吉林省吉林市吉化一中2019-2020学年高二上学期期中物理试卷 (有解析)

吉林省吉林市吉化一中2019-2020学年高二上学期期中物理试卷一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”，人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S极上聚集着负磁荷，由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律，例如磁的库仑定律，磁场强度等。

在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同，若用H 表示磁场强度，F表示点磁荷所受磁场力，q m表示磁荷量，则磁场强度可以表示为：H=F qm.以下公式所采取的定义方法与磁场强度不相同的是()A. E=Fq B. B=FILC. C=QUD. E=Ud2.关于电动势，下列说法中正确的是A. 一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B. 电动势公式E=Wq 中W与电压U=Wq中的W是一样的，都是电场力做的功C. 在电源内部，由正极到负极的方向为电动势的方向D. 因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差3.平行板A、B组成电容器，充电后断开电源与静电计相连，要使静电计指针张角变大，下列措施可行的是()A. B板向右移动B. A板向右移动C. A、B板间插入电介质D. 减少极板上的电荷量4.小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB段(曲线)所示，由图可知，下列说法正确的是()A. 灯丝的电阻因温度的影响改变了1ΩB. 灯丝的电阻因温度的影响改变了10ΩC. 每增加1 V电压而引起的电流变化量是相同的D. 每增加1 V电压而引起的电流变化量是减小的5.如图，P、Q是两个电量相等的异种电荷，它们的连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，OA<OB，用E A、E B和φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则()A. E A一定大于E B，φA一定大于φBB. E A不一定大于E B，φA一定小于φBC. E A不一定大于E B，φA一定大于φBD. E A一定大于E B，φA一定等于φB6.如图所示，匀强电场的场强方向与△abc所在平面平行，已知ac⊥bc，∠abc=60°，ac=0.2m。

一个电量q=1×10−5C的正电荷从a，移到b，电场力做功为零；‘同样的电荷从a移到c，电场力做功为1×10−3J。

则该匀强电场的场强大小和方向分别为()A. 500V/m、沿ab由a指向bB. 500V/m、垂直ab向上C. 1000V/m、垂直ab向上D. 1000V/m、沿ac由a指向c二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）7.用三个电动势均为1.5V、内阻均为0.5Ω的相同电池串联起来作电源，向三个阻值都是1Ω的用电器供电，要想获得最大的输出功率，在如图所示电路中应选择的电路是()A. B.C. D.8.如图所示电路中，A1和A2为理想电流表，示数分别为I1和I2，R1：R2：R3=1：2：3。

当a、b两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是()A. I1：I2=3：4B. I1：I2=5：9C. 将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为3：5D. 将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为1：19.如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电源的电动势为E、内电阻为r，则以下说法中正确的是()A. 当R1=R2+r时，R1上获得最大功率B. 当R2=0时，R1上获得最大功率C. 当R2=R1+r时，R2上获得最大功率D. 当R2=0时，电源的输出功率最大10.如图为某一电场的电场线，一带负电的粒子(可以看成点电荷)只受电场力作用，从A点沿直线运动到B点，用E k、v、x和t分别表示粒子的动能、速度、位移和运动时间，则下列图象可能正确的是()A. B. C. D.11.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷).两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ.电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．下列说法中正确的是()A. 无论将R2的滑动触头P向a端移动还是向b端移动，θ均不会变化B. 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小C. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小D. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变12.如图所示的电路中，开关S接通后，三个规格相同的电流表均有读数。

若电流表A3断开后，A1、A2读数均不超量程，则A3断开后()A. A1读数变大B. A2读数变大C. A1读数变小D.A2读数变小三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13.某同学从家里带来一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示(1)由甲乙两图读得圆柱体的直径为_________，长度为_________；(2)改同学用多用电表粗侧该合金的电阻R，选择“×1”倍率欧姆档，并按正确步骤操作后，指针的位置如图丙所示，则R x=_________．14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“4.5V2.5W“，除导线和开关外，还有以下器材可供选择。

A.直流电源(电动势约为5V，内阻可不计)B.直流电压表(量程0～15V，内阻约为15kΩ)C.直流电压表(量程0～5V，内阻约为8kΩ)D.直流电流表(量程0～3A，内阻约为0.1Ω)E.直流电流表(量程0～600mA，内阻约为5Ω)F.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.6A)G.滑动变阻器(最大阻值5Ω，允许通过的最大电流为2A)实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。

(1)实验中电压表应选用______，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______(均用序号字母表示)(2)请按实验要求将如图1中所示的器材连成实验电路。

(3)某同学作出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示。

现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E=5V，内阻r=2Ω，定值电阻R=8Ω，此时灯泡的实际功率为______W.(结果保留两位有效数字)四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）15.如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图电动机内电阻，电路中另一电阻，直流电压U=120V，电压表示数U V=100V试求：(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)电动机的输出功率；16.如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知小球所带电荷量q=1.0×10−6C，匀强电场的场强E=1.5×103N/C，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：(1)小球的质量m(2)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小17.如图所示，空间某区域存在足够大的水平方向的匀强电场E=3×105N/C，将一长为L=1m的不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一个质量为m=0.4kg的可视为质点小球，小球带电量q=+1×10−5C，现将绝缘细线AO拉至与电场线平行位置，且细线刚好拉直，让小球从A处静止释放，取g=10m/s2，求：(1)小球第一次到达O点正下方的B点时细线的拉力F；(2)小球从A运动到B过程中，小球的最大速度v m；-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：由题，磁场强度可以表示为：H=F qm.该使属于比值定义法；A、电场强度是试探电荷受到的电场力与电荷量的比值，与F、q无关，电场强度属于比值定义法，故A不符合题意；B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，此式运用的是比值定义法，故B不符合题意；C、电容器的电容由电容器本身决定的，与极板上所带的电量、极板之间的电势差无关。

所以C=QU属于比值定义法，故C不符合题意；D、匀强电场场强与电势差关系为：U=Ed，E=Ud不属于比值定义法，故D符合题意；定义方法与磁场强度不相同的，故选：D所谓比值定义法，就是用两个物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法。

比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，与定义所用的物理量无关。

根据物理量的定义分析是否是比值定义法。

解决本题的关键理解并掌握比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关。

2.答案：A解析：电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，对于给定的电源，电动势一定．电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多。

本题主要考查电源的电动势。

A.电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身的特性决定，故A正确；B.电动势公式E=Wq 中W与电压U=Wq中的W是不一样的，前者是非静电力做功，而后者是电场力做功，故B错误；C.在闭合电路中，电动势的方向与电流方向相同，即从电源的负极到正极，故C错误；D.电动势的单位与电势差的单位相同，都是伏特，但两者物理意义不同，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，而电势差等于电压，是导体中产生电流的原因，不能说电势差就是电动势，故D错误。

故选A。

3.答案：A解析：解：A、B板右移时，d增大，由C=ɛS4πkd 可知，电容减小；则C减小，由C=QU可知电势差增大，故张角增大，故A正确；B、A板向右移动时，d减小，由C=ɛS4πkd 可知，电容增大；则C增大，由C=QU可知电势差减小，故张角减小，故B错误；C、当AB间插入电介质时，C增大，则电势差减小，故张角减小，故C错误；D、减小电荷量时，C不变，则电势差减小，故夹角减小，故D错误；故选：A。

充电后断开电源，则两极板上的电量不变；要使张角张大，应增大两板间的电势差；根据电容的定义式及平行板电容器的决定式可以分析各选项能否使张角增大。

本题考查电容器的动态分析问题的应用，对于电容器的动态分析，首先要明确不变量，然后再由定义式和决定式可确定电势差的变化。

4.答案：B解析：解：B、小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故得出来的伏安特性曲线不是直线；由图可知，A点的电阻R A=30.1=30Ω；B点电阻R B=60.15=40Ω；故电阻的变化为：40−30=10Ω；故A错误，B正确；CD、根据图线斜率变化的特点可知，每增加1 V电压而引起的电流变化量是增大的。