(4).(5).B【解析】【詳解】第一空.由題意可知，燈泡的額定電壓為3V，為了準確性及安全性原則，電壓表應選擇D；燈泡的額定電流為0.5A，故電流表應選擇A；測量燈泡的伏安特性曲線實驗中應采用分壓接法，故滑動變阻器應選用小電阻，故滑動變阻器應選擇F；所以實驗器材中應選用ADF．第二空.測量小燈泡的伏安特性曲線時，要求電壓值從零開始變化，故滑動變阻器應采有分壓接法；第三空.燈泡內阻為，而電流表內阻約為1Ω，電壓表內阻約為2kΩ，有，故電流表應采用外接法減小系統誤差；第四空.電路為電流表外接法和滑動變阻器的分壓式，如圖：第五空.小燈泡的溫度不斷升高，電阻增大，由歐姆定律得到，等于圖線上的點與原點連線的斜率倒數，電阻一直增大，故圖線上的點與原點連線的斜率一直減小．所以A，C，D不符合實際，故B正確.三、計算題15.圖中電源電動勢E=12V，內電阻r=0.5Ω,將一盞額定電壓為8V，額定功率為16W的燈泡與一只線圈電阻為0.5Ω的直流電動機并聯后和電源相連，燈泡剛好正常發光，通電100min．問：（1）電動機的輸出功率為多少?（2）燈絲和電動機線圈產生的熱量各是多少？【答案】（1）30W（2）1.08×105J【解析】【詳解】（1）燈泡內正常發光，可知路端電壓為8V，由閉合電路歐姆定律知:解得：I=8A通過燈泡的電流為：故通過電動機的電流為：電動機輸入功率：可得：(2)電燈為純電阻電路，故電功等于電熱，電動機線圈的熱量為：16.如圖所示為兩組平行板金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，今有一質量為m,電量為e的電子靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經電壓U0加速后通過B點進入兩板間距為d、電壓為U的水平放置的平行金屬板間，若電子從兩塊水平平行板的正中間射入，且最后電子剛好能從右側的兩塊平行金屬板穿出，A、B分別為兩塊豎直板的中點，求：(1)電子通過B點時的速度大小；(2)右側平行金屬板的長度；(3)電子穿出右側平行金屬板時的速度．【答案】(1)（2）(3)，【解析】【詳解】（1）在加速過程根據動能定理得：解得到質子射出加速電場的速度（2）粒子在豎直方向：，在水平方向：x=L=v0t聯立上式得到：代入數據得：（3）速度方向與水平方向夾角φ滿足17.如圖所示的電路中，，，S閉合時，電壓表V的示數為11．4V，電流表A的示數為0．2A，S斷開時，電流表A的示數為0．3A（各表均為理想表），求：（1）求的電阻值（2）電源的電動勢E和內阻r；【答案】（1）（4分）（2）V，（4分）【解析】