湖北省武汉市武汉实验外国语学校2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题(解析版)

湖北省武汉外国语学校2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题一、选择题（本题共10小题,每小题4分，共40分。

1—-6小题为单选题，7---10小题为多选题）
1. 关于闭合电路的性质，以下说法正确的是（）
A. 电源短路时，输出电流无限大
B. 电源断路时，路端电压无限大
C. 外电路电阻越大，输出电流越大
D. 外电路电阻越大，路端电压越大
【答案】D
【解析】
由于电源由内阻，所以电源短路时，输出电流不是无限大，A错；电源断路时，路端电压等于电源电动势，B错；由串联分压原理可知外电路电阻越大，路端电压越大，D对；
2.R1和R2分别标有“2Ω，1.0A”和“4Ω，0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为（）
A. 1.5W
B. 3.0W
C. 5.0W
D. 6.0W
【答案】A
【解析】
试题分析：串联电路中各用电器电流相同，允许最大电流应小于等于0.5A，由，可知R1和R2在最大允许电流时的功率分别为0.5 W、1W，故A项正确。

考点：本题考查了串联电路、电功率的概念
3.有关磁感应强度的下列说法中，正确的是( )
A. 某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B. 若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
C. 若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是大于或等于
D. 由定义式B＝可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小
【答案】C
【解析】
【分析】
磁感应强度定义式的适用条件是电流与磁场垂直；电流的方向与磁场的方向平行时导线不受安培力的作用；磁场的方向与安培力的方向垂直；
【详解】A、根据左手定则可知，某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向垂直，故A错误；
B、若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则可能是电流的方向与磁场的方向平行，该点的磁感应强度不一定为零，故B错误；
C、一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，根据公式：可知，该处磁感应强度的最小值一定是，故C正确；
D、磁感应强度的是采用比值法定义的，被定义的物理量B与公式中的物理量F、IL无关，B的大小由磁场本身决定，故D错误；
故选C。

【点睛】关键知道磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与电流元所受力的大小无关，也可以通过磁感线的疏密表示磁场的强弱。

4.当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则( )
A. 小磁针B的N极向纸外转
B. 小磁针B的N极向纸里转
C. 小磁针B不转动
D. 因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动
【答案】A
【解析】
根据通电螺线管的磁场与小磁针的相互作用情况可以判断：螺线管的左边应该是S极。

再根据安培定则，
右手握住螺线管，大拇指指向螺线管的N极，其余四指的方向就是通电螺线管中的电流方向，即电流从左边流入，右边流出，如图所示。

根据安培定则判知小磁针B所在处的磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针B的N极向纸外转，A正确。

5.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )
A. 将R1、R2串联后接到电源两端
B. 将R1、R2并联后接到电源两端
C. 将R1单独接到电源两端
D. 将R2单独接到电源两端
【答案】C
【解析】
这是直流电中的电路问题，由图像容易判断电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω，R1单独接到电源两端输出功率为1.5V3A=4.5W，R2单独接到电源两端输出功率则为2V2A=4W，且计算得R1、R2的电阻分别为0.5Ω、1Ω，当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流1.5A，此时路端电压为1.5A 1.5Ω=2.25V，输出功率为2.25V 1.5A =3.375 W；而将R1、R2并联后接到电源两端同理可求得输出功率为4.32W，因此将R1单独接到电源两端电源输出功率最大.
实际上，本题还有更为简单的解法，因为电源的内阻为0.5Ω，所以外电路的电阻等于0.5Ω电源输出功率最大，答案显而易见.
6. 如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场，不考虑两球之间的相互作用。

初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90°（如图中虚线位置），发现A、B两球电势能之和不变。

根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）
A. A球一定带正电荷，B球一定带负电荷
B. A、B两球带电量的绝对值之比q A∶q B=1∶2
C. A球电势能一定增加
D. 电场力对A球和B球都不做功
【答案】B
【解析】
析：解决本题的关键是：理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解．
解答：解：A、电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；
B、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：Eq B×L=Eq A×2L，因此q A：q B=1：2，故B正确；
C、B的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故C错误；
D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误．
故选ACD
7.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则
A. C点的电场强度大小为零
B. A点的电场强度大小为零
C. NC间场强方向沿x轴正方向
D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
【答案】BD
【解析】
A、C点电势的拐点，若正点电荷从D到N点，电势能先增大后减小．则电场强度为零，故A正确；
B、由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M 点电荷带负电．故B错误；
C、由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向．故C错误；
D、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功．故D正确；
故选：AD
8. 如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况．以下说法正确的是（）
A. 图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况
B. 电源的总功率减小，输出功率可能先增大后减小
C. 此过程中电压表V2示数的变化量△U2和电流表示数变化量△I的比值不变
D. 此过程中电压表V3示数U3和电流表示数I的比值U3/I不变
【答案】BC
【解析】
试题分析：A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线b表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况；故A错误；由于干路电流减小，故电源的总功率P=EI减小；当外电阻与内电阻大小相等时，电源的输出功率最大，故输出功率可能先增大后减小；故B正确；电压表V2示数的变化量△U2和电流表示数变化量△I的比值等于R2，是不变的，故C正确；电压表V3示数U3和电流表示数I的比值等于R2，是变化的，故D错误；故选BC.
考点：电路的动态分析
【名师点睛】本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，
分析各部分电压的变化；注意“总量法”在解题中的应用，例如电源电动势等于路端电压矛内电压之和；此题难度中等，考查学生的综合分析能力.
9.如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )
A. Q点的电势比P点高
B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大
C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【答案】AB
【解析】
试题分析：根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D 错误；故选AB。

考点：电势及电势能；电场力的功
【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用。

【此处有视频，请去附件查看】
10.如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，定值电阻R3＝5 Ω.当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是（）
A. 电阻R1、R2可能分别为4Ω、5Ω
B. 电阻R1、R2可能分别为3Ω、6Ω
C. 开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数
D. 开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω
【答案】BD
【解析】
【详解】A、B由题设，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有
；将R1=3Ω、R2=6Ω代入方程不成立，而将R1=4Ω、R2=5Ω代入方程成立，故A错误，B正确；
C、电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，由知，P相同，若R大，则U大，所以电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数，故C错误；
D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R3+r），则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比
为，故D正确。

所以选BD。

二、实验题（共 25分）
11. (10分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲,由图可知其长度为________mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为________mm；用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为_______Ω．
(2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
A．待测圆柱体电阻R
B．电流表A1，（量程0～4 mA，内阻约为50Ω）
C．电流表A2，（量程0～10mA，内阻约为30Ω）
D．电压表V1，（量程0～3V，内阻约为10 kΩ）
E. 电压表V2，（量程0～15V，内阻约为25 kΩ）
F．滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
G．滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
H．直流电源E（电动势4V，内阻不计）
I．开关S、导线若干
为使实验误差较小，要求便于调节且测得多组数据进行分析，所选电流表_____，电压表______，滑动变阻器_____（填所选器材的符号），并在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．
(3)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=________Ω·m．(保留2位有效数字)
【答案】（1）50.15mm；（2）4.700mm；（3）220Ω；（4）如图所示
【解析】
试题分析：（1）由图甲，游标卡尺的读数为50mm+3×0.05mm=50.15mm；由图乙，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，螺旋测微器的读数为4mm+0.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；由图丙，用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，欧姆表表盘的示数为22.0×10Ω=220Ω。

（2）电源电动势为4V，故电压表应选V1，待测电阻中最大电流约为，则电流表应选A2；滑动变阻器选择小量程的，便于调节，故选R1；因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：
（3）根据电阻定律、，代入数据解得：
考点：本题考查了测定金属的电阻率和螺旋测微器及游标卡尺的读数。

12.有一特殊电池，它的电动势约为9V，内阻约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA.为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图示电路进行实验，图中电流表的内阻R A＝5Ω，R为电阻箱，阻值范围0～999.9Ω，R0为定值电阻，对电源起保护作用.
①本实验中的R0应选
A.10Ω
B.50Ω
C.150Ω
D.500Ω
②该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图所示的图线，则根据图线可求得该电池的电动势为E＝V，内阻r＝Ω.
【答案】(1)C(2)1045
【解析】
（1）电池的允许通过的最大电流为50mA，内电阻约为40Ω，电路中的最小电阻应大于=180Ω，试题分析：
则最小电阻为：180﹣40﹣5=135Ω；为了能很好的调节电路，并能得出更多组数据，保护电阻应选C．（2）由闭合电路欧姆定律可知：
E=I（R+r+R0+RA）
==+
由y=kx+b可知，=K==0.1
=b=5
R a=5Ω
r=50﹣R a=45Ω
解得：E=10V；r=45Ω
三、计算题(本题共3小题,共计35分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题。

答案中必须明确写出数值和单位) 13.如图所示，已知电阻R1=4.0Ω，R2=6.0Ω，电源内阻r=0.60Ω，电源的总功率P总=40W，电源输出功率P出=37.6W。

求：
⑴A、B间的电压U；
⑵电源电动势E；
⑶R3的阻值。

【答案】（1）（2）（3）
【解析】
试题分析：（1、2）由得
由，得到电源的电动势
AB间的电压
（3）路端电压U=E-Ir=20-2×0.6=18.8（V）
由欧姆定律得，外电路总电阻为
得到，
考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用
14.如图所示，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4
μF.开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电荷量是多少？
【答案】1.92×10－5C
【解析】
试题分析：S断开时的等效电路如图甲所示，电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2，则
电容器C的电荷量Q＝CU＝CU2＝1.5×10－5C。

且a板带正电，b板带负电。

S闭合时的等效电路如图乙所示，电容器C两端电压U′为电阻R1两端电压U′1。

有，
电阻R1中的电流=0.9A，
电阻R1两端电压U′1＝I′1R1＝1.8 V，
电容器C的电荷量Q′＝CU′＝CU′1＝9.0×10－6C。

且a板带负电，b板带正电。

通过电流表的电荷量ΔQ＝Q＋Q′＝2.4×10－5C。

考点：闭合电路的欧姆定律；电容器
【名师点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，搞清电容器两端的电压是哪部分电阻上的电压，另外还要搞清电键闭合前后电容器极板的极性的变化；此题难度中等。

15.如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U1的电场加速，加速电压U1随时间t变化的图象如图乙所示。

每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变。

电子被加速后由小孔S穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、
B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板的电势高。

A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m。

荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上。

不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求：
（1）要使电子都打不到荧光屏上，则A、B两板间所加电压U2应满足什么条件；
（2）当A、B板间所加电压U2'=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。

【答案】（1）U至少为100V；（2）电子打在屏上距中心点O在2.5cm～5.0cm范围内。

【解析】
试题分析：（1）设电子的质量为m、电量为e，电子通过加速电场后的速度为v，由动能定理有：; 电子通过偏转电场的时间;
此过程中电子的侧向位移
联立上述两式解得：;
要使电子都打不到屏上，应满足u取最大值800V时仍有
代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U至少为100V。

（2）当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，其侧移量最大
电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Y max，则由几何关系可得：，解得
由第（1）问中的可知，在其它条件不变的情况下，u越大y越小，所以当u=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小。

其最小侧移量
同理，电子打在屏上距中心点的最小距离
所以电子打在屏上距中心点O在2.5cm～5.0cm范围内。

考点：带电粒子在电场中的偏转
【名师点睛】考查电子在电场中做类平抛运动，学会运动的分解，并根据运动学公式与牛顿第二定律及动能定理综合解题，强调电子在不同的电场中的运动与受力情况．本题的关键是确定临界条件，运用几何知识求解电子打在荧光屏上的位置。