【文档说明】【精准解析】河北省衡水市深州市中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试卷（选考）.doc，共(15)页，545.500 KB，由小赞的店铺上传

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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.WEq=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】【详解】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WEq=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.12RRRB.12RRRC.12RRRD.12RRR【答案】C【解析】【详解】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1RR．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2RR，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

%PUIPEI出总=，故B正确；D．电源的效率η=100%=100%100%+PUIRPEIRr=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01RL、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UEIr=−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4SCkd=分析电容如何变化，由电容的定义式QCU=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4SCkd=分析得知电容增大，而电

容器的电压不变，则电容的定义式QCU=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4SCkd=分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式QCU=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4SCkd=分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式QCU=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.22mveLB.2mvsneC.neSv

RLD.eRvSL【答案】C【解析】【详解】根据欧姆定律：UIR=，电流的微观表达式：I=neSv，匀强电场强度表达式：UEL=，联立解得neSvREL=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＞tPB.它们运动的加速度aQ＜aPC.它们所带的电荷量之比qP∶qQ=1∶2D.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212yat=解得22yat=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22ymqEt=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kpkQ:

1:4EE=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.2ΩB.6ΩC.8ΩD.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26233RR===总；当两个电阻串联后与第三个电阻并联，获得的总阻值为3212642

126RRRRR总===++；当两个电阻并联后与第三个电阻串联，获得的总阻值为466923RRR=+=+=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0.67ΩB.灯泡L的额定电压为

3V，额定功率为6WC.把灯泡L换成阻值恒为1Ω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4-1Ω=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=32=6WPUI=故B正确；C．把灯泡L的电阻U3=Ω=1.5Ω2RI=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rURER==+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2A。则下列判断正确的是（）A.该电源的电动势为3V，内电阻为3ΩB.当总电流I=1A时，电源的输出功率为1WC.当总电流I=1A时，电源的输出功率为2WD.当总电

流I=1.5A时，电源的输出功率最大，为2.25W【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=2WB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EIRr=+=1.5A电源的输出功率最大，则有2max2.25W4EPr==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】【详解】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12,UU

，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.1UI与2UI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()UEIrR=−+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()UEIrR=−+可得2UrRI=+，保持不变；根据1UIR=可得1URI=，保持不变，且有12UUII，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(2).E(3).B(4).左(5).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103J18.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31m9.010kg−=，电荷量19e1.610

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)34.510V；(2)360V【解析】【详解】(1)设加速电场的电压为U1，由动能定理可得210102eUmv=−化简得2012mvU

e=代入数据得314.510U=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2tan22DyllL==+tan2yl=222011()22eUlyatmdv==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.