2019-2020学年河北省衡水市深州市中学高二下学期期中考试物理试卷(选考)(解析版)

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.
W
E
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
W E
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. 12R R R >>
B. 12R R R >>
C. 12R R R <<
D. 12R 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L 1变亮，A 正确，不符合题意； B ．电路中总电流增大，故内电压及01R 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4S C kd
επ=
分析电容如何变化，由电容的定义式Q
C 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4S
C kd
επ=分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式Q
C 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4S
C kd
επ=分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式Q
C 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4S
C kd
επ=分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式Q
C 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. 22mv eL
B. 2mv sn e
C.
neSvR
L
D.
e R v
SL
『答案』C 『解析』
【详解】根据欧姆定律：U I R
=，电流的微观表达式：I =neSv ，匀强电场强度表达式：U
E L =，
联立解得
neSvR
E 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t Q ＞t P
B. 它们运动的加速度a Q ＜a P
C. 它们所带的电荷量之比q P ∶q Q =1∶2
D. 它们的动能增加量之比ΔE kP ∶ΔE kQ =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
212y at =
解得
22y a t
=
由于平行电场方向的位移之比为1：2，所以
a Q ＞a P
故B 错误；
C ．根据牛顿第二定律，有
qE =ma
解得
2
2ym
q Et =
所以P 、Q 的电荷量之比为q P ∶q Q =1：2，选项C 正确； D ．由动能定理有
qEy =△E k
而q P ：q Q =1：2，y P ：y Q =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26
233
R R =
=Ω=Ω总；当两个电阻串联后与第三个电阻并联，获得的总阻值为32126
42126R R R R R 总⋅⨯=
=Ω=Ω++；当两个电阻并联后与第三个电阻串联，获得的总阻值为 46
6923
R R R =+=Ω+Ω=Ω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=0.5Ω6-0
r =
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
=32=6W P UI =⨯
故B 正确； C ．把灯泡L 的电阻
U 3
=Ω=1.5Ω2
R 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 η=
=
+ 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 =I 2r ，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 =I 2R =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
E
I R r
=
+=1.5A 电源的输出功率最大，则有
2max
2.25W 4E P 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V 1、V 2示数变化量的绝对值分别为12,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，V 2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V 2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 R I ∆=+∆，保持不变；根据1U IR =可得1U R I ∆=∆，保持不变，且有12U 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
W 1=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 -W 1=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U 1加速后的电子以v 0=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 9.010kg -=⨯，电荷量19e 1.610C -=⨯），求：
(1)电子飞入偏转电场前所经历的加速电场的电压U 1；
(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U 2；
『答案』(1)34.510⨯ V ；(2)360 V
『解析』
【详解】(1)设加速电场的电压为U 1，由动能定理可得
210102
eU mv =
- 化简得 2012mv U e
= 代入数据得
31 4.510U =⨯ V
(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v 1，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U 2，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 22D y l l L
θ==+ tan 2
y l θ=
2220
11()22eU l y at md v =
=⋅⋅ 联立代入所有数据得 2360U =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.。