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1、江苏省泰州市泰兴一中2018-2019学年高二物理上学期段考试题（含解析）一、单选题（本大题共7小题，共22.0分）1.通过一个导体电流是2A，经过4min通过该导体横截面的电量是( )A. 8CB. 20CC. 480CD. 1200C【答案】C【解析】【分析】已知电流5A和时间4min，根据Q=It可求出电荷量。【详解】t=4min=240s，通过导体横截面的电荷量：Q=It=2A240s=480C故C正确。【点睛】本题考查了电量及其计算，比较基本，只要记住公式：，即可求解但要注意单位配套。2.用同种材料制成的两段电阻丝截面直径之比d1:d22：3，长度之比L1：L2=3：2，若将他们并联
2、后，接在电路中，则这两段电阻丝的耗电功率之比（ ）A. 3:2 B. 9:4C. 4:9 D. 8:27【答案】D【解析】电阻丝截面直径之比d1:d2=2：3，它们的横截面积之比，由电阻定律，这两段电阻丝的电阻之比，并联后它们的电压相同，由可得这两段电阻丝的耗电功率之比8：27；故D正确，ABC错误；故选D。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小一些，采用下列哪种措施可能加以改进A. 在R上串联一比R小得多的电阻B. 在R上串联一比R大得多的电阻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【答案】D【解析】【分析】电
3、流表与电流表都是由表头改装成的，电压表是表头与分压电阻串联成的，根据串并联规律可知，若电压表读数总比准确值小，说明通过表头的电流较小，应减小分压电阻的大小，应在R上并联一个比R大得多的电阻【详解】电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过电流表G的电流偏小，串联的电阻R偏大，为减小串联电阻R的阻值需在R上并联一个比R大得多的电阻，D正确【点睛】电流表、电压表的改装，实质上是电阻的串、并联问题，只要分清分电流、总电流，分电压、总电压，应用欧姆定律就能解决4.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻、及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是A. 电压表和电
4、流表读数都增大B. 电压表和电流表读数都减小C. 电压表读数增大，电流表读数减小D. 电压表读数减小，电流表读数增大【答案】B【解析】【分析】由图可知与R并联后与串联，电压表测路端电压，电流表测量流过的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化【详解】当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，则由闭合电中欧姆定律可知，干路电流增加，内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故
5、B正确，ACD错误；故选B。【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的使用，一般按局部-整体、局部的思路进行分析5.四个相同的小灯泡按照如图所示的、两种方式接入电压相等的电路中，调节、使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻、消耗的电功率和的关系为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】灯泡正常发光时的电流为额定电流；并联电路中干路电流是各支路电流的和；串联电路中，各处电流都相等；先表示出并联和串联电路的实际电流与灯泡的额定电流的关系，再利用=表示出ab两图的功率即可求解【详解】两灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为；乙图灯泡串联，电流为；电阻的电压为：，消耗的功率为： 电阻的电压为：，
6、消耗的功率为：， ，所以，B正确6.如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为A. 电流表的读数逐渐减小B. 的功率逐渐增大C. 电源的输出功率可能先减小后增大D. 电压表与电流表读数的改变量的比值先增大后减小【答案】C【解析】【详解】AB、在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中的总电流I先减小后增大，则电流表的读数先减小后增大，R0的功率先减小后增大。故A错误，B错误；C、由于电源的内阻与外电阻的关系未知，若电源的内阻一直比外电阻小，则电源的输出功率先减小后
7、增大。故C正确；D、电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：U=EIr得：U/I =r，不变，故D错误。故选：C。【点睛】在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，确定电流表示数的变化、R0的功率变化和路端电压的变化。根据电源内外电阻的关系分析电源输出功率的变化。根据闭合电路欧姆定律分析U/I的变化。7.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器。当的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表、V的示数分别为、和现将的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是A. 增大，不变，U增
8、大B. 减小，增大，U减小C. 增大，减小，U增大D. 减小，不变，U减小【答案】B【解析】由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大故ACD错误，B正确故选B点睛：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流二、多选题（本大题共5小题，共1
9、9.0分）8.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则A. 电压表读数减小B. 电流表读数增大C. 质点P将向上运动D. 上消耗的功率逐渐增大【答案】AB【解析】【分析】由图可知电路结构，先由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况【详解】由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串联接在电源两端；电容器与并联；当的滑片向b移动时，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；路端电压减
10、小，同时两端的电压也增大；故并联部分的电压减小，由欧姆定律可知流过的电流减小，根据并联电路的特点可知：流过的电流增大，则电流表示数增大；因并联部分电压减小，而的电压增大，故电压表示数减小，AB正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，C错误；因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小；D错误【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的9.如图1所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图2所示的图线，由图可知A. 电池电动势的测
11、量值为VB. 电池内阻的测量值为C. 外电路发生短路时的电流为AD. 电压表的示数为V时，电流表的示数A【答案】AD【解析】图象与纵轴的交点为电池的电动势E140 V，选项A正确；由于纵坐标不是从零开始，故横轴截距不是短路电流，选项C错误；电池内阻r1 ，选项B错误；根据三角形相似，120为纵坐标中点，故I为横坐标中点，即I020 A。故选AD。10.某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知A. 反映变化的图线是cB. 电源电动势为8VC. 电源内阻为D. 当电流为A时，外电路的电阻为【答案】AD【解析】试题分析：电源内
12、部的发热功率Pr=I2r，Pr-I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c故A正确直流电源的总功率PE=EI，P-I图象的斜率等于电动势E，则有故B错误图中I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr=I2r，得到故C错误当电流为05A时，根据闭合电路欧姆定律得：，代入解得R=6故D正确故选AD考点：电功和电功率；闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题考查电功和电功率以及闭合电路的欧姆定律；要根据电源的总功率公式PE=EI求解电动势，根据发热功率的解析式I2r，求解电源的内阻。11.如图所示，图线a是某一电源的曲线，图线b是一定值电阻的曲线若将该电源与该定值电阻连成闭
13、合电路已知该电源的内阻，则A. 该定值电阻为B. 该电源的电动势为20VC. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大D. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大【答案】ABC【解析】【分析】根据图线b的斜率求出定值电阻的阻值；读出两图线交点处电压和电流，根据欧姆定律求出电源的电动势；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大【详解】图线b的斜率，则定值电阻的阻值，A正确；由图读出交点的电压，电流，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：，B正确；由图可知，电源的内阻，而对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联的外电阻，电源输出功率最大，C正确；因电源的
14、内阻，对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将2只这种电阻串联的外电阻，电源输出功率不可能最大，D错误；【点睛】定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势12.四个相同的小量程电流表分别改装成两个电流表和两个电压表已知电流表量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则A. 电流表的读数小于电流表的读数B. 电流表的指针偏转角等于电流表的指针偏转角C. 电压表的读数大于电压表的读数D. 电压表的指针偏转角大于电压表的指针偏转角【答案】BC【解析】【详解】电流表的量程大于的量程，故电流表的内阻小于的内阻
15、；电压表的量程大于的量程，故的电阻大于的电阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A中的电流要等于中的电流，故A的读数比的读数大，A错误B正确；两电压表串联，故通过两表的电流相等，故的读数比的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表的偏转角等于电压表的偏转，C正确D错误三、实验题探究题（本大题共2小题，共26.0分）13.如图甲，小明同学用多用电表按下列步骤测量一未知电阻：旋转部件S，使指针对准电流刻度的“0”刻线；将K旋转到欧姆档“”的位置；将插入“”、“”插孔的红、黑表笔短接，旋转部件_，使指针对准电阻刻度的_刻线选填“0”或“”；当用“”倍率欧姆档测量时，发现表头指针向右偏转的角度过大，为减小误差，应将K拨到“_”倍
