解析江西省南昌市莲塘一中2020┄2021学年高二上学期期中物理试题

江西省南昌市莲塘一中【最新】高二上学期期中物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是()A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度不一定大B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关2．如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（）A．B．C．D．3．磁感应强度B在国际单位制中的单位是特斯拉（符号T），关于1T下列单位中与磁感应强度单位一致的是：A．NA⋅m B．NC⋅sC．NC⋅mD．V⋅sm24．如图所示，M、N两点有两等量异种点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，b 是M、N连线的中垂线，a、c关于b对称．点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c 的交点．已知一带负电的试探电荷从d点移动到e点时，该电荷的电势能增加．以下判断正确的是A．M点处放置的是正电荷B．d点的电势高于f点的电势C．d点的场强与f点的场强相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小5．手电筒的两节干电池，已经用了较长时间，小灯泡只能发出很微弱的光，把它们取出来，用电压表测电压，电压表示数很接近3 V，再把它们作为一个电子钟的电源，电子钟能正常工作．下列说法正确的是()A．这两节干电池的电动势减小了很多B．这两节干电池的内电阻增加较大C．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小D．这台电子钟正常工作时的电流一定比手电筒里的小灯泡正常工作时的电流小二、单选题6．用一个满偏电流为10 mA、内阻为40 Ω的电流表，一个电动势为1.5 V、内阻为1 Ω的干电池和一个可变电阻组装成一个欧姆表，可变电阻应选（）A．0～20 ΩB．0～50 ΩC．0～100 ΩD．0～200 Ω7．在光滑的绝缘水平面上放着带电小球甲和乙，若它们的带电荷量的关系是q甲=4q乙，质量关系m甲=3m乙，则它们在库仑力的作用下产生的加速度之比是：A．a甲：a乙=1：12 B．a甲：a乙=12：1C．a甲：a乙=1：3 D．a甲：a乙=3：48．两个电压表V1和V2是由完全相同的两个小量程电流表改装成的，V1的量程是5V，V2的量程是15V，为了测量15～20V的电压，我们把两个电压表串联起来使用，以下的叙述正确的是A．V1和V2的示数相等B．V1和V2的指针偏转角度相同C．V1和V2的示数不相等，指针偏转角度也不相同D．V1和V2的示数之比等于两个电压表的内阻之比的倒数9．如图所示的电路中，灯泡L1发光，灯泡L2、L3均不亮，电流表A1有读数，A2没有读数，(A1、A2为理想电表)，设只有一处有故障，则产生故障的原因可能是A．灯泡L1断路B．灯泡L2断路C．灯泡L2短路D．灯泡L3短路10．如图所示，当滑动变阻器R3的滑动头P向下移动时，则A．电压表示数变小，电流表示数变大B．电压表示数变大，电流表示数变小C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小11．在图所示的电路中，A、B、C分别表示理想电流表或电压表，它们的示数以安或伏为单位．当电键S闭合后，A、B、C三表示数分别为1、2、3时，灯L1、L2正好均正常发光．已知灯L1、L2的额定功率之比为3∶1，则可判断A．A、B、C均为电流表B．A、B、C均为电压表C．B为电流表，A、C为电压表D．B为电压表，A、C为电流表12．如图所示的电路中，电源电阻不能忽略，已知R1=10Ω，R2=8Ω，当开关置于位置1时，电流表读数为0.20A，则当开关置于位置2时，电流表的读数可能是( )A．0.28A B．0.25AC．0.22A D．0.19A三、实验题13．某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如下图所示，则该金属丝的直径d=_______mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L=_____cm．14．用以下器材测量电压表1V 的内阻1R (量程为1.5V ，内阻1400～1600Ω )：电源E ，电动势约为3V ，内阻可忽略；电压表2V ，量程为3V ；电阻0R ，阻值0R 1200=Ω；滑动变阻器R ，最大阻值约为20Ω；单刀单掷开关K ，导线若干．(1)请根据电路图，连线实物图．(2)若电压表1V 的读数用1U 表示，电压表2V 的读数用2U 表示，则由已知量和测得量表示1R 的表达式为1R =______________．四、解答题15．在如图所示的电路中，电源的电动势E =3.0V ，内阻r =1.0Ω,电阻R 1=10Ω，R 2=10Ω，R 3=30Ω，R 4=35Ω；电容器的电容为500μF ．电容器原来不带电．求接通电键S 后流过R 4的总电荷量．16．如图所示，电阻R 1＝2Ω，小灯泡L 上标有“3V 1.5 W”，电源内阻r ＝1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R 0（大小未知），当触头P 滑动到最上端a 时安培表的读数为l A ，小灯泡L 恰好正常发光，求：(1)滑动变阻器的最大阻值R0；(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．17．如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强为E．从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球，为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，求释放点A距圆轨道最低点B的距离s．已知小球受到的电场力大小等于小球重力的3/4倍．18．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10 m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.(2)小环从C运动到P过程中的动能增量.(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.参考答案1．AD【解析】【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度.比值与磁场力及电流元均无关.电流元所受磁场力是由左手定则来确定．【详解】当通电导线放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度不一定越大，磁场力大小还与导线中流动的电流大小，也跟导线和磁感应强度的方向之间的夹角有关．故A 正确；放在匀强磁场中各处的通电导线受力为sin F BIL α=，受力大小与电流、导线的长度及导线与磁场的夹角有关．所以通电导线在磁感应强度大的地方受力不一定大，通电导线受磁场力大的地方磁感应强度不一定大．故B 错误，C 错误；磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定．故D 正确；故选AD ．【点睛】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系.再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关.同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．2．AB【解析】试题分析：变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，消耗的功率为,∝，故A 正确；电容器的电压，电荷量，则，保持不变，则图象是向下倾斜的直线，故B 正确；电压表示数，图象应是向下倾斜的直线，故C 错误；电源通过电荷量时电源做的功，是电源的电动势，则是过原点的直线，故D 错误．考点：本题考查了闭合电路的动态分析3．AD【解析】【详解】根据磁感应强度的定义式B=FIL 得，1T=1N/（A•m），由B=ΦS，则单位可以为1T=1Wb/m2；由公式B=FIL由安培力的单位是N，而电流的单位是A，1A=1C/s，长度的单位为m，则单位的换算可得1T=N/（A•m）=1N/（C•ms-1）；由公式E=△Φ△t，得1V=1Wb/s，又1Wb=1T•m2;联立可得：1T=1V⋅sm2；故AD正确，BC错误。

南昌县莲塘第一中学2024届物理高二第一学期期中统考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、关于物理学史，下列说法中正确的是A．安培认为磁化使铁质物体内部产生了分子电流B．奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场C．库仑通过实验测出了引力常量G的大小D．密立根通过实验测得元电荷e的数值为1×10-19C2、下列不属于磁的应用的是()A．磁带B．光盘C．磁流体发电机D．磁悬浮列车3、某同学测量一个圆柱体工件的电阻率，分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体工件的直径和长度，某次测量的示数如图甲和乙所示，下列读数都正确的是A．4.83cm 5.387mmB．5.03cm 5.313mmC．5.93cm 5.813mmD．6.03cm 6.313mm4、如图，将物体从固定的光滑斜面上静止释放，物体沿斜面下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．物体所受的合力为零B．斜面对物体的支持力对物体做正功C．物体的动能不变D．物体的机械能守恒5、用电器两端电压为220 V，这意味着( )A．1 A电流通过用电器时，消耗的电能为220 JB．1 C正电荷通过用电器时，产生220 J的热量C．1 A电流通过用电器时，电流的发热功率为220 WD．1 C正电荷从电势高端移到电势低端时，电场力做功220 J6、在地球的圆形同步轨道上有某一卫星正在运行，则下列正确的是( )．A．卫星的重力大于在地球表面时受到的重力B．卫星处于完全失重状态，所受重力为零C．卫星离地面的高度是一个定值D．卫星相对地面静止，处于平衡状态二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020-2021学年高二期中模拟考试 (物理)试卷一、选择题)1. 如图所示的实验示意图中，用于探究“磁生电”的是（）A. B.C. D.2. 一交变电压随时间变化的图像如图所示，已知横轴下方为正弦曲线的一半，则该交变电压的有效值为（）A.10√2VB.2√10VC.10VD.5√10V3. 远距离输电的原理图如图所示，T1、T2为理想变压器，其原、副线圈匝数比分别为1:10和10:1，输电线路的总电阻R=10Ω，A、B均是额定电压为220V、额定功率为1100W的电热器．开关S断开时，用电器A正常工作，则下列说法正确的是（）A.开关S断开时，输电线的热功率为2.5WB.变压器T1的输入电压为225VC.闭合开关S，输电线损失的电压不变D.闭合开关S，用电器A、B均正常工作4. 如图所示，三只完全相同的灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，再并联到电压有效值不变、频率可调的交流电源上，当交变电流的频率为50Hz时，三只灯泡恰好正常发光．现仅将交变电流的频率降低到40Hz，则下列说法正确的是（）A.三灯均变暗B.三灯亮度均不变C.L1亮度不变、L2变亮、L3变暗D.L1亮度不变、L2变暗、L3变亮5. 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框固定于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化如图乙所示，在0∼T2时间内，直导线中电流的方向向右，则在T2∼T时间内，金屈线框中感应电流的方向与所受安培力的方向分别是（）A.顺时针，向上B.逆时针，向下C.顺时针，向下D.逆时针，向上6. “凸”字形硬质闭合金属线框各边长如图所示，线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里．线框在纸面内始终以速度v向右匀速运动，t=0时，线框开始进入磁场．选逆时针方向为正，在线框穿过匀强磁场区域的过程中，线框中的感应电流i随时间t变化的图像正确的是（）A. B.C. D.二、多选题)7. 近年来，我国北方地区的高压输电线因遭遇寒流雨雪结冰（如图所示）负重增加造成断裂事故．科研攻关小组设想利用电流的热效应来快速融冰，若原正常供电时，高压线上输电电压为U，输电电流为I，热耗功率为P；融冰时，在发电功率、输电线电阻不变的情况下，通过自动调节变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为25P，则融冰时（）A.输电电流为5IB.输电电流为25IC.输电电压为15U D.输电电压为125U8. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的小灯泡．下列说法正确的是（）A.闭合开关S后，A灯亮，B灯不亮B.闭合开关S后，A、B灯亮，之后B灯慢慢熄灭，A灯更亮C.开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A、B灯都闪亮一下D.开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A灯立即熄灭、B灯闪亮一下再熄灭9. 如图甲所示，某同学设计用一霍尔元件来判断检测电流I0（方向如图甲所示）是否变化．检测电流在磁芯中产生磁场，其磁感应强度与I0成正比，给载流子为电子的霍尔元件（该霍尔元件三条边长分别为a、b、c）通—恒定工作电流I（方向向右），如图乙所示，通过右侧电压表的示数可以判断检测电流I0的大小是否发生变化，则下列说法正确的是（）A.M端电势较高B.如果仅将检测电流反向，电压表的正负接线柱无需反接C.电压表示数跟检测电流的大小有关，跟工作电流的大小也有关D.在工作电流不变时，电压表示数跟检测电流的大小有关，跟霍尔元件c边的长度也有关三、实验探究题)10. 各种功放内部存在环状变压器，简称环牛，如图所示．某同学利用环牛探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系．（环牛效率极高可看成理想变压器）（1）测量环牛的初级（原）、次级（副）线圈匝数n1、n2的方法是：先在闭合铁芯上紧密缠绕50匝漆包细铜线，并将理想交流电压表1接在细铜线两端；然后在初级线圈（左侧）上输入有效值为24.0V的低压交流电压，再将理想电压表2连接在次级线圈（右侧）上．若理想交流电压表1的示数为2.0V，理想交流电压表2的示数为12.0V，则初级线圈的匝数n1=________匝，次级线圈的匝数n2=________匝．（2）若在初级线圈（左侧）上接入电压瞬时值u=220√2sin100πt(V)的交变电压，则理想交流电压表1的示数为________V（计算结果保留三位有效数字）．11. 某同学利用线圈、灵敏电流计、条形磁铁、电池、滑动变阻器、开关等探究电磁感应现象．已知电流从灵敏电流计的“+”接线柱流入时指针向右偏转．（1）将灵敏电流计与线圈B连接，当条形磁铁快速向上运动时，如图甲所示，则灵敏电流计的指针会向________（选填“左”或“右”）偏．（2）将直流电源、滑动变阻器、线圈A（有铁芯）、线圈B、灵敏电流计及开关按如图乙所示连接．在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏．在开关闭合电路稳定后，若把线圈A中的铁芯拔出，则灵敏电流计的指针会向________（选填“左”或“右”）偏；若把滑动变阻器的滑片快速向P端滑动，灵敏电流计的指针会向________（选填“左”或“右”）偏．四、解答题)12. 如图所示，在两正对磁极间磁感应强度大小B=0.1T的匀强磁场中，一面积S= 0.1m2、内阻r=10Ω的矩形金属线圈以转速n=50r/s绕与磁场垂直的转轴OO′匀速转动时，产生了有效值E=222V的交变电动势．通过电刷接一额定电压U=220V的灯泡时，灯泡恰好正常发光，求：（1）线圈匀速转动的角速度ω；（2）线圈匝数N；（3）灯泡的额定功率P．13. 如图所示，两根足够长的U形平行金属导轨框间距L=0.5m，导轨平面与水平面成θ=37∘角，下端通过导线连接R=0.6Ω的电阻，金属棒MN放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=0.8T．现让金属棒沿导轨由静止下滑，速度达到最大的过程中通过金属棒横截面的电荷量q=0.8C，已知金属棒的质量m=0.2kg，电阻r=0.4Ω，与导轨框间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8．求：（1）金属棒下滑过程中的最大速度v m；（2）金属棒速度v=1.5m/s时的加速度大小a；（3）金属棒加速运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q R及加速时间t．14. 某小组设计了一个可测定下潜深度的深度计，如图所示，两汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部各装有一个活塞，活塞密封性能良好且无摩擦，右端开口．在汽缸Ⅰ内通过活塞封有150个大气压的气体，Ⅱ内通过活塞封有300个大气压的气体，两缸间有一细管相通．当该装置放入水下时，水对Ⅰ内活塞产生挤压，活塞向左移动，通过Ⅰ内活塞向左移动的距离可测定出下潜深度，已知1个大气压相当于10m高海水产生的压强，不计海水的温度变化，被封闭气体视为理想气体，求：L时，下潜的深度；（1）当Ⅰ内活塞向左移动了13（2）该深度计能测量的最大下潜深度．15. 如图所示，两个做简谐运动的波源M、N相距L=27m，它们产生的简谐波在空间叠加，已知简谐波在空间的传播速度v=340m/s，两波源的振动频率均为f=85Hz，MP=9m、NP=18m，并发现P点始终为振动加强点．求：（1）两波源的相位差Δφ；（2）过P点与MN垂直的直线上振动加强点的个数n（包括P点）．16. 一质量为m的烟花弹以初动能E从地面向上做竖直上抛运动，当烟花弹上升到最高点时，弹中火药爆炸将烟花弹分成质量之比为1:2的两部分，两部分烟花弹获得的初速度方向水平且初动能之和也为E．已知爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：（1）烟花弹从地面开始上升到最高点所经过的时间t；（2）两部分烟花弹的落地点间的距离x．参考答案与试题解析2020-2021学年高二期中模拟考试 (物理)试卷一、选择题 1. 【答案】 A【考点】研究电磁感应现象 【解析】探究“磁生电”的实验装置，应该是产生感应电流，而通入电流后，在运动，是属于电生磁的现象，从而一一求解． 【解答】解：A ．磁铁迅速向下移动时，发现电流表指针偏转，说明有产生感应电流，是用于探究磁生电的示意图，故A 正确；B ．当闭合开关时，出现通电导线在磁场中受到安培力作用，是属于电生磁现象，故B 错误；C ．通电线圈在磁场中受到安培力作用，而使线圈转动，是属于电生磁现象，故C 错误；D ．当通电导线，周围存在磁场，使得小磁针转动，属于电流周围存在磁场，故D 错误． 故选A ． 2. 【答案】 D【考点】交变电流的图象和三角函数表达式 交变电流的有效值 交变电流的峰值 【解析】根据有效值定义得：U 12R×T2+U 22R×T2=U 2RT 进行求解．【解答】解：设该交变电压的有效值为U ，根据有效值定义得：U 12R×T2+U 22R×T2=U 2RT ，其中U 1=20V , U 2=√2√2=10V ，解得有效值为：U =5√10V ，故D 正确，ABC 错误． 故选D ． 3.【答案】 A【考点】 远距离输电 【解析】A．开关S断开时，电热器A正常工作，T2的输出电流I4=PU=5A。

2020-2021学年度第一学期南昌一中高二年级9月份月考物理试卷 考试时间：90分钟 试卷总分：110分一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。

1﹣8小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，9﹣12小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。

）1．下列关于物理学家的贡献的说法中，正确的是( )A ．物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷间的相互作用规律B ．物理学家法拉第通过油滴实验精确测定了元电荷e 的电荷量C ．物理学家密立根最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场D ．物理学家卡文迪许测出了静电力常量k2．如图所示，一个原来不带电的半径为r 的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q 的点电荷，点电荷到金属球的球心距离为3r 。

达到静电平衡后，下列说法正确的是( )A ．金属球的左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷B ．点电荷Q 在金属球内产生的电场的场强处处为零C ．金属球最左侧表面的电势高于最右侧表面的电势D ．感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为29QE k r3．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P 和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )A ．P 和Q 都带正电荷B ．P 和Q 都带负电荷C ．P 带负电荷，Q 带正电荷D ．P 带正电荷，Q 带负电荷4．如图甲所示，在x 轴上有一个点电荷Q (图中未画出)，O 、A 、B 为轴上三点．放在A 、B 两点的检验电荷受到的电场力与其所带电荷量的关系如图乙所示．以x 轴的正方向为电场力的正方向，则( )A ．点电荷Q 一定为正电荷B ．点电荷Q 在A 、B 之间C ．A 点的电场强度大小为5×103 N/CD ．A 点的电势比B 点的电势高5．如图所示为真空中某一点电荷Q 产生的电场，a 、b 分别是其电场中的两点，其中a 点处的电场强度大小E a ＝E 0， b 点处的电场强度大小E b ＝3E 0，且E a 、E b 间的夹角大于90°，方向如图甲所示。

【高二】江西省南昌市2021-2021学年高二上学期期中考试（物理理）乙卷 Wo试卷说明：2021-2021学年度第一学期南昌市期中形成性测试卷高二物理（理科乙卷）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。

1～6题只有一个选项正确；7～10题有多个选项正确，选对但不全的，得2分）1．在真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F。

如果保持它们各自所带的电荷量不变，将它们之间的距离减小到原来的一半，那么它们之间静电力的大小等于( ) A. 2F B. F C. 4F D. F2．下列关于平行板电容器的电容，说法正确的是( ) A．跟两极板的正对面积S有关，S越大，C越小 B．跟两极板的间距d有关，d越大，C越小 C．跟两极板上所加电压U有关，U越大，C越大 D．跟两极板上所带电量Q有关，Q越大，C越大3．将电量为3×C的负电荷，放在电场中A点，受到电场力做6.0×N，方向水平向右，将电量为6×C的正电荷，放在电场中A点，受到电场力( ) A. 1.2×N，方向水平向右 B. 1.2×N，方向水平向左 C. 1.2×N，方向水平向右 D. 1.2×N，方向水平向左4．下表为某电热水壶铭牌上的一部分内容。

根据表中的信息，可计算出在额定电压下通过电热水壶的电流约为( ) A. 6.8A B. 4.4A C. 0.15A D. 0.23A5．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r亘定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片P向a端滑动，则( ) A.电灯L变亮，安培表的示数减小 B.电灯L变亮，安培表的示数增大 C.电灯L变暗，安培表的示数减小 D.电灯L变暗，安培表的示数增大6．一根粗细均匀的导线，其电阻为10Ω，现把它对折起来，其电阻变为（） A. 5Ω B. 4ΩC.2.5ΩD. 2Ω7．如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻、、消耗的电功率一样火，则电阻之比( ) A．1：1：1 B．4：1：1 C．1：4：4 D．1：2：28．如图所示，A、B为两等量异号点电荷，d、b、e为中垂线上三点，ab=bc,db=be则（）A．a点与c点的电场强度相同B．a点与c点的电热相同 C．d、e两点的场强和电热相同 D．沿着dbe移动电荷电场力做正功9．在如图所示测电阻的电路中，电压表和电流表的读数分别是10V和0.1A，电流表内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻，下列说法中正确的是( )A. 的测量值比真实值大B. 的测量值比真实值小C. 的真实值为100.2ΩD. 的真实值为99.8Ω10．a粒子()在电场中A点具有80eV的电势能，当它由A点运动到B点的过程中，克服电场力做功30eV，则( )A.a粒子在B点的电势能为50eV B．a粒子在B点的电势能是110eVC.A点的电势为80V D.A、B两点间的电势差为-15V二、实验题（第11、12题4分，1 3题8分，共16分） 11.右图是根据是根据实验数据做出的U-I图象，由图可知，电源电动势E=_______V，内阻r=________， 12.如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0~3V，当使用a、c两个端点时，量程为0~15V。

江西省南昌市南昌县莲塘一中高二（上）期中物理模拟试卷一．选择题1.如图所示的磁场中，有P、Q两点．下列说法正确的是（）A. P点的磁感应强度小于Q点的磁感应强度B. P、Q两点的磁感应强度大小与该点是否有通电导线无关C. 同一小段通电直导线在P、Q两点受到的安培力方向相同，都是P→QD. 同一小段通电直导线在P点受到的安培力一定大于在Q点受到的安培力【答案】B【解析】A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图象知P点的磁场比Q点的磁场强，A错误；B、磁感应强度是由磁场本身决定的，与该点是否有通电导线无关．故B正确；C、根据左手定则，通电直导线受到的安培力的方向与磁场的方向垂直，所以它们受到的安培力的方向不能是P→Q，故C错误；D、同一小段通电直导线在在都与磁场的方向垂直的条件下，在P点受到的安培力才能大于在Q点受到的安培力，故D错误；故选B.【点睛】解决本题的关键掌握磁感线的特点，磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱．2.有一个电流表G，内阻Rg=10Ω满偏电流Ig=3mA．要把它改装成量程0～3V的电压表，则（）A. 要串联一个阻值为990Ω的电阻B. 要并联一个阻值为990Ω的电阻C. 要串联一个阻值为0.10Ω的电阻D. 要并联一个阻值为0.10Ω的电阻【答案】A【解析】把电流表改装成3V电压表需要串联的电阻：；故选A.点睛：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出定值阻值．3.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )A. 速度变大，加速度变大B. 速度变小，加速度变小C. 速度变大，加速度变小D. 速度变小，加速度变大【答案】C【解析】试题分析：因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．故选C。

2020┄2０2１学年江西省南昌二中高二(上)期中物理试卷一、本题共12小题,每小题4分,共48分．其中1~7为单选题8~１2题为多选题,全部选对的得4分，选不全的得2分,有选错或不答的得0分．1.如图为甲、乙两灯泡的Ｉ﹣U图象,根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为２２0V的电路中,实际发光的功率约为( )A．15Ｗ３0W B．３0W40W C.40W60W D.60W１00W2．如图所示,开关S接通后,将滑动变阻器的滑动片P向ａ端移动时，各电表的示数变化情况是( )A．V1减小，V2减小,A1增大，Ａ２增大B.V1增大,V２增大，A1减小,A2减小C．V１减小，V2增大,Ａ１减小,A２增大D．V１增大，V2减小,A1增大,A2减小3.如图所示,两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环，可沿轴线ＯO′自由转动,现通以图示方向电流，沿OＯ′看去会发现（)A.Ａ环、B环均不转动Ｂ.A环将逆时针转动，B环也逆时针转动,两环相对不动C.A环将顺时针转动，B环也顺时针转动,两环相对不动D．A环将顺时针转动,Ｂ环将逆时针转动,两者吸引靠拢至重合为止4.如图所示,用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有ｎ匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为２.５ｇ的导线绕制而成，三条细线呈对称分布,稳定时线圈平面水平,在线圈正下方放有一个圆柱形磁铁，磁铁的中轴线ＯO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5T,方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零,线圈中通过的电流至少为( )A．0.1ＡﻩB.0.2ＡﻩC.0.05A D.0.01Ａ5．压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小，某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置,其装置示意图如图甲所示.将压敏电阻平放在电梯内,受压面朝上，在上面放一物体A,电梯静止时电压表示数为Uo，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示,下列判断中正确的是( ）A．乙图表示电梯可能做变减速下降B.乙图表示电梯可能做匀减速下降C．乙图表示电梯可能做变减速上升D．乙图表示电梯可能做匀速下降６．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测.它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化,在如图所示的电路中，氧化锡传感器电阻的倒数与一氧化碳的浓度成正比,不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻值,这样,显示仪表(即图中)的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳是否超标.那么，电压表示数U与一氧化碳浓度Ｃ之间的对应关系，正确的是( ）Ａ.U越大，表示C越小,Ｃ与U成反比B.U越大，表示C越大，C与U成正比C.U越大,表示C越小，但是C与U不成反比D．U越大,表示C越大,但是C与U不成正比7.如图为“热得快”热水器的电路图和示意图．现接通电源,发现该热水器没有发热,并且热水器上的指示灯也不亮，现用交流电压表测得热水器A、Ｂ两端的电压为２２0V，指示灯两端的电压为２20Ｖ.那么该热水器的故障在于( )A.连接热水器和电源之间的导线断开B．连接电阻丝与指示灯的导线发生了短路C.电阻丝熔断，同时指示灯烧毁Ｄ.同时发生了以上各种情况８．一根粗细均匀的导线,两端加上电压Ｕ时,通过导线的电流为I,导线中自由电子定向移动的平均速率为ｖ．若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的，再给它两端加上电压Ｕ，则（）A.通过导线的电流为B．通过导线的电流为C．导线中自由电子定向移动的速率为D．导线中自由电子定向移动的速率为9.如图所示,电源的电动势和内阻分别为Ｅ、r,滑动变阻器的滑片P由ａ向ｂ缓慢移动的过程中,下列各物理量变化情况为( )Ａ.电容器所带电荷量一直增加B.电容器所带电荷量先减少后增加C．电源的总功率先减少后增加Ｄ．电压表的读数先减少后增加１0.在如图所示的U﹣I图象中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻Ｒ相连组成闭合电路,由图象可知下列说法正确的是( )A.电源的电动势为3 V，内阻为0.５ΩB．电阻R的阻值为1ΩC.电源的输出功率为4 WD．电源的效率为50%11．Ｍ、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示,现保持开关S闭合,将滑动变阻器的滑片向上滑动，则( ）A．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B．在滑片滑动时,灵敏电流计中有从a向b的电流C．带电油滴将向上运动Ｄ．带电油滴将向下运动12．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在同一坐标系中,如右图中的a、b、ｃ所示.则下列说法中正确的是( )A．图线ａ表示输出功率P R随电流I变化的关系Ｂ.在ａ、ｂ、c三条图线上分别取横坐标相同的Ａ、Ｂ、C 三点，这三点的纵坐标一定满足关系ＰＡ=ＰB+ＰCC．图中c线最高点对应的功率为最大输出功率Ｄ.b、c线的交点M与a、b线的交点N的横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1:4二、本题共２小题，共２0分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答１3．用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ.某同学所用实验电路如图1所示.给定电压表、电流表、滑动变阻器、电源、电键、待测电阻及导线若干．(１)待测电阻是一均匀材料制成的金属丝(横截面为圆形）,用直尺测量其长度，用螺旋测微器测量其直径,结果分别如图2、3所示.由图可知其长度为＿＿___＿___＿cm，直径为___＿_＿____mｍ.(２)对照电路的实物连接在如图4虚线框中画出正确的电路图．（3）图中的6个点表示实验中测得的６组电流I、电压U的值,请在图5中作出U﹣I图线.（4)求出的电阻值Ｒ=____＿_____Ω(保留3位有效数字）．（5）请根据以上测得的物理量分别是：金属丝两端的电压为U，流过的电流为I，直径为D，长度为L,写出电阻率的表达式ρ=__________.１4．在测定电源电动势和内阻的实验中某同学所用电路图和测得的数据如下：（1）实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是由＿____＿___＿引起的(2)用给出的数据画出U﹣I图线，从你作出的图象中可以发现该同学记录的第_＿_______＿组数据有误．（3）求得电动势E=__＿_____＿_V,内阻r=_＿_＿___＿__Ω.(均保留2位有效数字) 12345６U／V1.42 1.3６ 1.0８ 1.21 1.1４1．０7０.04０.080.1２0.1６０.2０0.２4Ｉ／A【考点】测定电源的电动势和内阻.【专题】实验题.【分析】本题(1）的关键是根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知,“I”的值应为电流表示数与通过电压表的电流之和,所以造成系统误差的主要原因是电压表的分流作用引起的.(2)题的关键是首先做出U﹣I图象后，看哪一个坐标点偏离直线最远，说明该组数据有误.(3）题的关键是根据U=E﹣Ir,结合斜率与纵轴截距的含义即可求解.【解答】解:(1）根据闭合电路欧姆定律Ｅ=U+Ir可知,电流表示数不准的原因是没考虑通过电压表的电流,所以该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起的.(2)根据表中数据,画出的U﹣I图象如图所示,由图象可知第3组的坐标点偏离直线最远,所以第3组数据有误.(3）根据U=E﹣Iｒ可知，I=0时,＝E，所以E=1.５0Ｖ,ｒ=﹣=Ω=１．８Ω故答案为:（１)电压表的分流（2）如图,3（3)1.5０,１.8【点评】看清电路图的连接情况,明确实验原理，是求解有关电学实验题目的关键.三、本大题共4小题,满分42分.解答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能得分．有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.１5.南昌公交运输集团于今年1０月20日起开通５0路红谷滩配套中心到南昌西站纯电动公交车,这是我省首条全部采用纯电动公交车运营的公交线路．这辆有三十多个座位的客车的动力装置的一套电池能反复充电1 ２00多次；每次充电仅需三至五个小时,蓄电量可让客车一次性跑５０0km,客车时速最高可达1８0km／h.如果客车总质量为9×10３kｇ.当它在某城市快速公交路面上以ｖ=90km/h的速度匀速行驶时,驱动电机的输入电流I=150A,电压Ｕ＝３０0Ｖ．在此行驶状态下(取g=10m/ｓ2）,求:(１）驱动电机的输入功率P电;（２）若驱动电机能够将输入功率的8０%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力的大小；(3）如果当它在某城市快速公交路面上以v=９0ｋｍ/h的速度匀速行驶一段时间后关闭电源(设汽车所受阻力不变),客车滑行的时间是多少?【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律.【专题】定量思想;归纳法；功率的计算专题.【分析】本题（1）根据功率公式Ｐ=UI求解即可;题(2）客车匀速行驶时的机械功率Ｐ机=fv,然后再根据P机和P电的关系即可求解；题(3)根据牛顿第二定律求出关闭电源后客车的加ｍ速度，然后再根据运动学速度时间关系式即可求解【解答】解:(1）驱动电机的输入功率为:P电=ＩU=１5０×300 Ｗ=4．5×104Ｗ.（2)在匀速行驶时有:P机＝０.8P电＝Fv=Fｆvv=９０ｋm/h=25m／s得：Fｆ==＝1 ４4０N．(3)汽车所受阻力不变,可认为做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：ａ=＝m/s2＝0.1６ｍ／s2又因为v=ａt 所以t=≈156 s答:(1）驱动电机的输入功率为4．5×104Ｗ;(２)若驱动电机能够将输入功率的8０％转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，汽车所受阻力的大小为1440 N；（3)如果当它在某城市快速公交路面上以ｖ＝90km/ｈ的速度匀速行驶一段时间后关闭电源(设汽车所受阻力不变),客车滑行的时间是15６ｓ【点评】应明确：①机车启动类问题中匀速时速度最大;②动力机械的额定功率与最大速度关系为P额=fv m16.水平面上有电阻不计的U形导轨NＭPQ，它们之间的宽度为L,M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻）.现垂直于导轨搁一根质量为m,电阻为Ｒ的金属棒aｂ，并加一个范围较大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问:(1)当aｂ棒静止时,受到的支持力和摩擦力各为多少?(2）若B的大小和方向均能改变,则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时Ｂ的方向如何?【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律;安培力.【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】(１)作出受力分析图,根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小．（2)当ab棒所受的安培力竖直向上时,支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出Ｂ的大小，根据左手定则判断B的方向.【解答】解：从ｂ向a看其受力如图所示．（１)水平方向:f＝F A sinθ… ①竖直方向：Ｎ+ＦA cosθ=mg…②又F A=ＢIＬ＝B L…③联立①②③得:Ｎ＝mｇ﹣，f=.（2)使aｂ棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，则有F A＝mg解得：Ｂｍｉｎ＝，根据左手定则判定磁场方向水平向右.答:(１）当ａｂ棒静止时,受到的支持力和摩擦力分别为N=ｍｇ﹣，f=．（2)B的大小至少为，此时B的方向水平向右.【点评】本题考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键.17.在如图所示的电路中，Ｒ1=２Ω,R2=R3=４Ω,当开关K接a时,Ｒ2上消耗的电功率为4W，当开关K接b时，电压表示数为4．5V,试求：（1）开关K接ａ时，通过电源的电流和电源两端的电压;(2）开关K接b时，电源的电动势和内电阻；（3）开关K接c时,通过Ｒ２的电流.【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题.【分析】（1)开关K接a时，Ｒ１被短路,由Ｒ2上消耗的电功率求解通过电源的电流，根据欧姆定律求得电源两端的电压．（2)对两种情况，分别运用闭合电路欧姆定律列方程，即可求解．（3）当电开关K接c时,R2、Ｒ3=并联后与R１串联,根据闭合电路欧姆定律和并联电路分流规律求解.【解答】解：（1）开关K接a时,R1被短路,由P2＝Ｉ2R2得:通过电源的电流为：Ｉ==A=1A电源两端的电压等于R2的两端电压为:U=IＲ2＝1×4V=4V;（2）由闭合电路欧姆定律得：当开关Ｋ接a时，有：E=Ｕ＋Ｉr，代入得:E=4+r当开关K接b时,电压表示数为4.５Ｖ，有：E＝U′+ｒ＝4.5+ｒ联立以上两式解得:Ｅ＝６V，r=２Ω（3）当电开关K接c时,通过Ｒ2的电流为:I2=•=•A＝0.5A答：(１）开关K接a时，通过电源的电流为1A，电源两端的电压为4Ｖ；（２）电源的电动势为６V，内电阻为2Ω;(3)当电开关K接c时,通过R2的电流为0.5A．【点评】本题首先要理解短路的意义，灵活选取灵活功率公式,运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律结合求解．18．一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω,电阻R1=12Ω，R２＝R4=4Ω,R3=8Ω,Ｃ为平行板电容器,其电容C=3.０ｐF，虚线到两极板距离相等,极板长Ｌ=0.2０m,两极板的间距d=1.0×１０﹣2ｍ．（1)若开关S处于断开状态,则当其闭合后，求流过R４的总电量为多少?(２)若开关S断开时,有一带电微粒沿虚线方向以v0＝２．0ｍ／s的初速度射入Ｃ的电场中,刚好沿虚线匀速运动，问:当开关Ｓ闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出?（要求写出计算和分析过程，g取1０ｍ/s2）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;闭合电路的欧姆定律.【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压,从而电阻两端的电压.当断开时电场力与重力相平衡,而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小,最终求出侧向位移．【解答】解:(１)S断开时，电阻R3两端电压为:S闭合后,外阻为:路端电压为:电阻Ｒ３两端电压为:则所求流过R4的总电量为:Q=ＣU3﹣ＣU3′＝6.0×10﹣1２C(2)设微粒质量为m,电量为q，当开关Ｓ断开时有:当开关S闭合后,设微粒加速度为a,则有：设微粒能从C的电场中射出，则水平方向:竖直方向:由以上各式求得：故微粒不能从Ｃ的电场中射出答:（1）流过R４的总电量为6.0×10﹣12Ｃ;(２)微粒不能从C的电场中射出．【点评】本题由殴姆定律与牛顿运动定律相综合应用,同时利用将类平抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动.。

嘴哆市安排阳光实验学校莲塘一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（13个小题，每小题4分，共52分，第1-11题为单项选择题，第12至第13题为多项选择题，少选得2分，多选得0分）1．一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻2．图中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，则关于C点的电势的下列说法中正确的是（）A．φC=400V B．φC=﹣400V C．φC=﹣200V D．φC=200V3．一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍大一些，采用下列哪种措施可能加以改进（）A．在R上串联一比R大得多的电阻B．在R上串联一比R小得多的电阻C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻4．如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10cm，bc=5cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为1A；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（）A．4A B．2A C ． A D ．A 5．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（）A．40W B．60W C．80W D．120W6．一电源在负载电阻分别为4Ω和9Ω时，输出功率相等，则电源内阻为（）A．4ΩB．6ΩC．9ΩD．12Ω7．如图所示，用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值，c端与b端相连时，电流表示数4.60mA，电压表示数2.50V，c端与a端相连时，电流表示数5.00mA，电压表示数2.30V，比较这两次结果正确的是（）A．电阻的真实值更接近543Ω，且大于543ΩB．电阻的真实值更接近543Ω，且小于543ΩC．电阻的真实值更接近460Ω，且大于460ΩD．电阻的真实值更接近460Ω，且小于460Ω8．在如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R的阻值为0～50Ω，当滑动触头P由a向b滑动的过程中，灯泡L的亮度变化情况是（）A．逐渐变亮B．逐渐变暗C．先变亮后变暗D．先变暗后变亮9．如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（）A．R2断路B．R1断路C．R3短路D．R4短路10．如图所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法不正确的是（）A．电源电动势约为50VB ．电源的内阻约为ΩC．电流为2.5A时，外电路的电阻约为15ΩD．输出功率为120W时，输出电压约是30V11．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A．电容器中的电场强度将增大B．电容器的电容将减小C．电容器上的电荷量将减少 D．液滴将向上运动12．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内说法错误的是（）A．升降机可能匀速上升B．升降机一定在匀减速上升C．通过压敏电阻的电流一定比升降机静止时小D．升降机一定处于失重状态13．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（）A．此液滴带负电B ．液滴的加速度等于g C．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少14．如图所示电路中，R1=0.8Ω，R3=6Ω，滑动变阻器的全值电阻R2=12Ω，电源电动势E=6V，内阻r=0.2Ω．当滑动变阻器的滑片在变阻器的位置时，闭合开关S，电路中的电流表和电压表的读数各是多少？15．（10分）（2014•射洪县校级模拟）如图所示，电源的电动势为50V，电源内阻为1.0Ω，定值电阻R=14Ω，M为直流电动机，电枢电阻R′=2.0Ω，电动机正常运转时，电压表读数为35V，求在100s时间内电源做的功和电动机上转化为机械能的部分是多少？16．（10分）（2015秋•南昌校级期中）如图所示电路E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电源内阻可忽略．求：（1）闭合开关S，稳定后流过R1的电流；（2）然后将开关断开，求这以后流过R1的总电量．17．（10分）（2015秋•南昌校级期中）在如图所示电路，电压表和电流表均为理想电表，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，可调的最大阻值为400Ω，当开关S断开时，电压表的读数为5V；当开关S闭合，调可变电阻，使电压表的读数为4.7V，电流表的读数为0.03A．（1）电源的电动势和内阻．（2）可变电阻R0上消耗的最大热功率．（3）求电源的最小输出功率．18．（10分）（2012秋•重庆期末）如图甲所示，电荷量为q=1×10﹣4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2．求（1）前2秒内电场力做的功；（2）物块的质量；（3）物块与水平面间的动摩擦因数．莲塘一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（13个小题，每小题4分，共52分，第1-11题为单项选择题，第12至第13题为多项选择题，少选得2分，多选得0分）1．一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．应串联电阻为R===9.5×103kΩ故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】电流表改装成电压表应串联电阻分压．串联电阻阻值为：R=，是总电阻．2．图中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，则关于C点的电势的下列说法中正确的是（）A．φC=400V B．φC=﹣400V C．φC=﹣200V D．φC=200V【考点】电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由U=Ed可求得场强，C点的电势等于C与A板的电势差．【解答】解：由E=得：E==5000V/m；C点电势等于CA两点的电势差，U CA=Ed1=5000×0.04=200V，因A带正电且电势为零，故C点电势小于A，故φC=﹣200V，故选：C．【点评】在研究电场中能的性质时一定要注意各量间的正负，明确正负在题目中的含义，并能正确应用．3．一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍大一些，采用下列哪种措施可能加以改进（）A．在R上串联一比R大得多的电阻B．在R上串联一比R小得多的电阻C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】此电压表的读数比准确值稍微大一些，故加上相同电压时，要使电流适当小些，故需要略微增大电阻R的值．【解答】解：电压表由表头G和电阻R串联而成，发现此电压表的读数比准确值稍微大一些，说明加上相同电压时，流过表头的电流偏大，要使电流适当小些，故需要略微增加电阻R的值，可以在R上串联一比R小得多的电阻，故ACD 错误，B正确；故选：B．【点评】知道电压表的改装原理、应用串并联电路特点即可即可正确解题；改装后电压表示数偏小，需要减小串联电阻阻值，改装后电压表示数偏大，需要增大串联电阻阻值．4．如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10cm，bc=5cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为1A；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（）A．4A B．2A C ． A D ．A【考点】电阻定律；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻定律公式确定两次电阻值之比，然后根据欧姆定律确定电流之比．【解答】解：根据电阻定律公式，有①②故根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比．故两次电流之比为1：4，故第二次电流为4A；故选A．【点评】本题主要考察电阻定律和欧姆定律的灵活运用．5．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（）A．40W B．60W C．80W D．120W【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【分析】由于L1和L2并联后再与L3串联，所以L3的电流是L1和L2电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，L3的功率是最大的，即为40W，再求得此时L1和L2的功率即可．【解答】解：设L3上电压为U，电阻为R，则：L3的最大的功率为 P==40W，因为三个灯泡的电阻相等，L1和L2并联后电阻相当于L3电阻的一半，所以电压也就为L3的一半，如果L3上电压为U，则L1和L2电压为，所以L1和L2的功率都为：P==10W，所以总功率最大为：10+10+40=60W．故选B．【点评】因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，串联的L3的电流最大，所以只要保证L3不被损坏就可以了，求得此时的总功率就是最大的功率．6．一电源在负载电阻分别为4Ω和9Ω时，输出功率相等，则电源内阻为（）A．4ΩB．6ΩC．9ΩD．12Ω【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电流，再根据P=I2R即可求解．【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：I=，则输出功率P=根据负载电阻分别为4Ω和9Ω时，输出功率相等，则有：解得：r=6Ω故选：B【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律及功率公式的直接应用，难度不大，属于基础题．7．如图所示，用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值，c端与b端相连时，电流表示数4.60mA，电压表示数2.50V，c端与a端相连时，电流表示数5.00mA，电压表示数2.30V，比较这两次结果正确的是（）A．电阻的真实值更接近543Ω，且大于543ΩB．电阻的真实值更接近543Ω，且小于543ΩC．电阻的真实值更接近460Ω，且大于460ΩD．电阻的真实值更接近460Ω，且小于460Ω【考点】伏安法测电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】当c端与b端相连时是安培表内接法，由于安培表的分压作用，电压表测量值偏大，电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和；当c端与a端相连时是安培表外接法，由于电压表的分流作用，安培表测量值偏大，电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻；比较电流表的分压和电压表的分流的变化大小即可判断电流表内接法误差小．【解答】解：两次测量电流表分压的变化：=8%电压表分流示数变化：=9%即电流表分压的变化较小，所以采用电流表内接，测量的更接近真实值，且测量值大于真实值．所以，电流表内接法所测电阻：R==543Ω，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】本题关键是熟悉安培表内接法与外接法，明确误差来源，知道安培表内接法电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和，外接法电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻．8．在如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R的阻值为0～50Ω，当滑动触头P由a向b滑动的过程中，灯泡L的亮度变化情况是（）A．逐渐变亮B．逐渐变暗C．先变亮后变暗D．先变暗后变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当滑动触头P由a向b滑动的过程中，分析变阻器接入电路的电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，判断灯泡亮度的变化．【解答】解：当滑动触头P由a向b滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流减小，则灯泡L亮度逐渐变暗．故选B【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析．9．如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（）A．R2断路B．R1断路C．R3短路D．R4短路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先认识电路的结构：没有发生故障前，R1与L1并联，R2与R3并联后与R4串联再与L2并联，两部分并联电路再串联，画出等效电路图．将选择逐一代入，根据欧姆定律分析，选择符合题意的选项．【解答】解：A、若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，L1变暗，与题意相矛盾，故A错洖．B、若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，L2变暗，符合题意．故B正确．C、若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，A中电流变大，与题意相矛盾，故CD错误．故选：B．【点评】本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部→整体→局部”的思路进行分析．10．如图所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法不正确的是（）A．电源电动势约为50VB ．电源的内阻约为ΩC．电流为2.5A时，外电路的电阻约为15ΩD．输出功率为120W时，输出电压约是30V【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】先根据根据闭合电路欧姆定律推导出电源输出电压与电流的关系图象的表达式，然后对照图象求解电动势和内电阻；可以从图象读出不同电流对应的电压和输出功率，根据欧姆定律求解电阻．【解答】解：A、根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压：U=E﹣Ir，对照U﹣I图象，当I=0时，U=E=50V，故A正确；B、U﹣I图象斜率的绝对值表示内电阻，故：r=||=，故B不正确；C、电流为2.5A时，对照U﹣I图象，电压为37.5V，故外电路电阻：R=，故C正确；D、输出功率为120W时，对照P﹣I图象，电流为4A，再对照U﹣I图象，输出电压为30V，故D正确；本题选错误的；故选：B．【点评】本题关键是根据闭合电路欧姆定律列式求解U﹣I图象表达式进行分析，基础问题．11．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A．电容器中的电场强度将增大B．电容器的电容将减小C．电容器上的电荷量将减少 D．液滴将向上运动【考点】电容；带电粒子在混合场中的运动．【专题】电容器专题．【分析】由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据C=可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化．【解答】解：A、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，A错误；B、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，故B错误；C、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，R2两端电压U 减小，由根据C=可得，电容器放电，电荷量减少；故C正确；D、带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，重力将大于电场力，液滴将向下运动，故D错误；故选：C．【点评】考查含电容器电路的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时结合C=与E=公式的理解．12．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内说法错误的是（）A．升降机可能匀速上升B．升降机一定在匀减速上升C．通过压敏电阻的电流一定比升降机静止时小D．升降机一定处于失重状态【考点】闭合电路的欧姆定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】学科综合题；定性思想；图析法；恒定电流专题．【分析】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来确定升降机的运动状态．【解答】解：A、在升降机运动过程中发现I大于升降机静止时电流表的示数I0，说明不可能匀速运动．故A错误；B、在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小．所以是电阻变大．由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小．因此加速度方向向下．可能向下匀加速，也可能向上匀减速．故B错误；C、电流表的示数I大于升降机静止时电流表的示数I0，则路端电压大于升降机静止时的路端电压，则电源的内电压小于升降机静止时的内电压，说明总电流比升降机静止时的总电流小，由并联电路分流规律，可知通过压敏电阻的电流一定比升降机静止时小．故C正确．D、在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小．所以是电阻变大．由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小．因此加速度方向向下，升降机一定处于失重状态．故D正确；本题选错误的，故选：AB【点评】电流表的示数I不变，说明压力不变；而I大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明压力不等于重力．由电路知识和牛顿运动定律结合研究此类问题．13．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（）A．此液滴带负电B ．液滴的加速度等于gC．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带电液滴沿bd作直线运动，可知带电液滴所受的重力与电场力的合力一定在bd线上，判断出电场力方向，即可确定出带电液滴所带电荷的性质，求出电场力的大小与合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．【解答】解：A、带电液滴沿bd作直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故A正确．B、由图知液滴所受的合力 F=mg，做匀加速直线运动，其加速度为a==d，故B正确．C、因为合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误．D、由于电场力所做的功W电=Eqx bd cos45°＞0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减小，故D正确．故选：ABD．【点评】解决本题的关键掌握物体做直线运动的条件：物体所受的合力与速度的方向在同一条直线上．以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．14．如图所示电路中，R1=0.8Ω，R3=6Ω，滑动变阻器的全值电阻R2=12Ω，电源电动势E=6V，内阻r=0.2Ω．当滑动变阻器的滑片在变阻器的位置时，闭合开关S，电路中的电流表和电压表的读数各是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】先求出外电路的总电阻，再根据闭合电路欧姆定律求得电路中的总电流，即为电流表A1的读数．由欧姆定律求得路端电压，即为电压表V1的读数．根据电路的串、并联关系，求出并联部分的电压，得到电压表V2的读数，再根据欧姆定律求出通过R2的电流．即得到电流表A2的读数．【解答】解：视电路中的电流表和电压表为理想电表，则外电路的总电阻为：R==+0.8=3.8（Ω）；根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流为：I===1.5（A），即电流表A1的读数为1.5 A；对于R2与R3组成的并联电路，根据部分欧姆定律，并联部分的电压为：U2=IR并=I•=1.5×3=4.5（V），即电压表V2的读数为4.5 V；对于含有R2的支路，根据部分电路欧姆定律，通过R2的电流为：I2===0.75（A），即电流表A2的读数为0.75 A；电压表V1测量的是路端电压，根据E=U外+U内得外电路的路端电压为：U1=E﹣Ir=6﹣1.5×0.2=5.7（V），即电压表V1的读数为5.7 V．答：当滑动变阻器的滑片在变阻器位置时，闭合开关S，电路中的电流表A1的读数为1.5A，电流表A2的读数为0.75A；电压表V2的读数为4.5V，电压表V1的读数为5.7V．【点评】先求外电路的总电阻，再运用闭合电路欧姆定律求出路端电压和干路电流，最后回到局部，由欧姆定律求解电压和电流，是常用的方法和思路．15．（10分）（2014•射洪县校级模拟）如图所示，电源的电动势为50V，电源内阻为1.0Ω，定值电阻R=14Ω，M为直流电动机，电枢电阻R′=2.0Ω，电动机正常运转时，电压表读数为35V，求在100s时间内电源做的功和电动机上转化为机械能的部分是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律；闭合电路中的能量转化．【专题】恒定电流专题．【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R 来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．电动机上转化为机械能的部等于电源总功减去内阻消耗的能量．【解答】解：内阻和电阻R上的电压为 U=E﹣U V=（50﹣35）V=15V由欧姆定律得电路电流为在100s内电源做的功W=IEt=1×50×100J=5.0×103J在100s 内电动机转化为机械能的部分有答：100s时间内电源做的功为5.0×103J，电动机上转化为机械能的部分是3.3×103J．【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．16．（10分）（2015秋•南昌校级期中）如图所示电路E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电源内阻可忽略．求：（1）闭合开关S，稳定后流过R1的电流；（2）然后将开关断开，求这以后流过R1的总电量．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】计算题；整体思想；模型法；恒定电流专题．【分析】（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解电流．（2）开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量．先求出断开前电容器的带电量，再求出断开后电容器的电量，两者之差即等于通过R1的电荷量．【解答】解：（1）闭合开关S后，电路达到稳定时，电容器相当于断路，由闭合电路欧姆定律知，通过R1的电流为：I==A=1A（2）断开S前电容器的电压为：U2=IR2=1×6V=6V电容器上极板带正电，其带电量为：Q1=CU2=30×10﹣6×6C=1.8×10﹣4C断开电路稳定后，电容器的电压升高为：U′=E=10V电容器被充电，上极板仍带正电，带电量为：Q2=CU′=CE=30×10﹣6×10=3×10﹣4C所以断开后流过的电量为：△Q=Q2﹣Q1=1.2×10﹣4C答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流是1A．（2）将开关S断开后，流过R1的总电量是1.2×10﹣4C．【点评】本题是含容电路，关键确定电容器的电压．要知道电路稳定时电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压．17．（10分）（2015秋•南昌校级期中）在如图所示电路，电压表和电流表均为理想电表，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，可调的最大阻值为400Ω，当开关S断开时，电压表的读数为5V；当开关S闭合，调可变电阻，使电压表的读数为4.7V，电流表的读数为0.03A．（1）电源的电动势和内阻．。

南昌县莲塘三中高二年级第一学期期中测试卷物 理一、选择题（每小题4分，共48分。

其中1-8为单选，9-12为多选）1．下列说法正确的是A ．密立根通过实验研究，总结出了库仑定律B ．法拉第提出了场的概念，并提出通过形象直观的场线来研究这种特殊物质C ．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量的数值D ．伽利略的理想斜面实验没有以事实为基础，只是理想推理2．质量为2kg 的物体B 静止在光滑水平面上，质量为2kg 的物体A 在光滑水平面上以速度6m/s 与物体B 发生碰撞，则碰后A 、B 两小球的速度可能为A ．5m/s A v =，1m/sB v = B ．1m/s A v =-，7m/s B v =C ．4m/s A v =，2m/s B v =D ．2m/s A v =，4m/s B v =3．如图所示，为某一电场的电场线，M 、N 、P 为电场线上的三个点，M 、N 是同一电场线上的两点，以下说法正确的是（ ）A ．M 、N 、P 三点中，M 的场强最大B ．P 的电势可能高于M 的电势C ．负电荷在M 点的电势能小于在N 点的电势能D ．正电荷从M 自由释放，它将沿电场线运动到N 点4．如图所示，用长度为a 的绝缘细线一端拴一质量为m 的带电小球B ，另一端固定在O 点，在O 点正下方固定另一个带电+Q 的小球A ，OAB 刚好是一个等边三角形。

已知静电力常量为k ，两个小球可以当做质点，关于B 球带电正确的是A ．2mga kQ -B ．mga kQ -C ．2mga kQ+ D ．mga kQ + 5．带正电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度0v 进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b 点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是（ ）A ．在a 点的加速度大于在b 点的加速度B ．在a 点的电势能小于在b 点的电势能C ．在a 点的电场强度大于在b 点的电场强度D ．电场中a 点的电势一定比b 点的电势高6．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。