河南省洛阳市伊川实验高中高二物理上学期限时训练试卷
河南省洛阳市伊川实验高中2015-2016学年高二上学期第一次月考物理试卷Word版含解析
河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016 学年度高二上学期第一次月考物理试卷一、选择题（本题共14 小题，每小题3分，共42 分．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子电量为e，此时电子的定向转动速度为v，在△t 时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvS△t B．nv△tC ．D．2．关于电动势下列说法正确的是（）A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D．电源电动势总等于电路中通过1C 的正电荷时，电源提供的能量3．一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4．电阻A、B 的伏安曲线如图所示，下面说法正确的是（）A．两电阻串联后的伏安曲线在区域I 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域II 内B．两电阻串联后的伏安曲线在区域III 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域I 内C．A、B 电阻阻值之比为1：3D．A、B 电阻阻值之比为3：15．用电动势为E，内阻为r的电池直接向电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后通过电动机的电流为I，电动机的端电压为U，经t秒种后，则（）A．电池提供的总电能为：（I2r+IU）tB．电池提供的总电能为：IEtC．电动机做的机械功为：IEt﹣I2（R+r）tD．电池输出的总功率：6．如图所示，电路中M、N 两个灯泡均发光，当变阻器R'的滑动头向下滑动时则（）A．M 灯变暗，N 灯变亮B．M 灯变亮，N 灯变亮C．电阻R消耗功率增大D．变阻器两端电压降低7．如图所示，电源电动势为3V，电路接通后发现电灯L不工作，用一个伏特表分别测得各处电压值为：U ab=0，U bc=3V，U=cd=0，U ad=3V，又知电路中只有一处出现故障，由此可知（）A．灯L发生断路或短路B．电阻R1 一定发生断路C．电阻R2 一定发生短路D．电池组中两电池间发生断路8．有一内阻为4.4Ω的直流电动机和一盏标有“110V 60W”的灯泡串联后接在电压恒定为220V 的电路两端，灯泡正常发光，则（）A．电动机的输入功率为60W B．电动机的发热电功率为60WC．电路消耗的总功率为60W D．电动机的输出功率为60W9．如图，R1 为定值电阻，R2 为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r 时，R2 上获得最大功率B．当R1=R2+r 时，R1 上获得最大功率C．当R2=0 时，电源的总功率最大D．当R2=0 时，电源的输出功率最大10．如图所示为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，可以判断（）A．电动机消耗的总功率为550W B．提升重物消耗的功率为450WC．电动机线圈的电阻为22ΩD．电动机线圈的电阻为4Ω11．下列关于欧姆表的说法中正确的是（）A．测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B．表盘上标明的电阻刻度是均匀的C．测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D．换用另一量程时，需要重新进行欧姆调零12．有一电热器，额定电压为220V，额定功率为1000W．现要把它改装一下，用在电压为110V 的电路中，若要使它消耗的功率仍为1000W．下面做法中正确的是（）A．将电热器中的电热丝截去一半B ．将电热器中的电热丝截去，只留下C．在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝D．将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来13．如图所示直线O AC 为某一直流电源的总功率P随总电流I变化的图线；抛物线O BC 为同一电源内部消耗的功率P r 随总电流I变化的图线，则当通过电源的电流为1A 时，该电源的输出功率为（）A．1W B．3W C．2W D．2.5W14．如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是选项图中的（）A ．B ．C ．D．二、实验题（本题共2小题．共16 分）15．有一小灯泡上标有“6V，0.1A”字样，现要描绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用A 电压表（0～3V，内阻2.0kΩ）B 电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）C 电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）D 电流表（0～6A，内阻1.5Ω）E 滑动变阻器F 滑动变阻器（0.5A，1000Ω）G 学生电源（直流9V），及开关，导线等（1）实验中所用的电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选；在右方框中画出实验电路图，要求电压从0开始测量．16．实验室进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ=1.7×10﹣8Ωm．课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管使用的金属丝长度．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等．（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作）①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“﹣”插孔；选择电阻档“×1”；②；③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图（a）所示．根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图（b）的A、B、C、D 四个电路中选择电路来测量金属丝电阻；（3）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图（c）所示，金属丝的直径为mm；（4）根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为m．（结果保留两位有效数字）三、计算题（本题共4小题，共42 分，解答时应写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位）17．利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻．当滑动变阻器的滑片滑到某一位置时，电流表和电压表的示数分别为0.20A 和2.90V．改变滑片的位置后，两表的示数分别为0.40A 和2.80V．这个电源的电动势和内电阻各是多大？18．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1 始终闭合．当电键S2 断开时，电阻R1 的电功率是525W；当电键S2 闭合时，电阻R1 的电功率是336W，求（1）电源的内电阻；当电键S2 闭合时电动机的输出的功率．（提示：842=7056）19．如图所示，电源电动势E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30 F，电源内阻可忽略．（1）闭合开关S，求稳定后通过R1 的电流．若再将开关S断开，求这以后流过R1 的电量．（结果保留两位有效数字）20．表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平平直道路上以（1）此车所配电动机正常工作时，内部损耗的功率是多少？若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3m/s 时的加速度为多少？河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016 学年度高二上学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14 小题，每小题3分，共42 分．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子电量为e，此时电子的定向转动速度为v，在△t 时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvS△t B．nv△tC ．D．【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电流的微观表达式I=nqvs，求出在△t 时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为q，再确定通过导体横截面的自由电子的数目．【解答】解：根据电流的微观表达式I=nqvS，在△t 时间内通过导体横截面的自由电子的电量Q=I△t，则在△t 时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为n =，将I=nevS 代入得n ==nvS△t，故A正确，BCD 错误．故选：A【点评】本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．2．关于电动势下列说法正确的是（）A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D．电源电动势总等于电路中通过1C 的正电荷时，电源提供的能量【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源电动势的数值等于内、外电压之和．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小．电源两极间的电压等于或小于电源电动势．电动势与外电路的结构无关．根据电动势的定义式E =可求出电动势．【解答】解：A、电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误；B、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故B正确．C、电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，故C错误；D、根据电动势的定义式E=可知电源电动势总等于电路中通过1C 的正电荷时，电源提供的能量，故D 正确．故选B D．【点评】本题考查对电动势物理意义的理解能力，电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．3．一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．4．电阻A、B 的伏安曲线如图所示，下面说法正确的是（）A．两电阻串联后的伏安曲线在区域I 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域II 内B．两电阻串联后的伏安曲线在区域III 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域I 内C．A、B 电阻阻值之比为1：3D．A、B 电阻阻值之比为3：1【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】根据欧姆定律可知，I﹣U 图象的斜率的倒数表示电阻；串联电路的电阻等于各个电阻之和，并联电路的电阻倒数等于各个电阻的倒数之和．【解答】解：AB、两电阻串联后，总电阻变大，由t anθ=可知，曲线与U轴的夹角θ变小，即小于30°，位于区域I内，两电阻并联时，总电阻减小，曲线与U轴的夹角θ变大，即大于60°位于区域I II 内，故A B 错误．CD、I﹣U 图象的斜率的倒数表示电阻，故R A= = Ω=Ω，R B= = Ω= Ω，所以，R A：R B=3：1，故C错误，D 正确；故选：D．【点评】本题关键明确I﹣U 图象的斜率的倒数表示电阻，知道串并联电路的电阻与各分电阻的关系．5．用电动势为E，内阻为r的电池直接向电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后通过电动机的电流为I，电动机的端电压为U，经t秒种后，则（）A．电池提供的总电能为：（I2r+IU）tB．电池提供的总电能为：IEtC．电动机做的机械功为：IEt﹣I2（R+r）tD．电池输出的总功率：【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电池提供的总电能Q=εIt，电动机做的机械功等于电动机消耗的总功减去电动机内阻消耗的电功，电池输出的总功率P=EI．【解答】解：A、电池提供的总电能Q=EIt，故A错误，B 正确；C、电动机做的机械功等于电动机消耗的总功减去电动机内阻消耗的电功，即W=UIt﹣I2R=IEt﹣I2（R+r）t，故C正确；D、电池输出的总功率P=EI，故D错误．故选：BC【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．要注意由能量守恒规律分析能量关系．6．如图所示，电路中M、N 两个灯泡均发光，当变阻器R'的滑动头向下滑动时则（）A．M 灯变暗，N 灯变亮B．M 灯变亮，N 灯变亮C．电阻R消耗功率增大D．变阻器两端电压降低【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析R 上消耗功率的变化．根据总电流的变化分析并联部分电压的变化，判断N灯亮度的变化．【解答】解：A、当滑片向下，滑动变阻器的阻值变小，那它与A灯并联的等效电阻变小，则电路的总电阻都会变小，而电源电压不变，所以总电流变大，根据U=E﹣Ir 可知，路端电压变小，则M灯变暗，电阻R1 上的电流变大了，B 灯与变阻器并联的电压U并=E﹣I（R+r），I 增大，则U并减小，所以N灯变暗，故A B 错误，D 正确；C、通过R的电流增大，则P=I2R 变大，故C正确；故选：CD【点评】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化．7．如图所示，电源电动势为3V，电路接通后发现电灯L不工作，用一个伏特表分别测得各处电压值为：U ab=0，U bc=3V，U=cd=0，U ad=3V，又知电路中只有一处出现故障，由此可知（）A．灯L发生断路或短路B．电阻R1 一定发生断路C．电阻R2 一定发生短路D．电池组中两电池间发生断路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电路接通后发现电灯L不工作，说明电路中存在断路或L短路．当元件完好时，电阻是一定的，没有电流时，根据欧姆定律，其电压为0；当元件断路时，其两端电压等于电源的电压．根据测量得到的信息，分析故障所在位置．【解答】解：A、由题，U ab=0，灯L不发生断路，如断路，其电压U ab=3V．若发生短路，U bc＜3V．故A错误；B、电阻R1 一定发生断路．因为断路时，R1 两端的电势分别与电源两极的电势相等，其电压等于电源的电动势．故B正确；C、若电阻R2 发生短路，U ab＞0，3V＞U bc＞0，与题意不符．故C错误；D、若电池组中两电池间发生断路，所测量的外电路各部分电压应都为零，故D错误；故选：B．【点评】本题是故障分析问题，往往发生断路处，其电压等于电源的电动势，可以电势差来理解电压．8．有一内阻为4.4Ω的直流电动机和一盏标有“110V 60W”的灯泡串联后接在电压恒定为220V 的电路两端，灯泡正常发光，则（）A．电动机的输入功率为60W B．电动机的发热电功率为60WC．电路消耗的总功率为60W D．电动机的输出功率为60W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由于电动机和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电动机的电压和电流，从而可以求得电动机的输入功率和发热功率以及电动机的输出功率．【解答】解：A、由于灯泡正常发光，所以电动机的电压为：220﹣110=110V，由于电动机和灯泡串联，它们的电流相等，所以有：I==A，所以电动机的输入功率为：P=UI=110× =60W，所以A正确．B、电动机的发热功率为：P 热=I2r= ×4.4=1.3W，所以B错误．C、电路消耗的总功率等于电动机的输入功率加上灯泡的功率，为60+60=120W，所以C错误．D、电动机的输出功率等于总功率减去电动机的发热功率，等于60W﹣1.3W=58.7W，所以D错误．故选：A．【点评】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．9．如图，R1 为定值电阻，R2 为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r 时，R2 上获得最大功率B．当R1=R2+r 时，R1 上获得最大功率C．当R2=0 时，电源的总功率最大D．当R2=0 时，电源的输出功率最大【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】电路中有一个常用的推论：当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．可将定值电阻看成电源的内阻，分析可变电阻的功率；对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．【解答】解：A、将R1 等效到电源的内部，R2 上的功率等于等效电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即R2=R1+r 时，输出功率最大，即R2 上的功率最大．故A正确．B、根据P=I2R，电流最大时，R1 上的功率最大．当外电阻最小时，即R2=0 时，电流最大．故B错误．C、当R2=0 时，电路中电流最大，电源的总功率P=EI，E 不变，则此时电源的总功率最大，故C正确．D、当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，外电阻与内电阻越接近，电源的输出功率越大，由于R1 与r的关系未知，故当R2=0 时，无法判断电源的输出功率是否最大，故D错误；故选A C【点评】解决本题的关键掌握当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．10．如图所示为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，可以判断（）A．电动机消耗的总功率为550W B．提升重物消耗的功率为450WC．电动机线圈的电阻为22ΩD．电动机线圈的电阻为4Ω【考点】闭合电路中的能量转化．【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．【解答】解：重物被提升的功率P1=Fv=Gv=500×0.9W=450W 此时电路中的电流为5A．则电源的总功率P总=EI=110×5W=550W 所以线圈电阻消耗的功率为P r=P 总﹣P1=550﹣450W=100W由殴姆定律可得：r==故选：ABD．【点评】由能量守恒定律可知，提升功率与电阻发热功率之和为电源的总功率．11．下列关于欧姆表的说法中正确的是（）A．测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B．表盘上标明的电阻刻度是均匀的C．测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D．换用另一量程时，需要重新进行欧姆调零【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】恒定电流专题．【分析】本题考查欧姆定律的使用，根据欧姆表的原理及使用方法判断各项正误．【解答】解：A、因欧姆表内部电源电动势及内阻会发生变化，故在使用之前应先进行欧姆调零，故A 正确；B、表盘上所标明的电阻刻度是不均匀的；左侧密，右侧疏；故B错误；C、欧姆表的零处于满偏处，刻度盘与电流表的刻度相反，故表针偏转角度越大，则说明被测电阻的阻值越小，故C错误；D、每次调整倍率时都要重新调零，故D正确；故选：AD．【点评】欧姆表是利用内部电源供点，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，故在使用过程中要注意其操作过程及使用方法．12．有一电热器，额定电压为220V，额定功率为1000W．现要把它改装一下，用在电压为110V 的电路中，若要使它消耗的功率仍为1000W．下面做法中正确的是（）A．将电热器中的电热丝截去一半B ．将电热器中的电热丝截去，只留下C．在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝D．将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来【考点】串联电路和并联电路；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据公式P =，分析电压变化，而功率不变时，电阻的变化情况，根据电阻定律确定电热丝长度的变化．×【解答】解：A 、B 根据公式 P = ，电热丝消耗的功率不变，电压为额定电压的 ，则电阻应为原 来的，根据电阻定律得，电热丝的长度应为原来的，可将电热器中的电热丝截去．故 A 错误，B 正确．C 、若在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝，总电阻变为，电压为额定电压的，电热 丝消耗的功率为原来的，不符合题意．故 C 错误．D 、若将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来，根据电阻定律可知电阻变为原来的， 符合要求．故 D 正确．故选 B D【点评】本题是电阻定律与功率的综合应用，可采用控制变量法和比例法理解．常规题，比较简 单．13．如图所示直线 O AC 为某一直流电源的总功率 P 随总电流 I 变化的图线；抛物线 O BC 为同一电 源内部消耗的功率 P r 随总电流 I 变化的图线，则当通过电源的电流为 1A 时，该电源的输出功率为 （ ）A ．1WB ．3WC ．2WD ．2.5W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电源的总功率 P =EI ，由 C 点的坐标求出电源的电动势和内阻．利用电源的总功率 P 总 =EI ，电源内部发热功率 P 热=I 2r ，外电路消耗功率 P 外=UI=I 2R ，且根据能量关系得 P 总=P 外+P 热即可 求解．【解答】解：C 点表示电源的总功率全部转化为热功率，即 C 点表示外电路短路，电源的总功率 P=EI ，I=3A ，P=9W ，则电源的电动势 E =3V ．r= = =1Ω 当 I =1A 时，输出功率为：P=EI ﹣I 2r=3×1﹣12 1（W ）=2W故选：C ．【点评】本题关键在：（1）理解电源的总功率 P 总随电流 I 变化的图象与电源内部热功率 P r 随电流 I 变化的图象的涵义；分清三种功率及其关系：电源的总功率 P 总=EI ，电源内部发热功率 P 热=I 2r ， 外电路消耗功率 P 外=UI=I 2R ，且根据能量关系得 P 总=P 外+P 热．14．如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的 电路图应是选项图中的（ ）A ．B ．C ．D ． 【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零． 【解答】解：正极插孔接电源的负极，所以 B C 错误；每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要 可调节，故 A 正确，D 错误． 故选 A 【点评】本题考查了欧姆表的内部结构，要记住电流从红表笔进，从黑表笔出．二、实验题（本题共 2 小题．共 16 分）15．有一小灯泡上标有“6V ，0.1A ”字样，现要描绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用A 电压表（0～3V ，内阻 2.0k Ω）B 电压表（0～10V ，内阻 3.0k Ω） C电流表（0～0.3A ，内阻 2.0Ω） D 电流表（0～6A ，内阻 1.5Ω）E 滑动变阻器F 滑动变阻器（0.5A ，1000Ω）G 学生电源（直流 9V ），及开关，导线等（1）实验中所用的电压表应选 B ，电流表应选 C ，滑动变阻器应选E ； 在右方框中画出实验电路图，要求电压从 0 开始测量．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】①器材的选择需安全和精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量 程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器．②电压和电流需从 0 测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还 是小电阻，从而确定电流表内接还是外接．【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为 6V ，从安全和精确度方面考虑，电压表量程选 10V 的；小 灯泡的额定电流为 0.1A ，所以电流表量程选 0.3A 的．总电阻为 1000Ω 的滑动变阻器连入电路，电 流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为 30Ω 的滑动变阻器．故选 B 、C 、E ．小灯泡在正常工作时的电阻R= =60Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，电流表采用外接法．电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示故答案为：（1）B、C、E．如图【点评】解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．16．实验室进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ=1.7×10﹣8Ωm．课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管使用的金属丝长度．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等．（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作）①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“﹣”插孔；选择电阻档“×1”；②将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零；③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图（a）所示．根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图（b）的A、B、C、D 四个电路中选择 D 电路来测量金属丝电阻；（3）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图（c）所示，金属丝的直径为0.260 mm；（4）根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为13 m．（结果保留两位有效数字）【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．。
河南省洛阳市伊川县实验高中高三物理上学期限时训练试题(含解析)
2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高三（上）限时训练物理试卷一、选择题（每题5分，1-8单选，9-17多选）1．关于静电场下列说法中正确的是（）A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B．电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C．根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少2．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加3．如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞OB．一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别为E M、E N，电势分别为φM、φN．下列说法中正确的是（）A．点电荷A一定带正电B．E M小于E NC．φM大于φND．此试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能4．如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是（）A．A、B两点电势相等B．A、B两点场强相同C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能5．如图所示，图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电量数值也相等，现将M、N从虚线上O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．M和N两粒子在电场中运动的加速度相同D．N从O点运动至a点的过程中克服电场力做功6．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（）A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能7．两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势．若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为q a和q b，则（）A．a处为正电荷，q a＜q b B．a处为正电荷，q a＞q bC．a处为负电荷，q a＜q b D．a处为负电荷，q a＞q b8．如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则（）A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功9．如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（）A．c点的电荷带正电B．a点电势高于E点电势C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少10．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是（）A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半11．如图，质量分别为m A和m B的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A和q B，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为v A和v B，最大动能分别为E kA和E kB．则（）A．m A一定小于m B B．q A一定大于q BC．v A一定大于v B D．E kA一定大于E kB12．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向13．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子（）A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化14．一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（）A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大15．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP＞φM16．将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则（）A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功17．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是（）A．b点场强大于d点场强B．b点场强小于d点场强C．a、b两点间的电压等于b、c两点间的电压D．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能二、计算题（第二题为选做题）18．（15分）（2014•福建）如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向．19．（2011•莱州市校级二模）在一个水平面上建立x轴，如图在过原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E=6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q=5×10﹣8C、质量m=0.010kg的带负电绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图所示，求：（1）物块最终停止时的位置；（g取10m/s2）（2）物块在电场中运动过程的机械能增量．2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高三（上）限时训练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题5分，1-8单选，9-17多选）1．关于静电场下列说法中正确的是（）A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B．电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C．根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零；用公式U=Ed 和电势能公式E p=qφ即可求解．【解答】解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误．B、据电势能公式E p=qφ知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误．C、公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误．D、据电势能公式E p=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确．故选：D．【点评】明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定．2．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系；机械能守恒定律．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题．【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；A、如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，故A错误；B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C正确；D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D错误．故选：C．【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电势能减小．3．如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞OB．一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别为E M、E N，电势分别为φM、φN．下列说法中正确的是（）A．点电荷A一定带正电B．E M小于E NC．φM大于φND．此试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：A、粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以B点带的是正电，故A错误；B、C因为AO＞OB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，所以E M小于E N，φM 小于φN，故B正确，C错误．D、φM小于φN，则负电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，故D错误．故选：B【点评】本题要求掌握住等量异种电荷的电场的分布的情况，根据电场分布的特点可以分析本题．4．如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是（）A．A、B两点电势相等B．A、B两点场强相同C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】沿着电场线电势逐渐降低，电场强度可以用电场线形象描述；电场力做正功，电势能减小．【解答】解：A、MN间电场线从M到N，沿着电场线电势逐渐降低，故A点电势高与B点电势，故A错误；B、电场中A、B两点的电场线疏密程度相同，方向相同，故A、B两点的电场强度相同，故B 正确；C、将一正电荷从A点移到B点，电场力向右，做正功，电势能减小，故C错误；D、将一个负电荷从A移到B，电场力向左，做负功，故电势能增加，故D错误；故选B．【点评】本题关键明确等量异号电荷的电场线分别情况，然后根据沿着电场线电势逐渐降低，以及电场力做功等于电势能的减小量进行判断．5．如图所示，图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电量数值也相等，现将M、N从虚线上O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．M和N两粒子在电场中运动的加速度相同D．N从O点运动至a点的过程中克服电场力做功【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误．B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．故B正确．C、两粒子M、N质量相等，所带电量数值也相等，只受电场力，根据牛顿第二定律，有：a=，即加速度大小相等，但方向不同，故加速度不同，故C错误．D、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故D错误．故选B．【点评】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．6．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（）A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能【考点】电势能；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q 带负电，即可判断A、B电势高低；由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小．【解答】解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势．故A错误．B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强．故B错误．C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量．故C正确．D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能．故D错误．故选C【点评】本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析场强的大小等等，都是常用的思路．7．两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势．若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为q a和q b，则（）A．a处为正电荷，q a＜q b B．a处为正电荷，q a＞q bC．a处为负电荷，q a＜q b D．a处为负电荷，q a＞q b【考点】等势面；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称，无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a 点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．故正确的答案应该选B．故选：B【点评】该题是常见电场知识的拓宽与延伸，需要有一定的知识迁移能力和较强的逻辑推理能力．对能力的要求相对较高．属于中档题目．8．如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则（）A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功【考点】电势能；动能定理的应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据图线弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向；再根据受力的方向，判定α粒子在电场中运动时，电荷间的电场力做功；根据电场力做功情况，即可判断α粒子动能、电势能的变化情况．【解答】解：A：根据图线弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和O点的连线的方向相反，故靠近O点的过程电场力做负功，粒子的速度减小，远离的过程电场力做正功，粒子的速度增大．所以Q点的速度最大，N点的速度最小．故A错误；B：只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变．N点的速度最小，故电势能最大，故B正确；C：只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变．Q点的速度最大，故电势能最小，α粒子带正电荷，所以Q点的电势最低．故C错误；D：粒子受力的方向大体向上，与粒子和O点的连线的方向相反，故靠近O点的过程电场力做负功，远离的过程电场力做正功，故D错误．故选：B【点评】于点电荷周围的电场线分布要有明确的认识，点电荷周围的电场线是放射状的，正点电荷周围的电场线是沿半径方向向外的，负点电荷周围电场线是沿半径方向向里的；点电荷周围的等势面是一个个的同心球面．电场力做功与重力做功有共同的特点，就是与路径无关，电场力做功与初末位置的电势差有关．9．如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（）A．c点的电荷带正电B．a点电势高于E点电势C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，再判断c、d点两个电荷的电性；最后根据电场力做的功等于电势能的减小量进行分析．【解答】解：A、带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a点沿曲线运动到b点，合力指向曲线的内侧，故上面的电荷带同种电，即c点电荷带负电，故A错误；B、从E点到b点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E到b电势要升高，即b 点的电势高于E点的电势．又因为等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故a、b两个点电势相等，所以a点电势高于E点电势，故B正确；C、E点的切线方向为速度方向，E点的场强方向应与电场力方向在一直线，而曲线运动的受力与速度方向不可能在同一直线上，即E点场强方向不可能是该点的切线方向，故C错误；D、检验电荷从a到b过程中，电场力先做正功后做负功，故电势能先增加后减小，故D正确．故选：BD．【点评】题的突破口在根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，然后根据功能关系判断电势能的变化和电势的高低情况．10．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是（）A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半【考点】电容器的动态分析．【专题】压轴题；电容器专题．【分析】保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=分析U 的变化，由E=分析E的变化．【解答】解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=可知，E变为原来的一半．故A正确．B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=分析可知，U变为原来的一半，由E=分析知，E变为原来的一半．故D正确．故选AD【点评】本题关键要掌握E=、C=两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变．11．如图，质量分别为m A和m B的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A和q B，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为v A和v B，最大动能分别为E kA和E kB．则（）。
高中高二物理上学期第二次限时试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
河南省洛阳市伊川县实验高中 2015～2016 学年度高二上学期第二次限时物理试卷一、选择题〔每题5分，少选得3分，错选或不选得0分〕1．关于电流，下面说法正确的答案是〔〕A．只要将导体置于电场中，导体中就有持续的电流B．电源的作用是保持导体两端的电压C．导体内无电流时，导体内一定无任何电荷运动D．导体中的电流一定是由正负电荷同时向相反方向产生的2．关于闭合电路，如下说法中正确的答案是〔〕A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大3．两只电压表V1 和V2是由完全一样的两个电流计改装成的，V1 表的量程是5V，V2 表的量程是15V，把它们串联起来接人电路中．如此〔〕A．它们的示数相等，指针偏转角度也相等B．它们的示数之比为1：3．指针偏转角度相等C．它们的示数相等，指针偏转角度之比为1：3D．它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1：34．如下列图的电路中，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，如此以下说法中正确的答案是〔〕A．当R2=R1+r 时，R2 上获得最大功率B．当R1=R2+r 时，R1 上获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最小功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大5．如下列图，直线A为某电源的路端电压U与电流I的关系图象，直线B是电阻R的两端电压与电流I的关系图象．用该电源与电阻R组成闭合电路，电源的输出功率和电源的效率分别为〔〕A．4W，33%B．2W，33%C．2W，67%D．4W，67%6．两根完全一样的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，另一根对折后绞合起来．然后给它们分别加上一样电压，如此在同一时间内通过它们的电荷量之比为〔〕A．4：1B．8：1C．16：1 D．1：167．两定值电阻R1、R2串联后接在电压恒等于10V的直流电源上．某学生把内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如下列图，电压表示数为6V．如果把此电压表改接在R2两端，如此电压表示数将〔〕A．小于4V B．大于4V C．等于4V D．等于或大于4V8．如下列图是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中〔〕A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a 流向b 的电流D．电阻R中有从b流向a 的电流9．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，如此〔〕A．甲无磁性，乙有磁性B．甲有磁性，乙无磁性C．甲、乙都有磁性D．甲、乙都无磁性10．关于B和E的比拟，以下说法正确的答案是〔〕A．磁感应强度B和电场强度E都是矢量B．磁感应强度B和电场强度E都由场本身决定的C．磁感应强度B和电场强度E的方向是检验电流和检验电荷在场中受力的方向D．磁感应强度B和电场强度E都是用比值来定义的11．关于磁感应强度如下说法中正确的答案是〔〕A．由B= 知，磁场中某点的磁感应强度的大小与IL的乘积成反比，与F成正比B．无论I的方向如何都可由B= 求磁感应强度的大小C．磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处的安培力的方向一样D．磁场中某点的磁感应强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关12．在一根长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，如此导线受到的安培力的大小可能是〔〕A．0.4NB．0.2NC．0.1ND．0二、实验题〔共10分，每空2分〕13．如图甲是“测电池的电动势和内阻〞的实验电路，如果采用新电池进展实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是：新电池的内阻很小，内电路的电压降很小，从而影响测量值的准确性．为了较准确地测量新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：学生用的理想电压表V，电流表A〔具有一定内阻〕，定值电阻R0〔R0=10Ω〕，滑动变阻器R1〔0﹣10Ω〕，滑动变阻器R2〔0﹣200Ω〕，开关S．〔1〕实验电路原理图如图乙，加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是为方便实验调节且能较准确地进展测量，滑动变阻器应选用〔3〕用笔画线代替导线在图丙中完成实物连接图．〔4〕实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．如此新电池内阻的表达式r=．〔用I1、U1、I2、U2和R0 表示〕〔5〕处理实验数据时，测出两组U、I值，便可计算出电池的电动势和内阻，这样做虽然简单，但误差可能较大．处理数据时如何减少实验误差，请你提出一个处理方法：．三、计算题〔共30分，每题15分，要有必要的文字说明和重要的计算过程〕14．在如下列图的电路中，假设R1=4Ω，R3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，如此电源的总功率为40W，而输出功率为37.6W，求电源的电动势和电阻R2．15．如下列图，用一直流电动机提升重物，重物的质量为m=10kg，电源供电电压恒为220V，电路中的保护电阻R=10Ω，电动机的电阻为r=1Ω，不计各处摩擦，电动机正常工作时伏特表的求数为170V，求：〔1〕电动机正常工作后通过电动机的电流是多少？电动机的机械功率是多少？〔3〕重物匀速上升的速度是多少？〔4〕如果电动机因外界原因而突然卡住，如此通过电动机的电流是多少？〔5〕电动机此时的输入功率与热功率分别是多少？〔g 取10m/s 2〕河南省洛阳市伊川县实验高中2015～2016学年度高二上学期第二次限时物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔每题5分，少选得3分，错选或不选得0分〕1．关于电流，下面说法正确的答案是〔〕A．只要将导体置于电场中，导体中就有持续的电流B．电源的作用是保持导体两端的电压C．导体内无电流时，导体内一定无任何电荷运动D．导体中的电流一定是由正负电荷同时向相反方向产生的【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】导体中形成电流的条件是：一、导体中存在自由电荷．二、导体两端存在电压．对于电解质溶液导电是由于正、负电荷同时沿相反方向移动产生．【解答】解：A、将导体置于电场中，导体两端不一定存在电压，导体中自由电荷不一定能够定向移动，如此不一定形成电流．故A错误．B、电源的作用是使导体两端存在恒定的电压，导体中才有恒定电流．故B正确．C、通常情况下导体内没有电流，说明导体两端没有电压，故C错误．D、正负电荷定向移动，都能形成电流，但不一定同时移动，比如：金属导体，只是电子在移动．故D错误．应当选B．【点评】此题考查对电流形成条件的理解能力．导体中要形成电流，两个条件缺一不可．此题比拟容易，考试不能丢分．2．关于闭合电路，如下说法中正确的答案是〔〕A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．【解答】解：A、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故A错误．B、闭合电路中，电源的路端电压越大，说明外电阻越大，根据推论：当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知，电源的输出功率不一定越大．故B错误．C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，如此电源的路端电压就越小．故C错误．D、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，如此电源的路端电压就越大．故D正确．应当选：D．【点评】闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键．3．两只电压表V1 和V2是由完全一样的两个电流计改装成的，V1 表的量程是5V，V2 表的量程是15V，把它们串联起来接人电路中．如此〔〕A．它们的示数相等，指针偏转角度也相等B．它们的示数之比为1：3．指针偏转角度相等C．它们的示数相等，指针偏转角度之比为1：3D．它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1：3【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】两电压表量程不同总内阻不同，两内阻之比为量程之比，再据电压表的改装原理和电路连接关系分析求解．【解答】解：A串联后电流一样故偏转角度相等但两表的读数为两电压表的分压，读数之比为两者的电阻之比故不相等；故A错误B因是串联关系通过两电压表的电流一样，故指针偏转的角度一样，读数之比为两者的电阻之比为1：3．故B正确C 它们示数不等．故C错误D它们偏转角度相等故D错误应当选：B【点评】电压表的改装是由一电流表串联电阻构成的．分析电流与电压当成一电阻根据电路连接关系分析即可．4．如下列图的电路中，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，如此以下说法中正确的答案是〔〕A．当R2=R1+r 时，R2 上获得最大功率B．当R1=R2+r 时，R1 上获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最小功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】R 1为定值电阻，R 2为可变电阻，根据P=I 2R 1可以分析电阻R 1 的功率的变化情况，由于R 2减小的时候，电路电流就在增加，所以不能根据P=I 2R 2 来分析R 2 的功率的变化情况；当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．【解答】解：A 、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R 1 和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R 1+r ，当R 2=R 1+r 时，电源的输出功率最大，即R 2上获得最大功率，所以A 正确；BC 、根据P=I 2R 1可知，当R 2=0 时，电路的总电流最大，所以此时R 1 获得最大功率，所以BC 错误；D 、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当R 2+R 1=r 时，功率最大，但是不知道R 1、R 2和r 的关系，所以无法判断R 2为多少时，电源输出功率最大，所以D 错误；应当选：A ．【点评】对于R 2的功率的分析是此题的难点，通常的分析方法都是把R 1和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R 2 的功率的情况．5．如下列图，直线A 为某电源的路端电压U 与电流I 的关系图象，直线B 是电阻R 的两端电压与电流I 的关系图象．用该电源与电阻R 组成闭合电路，电源的输出功率和电源的效率分别为〔〕 A ．4W ，33%B ．2W ，33%C ．2W ，67%D ．4W ，67%【考点】电功、电功率；路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】由图象A 可知电源的电动势为3V ，短路电流为6A ，两图象的交点坐标即为电阻R 和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，效率等于R 消耗的功率除以总功率．【解答】解：由图象A 可知电源的电动势E=3V ，短路电流为6A ，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为2V ，电流I=2A电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，根据P=UI 得：P=2×2W=4W ，电源的总功率为：P 总=EI=3×2W=6W所以效率为：η=×100%=×100%=67%；应当选：D ．【点评】根据U ﹣I 图象a 正确读出电源的电动势和短路电流，根据U ﹣I 图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点．6．两根完全一样的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，另一根对折后绞合起来．然后给它们分别加上一样电压，如此在同一时间内通过它们的电荷量之比为〔〕A ．4：1B ．8：1C ．16：1D ．1：16 【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻定律R=判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比．【解答】解：设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2 倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻，如此两电阻之比为16：1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知一样时间内通过的电量之比为1：16．故D正确，A、B、C错误．应当选D．【点评】解决此题的关键掌握电阻定律的公式R=以与欧姆定律和电流的定义式I=．7．两定值电阻R1、R2串联后接在电压恒等于10V的直流电源上．某学生把内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如下列图，电压表示数为6V．如果把此电压表改接在R2两端，如此电压表示数将〔〕A．小于4V B．大于4V C．等于4V D．等于或大于4V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表的内阻不是远大于R1R2，电表与电阻并联后，并联局部电阻减小，分担的电压减小．结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数．【解答】解：电压表接在R1两端，电压表的示数6V，如此此时R2两端的电压为4V．把此表改接在两端R2 时，由于电压表的内阻不是远大于R1R2，电压表与R2 并联的阻值小于R2，而R1与并联局部串联，总电压U=10V，如此R1 的电压大于6V，电压表与R2 并联的电路的电压小于4V．应当选A【点评】此题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．8．如下列图是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中〔〕A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a 流向b 的电流D．电阻R中有从b流向a 的电流【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．【专题】电容器专题．【分析】电容器与电源相连，电压不变．增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电．根据原来极板的带电情况，分析电流的方向．【解答】解：A、C、D电容器与电源相连，电压不变．增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电．原来电容器上极板带正电，电路中放电电流方向为顺时针方向，如此电阻R 中有从a流向b 的电流．故AD错误，C正确．B、增大电容器两板间距离的过程中，电容减小．故B正确．应当选BC【点评】此题是电容器动态变化分析问题，关键要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，其电压不变．9．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，如此〔〕A．甲无磁性，乙有磁性B．甲有磁性，乙无磁性C．甲、乙都有磁性D．甲、乙都无磁性【考点】磁现象和磁场．【分析】根据磁体的性质判定：条形磁铁的磁场两头强，中间弱，两端能吸引铁磁性物质，中间不能吸引铁磁性物体．【解答】解：铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，所以甲一定有磁性；把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，说明乙没有磁性．故B正确．应当选：B【点评】该题考查磁体的磁场分布以与磁体的特性，要牢记条形磁铁的两端能吸引铁磁性物质，中间不能吸引铁磁性物体．10．关于B和E的比拟，以下说法正确的答案是〔〕A．磁感应强度B和电场强度E都是矢量B．磁感应强度B和电场强度E都由场本身决定的C．磁感应强度B和电场强度E的方向是检验电流和检验电荷在场中受力的方向D．磁感应强度B和电场强度E都是用比值来定义的【考点】磁感应强度；电场强度．【分析】电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向一样；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；而磁感应强度也是通过比值定义，某点磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向一样．【解答】解：A、电场强度与磁感应强度都既有的小，又有方向，都是矢量．故A正确；B、磁感应强度B和电场强度E都由场本身决定的．故B正确；C、电场强度E的方向是检验电荷在场中受力的方向，根据左手定如此，磁感应强度的方向与检验电流受到的安培力的方向垂直．故C错误；D、磁感应强度B=和电场强度E=，都是用比值来定义的．故D正确．应当选：ABD【点评】此题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义，同时知道电荷有正负之分11．关于磁感应强度如下说法中正确的答案是〔〕A．由B=知，磁场中某点的磁感应强度的大小与IL的乘积成反比，与F成正比B．无论I的方向如何都可由B=求磁感应强度的大小C．磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处的安培力的方向一样D．磁场中某点的磁感应强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关【考点】磁感应强度．【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，如此由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，如此所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．【解答】解：A、由B=知，是通过比值定义，所以B与F，与IL均无关，而B由磁场本身性质决定；故A错误；B、只有当电流元方向与磁场方向垂直时才可以用公式B=求磁感应强度的大小，故B错误；C、根据左手定如此，磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处的安培力的方向垂直，故C错误；D、磁场中某点的磁感应强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关，故D正确；应当选：D．【点评】磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义法，且通电导线垂直放在磁场中．即B 与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=一样．同时还要注意的定义式B=是有条件的．12．在一根长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，如此导线受到的安培力的大小可能是〔〕A．0.4NB．0.2NC．0.1ND．0【考点】安培力．【分析】当导线的方向与磁场方向平行，所受的安培力为零，当导线的方向与磁场方向垂直，安培力最大，求出最大值和最小值，从而确定安培力的可能值．【解答】解：当磁场方向与电流方向平行时，安培力F=0；当磁场方向与电流方向垂直时，安培力F=BIL=0.5×2×0.2N=0.2N，如此安培力的大小范围为0≤F≤0.2N．故B、C、D正确，A错误．应当选：BCD．【点评】解决此题的关键掌握安培力的大小公式F=BILsinθ，当B与I垂直时，F=BIL，B与I平行时，F=0．二、实验题〔共10分，每空2分〕13．如图甲是“测电池的电动势和内阻〞的实验电路，如果采用新电池进展实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是：新电池的内阻很小，内电路的电压降很小，从而影响测量值的准确性．为了较准确地测量新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：学生用的理想电压表V，电流表A〔具有一定内阻〕，定值电阻R0〔R0=10Ω〕，滑动变阻器R1〔0﹣10Ω〕，滑动变阻器R2〔0﹣200Ω〕，开关S．〔1〕实验电路原理图如图乙，加接电阻R 0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏为方便实验调节且能较准确地进展测量，滑动变阻器应选用R 1〔3〕用笔画线代替导线在图丙中完成实物连接图．〔4〕实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为I 1时，电压表读数为U 1；当电流表读数为I 2时，电压表读数为U 2．如此新电池内阻的表达式r=．〔用I 1、U 1、I 2、U 2和R 0 表示〕〔5〕处理实验数据时，测出两组U 、I 值，便可计算出电池的电动势和内阻，这样做虽然简单，但 误差可能较大．处理数据时如何减少实验误差，请你提出一个处理方法：作U ﹣I 图象利用图线在坐标轴上截距求出E 、r ．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【〔1〕加接电阻R 0，起保护作用，限制电流，防止电池被短路或电流表被烧坏；由于电流表与电压表的读数在刻度盘中超过一半，读数的相对误差较小，如此要求电路中电流较大，在确保安全的前提下，可选择阻值较小的变阻器； 〔3〕对照电路图连线即可；〔4〕根据闭合电路欧姆定律列方程组后联立求解，可求出新电池的内阻的表达式；〔5〕屡次测量取平均值或根据数据作出对应的U ﹣I 图象进展分析求解．【解答】解：〔1〕加接电阻R 0，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；滑动变阻器应选用R 1．因为R 1 的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小；〔3〕对照电路图连线，如下列图：〔4〕根据闭合电路欧姆定律，有：E=U1+I1〔r+R0〕E=U 2+I 2〔r+R 0〕联立解得：；〔5〕作U ﹣I 图象利用图线在坐标轴上截距求出E 、r ；也可以采用屡次测量取平均的方法，故可以尽可能多测几组U 、I 值，分别求出每组的E 、r 值，最后求平均值故答案为：〔1〕防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏〔或限制电流，防止电源短路〕；R 1；〔3〕如下列图；〔4〕；〔5〕作U ﹣I 图象利用图线在坐标轴上截距求出E 、r【点评】此题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，定值电阻R 0 起保护作用，可以采用公式法或图象法处理数据；但应用图象法分析数据时误差较小．三、计算题〔共30分，每题15分，要有必要的文字说明和重要的计算过程〕14．在如下列图的电路中，假设R 1=4Ω，R 3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，如此电源的总功率为40W ，而输出功率为37.6W ，求电源的电动势和电阻R 2．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电源产生的总功率为40W ，输出功率为37.6W 求出内电路消耗的功率，由功率公式求出流过电源的电流I ．电源产生的总功率为P 总=EI ，求出电动势．根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出外电路的总电阻，再求出R 2．【解答】解：电源内阻上消耗的电功率P r =P 总﹣P 出=40﹣37.6=2.4W ；由P 总﹣P 出=I 2r 得：A=2A由P总=EI，得到电源的电动势E=V=20V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R=Ω=9.4Ω得到，R2=R﹣=9.4﹣=7Ω答：电源电动势为20V ，电阻R 2为7Ω．【点评】此题是电路中功率问题，实质上能量转化和守恒定律的应用．要结实掌握电源的总功率表 达式P=EI ．15．如下列图，用一直流电动机提升重物，重物的质量为m=10kg ，电源供电电压恒为220V ，电路中的保护电阻R=10Ω，电动机的电阻为r=1Ω，不计各处摩擦，电动机正常工作时伏特表的求数为 170V ，求：〔1〕电动机正常工作后通过电动机的电流是多少？电动机的机械功率是多少？〔3〕重物匀速上升的速度是多少？〔4〕如果电动机因外界原因而突然卡住，如此通过电动机的电流是多少？〔5〕电动机此时的输入功率与热功率分别是多少？〔g 取10m/s 2〕【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【〔1〕以电阻R 为研究对象，由欧姆定律求出通过R 的电流，即为通过电动机的电流．电阻和电流的大小，根据公式P 热=I 2R 可求电动机线圈电阻R 的发热功率； 根据公式P=UI 可求总功率，总功率减去发热功率就是电动机的机械功率；〔3〕如果电动机因外界原因而突然卡住，电动机电路是纯电阻电路，由闭合电路欧姆定律求电流；〔4〕电动机此时的输入功率与热功率相等，由公式P=I 2•r 求解．【解答】解：〔1〕对R ：根据欧姆定律得：通过R 的电流为对于电动机，如此输入功率、发热功率和输出功率分别为：〔3〕根据能量转化和守恒得：。
河南省洛阳市伊川县实验高中高二物理上学期期中模拟试题(含解析)
2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）期中物理模拟试卷一、本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列研究物理问题所用方法相同的是（）（1）根据电流所产生的效应认识电流（2）研究电流时把它比作水流（3）根据磁铁产生的作用来认识磁场（4）利用磁感线来描述磁场．A．（1）与（2）B．（1）与（3）C．（3）与（4）D．（2）与（4）2．关于电源电动势，下面叙述正确的是（）A．1号干电池比5号干电池的电动势大B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压D．蓄电池（电动势为2V）将化学能转化为电能的本领比干电池（电动势为1.5V）大3．A、B两个金属导体的伏安特性曲线如图所示，由图象可知（）A．R A＞R BB．R A＜R BC．两导体串联在电路中时U A＞U BD．两导体并联在电路中时I A＞I B4．下面给出了电视机、电风扇、空调和电冰箱铭牌上的主要项目，根据铭牌上提供的信息，下列说法正确的是（）A．正常工作时电风扇中流过的电流最小B．正常工作时电风扇消耗的电功率最小C．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少5．一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为（）A．10000 R B．C．100 R D．6．将一个满偏电流3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，用它进行电阻测量时，下列说法正确的是（）A．测量电阻之前要欧姆调零B．测量时，如果表针的偏角太小，表明被测电阻阻值太小C．测量时，如果指针在1mA处，则被测电阻的阻值为1000ΩD．测量二极管正向电阻时，红表笔接触二极管的正极，黑表笔接触二极管的负极7．电动势为E、内阻为r的电源与灯泡L1、L2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b端过程中，下列说法正确的是（）A．灯L1变暗，L2变亮B．灯L1变亮，L2变暗C．电压表和电流表读数都增大D．电压表读数增大，电流表读数减小8．在如图所示的逻辑电路中，当A、B端输入电信号均为“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（）A．1和1 B．0和1 C．1和0 D．0和09．下列关于磁感应强度的说法中正确的是（）A．通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大B．磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向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10．如图所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为（）A．都向纸里B．都向纸外C．a中电流方向向纸外，b中向纸里D．a中电流方向向纸里，b中向纸外11．我国北极科考队在北极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图所示．这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦，从而激发大气分子或原子使其发出各种颜色的光．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关（）A．太阳对带电粒子的引力做负功B．越靠近南北两极的磁感应强度越强C．空气阻力对带电粒子做负功，使其动能减少D．洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少12．关于磁通量，下列说法正确的是（）A．穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度为零B．穿过某个面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大C．穿过垂直于磁场方向的某个平面的磁感线条数等于该处的磁感应强度D．当某个平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量一定为零13．方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（）A．若v0＞，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0B．若v0＞，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0C．若v0＜，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0D．若v0＜，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v014．回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．如图所示，两盒处于匀强磁场中．磁场方向垂直于盒底面，要增大带电粒子射出时的动能，则下列措施可行的是（）A．减小两盒间的距离 B．增大D形盒的半径C．增大两盒间的电势差D．增大磁场的磁感应强度二、本题共3小题．共14分．将答案填写在题中横线上．15．用选择旋钮指向欧姆档“×10”位置且已调零的多用电表测某电阻的阻值，指针所指位置如图所示，则被测电阻的阻值为Ω，若将该表选择旋钮置于直流“10V”位置，表盘仍如图所示，则测量值为V．16．（2010秋•洛阳期中）用多用电表欧姆档探测如图所示黑箱发现：A、C间正反电阻完全相同；黑表笔接A点，红表笔接B点，有阻值，反接后阻值很大，黑表笔接C点，红表笔接B 点，有阻值，但比上一步测得的大，反接后阻值很大，该黑箱内元件的接法可能是（）A．B．C．D．17．测量电源电动势和内电阻的器材如图甲所示．（1）请用实线表示导线，将图甲中器材连成实验用电路．（2）实验时经测量得出的数据如表，请在图乙的方格纸上画出U﹣I图线．利用图线可求出电源电动势和内电阻分别为、．1 2 3 4 5 6I/A 0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57U/V 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05三、本题共4小题，共44分．18．（10分）（2010秋•洛阳期中）如图所示，质量不能忽略的矩形线圈abcd，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过如图电流I时，调节左端砝码使系统平衡．然后使电流反向，大小不变．这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使系统再达到新的平衡．（1）请判断磁场的方向并在虚框中标出．（2）导出用已知量和测量得到的量n、m、L、I计算B的表达式．19．（11分）（2012秋•保定期末）如图所示是家用电饭煲的电路图．将电饭煲接到稳压电源上，当开关接通“加热”档时，电热丝以额定功率给食物加热，当食物蒸熟后，开关接通“保温”档，给食物保温，这时电热丝的功率为其额定功率的，电流为1.40A，已知分压电阻的阻值R=100Ω．求：（1）保温时，电阻R两端的电压．（2）稳压电源输出的电压．（3）电热丝的额定功率．20．（11分）（2010秋•洛阳期中）如图所示，电源的电动势E=12V，电阻R1=5Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率为20W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率为12.8W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时，流过电源的电流和电动机的输出功率．21．（12分）（2010秋•洛阳期中）如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为 m、电量为﹣q 的带电粒子（不计重力），从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：（1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x 轴．（2）粒子第二次到达x轴时离O点的距离是多少？（3）若粒子能经过x轴距O点为L的某点，试求粒子到该点所用的时间（用L与v0表达）．2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）期中物理模拟试卷参考答案与试题解析一、本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列研究物理问题所用方法相同的是（）（1）根据电流所产生的效应认识电流（2）研究电流时把它比作水流（3）根据磁铁产生的作用来认识磁场（4）利用磁感线来描述磁场．A．（1）与（2）B．（1）与（3）C．（3）与（4）D．（2）与（4）【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】对每个实例进行分析，明确各自采用的研究方法就能找到不同的选项．【解答】解：（1）电流看不见、摸不着，根据电流所产生的效应认识电流，知道电流的大小以及方向等，采用的是转换法；（2）电流看不见、摸不着，研究电流时把它比作水流，用能直接说明电流的特点，采用的是类比法；（3）磁场看不见、摸不着，但可以使小磁针的指向发生偏转．从小磁针指向是否偏转间接知道磁场是否存在，采用的是转换法；（4）磁场看不见、摸不着，利用磁感线来描述磁场．从而使磁场形象化、具体化，采用的是类比法；所以（1）与（3），（2）与（4）采用的方向是相同的．故选：BD【点评】平时注意基本的物理研究方法的识别，在解决实际问题中自觉运用．2．关于电源电动势，下面叙述正确的是（）A．1号干电池比5号干电池的电动势大B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压D．蓄电池（电动势为2V）将化学能转化为电能的本领比干电池（电动势为1.5V）大【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．【解答】解：A、干电池的电动势都是1.5V，所以1号干电池和5号干电池的电动势相同，故A错误；B、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关．即同一电源接入不同的电路，电动势不会变化．故B错误；C、电压表是有内阻的，跟电源连接后构成一个通路，电源有内电压，则电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势，故C错误；D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，所以电动势为1.5V 的干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2V的蓄电池弱，故D正确；故选：D【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．3．A、B两个金属导体的伏安特性曲线如图所示，由图象可知（）A．R A＞R BB．R A＜R BC．两导体串联在电路中时U A＞U BD．两导体并联在电路中时I A＞I B【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图线直线的斜率k=，根据斜率大小，比较电阻的大小．由图象读出U相同时，电流的大小．【解答】解：A、B、根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图线直线的斜率k=，斜率越大，其电阻越小，则由图可知，R A＜R B．故A错误，B正确；C、根据欧姆定律：U=IR，两导体串联在电路中时U A＜U B，故C错误；D、由图可知，当电压相同时，电流I A＞I B．故D正确．故选：BD【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理上常常从数学的角度理解图象的物理意义．4．下面给出了电视机、电风扇、空调和电冰箱铭牌上的主要项目，根据铭牌上提供的信息，下列说法正确的是（）A．正常工作时电风扇中流过的电流最小B．正常工作时电风扇消耗的电功率最小C．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】从铭牌图象得到各个用电器的额定功率和额定电压，根据P=UI计算额定电流．【解答】解：A、从铭牌图象得到四个用电器的额定电压都是220V，除空调机外，其余的用电器的额定功率中最小的是电风扇，电风扇的额定电流，小于空调机的额定电流，故A正确；B、四个用电器的额定电压都是220V，正常工作时电风扇中流过的电流最小，根据P=UI，正常工作时电风扇消耗的电功率最小，故B正确；C、D、电风扇的每日耗电量为：W=0.065KW×24h=1.56KW•h，电冰箱的每日耗电量为0.8KW•h，故C错误，D正确；故选：ABD．【点评】本题考查读取电器铭牌信息的能力．同时根据功率公式P=UI列式分析．5．一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为（）A．10000 R B．C．100 R D．【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为的均匀细丝后，公式S=πd2得知，横截面积变为原来的，而镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的100倍，由电阻定律R=ρ分析电阻的变化．【解答】解：横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为的均匀细丝后，公式S=πd2得知，横截面积变为原来的；镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的100倍；由电阻定律R=ρ分析可知电阻变为原来的100×100=104倍，即为10000R；故选：A．【点评】本题要注意当导体横截面变化时，其长度也跟着变化，抓住导体的体积不变．考查对电阻定律的理解能力．6．将一个满偏电流3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，用它进行电阻测量时，下列说法正确的是（）A．测量电阻之前要欧姆调零B．测量时，如果表针的偏角太小，表明被测电阻阻值太小C．测量时，如果指针在1mA处，则被测电阻的阻值为1000ΩD．测量二极管正向电阻时，红表笔接触二极管的正极，黑表笔接触二极管的负极【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】应用欧姆表测电阻时要进行欧姆调零，欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律分析答题．【解答】解：A、用欧姆表测电阻时，要对欧姆表进行欧姆调零，故A正确；B、欧姆表最大刻度值在左边，测量时，如果表针的偏角太小，说明指针指在靠左的刻度线处，表明被测电阻阻值太大，故B错误；C、当电流达到满偏电流的一半时，所测电阻与内部电阻相同，为中值电阻中值电阻为R内=500Ω，则E=I g×R内=3×10﹣3×500=1.5V，I=，指针在1mA处，则R=﹣R内=﹣500=1000Ω，故C正确；D、欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，测量二极管正向电阻时，红表笔接触二极管的负极，黑表笔接触二极管正极，故D错误；故选：AC．【点评】本题考查了欧姆表的使用，知道欧姆表的使用注意事项、欧姆表工作原理与欧姆表结构即可正确解题．7．电动势为E、内阻为r的电源与灯泡L1、L2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b端过程中，下列说法正确的是（）A．灯L1变暗，L2变亮B．灯L1变亮，L2变暗C．电压表和电流表读数都增大D．电压表读数增大，电流表读数减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】从图可知，滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器的阻值变大，根据并联电路电阻的特点判断出电路中总电阻的变化，再根据欧姆定律判断总电流的变化，即分析L1亮度的变化；根据并联电路的特点，从而判断出L2灯亮度的变化．【解答】解：当滑动变阻器的触头由中点滑向b端过程中，滑动变阻器的阻值变大，电路的总电阻都会变大，据闭合电路欧姆定律知总电流变小，则灯L1变暗；总电流变小，内电压减小，所以路端电压增大，而灯L1的电压变小，所以R与L2并联部分的电压变大，则L2变亮．故A正确．故选：A．【点评】本题的关键识别电路的能力，动态电路的分析的思路，借助串、并联电路的电压、电流和电阻规律的应用情况、欧姆定律的应用以及电功率的计算公式．8．在如图所示的逻辑电路中，当A、B端输入电信号均为“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（）A．1和1 B．0和1 C．1和0 D．0和0【考点】简单的逻辑电路．【分析】AB为与门输入端，输出为C端，B还为非门的输入端，输出端为D．【解答】解：正确认识门电路的符号，“≥1”为或门，“1”为非门，其真值为：B端0输入，则D端1输出，或门为“0，1”输入，则C端输出1．故A正确．故选：A【点评】解决本题的关键知道门电路的特点，以及能够运用到实际生活中去．9．下列关于磁感应强度的说法中正确的是（）A．通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大B．磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向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【考点】磁感应强度．【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．电流元所受磁场力方向是由左手定则来确定．【解答】解：A、如果通电导线不是垂直放入磁场中，有：B=，对于同一段电流，IL固定，由于θ可以改变，故不能说受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大；只有当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大；故A错误；B、磁感线的指向与磁感应强度的变化趋势没有关系，磁感线某点切线方向即为磁感应强度的方向，故B错误C、放在匀强磁场中各处的通电导线，安培力还会与电流元的摆放方向有关，故C错误；D、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，它由磁场的本身性质决定，故D正确；故选D．【点评】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，还与放置的角度有关．10．如图所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为（）A．都向纸里B．都向纸外C．a中电流方向向纸外，b中向纸里D．a中电流方向向纸里，b中向纸外【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】P点的磁场是由两个直导线A、C中电流产生的磁场叠加，根据安培定则和平行四边形定则进行分析．【解答】解：A、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下．故A错误．B、若a、b中均向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场B a方向垂直于ap连线向上，如图所示．b在p处产生的磁场B b方向垂直于连线向上，根据平行四边形定则进行合成，P点的磁感应强度方向竖直向上．故B错误．C、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，如图所示，P点的磁感应强度方向水平向右．故C 正确．D、若a中向纸里，b中向纸外，同理可知，则得P点的磁感应强度方向水平向左．故D错误．故选：C【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．11．我国北极科考队在北极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图所示．这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦，从而激发大气分子或原子使其发出各种颜色的光．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关（）A．太阳对带电粒子的引力做负功B．越靠近南北两极的磁感应强度越强C．空气阻力对带电粒子做负功，使其动能减少D．洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少【考点】洛仑兹力．【分析】根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．在由洛伦兹力提供向心力，则得运动半径与质量及速度成正比，与磁感应强度及电量成反比．【解答】解：A、粒子在运动过程中，若电量增大，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当电量增大时，半径是减小，与太阳的引力做功无关，故A错误；B、粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式r=，当半径是减小，可知磁感应强度在增加，故B正确；C、粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小．故C正确；D、粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功．故D错误．故选：BC．【点评】本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．同时利用洛伦兹力提供向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析．12．关于磁通量，下列说法正确的是（）A．穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度为零B．穿过某个面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大C．穿过垂直于磁场方向的某个平面的磁感线条数等于该处的磁感应强度D．当某个平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量一定为零【考点】磁通量．【分析】磁通量可以形象说成穿过线圈的磁感线的条数，当磁感线与线圈垂直时，则磁通量∅=BS；当磁感线与线圈平行时，磁通量为零．因此不能根据磁通量的大小来确定磁感应强度．【解答】解：A、D 穿过某个面的磁通量为零，此处磁感应强度不一定为零，可能此平面与磁感线平行，故A错误，D正确；B、磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积有关．故B错误；C、当磁感线与线圈平面垂直时，磁通量的大小Φ=BS，因此磁感应强度可知，穿过垂直于感应强度方向的某个闭合面单位面积的磁感线条数等于磁感应强度，故C错误；故选：D【点评】考查磁通量的概念，及计算公式与成立条件，同时让学生明白同一磁场，同一线圈不同的放置，则穿过线圈的磁通量不同．13．方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（）A．若v0＞，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0B．若v0＞，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0C．若v0＜，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0D．若v0＜，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由已知条件，分析两个力的大小，由左手定则判断出洛伦兹力方向，确定出电场力方向，即可确定电子的偏转方向，根据电场力做功的正负，分析速度的变化．【解答】解：A、B、电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上．若v0＞，则qv0B＞qE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子负功，动能减小，速度减小，故速度v＜v0．故A错误，B正确．C、D、若v0＜，则qv0B＜qE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹Ⅰ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子正功，动能增加，速度增大，故速度v＞v0．故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题关键分析洛伦兹力的方向，运用动能定理时，要抓住洛伦兹力不做功的特点，分析速度的大小．14．回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．如图所示，两盒处于匀强磁场中．磁场方向垂直于盒底面，要增大带电粒子射出时的动能，则下列措施可行的是（）A．减小两盒间的距离 B．增大D形盒的半径C．增大两盒间的电势差D．增大磁场的磁感应强度。
河南省洛阳市物理高二上学期试题及答案指导
河南省洛阳市物理高二上学期自测试题及答案指导一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、下列关于光现象的说法中，正确的是：A、光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播B、光的反射现象中，反射角总是大于入射角C、通过凸透镜的光线经过折射后，会聚在焦点上D、光在水中的传播速度比在空气中的传播速度慢答案：A解析：光在同种、均匀、透明介质中确实沿直线传播，这是光的直线传播原理。
选项B错误，因为反射角等于入射角；选项C错误，因为只有平行于主光轴的光线经过凸透镜折射后才会聚在焦点上；选项D错误，因为光在水中的传播速度实际上比在空气中慢。
2、关于物体的运动和静止，以下说法正确的是：A、一个物体相对于另一个物体的位置发生改变，则该物体一定是运动的B、如果两个物体相对于彼此的位置不发生变化，则它们都是静止的C、在参照物选择不同的情况下，一个物体的运动状态可能是静止，也可能是运动的D、无论选择哪个参照物，一个物体的运动状态都是确定的答案：C解析：选项A错误，因为一个物体的运动状态是相对于参照物而言的，如果参照物也在运动，那么即使物体位置改变，它也可能是相对于参照物静止的；选项B错误，因为两个物体相对于彼此的位置不发生变化，可能是因为它们都在运动，只是运动轨迹相同；选项D错误，因为参照物的选择会影响物体的运动状态的判断。
只有选项C正确，说明了参照物选择的重要性。
3、下列关于物理量的说法中，正确的是（）A. 速度是位移与时间的比值，故速度是矢量B. 加速度是速度变化量与时间的比值，故加速度是标量C. 力是改变物体运动状态的原因，故力是矢量D. 动能是物体运动的原因，故动能是标量答案：C解析：速度是位移与时间的比值，但速度有大小和方向，是矢量；加速度是速度变化量与时间的比值，同样有大小和方向，是矢量；力是改变物体运动状态的原因，力具有大小和方向，是矢量；动能是物体由于运动而具有的能量，只有大小没有方向，是标量。
河南省洛阳市伊川县实验高中高二物理上学期第二次月考
2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）第二次月考物理试卷一、本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列说法中正确的是( )A．通过导线横截面的电量越多，电流越大B．有恒定电流通过的导体内部的电场强度为零C．单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流越大D．通电导线中自由电子定向移动的速率等于电流的传导速率2．关于电源电动势，以下说法正确的是( )A．1号干电池比5号干电池大，所以1号干电池的电动势大B．由电动势E=可知E跟W成正比，电源做的功越多，电动势越大C．由电动势E=可知E跟q成反比，电路中移送的电荷越多，电动势越小D．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关3．下列说法正确的是( )A．磁场是客观存在的一种物质B．地球磁场的北极与地理南极不完全重合C．通电螺线管中的磁场方向可用左手定则来判断D．将条形磁铁从中间断开，一段是N极，另一段是S极4．如图所示，一个正电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，下列判断正确的是( )A．正电子运动时不产生磁场B．正电子运动时只在圆周内产生磁场C．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外D．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里5．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6．如图所示是某导体的伏安特性曲线，下列判断正确的是( )A．导体的电阻是20ΩB．导体的电阻是0.05ΩC．导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.5AD．通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V7．如图所示电路为( )A．“与”门电路 B．“或”门电路 C．“非”门电路 D．无法判定8．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )A．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处B．每一次换挡，都要重新进行一次调零C．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D．测量时，若指针偏转很小（靠近∞附近），应换倍率更大的挡进行测量9．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是( )A．a处接线断开B．触头P开路C．a、b间电阻丝开路D．b处接线开路10．如图所示，电源内阻不能忽略，电流表和电压表为理想电表，下列说法正确的是( )A．若R1断路，两电表的读数均减小B．若R2断路，两电表的读数均减小C．若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大D．若R4断路，表的读数均变大11．如图所示，一矩形线框，从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是（线框平行于纸面移动）( )A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少12．如图，当左边的线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的砝码为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△m的砝码，通电线圈受到磁场力大小为( )A．B．（m+△m）g C．△mg D．13．MN板两侧都是磁感强度为B的匀强磁场，方向如图，带电粒子从a位置以垂直磁场方向的速度v开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知ab=bc=cd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为( )A．B．C．D．14．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了( )A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W二、本题共2小题，共14分．15．一种特种电池的电动势粗略测定值约为9V，内阻约为54Ω，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电阻，实验室备有电压表V，内阻很大，对电路的影响可以忽略；电阻箱R，阻值范围是0～9999.9Ω；保护电阻R0，开关、导线若干．（1）实验室中备有的定值电阻有以下几种规格：A．10Ω，L5W B．100Ω，1WC．200Ω，1W D．2000Ω，5W实验时，R0应选用__________较好（填字母代号）．（2）在图虚线框中画出测电源电动势和内电阻的电路图．16．某同学在测定自来水的电阻率时，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，用如图1所示电路进行测量．两电极相距L=0.700m，其间充满待测的自来水．表是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据．实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图2所示．根据以上材料请回答下面的问题：（1）玻璃管内径d的测量值为__________cm；（2）根据表中数据在图3坐标中作出U﹣I图象，根据图象求出电阻R=__________Ω；（3）计算自来水电阻率的公式是ρ=__________（用题中有关物理量的符号表示），测量值为__________Ω•m（保留两位有效数字）．U/V 1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0I/μA 22 65 109 155 190 240三、本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，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．17．如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？18．表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度．额定车速整车质量载重电源电源输出电压充电时间额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h 40kg 80kg 36V/12Ah ≥36V6﹣8h 180W 36V/6A 请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）：（1）此车所配电动机正常工作时，内部损耗的功率是多少？（2）若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3m/s时的加速度为多少？19．如图是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（103℃）时，会自动断开，S2是一个自动控温开关，当温度低于70℃时，会自动闭合；温度高于80℃时，会自动断开．红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯．电阻R1=R2=500Ω，电阻R3=50Ω，两灯电阻不计．（1）简述电饭煲的工作原理．（2）计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比．20．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿﹣x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）第二次月考物理试卷一、本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列说法中正确的是( )A．通过导线横截面的电量越多，电流越大B．有恒定电流通过的导体内部的电场强度为零C．单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流越大D．通电导线中自由电子定向移动的速率等于电流的传导速率【考点】电流、电压概念．【专题】定性思想；归谬反证法；恒定电流专题．【分析】根据电流的定义I=可以分析决定电流的大小因素，导体通有恒定电流，导体内部的场强不为零．【解答】解：A、电流的大小取决于电荷量与时间的比值，即单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大，与横截面的大小及自由电荷无关，故A错误，C正确；B、导体通有恒定电流，导体内部就建立了恒定电场，场强不为零，故B错误；D、电流的传导速率接近光速，不同于电子定向移动的速率，故D错误；故选：C．【点评】解答本题应明确电流取决于电量与时间的比值，电流的方向规定为正电荷定向移动的方向，但要注意电流是标量．2．关于电源电动势，以下说法正确的是( )A．1号干电池比5号干电池大，所以1号干电池的电动势大B．由电动势E=可知E跟W成正比，电源做的功越多，电动势越大C．由电动势E=可知E跟q成反比，电路中移送的电荷越多，电动势越小D．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】常见的1号、2号、5号、7号干电池的电压都是1.5V；电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关．【解答】解：A、1号干电池比5号干电池大，但是电动势相等，内电阻不相同，故AB错误；C、电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关，根据做功以及电量也无关；所以C错误，D正确；故选：D．【点评】此题考查的是我们对于生活中常见的干电池的了解，要注意明确电源的电动势采用的是比值定义法，E与做功和电量无关．3．下列说法正确的是( )A．磁场是客观存在的一种物质B．地球磁场的北极与地理南极不完全重合C．通电螺线管中的磁场方向可用左手定则来判断D．将条形磁铁从中间断开，一段是N极，另一段是S极【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】磁场是一种特殊的物质，它对放入其中的磁极和电流有力的作用；地磁场的磁极和南北极具有一定的磁偏角；根据安培定则可以判断通电导线的磁场；每一个磁体均会有N极和S极．【解答】解：A、磁场是客观存在的物质，故A正确；B、地球的磁极和地理上的南北极有一定的夹角，二者并不重合；故B正确；C、通电螺线管中的磁场方向可用安培定则（右手螺旋定则）来判断；故C错误；D、将条形磁铁从中间断开后，每一段均有一个N极和一个S极；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查磁场的性质，要注意明确磁场是一种特殊的物质，并明确常见磁体或导线的磁场分布情况．4．如图所示，一个正电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，下列判断正确的是( )A．正电子运动时不产生磁场B．正电子运动时只在圆周内产生磁场C．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外D．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】定性思想；推理法；电学图像专题．【分析】注意电流的方向和正电荷运动方向相同，和负电荷运动方向相反，然后根据电流方向利用安培定则判断磁场方向．【解答】解：正电子沿着逆时针方向作匀速圆周运动，因此电流为逆时针方向，根据安培定则可知圆内部磁场方向向外，故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】本题较为简单，考察了安培定则的应用，注意大拇指指向为内部磁场方向，外部磁场方向和内部相反．5．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【考点】磁感应强度．【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．【解答】解：A、当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大．故A错误；B、一小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；C、放在匀强磁场中各处的通电导线受力为F=BILsinα，受力大小与电流、导线的长度及导线与磁场的夹角有关．故C错误；D、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：D【点评】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．6．如图所示是某导体的伏安特性曲线，下列判断正确的是( )A．导体的电阻是20ΩB．导体的电阻是0.05ΩC．导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.5AD．通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V【考点】欧姆定律．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】由I﹣U图象找出导体两端电压所对应的电流，然后由欧姆定律求出导体电阻；已知电压与电阻，由欧姆定律可以求出通过导体的电流；已知电流与电阻，由欧姆定律可以求出导体两端电压．【解答】解：A、根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R==20Ω，故A正确，B错误；C、当导体两端电压是10V时，通过导体的电流I==0.5A，故C正确；D、当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压U=IR=0.1A×20Ω=2V，故D错误；故选：AC．【点评】由图象找出导体两端电压与所对应的电流，应用欧姆定律即可正确解题．7．如图所示电路为( )A．“与”门电路 B．“或”门电路 C．“非”门电路 D．无法判定【考点】简单的逻辑电路．【分析】或门的特点是当有一个条件满足，事件就能发生．【解答】解：断开开关，灯泡都会发光；而闭合开关，灯泡会熄灭，即有一个条件满足，事件就不能发生，所以这个电路的逻辑关系是“非”逻辑关系．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道各种门电路的特点，并能灵活运用．8．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )A．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处B．每一次换挡，都要重新进行一次调零C．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D．测量时，若指针偏转很小（靠近∞附近），应换倍率更大的挡进行测量【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】使用欧姆表测电阻前要注意机械调零；每换一次挡都要重新进行欧姆调零；欧姆表内置电源的正极与“﹣”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；使用欧姆表测电阻应选择适当的档位，使指针指在中央刻度盘附近，如果指针偏转角度较小，说明所选档位太大，应换小挡．【解答】解：A、使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“∞”处，故A正确；B、每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零，故B正确；C、在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表，故C错误；D、测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故D正确；故选：ABD．【点评】本题考查了用多用电表欧姆挡测电阻的注意使用及方法，掌握使用欧姆表的注意使用即可正确解题；要掌握多用电表的使用方法及注意事项．9．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是( )A．a处接线断开B．触头P开路C．a、b间电阻丝开路D．b处接线开路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表的示数几乎都为U，说明变阻器上没有电压，将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．【解答】解：A、若a处接线断开，电压表的示数为零，不符合题意．故A错误．B、若触头P开路，电压表的示数为零，不符合题意．故B错误．C、若a、b间电阻丝开路，电压表示数几乎为U，后变为零，不符合题意．故C错误．D、若b处接线开路，ab上没有电压，电压表的示数几乎都为U．故D正确．故选D【点评】本题是电路中故障分析问题，考查判断推理能力．本题电压可以用电势差理解．10．如图所示，电源内阻不能忽略，电流表和电压表为理想电表，下列说法正确的是( )A．若R1断路，两电表的读数均减小B．若R2断路，两电表的读数均减小C．若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大D．若R4断路，表的读数均变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图可知，R1与R2串联后与R3、R4并联；电压表测量R1两端的电压，电流表测量流过R3的电流，根据各电阻断路后的电路结构，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流和电压的变化．【解答】解：由图可知，R1与R2串联后与R3、R4并联；电压表测量R1两端的电压，电流表测量流过R3的电流；A、若R1断路，R3与R4并联，电压表并联在R3两端，测量R3的电压；因并联断开，则外电路总电阻增大，则电路中电流减小，路端电压增大，则流过R3的电流增大，故A错误；B、若R2断路，则并联部分断开，电路中总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则R3中的电流增大，而电压表被断开，故电压表示数为零，故B错误；C、若R3断路，电流表示数为零，外电阻增大，路端电压增大，流过R1与R2的电流增大，则电压表读数变大．故C正确．D、若R4断路，外电阻增大，路端电压增大，则电流表和电压表读数均增大．故D正确．故选：CD．【点评】本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随关外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．11．如图所示，一矩形线框，从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是（线框平行于纸面移动）( )A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少【考点】磁通量．【分析】通电直导线所产生的磁场，离导线越近磁场越强，离导线越远，磁场越弱；穿线框圈的磁感线净条数越多，磁通量越大，穿过线框的磁感线净条数越少，磁通量越小．【解答】解：离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在档线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故ABC错误，D正确；故选D．【点评】知道通电直导线的磁场分布情况，分析清楚线框的运动过程是正确解题的关键．12．如图，当左边的线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的砝码为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△m的砝码，通电线圈受到磁场力大小为( )A．B．（m+△m）g C．△mg D．【考点】安培力；力矩的平衡条件．【分析】如图所示，因线圈通电导致线圈下框受力正好与砝码平衡，当改变电流方向时，磁场力大小不变，方向改变，从而增加砝码后，再次平衡，则可求出磁场力大小．【解答】解：如图所示，线圈通以逆时针电流时，下框受到安培力向上，大小为F A．当通以顺时针电流时，下框受到安培力向下，大小仍为F A．而天平右边需要增加△m的砝码才能再次平衡．所以有：2F A=△mg则有：F A=故选：A【点评】当电流反向时，线圈受力增加为原来2倍．同时运用左手定则来判定安培力的方向13．MN板两侧都是磁感强度为B的匀强磁场，方向如图，带电粒子从a位置以垂直磁场方向的速度v开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知ab=bc=cd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为( )A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子垂直射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，已知ab=bc=cd，画出轨迹，可知时间t=1.5T，求出周期，由周期公式T=求比荷．【解答】解：画出粒子的运动轨迹如图，则有t=1.5T，则得T=由周期公式T=得：=解得，粒子的比荷=故选D【点评】带电粒子在匀强磁场匀速圆周运动的问题，关键是画出轨迹，确定时间与周期的关系．14．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了( )A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电动机未启动时，由欧姆定律求出灯泡的电阻．再求出电动机启动时路端电压，由欧姆定律求出通过灯泡的电流，分别求出两种情况下，灯泡的功率，即得解．【解答】解：电动机未启动时，由E=I1（R+r）得灯泡的电阻为：R==Ω=1.2Ω，车灯消耗的功率为：P1==100×1.2=120W；电动机启动时，路端电压为：U2=E﹣I2r=12.5﹣58×0.05=9.6V，则车灯消耗的功率为：P2===76.8W车灯的电功率降低了△P=P1﹣P2=120﹣76.8=4.2W．故选：B【点评】灯泡是纯电阻电路，功率公式较多，要根据不同的条件，选择不同的公式形式求解．二、本题共2小题，共14分．15．一种特种电池的电动势粗略测定值约为9V，内阻约为54Ω，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电阻，实验室备有电压表V，内阻很大，对电路的影响可以忽略；电阻箱R，阻值范围是0～9999.9Ω；保护电阻R0，开关、导线若干．（1）实验室中备有的定值电阻有以下几种规格：A．10Ω，L5W B．100Ω，1WC．200Ω，1W D．2000Ω，5W实验时，R0应选用C较好（填字母代号）．（2）在图虚线框中画出测电源电动势和内电阻的电路图．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）已知电源的电动势和最大电流，则由欧姆定律可求得需要的保护电阻；（2）根据实验原理及给出的仪表可以选择正确的电路接法；【解答】解：（1）电源的电动势为9V，而短路电流为50mA，则需要的最小电阻R=Ω=180Ω，此时保电阻的功率P=I2R0=（0.05）2×180=0.45W；故R0应为C；（2）由于本实验中没有电流表，应采用伏阻法进行测量，R0作为保护电阻接入；故电路图如图所示；故答案为：（1）C（2）如图所示【点评】本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，定值电阻R0起保护作用，采用公式法处理数据．16．某同学在测定自来水的电阻率时，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，用如图1所示电路进行测量．两电极相距L=0.700m，其间充满待测的自来水．表是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据．实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图2所示．根据以上材料请回答下面的问题：。
河南省洛阳市伊川实验高中高二物理上学期第一次周练试
河南省洛阳市伊川实验高中 2015～2016 学年度高二上学期第一次周练物理试卷一、选择题（10 为单选题，114 为多选题，共 70 分）1．如图所示，质量为 m 1=2kg 的物体 A 经跨过定滑轮的轻绳与质量为 M =5kg 的箱子 B 相连，箱子 底板上放一质量为 m 2=1kg 的物体 C ，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中， 取 g=10m/s 2，下列正确的是（ ）A ．物体 A 处于失重状态，加速度大小为 10m/s 2B ．物体 A 处于超重状态，加速度大小为 20m/s 2C ．物体 C 处于失重状态，对箱子的压力大小为 5ND ．轻绳对定滑轮的作用力大小为 80N2．细绳拴一个质量为 m 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时 细绳与竖直方向的夹角为 53°，如图所示，以下说法正确的是（ ）（已知 c os53°=0.6，sin53°=0.8）A ．小球静止时弹簧的弹力大小为mgB ．小球静止时细绳的拉力大小为mgC ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为 gD ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g3．物块 1、2 放在光滑水平面上加用轻质弹簧相连，如图所示．今对物块 1、2 分别施以方向相反的 水平力 F 1、F 2．且 F 1 大于 F 2，则弹簧秤的示数（ ）A ．一定等于 F 1+F 2B ．一定等于 F 1﹣F 2C ．一定大于 F 2 小于 F 1D ．条件不足，无法确定4．放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A 和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B 均处于静止状态．下列说法中正确的是（）A．B 受到向左的摩擦力B．B 对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力5．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于m a D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值6．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B 与小车平板间的动摩擦因数为．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（）A．mg，斜向右上方B．mg，斜向左上方C．mgtan θ，水平向右D．mg，竖直向上7．一个静止的质点，在0～5s 时间内受到合力F的作用，合力的方向始终在同一直线上，合力F随时间t的变化图线如图所示．则质点在（）A．第1s 末速度方向改变B．第2s 末加速度为零C．第4s 末运动速度为零D．第4s 末回到原出发点8．受水平向右外力 F 作用的物体如图 1，在粗糙水平面上向右做直线运动，其 v ﹣t 图线如图 2 所 示，则（ ）A ．在0～t 1 秒内，外力 F 大小不断减小 B ．在 t 1 时刻，外力 F 为零C ．在 t 1～t 2 秒内，外力 F 大小不断减小D ．在 t 1～t 2 秒内，外力 F 大小可能先增大后减小9．如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为 m 1 和 m 2，中间用一原长为 L 、劲度系 数为 k 的轻质弹簧连接起来，现用一水平力 F 向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块 之间的距离是（ ）A ．B ．C ．L ﹣D ．10．如图物体 A 叠放在物体 B 上，B 置于光滑水平面上．A ，B 质量分别为 m A =6kg ，m B =2kg ，A ， B 之间的动摩擦因数 =0.2，开始时 F =10N ，此后逐渐增加，在增大到 45N 的过程中，则（ ）A ．当拉力 F ＜12N 时，两物体均保持静止状态B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过 12N 时，开始相对滑动 C ．两物体间从受力开始就有相对运动 D ．两物体间始终没有相对运动11．三百多年前，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运 动的理论，开启了物理学发展的新纪元．以下说法与事实相符的是（ ） A ．根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因 B ．笛卡尔经研究指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运 动，既不停下来也不偏离原来的方向 C ．伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成 正比D ．牛顿总结伽利略等前人的经验，得出了牛顿第一定律12．如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力 F 作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触 弹簧后（ ）A ．木块立即做减速运动B ．木块在一段时间内速度仍可增大 C ．当 F 等于弹簧弹力时，木块速度最大 D ．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零13．如图甲所示，A 、B 两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力 F 的作 用，该力与时间的关系如图乙所示，A 、B 始终相对静止，则下列说法不正确的是（ ）A ．t 0 时刻，A 、B 间静摩擦力最大B ．t 0 时刻，B 速度最大C ．2t 0 时刻，A 、B 间静摩擦力为零D ．2t 0 时刻，A 、B 位移最大14．如图所示，质量为 m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为 L ， 稳定时绳与水平方向的夹角为 θ，当传送带分别以 v 1、v 2 的速度做逆时针转动时（v 1＜v 2），绳中 的拉力分别为 F 1、F 2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为 t 1、t 2，则下列说法正确的是 （ ）A ．F 1＜F 2B ．F 1=F 2C ．t 1 大于 t 2D ．t 1 可能等于 t 2二、计算题15．质量为 0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的 v ﹣t 图象如图所 示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．设球受到的空气阻力大小恒为 f ，取g=10m/s 2，则：弹性球受到的空气阻力 f 的大小为 N ，弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h 为 m ．16．如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L，质量为M=4Kg 的木板A，在木板的左端有一个质量为m=2Kg 的小物体B，A、B 之间的动摩擦因数为=0.2，当对B施加水平向右的力F作用时（设A、B 间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等），（1）若F=5N，则A、B 加速度分别为多大？若F=10N，则A、B 加速度分别为多大？（3）在的条件下，若力F作用时间t=3s，B 刚好到达木板A的右端，则木板长L应为多少？河南省洛阳市伊川实验高中 2015～2016 学年度高二上学期第一次周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（10 为单选题，114 为多选题，共 70 分）1．如图所示，质量为 m 1=2kg 的物体 A 经跨过定滑轮的轻绳与质量为 M =5kg 的箱子 B 相连，箱子 底板上放一质量为 m 2=1kg 的物体 C ，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中， 取 g=10m/s 2，下列正确的是（ ）A ．物体 A 处于失重状态，加速度大小为 10m/s 2B ．物体 A 处于超重状态，加速度大小为 20m/s 2C ．物体 C 处于失重状态，对箱子的压力大小为 5ND ．轻绳对定滑轮的作用力大小为 80N【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先分别对 A 和 B C 整体受力分析，求解出加速度；然后再隔离 B ，受力分析后根据牛顿第 二定律列式求解．【解答】解：A 、B 、设加速度大小为 a ，对物体 A ，受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：T ﹣m 1g=m 1a ；对物体 B C 整体，根据牛顿第二定律，有：（M+m 2）g ﹣T=（M+m 2）a ； 联立解得：a=5m/s 2T=30N物体 A 以的 5m/s 2 加速度加速上升，超重，故 A 错误，B 错误；C 、物体 C 受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：m 2g ﹣N=m 2a ，解得 N =m 2（g ﹣a ）=1×（10 ﹣5）=5N ，故 C 正确；D 、滑轮受力平衡，故 2T=F ；故轻绳对定滑轮的作用力为 60N ，故 D 错误； 故选C ．【点评】本题关键是灵活选择研究对象并受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解，不难．2．细绳拴一个质量为 m 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时 细绳与竖直方向的夹角为 53°，如图所示，以下说法正确的是（ ）（已知 c os53°=0.6，sin53°=0.8）A ．小球静止时弹簧的弹力大小为 mgB ．小球静止时细绳的拉力大小为mgC ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为 gD ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧 断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加 速度．【解答】解：A 、B 小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得： 弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=细绳的拉力大小为：T==．故 A 错误，B 正确．C 、D 细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相 反，则此瞬间小球的加速度大小为： a==．故 C 错误，D 正确． 故选：BD【点评】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡 条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．3．物块 1、2 放在光滑水平面上加用轻质弹簧相连，如图所示．今对物块 1、2 分别施以方向相反的 水平力 F 1、F 2．且 F 1 大于 F 2，则弹簧秤的示数（ ）A ．一定等于 F 1+F 2B ．一定等于 F 1﹣F 2C ．一定大于 F 2 小于 F 1D ．条件不足，无法确定【考点】力的合成与分解的运用；牛顿第三定律．【【解答】解：两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有先用整体法求出加速度，然后用隔离法隔离出物体1，运用牛顿第二定律求出弹簧的拉力．F1﹣F2=（M+m）a ①再对物体1受力分析，运用牛顿第二定律，得到F1﹣F=Ma ②由①②两式解得F=由于F1 大于F2，故F一定大于F2 小于F1故选C．【点评】本题关键先用整体法求出加速度，再用隔离法求出系统内力．4．放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A 和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B 均处于静止状态．下列说法中正确的是（）A．B 受到向左的摩擦力B．B 对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B 有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，B 对A的摩擦力向左．对整体研究，地面对A没有摩擦力．【解：A、压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B 有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力．故A 错误．B、由上可知：A 对B的摩擦力向右，根据牛顿第三定律可知，B 对A的摩擦力向左．故B错误．C、D 对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力．故C错误，D 正确．故选D【点评】本题关键是灵活选择研究对象．对物体受力分析时往往根据平衡条件和牛顿第三定律来分析．5．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于m aD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】分析小球受到的重m g、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，然后向水平和竖直分解斜面的支持力F N2，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案．【解答】解：小球受到的重m g、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α则竖直方向有：F N2cosα=mg∵mg 和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2 不变且不可能为零，故B错，D 对．水平方向有：F N1﹣F N2sinα=ma∵F N2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故 A 错．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的力m a 的合成，因此大于ma，故C错误．故选D．【点评】本题结合力的正交分解考察牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键．6．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B 与小车平板间的动摩擦因数为．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（）A．mg，斜向右上方B．mg，斜向左上方C．mgtan θ，水平向右D．mg，竖直向上【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的摩擦力大小和方向，再对支持力进行合成，得到小车对B的作用力的大小和方向．【解答】解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：m A gtanθ=m A a得：a=gtanθ，方向水平向右．再对B研究得：小车对B的摩擦力f=ma=mgtanθ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为N=mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：F==mg，方向斜向右上方故选：A【点评】本题要抓住小球、物块 B 和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研 究．7．一个静止的质点，在 0～5s 时间内受到合力 F 的作用，合力的方向始终在同一直线上，合力 F 随 时间 t 的变化图线如图所示．则质点在（ ）A ．第1s 末速度方向改变 B ．第 2s 末加速度为零 C ．第 4s 末运动速度为零 D ．第 4s 末回到原出发点【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【解决本题的关键根据 F ﹣t 图象作出 v ﹣t 图，即可得出 t =1s 时，t=3s 时物体的速度相等．t=0 时，t=2s 时，t=4s 时物体的速度相同．即物体在 0﹣1s 内加速，在 1﹣2s 内减速，如此反复．但整 个过程当中物体运动的方向不变．【解答】解：根据题意可知合力随时间周期性变化，故根据牛顿第二定律 F =ma 可得： 物体的加速度 a =．故在 0﹣1s 内物体做加速度为 a 匀加速直线运动，在 1﹣2s 内物体做加速度为 a 的匀减速直线运动， 作出 v ﹣t 图象如图．A 、由 v ﹣t 图象可以看出物体一直向同一方向运动，速度方向始终没有发生改变，故 A 错误；B 、2s 末合力不为零，故加速度不为零，故 B 错误；C 、由 v ﹣t 图象可以看出 4s 末速度为零，故 C 正确；D 、由于整个运动过程中，质点一直向一个方向运动，不可能回到原出发点．故D 错误． 故选：C ．【点评】本题根据牛顿第二定律分析质点的运动情况，再作出 v ﹣t 图象是一种技巧，应注意积累和 掌握．8．受水平向右外力 F 作用的物体如图 1，在粗糙水平面上向右做直线运动，其 v ﹣t 图线如图 2 所 示，则（ ）A ．在 0～t 1 秒内，外力 F 大小不断减小B ．在 t 1 时刻，外力 F 为零C ．在 t 1～t 2 秒内，外力 F 大小不断减小D ．在 t 1～t 2 秒内，外力 F 大小可能先增大后减小【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度大小，根据加速度的变化，结合牛顿第二定律得 出外力 F 的变化．【解答】解：A 、在 0﹣t 1 时间内，物体做变加速运动，图线的斜率减小，则加速度减小，根据牛顿 第二定律得 F ﹣f=ma ，因为阻力的大小不变，知外力 F 减小．故 A 正确；B 、在 t 1 时刻，图线的切线斜率为零，加速度为零，则外力 F 等于阻力．故 B 错误．C 、在 t 1﹣t 2 时间内，物体做减速运动，切线的斜率逐渐增大，则加速度增大，根据牛顿第二定律 得 f ﹣F=ma ，若外力 F 的方向与速度方向相同，则外力 F 不断减小．由于 F 的大小减小为零后，可 能反向增大，加速度增大．故 C 正确，D 错误． 故选：AC ．【点评】解决本题的关键是知道速度时间图线的切线斜率表示加速度，抓住阻力不变，结合牛顿第 二定律分析求解．9．如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为 m 1 和 m 2，中间用一原长为 L 、劲度系 数为 k 的轻质弹簧连接起来，现用一水平力 F 向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块 之间的距离是（ ）A ．B ．C ．L ﹣D ． 【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】原长为 L ，由胡克定律求出弹簧被压缩的长度，甲乙间的距离就知道了．【解答】解：两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度， 对于整体，由 F =（m 1+m 2）a ﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对于甲，F 弹=m1a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②对弹簧 F 弹=kx﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③由①②③解得，X=，故两木块之间的距离是L﹣，所以B正确．故选：B．【点评】两木块之间的距离就是弹簧后来的长度，由胡克定律很容易求出，本题较简单．10．如图物体A叠放在物体B上，B 置于光滑水平面上．A，B 质量分别为m A=6kg，m B=2kg，A，B 之间的动摩擦因数=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则（）A．当拉力F＜12N 时，两物体均保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动 C．两物体间从受力开始就有相对运动 D．两物体间始终没有相对运动【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】隔离对B分析，求出A B 发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力．【解答】解：隔离对B分析，当AB 间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B 发生相对滑动，则．再对整体分析F=（m A+m B）a=8×6N=48N．知当拉力达到48N 时，A、B 才发生相对滑动．在F小于12N 时，两者是保持相对静止的，相对于地面是运动的．故D正确，A、B、C 错误．故选D．【点评】本题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解．11．三百多年前，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．以下说法与事实相符的是（） A．根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因 B．笛卡尔经研究指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 C．伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比D．牛顿总结伽利略等前人的经验，得出了牛顿第一定律【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、亚里士多德的论断，力是维持物体运动的原因．伽利略根据理想斜面实验，发现了力不是维持物体运动的原因，故A错误； B、笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，不停下来也不偏离原来的方向，故B正确； C、伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比．故C正确．D、牛顿根据伽利略的理想实验得出牛顿第一定律．故D正确．故选：BCD【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．12．如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（）A．木块立即做减速运动 B．木块在一段时间内速度仍可增大 C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】木块接触弹簧后，水平方向受到恒力F和弹簧的弹力，根据弹力与F的大小关系，确定合力方向与速度方向的关系，判断木块的运动情况．【解答】解：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度为最大值．当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力 F，合力向左，加速度大于零，故B C 正确，AD 错误．故选：BC【点评】本题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进行动态分析．13．如图甲所示，A、B 两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力F的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B 始终相对静止，则下列说法不正确的是（）A．t0 时刻，A、B 间静摩擦力最大B．t0 时刻，B 速度最大C．2t0 时刻，A、B 间静摩擦力为零D．2t0 时刻，A、B 位移最大【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大．再以A为研究对象，当加速度最大时，A受到的静摩擦力最大．分析整体的运动情况，分析何时B的速度最大，并确定何时A B 位移最大．【解答】解：A、以整体为研究对象，在t0 时刻，推力为零，故A、B 之间的摩擦力为零，故A错误；B、整体在0﹣t0 时间内，做加速运动，在t0﹣2t0 时间内，向原方向做减速运动，则t0 时刻，A、B 速度最大，在2t0 时刻两物体速度为零，速度最小，故B正确；C、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0 时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A 受到的静摩擦力最大，故C错误；D、0﹣2t0 时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0 时刻，A、B 位移最大．故D正确．故选：BD【点评】本题一方面要灵活选择研究对象，另一方面，要能根据物体的受力情况分析物体的运动过程，这是学习动力学的基本功．14．如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2 的速度做逆时针转动时（v1＜v2），绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是（）A．F1＜F2 B．F1=F2 C．t1 大于t2 D．t1 可能等于t2【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】两种情况下木块均保持静止状态，对木快受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关系；绳子断开后，对木块运动情况分析，可比较出运动时间．【解答】解：A、B、对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全相同，根据共点力平衡条件，必然有F1=F2，故B正确，A 错误． CD、绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左加速时，根据牛顿第二定律，有：mg=ma 解得：a= g 故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相 同，然后一起匀速运动；由于 v 1＜v 2，故①若两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，则 t l 等于 t 2②若传送带速度为 v 1 时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀 速运动；传送带速度为 v 2 时，木块一直向左做匀加速直线运动，则 t 1＞t 2③两种情况下木块都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运 动，则 t 1＞t 2．故 C 正确，D 错误． 故选：BD ．【点评】本题关键对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解；皮带上木块的运动要分情 况讨论．二、计算题15．质量为 0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的 v ﹣t 图象如图所 示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．设球受到的空气阻力大小恒为 f ，取g=10m/s 2，则：弹性球受到的空气阻力 f 的大小为 0.2 N ，弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h 为 0.375 m ．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【（1）速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，在下落过程中根据图 象求出加速度，根据牛顿第二定律即可求得空气阻力； 先根据牛顿第二定律求得上升时的加速度，再根据位移速度公式即可求解．【解答】解：设弹性球第一次下落过程中的加速度为 a ，由速度时间图象得：， 根据牛顿第二定律得，mg ﹣f=ma ， 解得阻力 f =mg ﹣ma=1﹣0.1×8N=0.2N ．由速度时间图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为 v =4m/s则弹性球第一次离开地面时的速度大小为 v ′=3m/s离开地面后 a ′=，根据 0﹣v ′ =2a ′h 代入数据解得：h=0.375m ． 故答案为：0.2，0.375．。
河南省洛阳市伊川实验高中高二物理上学期限时训练试卷(含解析)
河南省洛阳市伊川实验高中 2015～2016 学年度高二上学期限时训练物理试卷一、选择题（本题包括12 小题，每小题5分，共计60 分．每小题有一个或多个选项符合题意，选错得0分，选不全得3分．）1．关于电流的下列说法中，正确的是（） A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多 B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越大 D．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大2．白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，则白炽灯不通电时灯丝电阻R1 与正常发光时电阻R2比较应是（）A．R1＞R2 B．R1＜R2 C．R1=R2 D．无法判断3．关于电动势，下列说法不正确的是（） A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关4．在1min 内通过阻值为5Ω的导体横截面的电量为240C，那么加在该导体两端的电压是（）A．20V B．48V C．120V D．1200V5．如图所示，电阻R1=20Ω，电动机线圈电阻R2=10Ω．当开关S断开时，电流表的示数为0.5A．当电键S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．则关于电流表读数和电路消耗的电功率P正确的是（）A．I=1.5A B．I＞1.5A C．P=15W D．P＜15W6．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A ．R 1：R 2=1：3B ．R 1：R 2=3：1C ．将 R 1 与 R 2 串联后接于电源上，则电流比 I 1：I 2=1：3D ．将 R 1 与 R 2 并联后接于电源上，则电流比 I 1：I 2=1：37．一太阳能电池板，测得它的开路电压为 800mV ，短路电流 40mA ．若将该电池板与一阻值为 20Ω 的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（ ）A ．0.10VB ．0.20VC ．0.30VD ．0.40V8．直流电池组的电动势为 E ，内电阻为 r ，用它给电阻为 R 的直流电动机供电，当电动机正常工作 时，电动机两端的电压为 U ，通过电动机的电流是 I ，下列说法中正确的是（ ） A ．电动机输出的机械功率是 U I B ．电动机电枢上发热功率为 I 2RC ．电源消耗的化学能功率为 E ID ．电源的输出功率为E I ﹣I 2r9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片 P 向上端 a 滑动过程中，两表的示数情况为（ ）A ．电压表示数增大，电流表示数减少B ．电压表示数减少，电流表示数增大C ．两电表示数都增大D ．两电表示数都减少10．一个毫伏表，它的内阻是 100Ω，量程是 200mv ，把它改变装成为量程为 10A 的安培表，毫伏表 上应（ ）A ．并联 0.002Ω 的电阻B ．并联 0.02Ω 的电阻C ．并联 50Ω 的电阻D ．并联 4900Ω 的电阻11．在如图所示的电路中，电源电动势为 E ，内电阻为 r ，C 为电容器，R 0 为定值电阻，R 为滑动变 阻器．开关闭合后，灯泡 L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是 （ ）A．灯泡L将变暗B．灯泡L将变亮C．电容器C的电荷量将减小D．电容器C的电荷量将不变12．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中错误的是（） A．电源的路端电压一定逐渐变小 B．电源的输出功率一定逐渐变小C．电源内部消耗的功率一定逐渐变大D．电源的供电效率一定逐渐变小13．如图所示，直线O AC 为某直流电源的总功率P随电流I变化的图象，抛物线O BC 为该直流电源内部发热功率P随电流I变化的图线，若A、B 对应横坐标为2A，则下列说法中正确的是（）A．电源电动势为3V，内阻为1Ω B．线段A B 表示功率的变化为2W C．电流为2A时，外电路电阻为0.5Ω D．电流为3A时，外电路电阻为2Ω二、非选择题（每题20 分，共40 分）14．如图所示电路中，电源电动势E=10V，内电阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：（1）电源的总功率．电动机消耗的电功率，将电能转化为机械能的功率．（3）电源的输出功率．15．已知如图，E=6V，r=4Ω，R1=2Ω，R2 的变化范围是0﹣10Ω．求：①电源的最大输出功率；②R2 上消耗的最大功率．选做题16．如图所示，图线A B 是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM 是同一电源向固定电阻R 供电时，R 两端的电压电变化的图线，由图求：（1）在交点C处表示电源的输出功率．电源的最大输出功率．17．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是多少？若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是多少？河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016 学年度高二上学期限时训练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12 小题，每小题5分，共计60 分．每小题有一个或多个选项符合题意，选错得0分，选不全得3分．）1．关于电流的下列说法中，正确的是（） A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多 B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越大 D．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】物理学中用每秒通过导体横截面的电荷量来表示电流的强弱，叫做电流，定义式I=．【解答】解：A、电流大说明单位时间内流过导体横截面的电荷量多，但若不确定时间，则电荷量无法确定，故A错误； B、由电流的定义可知，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流一定越大；故B正确； C、电流与通电时间长短无关；故C错误； D、由电流定义可知，导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大；故D正确；故选：BD．【点评】本题考查对电流定义的理解，要注意明确电流定义采用的是比值定义法，电流与电荷量及时间无关．2．白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，则白炽灯不通电时灯丝电阻R1 与正常发光时电阻R2比较应是（）A．R1＞R2 B．R1＜R2 C．R1=R2 D．无法判断【考点】电阻率与温度的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】各种材料的电阻率都会随温度的变化而变化．一般来说，金属的电阻率随温度升高而增大；电解液、半导体和绝缘体的电阻率则随温度升高而减小；而有些合金如锰铜合金和镍铜合金的电阻几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻．【解答】解：白炽灯灯丝由金属钨构成，金属的电阻率随温度的升高而升高，故电阻变大，即白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，故通电后温度升高，电阻变大，即R1＜R2．故选B．【点评】本题关键要明确金属电阻率与温度的关系，然后根据电阻定律判断电阻的大小．3．关于电动势，下列说法不正确的是（） A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定．【解答】解：A、电源两极间的电压为路端电压，一般是小于电源的电动势的；故A不正确； B、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大；故B正确； C、电动势在数值上等于内外电压之和；故C正确； D、电动势是电源本身的性质，与外电路无关；故D正确；本题选不正确的，故选：A．【点评】本题要正确理解电动势的物理意义，注意根据闭合电路欧姆定律进行分析内外电压之和．4．在1min 内通过阻值为5Ω的导体横截面的电量为240C，那么加在该导体两端的电压是（）A．20V B．48V C．120V D．1200V【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电流的定义可求得电流，再由欧姆定律可求得导体两端的电压．【解答】解：由I =可知，导体中的电流I =A=4A；则导体两端的电压U=IR=45V=20V；故选：A．【点评】本题考查了欧姆定律和电流定义式的简单应用，是一道基础题目．5．如图所示，电阻R1=20Ω，电动机线圈电阻R2=10Ω．当开关S断开时，电流表的示数为0.5A．当电键S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．则关于电流表读数和电路消耗的电功率P正确的是（）A．I=1.5A B．I＞1.5A C．P=15W D．P＜15W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1 的电压U；当电键S闭合后，通过R1 的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2＜求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI 求解电路中功率范围．【解答】解：当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1 的电流仍为0.5A，电动机的电流I2＜=A=1A，故电流表的电流I＜1.5A，电动机中电功率P=UI＜15W．故A BC 错误，D 正确．故选：D．【点评】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜是关键不等式．6．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1 与R2 串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1 与R2 并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1 与R2 串联后接于电源上时，电流相等．将R1 与R2 并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．【解答】解：A、B 由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确．C、R1 与R2 串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．D、将R1 与R2 并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1 故D错误．故选A【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．7．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.10V B．0.20V C．0.30V D．0.40V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压．【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流：I 短=则电源内阻：r===20Ω 该电源与 20Ω 的电阻连成闭合电路时，电路中电流： I==mA=20mA 故路端电压：U=IR=20mA ×20Ω=400mV=0.40V ； 故选：D ．【点评】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为 零，开路电路等于电源的电动势．8．直流电池组的电动势为 E ，内电阻为 r ，用它给电阻为 R 的直流电动机供电，当电动机正常工作 时，电动机两端的电压为 U ，通过电动机的电流是 I ，下列说法中正确的是（ ） A ．电动机输出的机械功率是 U I B ．电动机电枢上发热功率为 I 2RC ．电源消耗的化学能功率为 E ID ．电源的输出功率为E I ﹣I 2r【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是电功率，根据 P =UI 求解．发 热功率由 P =I 2r 求解．输出功率由能量守恒定律研究，电源消耗的化学能功率就是电源的总功率， 则 P=EI ．【解答】解：A 、电动机输入的功率是电功率，即 P 电=UI ，电动机的输出功率是机械功率，根据能 量守恒定律得，P 出=P 电﹣P 热=UI ﹣I 2R ．故 A 错误，B 正确．C 、电源消耗的化学能功率就是电源的总功率，则 P =EI ．故 C 正确．D 、电源的输出功率 P ′=P ﹣P r =EI ﹣I 2r ．故 D 正确． 故选：BCD【点评】本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用 P =UI ，求热功率只能用 P =I 2r ．而输出的机械功率只能根据能量守恒求解，而且电功率大于热功率．9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片 P 向上端 a 滑动过程中，两表的示数情况为（ ）A ．电压表示数增大，电流表示数减少B ．电压表示数减少，电流表示数增大C ．两电表示数都增大D ．两电表示数都减少【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总 电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电 流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和 R 2 电流变化确定．【解答】解：当滑动变阻器的滑片 P 向 a 滑动时，接入电路的电阻增大，与 R 2 并联的电阻增大，外 电路总电阻 R 总增大，总电流 I 减小，路端电压 U =E ﹣Ir 增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增 大，分担的电压增大，U 2 增大，流过 R 2 的电流 I 2 增大，电流表的读数 I A =I ﹣I 2，则减小．故 A 正 确，BCD 错误．故选：A ．【点评】电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减 小．本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况 来确定10．一个毫伏表，它的内阻是 100Ω，量程是 200mv ，把它改变装成为量程为 10A 的安培表，毫伏表 上应（ ）A ．并联 0.002Ω 的电阻B ．并联 0.02Ω 的电阻C ．并联 50Ω 的电阻D ．并联 4900Ω 的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】该表是毫伏表，所以满偏电流将表头改装为电流表需要并入一个电阻 R ，所以加在 表头和电阻上的电压相等，即：I g R g =I R R ，改装后的电流表量程为 I ，I=I g +I R ，由以上三式式得：=．【解答】解：经分析知：I g R g =I R R …①I=I g +I R …②…③ 联立①②③解得：，代入数据得： 故选 B ．【点评】熟练掌握电表改装原理是解决此类问题的关键．11．在如图所示的电路中，电源电动势为 E ，内电阻为 r ，C 为电容器，R 0 为定值电阻，R 为滑动变 阻器．开关闭合后，灯泡 L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是 （ ）A ．灯泡 L 将变暗B ．灯泡 L 将变亮C ．电容器 C 的电荷量将减小D ．电容器 C 的电荷量将不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动 时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯 L 变暗．电容器的电压等于路端电 压，分析其电压变化，由 Q =CU 分析电量的变化．【解答】解：A 、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，电 路中电流减小，灯 L 变暗，故 A 正确，B 错误． C 、电路中电流减小，则电源内阻所占电压减小，则路端电压增大，电容器的电压等于路端电压， 可见其电压是增大的，则由 Q =CU 知，电容器 C 的电荷量将增大．故 C D 错误．故选：A【点评】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电容器 两端电压的变化．12．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中错误的是 （ ） A ．电源的路端电压一定逐渐变小 B ．电源的输出功率一定逐渐变小C ．电源内部消耗的功率一定逐渐变大D ．电源的供电效率一定逐渐变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】外电路的电阻逐渐减小的过程中总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，知总电 流发生变化，内电压外电压也发生变化．从而根据功率公式推导各物理量间的变化情况．【解答】解：A 、R 总减小，有闭合电路欧姆定律 I =可知，电路中总电流减小，路端电压 U =E ﹣rI 可知，U 减小，故 A 正确；B 、电路中的电流为 I =，随着 R 的减小，I 增大，电源的输出功率为 P =I 2R 可知，当 R =r 时，输 出功率最大，而本题中没有告诉二者之间的关系，故 B 错误；C 、电路中的电流为 I =，随着 R 的减小，I 增大，电源的内阻消耗的功率为 P =I 2r ，消耗的功率 增大，故 C 正确；D 、电源的供电效率为 η=，随着 I 的增大，η 将减小，故 D 正确； 本题选错误的，故选 B【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析．13．如图所示，直线 O AC 为某直流电源的总功率 P 随电流 I 变化的图象，抛物线 O BC 为该直流电 源内部发热功率 P 随电流 I 变化的图线，若 A 、B 对应横坐标为 2A ，则下列说法中正确的是（ ）A ．电源电动势为 3V ，内阻为 1ΩB ．线段 A B 表示功率的变化为 2W C ．电流为 2A时，外电路电阻为 0.5Ω D ．电流为 3A时，外电路电阻为 2Ω【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】由图读出 I =3A 时，电源的功率 P =9W ，电源内部发热功率 P 热=9W ，根据电源的功率 P =EI 和电源内部发热功率 P 热=I 2r 分别求出电源的电动势和内阻．当电流 I=2A 时，分别求出电源的功率 和电源内部发热功率，求出线段 A B 表示功率的变化．根据欧姆定律求出外电阻．【解答】解：A 、由图读出 I =3A 时，电源的功率 P =9W ，由 P =EI 得，E=3V ．电源内部发热功率 P热=9W ，由 P 热=I 2r 求出 r =1Ω．故 A 正确． B 、当电流 I =2A 时，电源的功率 P =EI=6W ，电源内部发热功率 P 热=I 2r=4W ，则线段 A B 表示 功率的变化为 2W ．故 B 正确． C 、当电流 I =2A 时，由 P ﹣P 热=I 2R ，得 R =0.5Ω．故 C 正确．D 、当电流为 3A 时，由题 R =0．故 D 错误．故选 A BC【点评】对于电源要分清三种功率及其关系：电源的总功率 P 总=EI ，电源内部发热功率 P 热=I 2r ，外 电路消耗功率 P 外=UI=I 2R ，且根据能量关系得 P 总=P 外+P 热．二、非选择题（每题 20 分，共 40 分）14．如图所示电路中，电源电动势 E =10V ，内电阻 r =0.5Ω，电动机的电阻 R 0=1.0Ω，电阻 R 1=1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数 U 1=3.0V ，求：（1）电源的总功率．电动机消耗的电功率，将电能转化为机械能的功率．（3）电源的输出功率．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流 I ，电源的总功率为 P =EI ，即可求得；由 U 内=Ir 可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为 U =E ﹣U 1﹣U 内，电动机消耗的功率为 P 电=UI ；电动机将电能转化为机械能的功率为 P 机=P 电﹣I 2R 0． （3）由 P 热=I 2r 可求的电源内阻消耗的功率，电源的输出功率为 P 出=P ﹣P 热．【解答】解：（1）电路中的电流为 I==A=2A ； 电源的总功率为 P=EI=10×2W=20W ； 电源内阻分得电压为 U内=Ir=2×0.5V=1V ，电动机两端的电压为 U=E ﹣U 1﹣U 内=（10﹣3﹣1）V=6V ，电动机消耗的电功率为 P 电=UI=6×2W=12W ； 电动机将电能转化为机械能的功率为 P 机=P 电﹣I 2R 0=12W ﹣22×1W=8W ． （3）电源内阻消耗的功率为 P 内=I 2r=22×0.5W=2W ，电源的输出功率为 P 出=P ﹣P 热=20﹣2W=18W ．答：（1）电源的总功率为 20W ．电动机消耗的电功率为 12W ，将电能转化为机械能的功率为 8W ．（3）电源的输出功率为 18W ．【点评】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作 时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根 据能量守恒求解．15．已知如图，E=6V ，r=4Ω，R 1=2Ω，R 2 的变化范围是 0﹣10Ω．求：①电源的最大输出功率；②R 2 上消耗的最大功率．【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】（1）当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，结合功率公式求出 电源的最大输出功 率． 将 R 1 等效到电源的内部，抓住外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，求出 R 2 上消耗的最大 功率．【解答】解：（1）当外电阻等于内电阻时，即 R 1+R 2=r 时，电源的输出功率最大，最大输出功率 P ==．将 R 1 等效到电源的内部，则内阻 r ′=R 1+r=2+4=6Ω，当 R 2=r ′=6Ω 时，R 2 上消耗的功率最大，最大功率=1.5W ． 答：（1）电源的最大输出功率为 2.25W ；R2 上消耗的最大功率为1.5W．【点评】解决本题的关键知道当电源的内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大．难度不大．选做题16．如图所示，图线A B 是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM 是同一电源向固定电阻R供电时，R 两端的电压电变化的图线，由图求：（1）在交点C处表示电源的输出功率．电源的最大输出功率．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据图线A B 得出电源的电动势和内电阻，结合交点处的电压和电流求出电源的输出功率．当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，结合P=求出电源的最大输出功率．【解答】解：（1）交点处对应的电压U=4V，电流I=2A，则电源的输出功率P=UI=4×2W=8W．根据图线A B 知，电动势E=6V，内阻r=，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，最大输出功率P=．答：（1）在交点C处表示电源的输出功率为8W．电源的最大输出功率为9W．【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．17．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是多少？若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】理想电表对电路没有影响，理想电压表内阻无穷大，相当于开路；理想电流表内阻为零，相当于短路．C、D 间接入理想电压表后，R3 可看做导线，R1 与R2 为串联关系，电压表示数为R2 电压．接入理想电流表时，R2 和R3 并联后再与R1 串联，电流表示数为R3 支路电流；根据欧姆定律和电路的连接关系求解．【解答】解：（1）若在C、D 间接入理想电压表，电路连接如图由闭合电路欧姆定律得干路电流I1==A=1A理想电压表读数为U V=I1R2=6V若在C、D 间连一个理想电流表，电路连接如图所示这时电阻R2 与R3 并联，并联电阻大小R23==2Ω根据闭合电路欧姆定律，有I2==1.5A理想电流表读数为I A=I2=1A答：（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是6V．若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是1A．【点评】理想电表的串并联规律为：理想电压表与电阻串联，电阻可看作导线；理想电流表与电阻并联，电阻被短路，相当于不存在．闭合电路的欧姆定律在使用时要从总电阻和干路电流入手，分步操作，层层推进，避免急于求成，造成解题失误．。
河南省洛阳市物理高二上学期2024-2025学年模拟试题与参考答案
2024-2025学年河南省洛阳市物理高二上学期模拟试题与参考答案一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、关于电场线，下列说法正确的是( )A.电场线一定与带电粒子在电场中运动的轨迹重合B.电场线上某点的切线方向即为该点的场强方向C.电场线越密的地方，同一试探电荷在该点所受电场力越小D.电场线是电场中实际存在的线答案：B解析：A. 电场线是为了形象地描述电场而假想的线，实际并不存在，带电粒子的运动轨迹是由电场线和粒子的初速度共同决定，故电场线不一定与带电粒子的运动轨迹重合，A错误；B. 电场线上某点的切线方向即为该点的场强方向，这是电场线的基本性质，B正确；C. 电场线的疏密程度反映电场的强弱，电场线越密的地方场强越强，根据电场力公式F=qE（q为试探电荷，E为电场强度）可知，同一试探电荷在该点所受电场力越大，C错误；D. 电场线是为了形象地描述电场而假想的线，实际并不存在，D错误。
2、关于电场，下列说法正确的是( )A.电场是为了便于研究电荷的运动而引入的理想模型B.点电荷就是元电荷C.电场线的切线方向就是该点的场强方向D.电场线的疏密程度表示电场的强弱答案：C；D解析：A.电场是实际存在的物质，不是理想化模型，故A错误；B.元电荷是最小的电荷量，不是电荷，点电荷是实际物体在一定条件下的科学抽象，是理想化模型，两者不是同一概念，故B错误；C.电场线的切线方向就是该点的场强方向，这是电场线的基本性质，故C正确；D.电场线的疏密程度表示电场的强弱，电场线越密，场强越强，故D正确。
3、下列说法正确的是( )A.电场强度为零的地方，电势一定为零B.电势为零的地方，电场强度一定为零C.电场强度较大的地方，电势一定较高D.沿着电场线的方向，电势逐渐降低答案：D解析：A. 电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零的地方，电势不一定为零，因为电势的零点可以人为选择，故A错误；B. 电势为零的地方，电场强度不一定为零，因为电场强度与电势没有直接关系，故B错误；C. 电场强度与电势没有直接关系，电场强度较大的地方，电势不一定较高，例如离负点电荷越近，电场强度越大，但电势越低，故C错误；D. 沿着电场线的方向，电势逐渐降低，这是电场线的基本性质，故D正确。
2022-2023学年河南省洛阳市伊川高中二部高二物理模拟试题含解析
2022-2023学年河南省洛阳市伊川高中二部高二物理模拟试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）如图所示，闭合金属框从一定高度自由下落进入足够大的匀强磁场区域，从cd边开始进入磁场区到ab边刚进入磁场区这段时间内，线框运动的速度图象不可能的是：参考答案：B2. 元素x和y是同位素，它的核分别进行下列衰变过程，则以下说法中正确的是A．上述过程中Q和s是同位数 B．上述过程中P和R是同位素C．x和R的原子序数相同 D．上述过程中P的质子数量最多参考答案：A3. （单选）如图所示某电场的电场线分布，由图可知A．M点电场强度一定等于N点电场强度B．M点电场强度一定比N点电场强度大C．M点电场强度一定比N点电场强度小D．负电荷在M、N两处的受力方向一定相同参考答案：C4. 一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点．从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿x轴负方向的最大加速度．能正确反映振子位移x 与时间t关系的图像是：参考答案：C5. （单选）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如右图所示，则A．线框产生的交变电动势的频率为100HzB．在t=0.005s时线框平面与中性面重合C．在t＝0.01s时线框的磁通量的变化率为零D．线框产生的交变电动势的有效值为311V参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 两个相互靠近、又彼此的导体构成一个。
若电容器的电压超过电压，则电容器可能会损坏。
参考答案：绝缘电容器，最大电压7. 如图所示，用导热性能良好的汽缸和活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内(活塞与汽缸壁之间无摩擦)．在活塞上缓慢地加沙子，在此过程中，密闭气体________(选填“吸热”“放热”或“无热传递”)，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数________(选填“增多”“减少”或“不变”)．参考答案：(1). 放热 (2). 增多【分析】根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热；根据气体压强的微观意义来判断单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数.【详解】在活塞上缓慢地加沙子，气体的压强变大，体积减小，外界对气体做功，由于活塞导热性良好，则气体与外界温度保持相等，根据热力学第一定律可知，密闭气体放热；气体的温度不变，而压强变大，可知单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加；8. 如图所示为某型号国产电池外壳上的说明文字：（1）电源是把其它形式的能转化为的装置，电动势是描述电源这种本领的物理量。
河南省实验中学高二物理上学期精选试卷检测题
河南省实验中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h。
当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电力为B 所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（）A．此时丝线长度为2 LB．以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变C．若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧D．若A对B的静电力为B所受重力的3倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC的长度应调整为33h或233h【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为32h，选项A错误；B ．而由三角形相似可知G F T h AB BC== 则在整个漏电过程中，丝线上拉力T 大小保持不变，选项B 正确；Ｃ．以C 点为原点，以CA 方向为y 轴，垂直CA 方向向右为x 轴建立坐标系，设B 点坐标为（x ，y ），则由几何关系cos sin x h θθ=⋅tan x yθ=消掉θ角且整理可得2222(cos )x y h BC +==θ缓慢缩短丝线BC 的长度，最初阶段BC 的长度变化较小，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C 正确；D ．若A 对B 的静电力为B B 静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B 受力分析，G 、F 与T ，将F 与T 合成，则有G F AC AB= 解得3F AB h hG == 根据余弦定理可得2222cos30h BC BC h =+-⨯⨯︒） 解得BC h 选项D 正确。
洛阳市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题
洛阳市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，一带电小球P用绝缘轻质细线悬挂于O点。
带电小球Q与带电小球P处于同一水平线上，小球P平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。
现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q，使带电小球P能够保持在原位置不动，直到小球Q移动到小球P位置的正下方。
对于此过程，下列说法正确的是（）A．小球P受到的库仑力先减小后增大B．小球P、Q间的距离越来越小C．轻质细线的拉力先减小后增大D．轻质细线的拉力一直在减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。
t=时，甲静止，乙以2．如图()a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．06m/s的初速度向甲运动．此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v t -图像分别如图()b 中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两电荷的电性一定相反B ．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1C ．在20t ～时间内，两电荷的静电力先减小后增大D ．在30t ～时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A ．由图象0-t 1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A 错误．B ．由图示图象可知：v 甲0=0m/s ，v 乙0=6m/s ，v 甲1=v 乙1=2m/s ，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：+=+m v m v m v m v 甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1代入数据解得：m 甲:m 乙=2:1故B 正确；C ．0～t 1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t 1～t 2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C 错误．D ．由图象看出，0～t 3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D 正确．3．如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上,角CAB = 30°,斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M 、N 点和MN 的中点P 上,OM =ON , OM //AB 则下列判断正确的是( )A ．小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.B ．小物体静止在P 点时受到的摩擦力最大C ．小物体静止在P 点时受到的支持力最大,静止在M ,N 点时受到的支持力相等D ．当小物体静止在M 点时,地面给斜面的摩擦力水平向左 【答案】CD 【解析】 【详解】对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：A.结合平衡条件，由图，小物体在P 、N 两点时一定受四个力的作用，故A 错误；B.小物体静止在P 点时，摩擦力f =mg sin30°静止在N 点时sin30cos30f mg F '=︒+'︒静止在M 点时sin30cos30f mg F "=︒-'︒可见静止在N 点时所受摩擦力最大，故B 错误；C.小物体静止在P 点时，设库仑力为F ，受到的支持力N =mg cos30°+F在M 、N 点时：cos30sin30N mg F '=︒+'︒由库仑定律知F F >'，故N N >'，即小物体静止在P 点时受到的支持力最大，静止在M 、N 点时受到的支持力相等，故C 正确；D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M 点时，斜面内部O 点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D 正确。
河南省伊川县实验高中高二物理上学期第三次周练试题
伊川实验高中高二年级第三次周练物理试题一、选择题（每小题5分，共55分）1．下列说法中正确的是( )A.磁感线可以表示磁场的方向和强弱B.磁感线从磁体的N 极出发，终止于磁体的S 极C.磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场D.放入通电螺线管内的小磁针，根据异名磁极相吸的原则，小磁针的N 极一定指向通电螺线管的S 极2．关于磁感应强度，下列说法中错误的是( )A.由B =ILF 可知，B 与F 成正比，与IL 成反比 B.由B=IL F 可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场 C.通电导线在磁场中受力越大，说明磁场越强D.磁感应强度的方向就是小磁针静止时N 极所指的方向3．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是 ( )A.磁感线从磁体的N 极出发，终止于S 极B.磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D.在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小4．首先发现电流磁效应的科学家是（ ）A. 安培B. 奥斯特C. 库仑D. 伏特5.两根长直通电导线互相平行，电流方向相同.它们的截面处于一个等边三角形ABC 的A 和B 处.如图所示，两通电导线在C 处的磁场的磁感应强度的值都是B ，则C 处磁场的总磁感应强度是( )A.2BB.BC.0D.3B6．如图所示为三根通电平行直导线的断面图。
若它们的电流大小都相同，且ab=ac=ad ，则a 点的磁感应强度的方向是（ ）A. 垂直纸面指向纸里B. 垂直纸面指向纸外C. 沿纸面由a指向bD. 沿纸面由a指向d7．关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是( )A.跟电流方向垂直，跟磁场方向平行B.跟磁场方向垂直，跟电流方向平行C.既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直D.既不跟磁场方向垂直，又不跟电流方向垂直8．如图所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ=30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的磁场力，可采取下列四种办法，其中不正确的是( )A.增大电流IB.增加直导线的长度C.使导线在纸面内顺时针转30°D.使导线在纸面内逆时针转60°9．有两个相同的圆形线圈,通以大小不同但方向相同的电流,如图所示,两个线圈在光滑的绝缘杆上的运动情况是( )A.互相吸引,电流大的加速度较大B.互相排斥,电流大的加速度较大C.互相吸引,加速度相同D.以上说法都不正确10.如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点.棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力.为了使拉力等于零，可( )(A)适当减小磁感应强度(B)使磁场反向(C)适当增大电流强度(D)使电流反向11.质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ.有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示.图(b)中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是( )二、计算题（每小题15分，共45分）12．如图所示，矩形线圈abcd置于匀强磁场中，线圈平面和磁场垂直．ab＝cd＝0.2m，bc ＝ad＝0.1m．线圈中的电流强度I＝4.0A，方向如图．已知穿过线框的磁通量φ＝0.016Wb．求：（1）匀强磁场的磁感强度B＝？（2）底边bc所受磁场力的大小和方向？13．如图所示，在与水平方向成600角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）ab棒对导轨的压力。
[推荐学习]高二物理上学期限时训练试卷(含解析)
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河南省洛阳市伊川实验高中 2015～2016 学年度高二上学期限时训练物理试卷一、选择题（本题包括12 小题，每小题5分，共计60 分．每小题有一个或多个选项符合题意，选错得0分，选不全得3分．）1．关于电流的下列说法中，正确的是（） A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多 B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越大 D．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大2．白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，则白炽灯不通电时灯丝电阻R1 与正常发光时电阻R2比较应是（）A．R1＞R2 B．R1＜R2 C．R1=R2 D．无法判断3．关于电动势，下列说法不正确的是（） A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关4．在1min 内通过阻值为5Ω的导体横截面的电量为240C，那么加在该导体两端的电压是（）A．20V B．48V C．120V D．1200V5．如图所示，电阻R1=20Ω，电动机线圈电阻R2=10Ω．当开关S断开时，电流表的示数为0.5A．当电键S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．则关于电流表读数和电路消耗的电功率P正确的是（）A．I=1.5A B．I＞1.5A C．P=15W D．P＜15W6．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A ．R 1：R 2=1：3B ．R 1：R 2=3：1C ．将 R 1 与 R 2 串联后接于电源上，则电流比 I 1：I 2=1：3D ．将 R 1 与 R 2 并联后接于电源上，则电流比 I 1：I 2=1：37．一太阳能电池板，测得它的开路电压为 800mV ，短路电流 40mA ．若将该电池板与一阻值为 20Ω 的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（ ）A ．0.10VB ．0.20VC ．0.30VD ．0.40V8．直流电池组的电动势为 E ，内电阻为 r ，用它给电阻为 R 的直流电动机供电，当电动机正常工作 时，电动机两端的电压为 U ，通过电动机的电流是 I ，下列说法中正确的是（ ） A ．电动机输出的机械功率是 U I B ．电动机电枢上发热功率为 I 2RC ．电源消耗的化学能功率为 E ID ．电源的输出功率为E I ﹣I 2r9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片 P 向上端 a 滑动过程中，两表的示数情况为（ ）A ．电压表示数增大，电流表示数减少B ．电压表示数减少，电流表示数增大C ．两电表示数都增大D ．两电表示数都减少10．一个毫伏表，它的内阻是 100Ω，量程是 200mv ，把它改变装成为量程为 10A 的安培表，毫伏表 上应（ ）A ．并联 0.002Ω 的电阻B ．并联 0.02Ω 的电阻C ．并联 50Ω 的电阻D ．并联 4900Ω 的电阻11．在如图所示的电路中，电源电动势为 E ，内电阻为 r ，C 为电容器，R 0 为定值电阻，R 为滑动变 阻器．开关闭合后，灯泡 L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是 （ ）A．灯泡L将变暗B．灯泡L将变亮C．电容器C的电荷量将减小D．电容器C的电荷量将不变12．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中错误的是（） A．电源的路端电压一定逐渐变小 B．电源的输出功率一定逐渐变小C．电源内部消耗的功率一定逐渐变大D．电源的供电效率一定逐渐变小13．如图所示，直线O AC 为某直流电源的总功率P随电流I变化的图象，抛物线O BC 为该直流电源内部发热功率P随电流I变化的图线，若A、B 对应横坐标为2A，则下列说法中正确的是（）A．电源电动势为3V，内阻为1Ω B．线段A B 表示功率的变化为2W C．电流为2A时，外电路电阻为0.5Ω D．电流为3A时，外电路电阻为2Ω二、非选择题（每题20 分，共40 分）14．如图所示电路中，电源电动势E=10V，内电阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：（1）电源的总功率．电动机消耗的电功率，将电能转化为机械能的功率．（3）电源的输出功率．15．已知如图，E=6V，r=4Ω，R1=2Ω，R2 的变化范围是0﹣10Ω．求：①电源的最大输出功率；②R2 上消耗的最大功率．选做题16．如图所示，图线A B 是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM 是同一电源向固定电阻R 供电时，R 两端的电压电变化的图线，由图求：（1）在交点C处表示电源的输出功率．电源的最大输出功率．17．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是多少？若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是多少？河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016 学年度高二上学期限时训练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12 小题，每小题5分，共计60 分．每小题有一个或多个选项符合题意，选错得0分，选不全得3分．）1．关于电流的下列说法中，正确的是（） A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多 B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越大 D．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】物理学中用每秒通过导体横截面的电荷量来表示电流的强弱，叫做电流，定义式I=．【解答】解：A、电流大说明单位时间内流过导体横截面的电荷量多，但若不确定时间，则电荷量无法确定，故A错误； B、由电流的定义可知，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流一定越大；故B正确； C、电流与通电时间长短无关；故C错误； D、由电流定义可知，导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大；故D正确；故选：BD．【点评】本题考查对电流定义的理解，要注意明确电流定义采用的是比值定义法，电流与电荷量及时间无关．2．白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，则白炽灯不通电时灯丝电阻R1 与正常发光时电阻R2比较应是（）A．R1＞R2 B．R1＜R2 C．R1=R2 D．无法判断【考点】电阻率与温度的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】各种材料的电阻率都会随温度的变化而变化．一般来说，金属的电阻率随温度升高而增大；电解液、半导体和绝缘体的电阻率则随温度升高而减小；而有些合金如锰铜合金和镍铜合金的电阻几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻．【解答】解：白炽灯灯丝由金属钨构成，金属的电阻率随温度的升高而升高，故电阻变大，即白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，故通电后温度升高，电阻变大，即R1＜R2．故选B．【点评】本题关键要明确金属电阻率与温度的关系，然后根据电阻定律判断电阻的大小．3．关于电动势，下列说法不正确的是（） A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定．【解答】解：A、电源两极间的电压为路端电压，一般是小于电源的电动势的；故A不正确； B、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大；故B正确； C、电动势在数值上等于内外电压之和；故C正确； D、电动势是电源本身的性质，与外电路无关；故D正确；本题选不正确的，故选：A．【点评】本题要正确理解电动势的物理意义，注意根据闭合电路欧姆定律进行分析内外电压之和．4．在1min 内通过阻值为5Ω的导体横截面的电量为240C，那么加在该导体两端的电压是（）A．20V B．48V C．120V D．1200V【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电流的定义可求得电流，再由欧姆定律可求得导体两端的电压．【解答】解：由I =可知，导体中的电流I =A=4A；则导体两端的电压U=IR=45V=20V；故选：A．【点评】本题考查了欧姆定律和电流定义式的简单应用，是一道基础题目．5．如图所示，电阻R1=20Ω，电动机线圈电阻R2=10Ω．当开关S断开时，电流表的示数为0.5A．当电键S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．则关于电流表读数和电路消耗的电功率P正确的是（）A．I=1.5A B．I＞1.5A C．P=15W D．P＜15W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1 的电压U；当电键S闭合后，通过R1 的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2＜求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI 求解电路中功率范围．【解答】解：当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1 的电流仍为0.5A，电动机的电流I2＜=A=1A，故电流表的电流I＜1.5A，电动机中电功率P=UI＜15W．故A BC 错误，D 正确．故选：D．【点评】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜是关键不等式．6．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1 与R2 串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1 与R2 并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1 与R2 串联后接于电源上时，电流相等．将R1 与R2 并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．【解答】解：A、B 由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确．C、R1 与R2 串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．D、将R1 与R2 并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1 故D错误．故选A【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．7．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.10V B．0.20V C．0.30V D．0.40V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压．【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流：I 短=则电源内阻：r===20Ω 该电源与 20Ω 的电阻连成闭合电路时，电路中电流： I==mA=20mA 故路端电压：U=IR=20mA ×20Ω=400mV=0.40V ； 故选：D ．【点评】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为 零，开路电路等于电源的电动势．8．直流电池组的电动势为 E ，内电阻为 r ，用它给电阻为 R 的直流电动机供电，当电动机正常工作 时，电动机两端的电压为 U ，通过电动机的电流是 I ，下列说法中正确的是（ ） A ．电动机输出的机械功率是 U I B ．电动机电枢上发热功率为 I 2RC ．电源消耗的化学能功率为 E ID ．电源的输出功率为E I ﹣I 2r【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是电功率，根据 P =UI 求解．发 热功率由 P =I 2r 求解．输出功率由能量守恒定律研究，电源消耗的化学能功率就是电源的总功率， 则 P=EI ．【解答】解：A 、电动机输入的功率是电功率，即 P 电=UI ，电动机的输出功率是机械功率，根据能 量守恒定律得，P 出=P 电﹣P 热=UI ﹣I 2R ．故 A 错误，B 正确．C 、电源消耗的化学能功率就是电源的总功率，则 P =EI ．故 C 正确．D 、电源的输出功率 P ′=P ﹣P r =EI ﹣I 2r ．故 D 正确． 故选：BCD【点评】本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用 P =UI ，求热功率只能用 P =I 2r ．而输出的机械功率只能根据能量守恒求解，而且电功率大于热功率．9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片 P 向上端 a 滑动过程中，两表的示数情况为（ ）A ．电压表示数增大，电流表示数减少B ．电压表示数减少，电流表示数增大C ．两电表示数都增大D ．两电表示数都减少【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总 电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电 流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和 R 2 电流变化确定．【解答】解：当滑动变阻器的滑片 P 向 a 滑动时，接入电路的电阻增大，与 R 2 并联的电阻增大，外 电路总电阻 R 总增大，总电流 I 减小，路端电压 U =E ﹣Ir 增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增 大，分担的电压增大，U 2 增大，流过 R 2 的电流 I 2 增大，电流表的读数 I A =I ﹣I 2，则减小．故 A 正 确，BCD 错误．故选：A ．【点评】电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减 小．本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况 来确定10．一个毫伏表，它的内阻是 100Ω，量程是 200mv ，把它改变装成为量程为 10A 的安培表，毫伏表 上应（ ）A ．并联 0.002Ω 的电阻B ．并联 0.02Ω 的电阻C ．并联 50Ω 的电阻D ．并联 4900Ω 的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】该表是毫伏表，所以满偏电流将表头改装为电流表需要并入一个电阻 R ，所以加在 表头和电阻上的电压相等，即：I g R g =I R R ，改装后的电流表量程为 I ，I=I g +I R ，由以上三式式得：=．【解答】解：经分析知：I g R g =I R R …①I=I g +I R …②…③ 联立①②③解得：，代入数据得： 故选 B ．【点评】熟练掌握电表改装原理是解决此类问题的关键．11．在如图所示的电路中，电源电动势为 E ，内电阻为 r ，C 为电容器，R 0 为定值电阻，R 为滑动变 阻器．开关闭合后，灯泡 L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是 （ ）A ．灯泡 L 将变暗B ．灯泡 L 将变亮C ．电容器 C 的电荷量将减小D ．电容器 C 的电荷量将不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动 时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯 L 变暗．电容器的电压等于路端电 压，分析其电压变化，由 Q =CU 分析电量的变化．【解答】解：A 、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，电 路中电流减小，灯 L 变暗，故 A 正确，B 错误． C 、电路中电流减小，则电源内阻所占电压减小，则路端电压增大，电容器的电压等于路端电压， 可见其电压是增大的，则由 Q =CU 知，电容器 C 的电荷量将增大．故 C D 错误．故选：A【点评】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电容器 两端电压的变化．12．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中错误的是 （ ） A ．电源的路端电压一定逐渐变小 B ．电源的输出功率一定逐渐变小C ．电源内部消耗的功率一定逐渐变大D ．电源的供电效率一定逐渐变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】外电路的电阻逐渐减小的过程中总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，知总电 流发生变化，内电压外电压也发生变化．从而根据功率公式推导各物理量间的变化情况．【解答】解：A 、R 总减小，有闭合电路欧姆定律 I =可知，电路中总电流减小，路端电压 U =E ﹣rI 可知，U 减小，故 A 正确；B 、电路中的电流为 I =，随着 R 的减小，I 增大，电源的输出功率为 P =I 2R 可知，当 R =r 时，输 出功率最大，而本题中没有告诉二者之间的关系，故 B 错误；C 、电路中的电流为 I =，随着 R 的减小，I 增大，电源的内阻消耗的功率为 P =I 2r ，消耗的功率 增大，故 C 正确；D 、电源的供电效率为 η=，随着 I 的增大，η 将减小，故 D 正确； 本题选错误的，故选 B【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析．13．如图所示，直线 O AC 为某直流电源的总功率 P 随电流 I 变化的图象，抛物线 O BC 为该直流电 源内部发热功率 P 随电流 I 变化的图线，若 A 、B 对应横坐标为 2A ，则下列说法中正确的是（ ）A ．电源电动势为 3V ，内阻为 1ΩB ．线段 A B 表示功率的变化为 2W C ．电流为 2A时，外电路电阻为 0.5Ω D ．电流为 3A时，外电路电阻为 2Ω【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】由图读出 I =3A 时，电源的功率 P =9W ，电源内部发热功率 P 热=9W ，根据电源的功率 P =EI 和电源内部发热功率 P 热=I 2r 分别求出电源的电动势和内阻．当电流 I=2A 时，分别求出电源的功率 和电源内部发热功率，求出线段 A B 表示功率的变化．根据欧姆定律求出外电阻．【解答】解：A 、由图读出 I =3A 时，电源的功率 P =9W ，由 P =EI 得，E=3V ．电源内部发热功率 P热=9W ，由 P 热=I 2r 求出 r =1Ω．故 A 正确． B 、当电流 I =2A 时，电源的功率 P =EI=6W ，电源内部发热功率 P 热=I 2r=4W ，则线段 A B 表示 功率的变化为 2W ．故 B 正确． C 、当电流 I =2A 时，由 P ﹣P 热=I 2R ，得 R =0.5Ω．故 C 正确．D 、当电流为 3A 时，由题 R =0．故 D 错误．故选 A BC【点评】对于电源要分清三种功率及其关系：电源的总功率 P 总=EI ，电源内部发热功率 P 热=I 2r ，外 电路消耗功率 P 外=UI=I 2R ，且根据能量关系得 P 总=P 外+P 热．二、非选择题（每题 20 分，共 40 分）14．如图所示电路中，电源电动势 E =10V ，内电阻 r =0.5Ω，电动机的电阻 R 0=1.0Ω，电阻 R 1=1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数 U 1=3.0V ，求：（1）电源的总功率．电动机消耗的电功率，将电能转化为机械能的功率．（3）电源的输出功率．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流 I ，电源的总功率为 P =EI ，即可求得；由 U 内=Ir 可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为 U =E ﹣U 1﹣U 内，电动机消耗的功率为 P 电=UI ；电动机将电能转化为机械能的功率为 P 机=P 电﹣I 2R 0． （3）由 P 热=I 2r 可求的电源内阻消耗的功率，电源的输出功率为 P 出=P ﹣P 热．【解答】解：（1）电路中的电流为 I==A=2A ； 电源的总功率为 P=EI=10×2W=20W ； 电源内阻分得电压为 U内=Ir=2×0.5V=1V ，电动机两端的电压为 U=E ﹣U 1﹣U 内=（10﹣3﹣1）V=6V ，电动机消耗的电功率为 P 电=UI=6×2W=12W ； 电动机将电能转化为机械能的功率为 P 机=P 电﹣I 2R 0=12W ﹣22×1W=8W ． （3）电源内阻消耗的功率为 P 内=I 2r=22×0.5W=2W ，电源的输出功率为 P 出=P ﹣P 热=20﹣2W=18W ．答：（1）电源的总功率为 20W ．电动机消耗的电功率为 12W ，将电能转化为机械能的功率为 8W ．（3）电源的输出功率为 18W ．【点评】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作 时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根 据能量守恒求解．15．已知如图，E=6V ，r=4Ω，R 1=2Ω，R 2 的变化范围是 0﹣10Ω．求：①电源的最大输出功率；②R 2 上消耗的最大功率．【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】（1）当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，结合功率公式求出 电源的最大输出功 率． 将 R 1 等效到电源的内部，抓住外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，求出 R 2 上消耗的最大 功率．【解答】解：（1）当外电阻等于内电阻时，即 R 1+R 2=r 时，电源的输出功率最大，最大输出功率 P ==．将 R 1 等效到电源的内部，则内阻 r ′=R 1+r=2+4=6Ω，当 R 2=r ′=6Ω 时，R 2 上消耗的功率最大，最大功率=1.5W ． 答：（1）电源的最大输出功率为 2.25W ；R2 上消耗的最大功率为1.5W．【点评】解决本题的关键知道当电源的内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大．难度不大．选做题16．如图所示，图线A B 是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM 是同一电源向固定电阻R供电时，R 两端的电压电变化的图线，由图求：（1）在交点C处表示电源的输出功率．电源的最大输出功率．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据图线A B 得出电源的电动势和内电阻，结合交点处的电压和电流求出电源的输出功率．当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，结合P=求出电源的最大输出功率．【解答】解：（1）交点处对应的电压U=4V，电流I=2A，则电源的输出功率P=UI=4×2W=8W．根据图线A B 知，电动势E=6V，内阻r=，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，最大输出功率P=．答：（1）在交点C处表示电源的输出功率为8W．电源的最大输出功率为9W．【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．17．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是多少？若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】理想电表对电路没有影响，理想电压表内阻无穷大，相当于开路；理想电流表内阻为零，相当于短路．C、D 间接入理想电压表后，R3 可看做导线，R1 与R2 为串联关系，电压表示数为R2 电压．接入理想电流表时，R2 和R3 并联后再与R1 串联，电流表示数为R3 支路电流；根据欧姆定律和电路的连接关系求解．【解答】解：（1）若在C、D 间接入理想电压表，电路连接如图由闭合电路欧姆定律得干路电流I1==A=1A理想电压表读数为U V=I1R2=6V若在C、D 间连一个理想电流表，电路连接如图所示这时电阻R2 与R3 并联，并联电阻大小R23==2Ω根据闭合电路欧姆定律，有I2==1.5A理想电流表读数为I A=I2=1A答：（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是6V．若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是1A．【点评】理想电表的串并联规律为：理想电压表与电阻串联，电阻可看作导线；理想电流表与电阻并联，电阻被短路，相当于不存在．闭合电路的欧姆定律在使用时要从总电阻和干路电流入手，分步操作，层层推进，避免急于求成，造成解题失误．。
洛阳市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题
洛阳市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。
已知静电力常量为k ，下列说法正确的是（ ）A ．a 受到的库仑力大小为2233kq RB ．c 受到的库仑力大小为2233kqRC ．a 、b 在O 3kq，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kqR，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离3r R =根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小22223q q F k k r R==a 受到的两个力夹角为120︒，所以a 受到的库仑力为223a q F F k R==c 受到的两个力夹角为60︒，所以c 受到的库仑力为233c kq F F == 选项A 错误，B 正确；C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有02q E kR = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小2q E k R=方向由O →c ，选项C 错误；D ．同理c 在O 点产生的场强大小为02qE k R=方向由O →c运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强22qE k R'=方向O →c 。
选项D 正确。
故选BD 。
2．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。
小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。
2020年河南省洛阳市伊川县实验中学高二物理联考试卷含解析
2020年河南省洛阳市伊川县实验中学高二物理联考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 一列简谐横波沿x轴负方向传播,波速v=4 m/s.已知坐标原点(x=0)处质点的振动图象如下图所示.在下列四幅图中能够正确表示t=0.15 s时波形图是( )参考答案：A2. （单选题）下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间的函数关系是:参考答案：C3. 已知一个力的大小是30N，将此力分解为两个分力，这两个力的大小可能为A．10N、10N B．20N、40N C．200N、200N D．700N、720N参考答案：BCD4. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。
介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（5πt）cm。
关于这列简谐波，下列说法正确的是（）A.周期为4.0sB.振幅为20cmC.传播方向沿x轴正向D.传播速度为1m/s参考答案：C5. 远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是（）A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 已知一电流表的满偏电流为3mA，其内阻为120Ω，要把它改装成量程为6V的电压表应联（串联还是并联）的电阻值R= 。
若将其改装量程为3A的电流表，应当对原电流表联（串联还是并联）的电阻值R= 。
参考答案：串，1880Ω，并，0.12Ω7. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，已知在此过程中，气体内能增加300J，则该过程中气体（选填“吸收”或“放出”）热量为J。
参考答案：吸收500气体的体积变大，对外做功，对外做功，W为负值，根据热力学第一定律：△E=Q-W，所以：Q=△E+W=500J，正号表示吸收热量。
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河南省洛阳市伊川实验高中 2015～2016 学年度高二上学期限时训练物理试卷一、选择题（本题包括12 小题，每小题5分，共计60 分．每小题有一个或多个选项符合题意，选错得0分，选不全得3分．）1．关于电流的下列说法中，正确的是（） A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多 B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越大 D．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大2．白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，则白炽灯不通电时灯丝电阻R1 与正常发光时电阻R2比较应是（）A．R1＞R2 B．R1＜R2 C．R1=R2 D．无法判断3．关于电动势，下列说法不正确的是（） A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关4．在1min 内通过阻值为5Ω的导体横截面的电量为240C，那么加在该导体两端的电压是（）A．20V B．48V C．120V D．1200V5．如图所示，电阻R1=20Ω，电动机线圈电阻R2=10Ω．当开关S断开时，电流表的示数为0.5A．当电键S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．则关于电流表读数和电路消耗的电功率P正确的是（）A．I=1.5A B．I＞1.5A C．P=15W D．P＜15W6．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A ．R 1：R 2=1：3B ．R 1：R 2=3：1C ．将 R 1 与 R 2 串联后接于电源上，则电流比 I 1：I 2=1：3D ．将 R 1 与 R 2 并联后接于电源上，则电流比 I 1：I 2=1：37．一太阳能电池板，测得它的开路电压为 800mV ，短路电流 40mA ．若将该电池板与一阻值为 20Ω 的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（ ）A ．0.10VB ．0.20VC ．0.30VD ．0.40V8．直流电池组的电动势为 E ，内电阻为 r ，用它给电阻为 R 的直流电动机供电，当电动机正常工作 时，电动机两端的电压为 U ，通过电动机的电流是 I ，下列说法中正确的是（ ） A ．电动机输出的机械功率是 U I B ．电动机电枢上发热功率为 I 2RC ．电源消耗的化学能功率为 E ID ．电源的输出功率为E I ﹣I 2r9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片 P 向上端 a 滑动过程中，两表的示数情况为（ ）A ．电压表示数增大，电流表示数减少B ．电压表示数减少，电流表示数增大C ．两电表示数都增大D ．两电表示数都减少10．一个毫伏表，它的内阻是 100Ω，量程是 200mv ，把它改变装成为量程为 10A 的安培表，毫伏表 上应（ ）A ．并联 0.002Ω 的电阻B ．并联 0.02Ω 的电阻C ．并联 50Ω 的电阻D ．并联 4900Ω 的电阻11．在如图所示的电路中，电源电动势为 E ，内电阻为 r ，C 为电容器，R 0 为定值电阻，R 为滑动变 阻器．开关闭合后，灯泡 L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是 （ ）A ．灯泡 L 将变暗B ．灯泡 L 将变亮C ．电容器 C 的电荷量将减小D ．电容器 C 的电荷量将不变12．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中错误的是 （ ） A ．电源的路端电压一定逐渐变小 B ．电源的输出功率一定逐渐变小C ．电源内部消耗的功率一定逐渐变大D ．电源的供电效率一定逐渐变小13．如图所示，直线 O AC 为某直流电源的总功率 P 随电流 I 变化的图象，抛物线 O BC 为该直流电 源内部发热功率P随电流 I变化的图线，若A、B 对应横坐标为2A，则下列A ．电源电动势为 3V ，内阻为 1ΩB ．线段 A B 表示功率的变化为 2W C ．电流为 2A时，外电路电阻为 0.5Ω D ．电流为 3A时，外电路电阻为2Ω 二、非选择题（每题 20 分，共 40 分） 14．如图所示电路中，电源电动势E =10V ，内电阻 r =0.5Ω，电动机的电阻 R 0=1.0Ω，电阻 R 1=1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数 U 1=3.0V ，求： （1）电源的总功率．电动机消耗的电功率，将电能转化为机械能的功率． （3）电源的输出功率． 15．已知如图，E=6V ，r=4Ω，R 1=2Ω，R 2 的变化范围是 0﹣10Ω．求： ①电源的最大输出功率； ②R 2 上消耗的最大功率．选做题16．如图所示，图线A B 是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM 是同一电源向固定电阻R 供电时，R 两端的电压电变化的图线，由图求：（1）在交点C处表示电源的输出功率．电源的最大输出功率．17．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是多少？若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是多少？河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016 学年度高二上学期限时训练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12 小题，每小题5分，共计60 分．每小题有一个或多个选项符合题意，选错得0分，选不全得3分．）1．关于电流的下列说法中，正确的是（） A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多 B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越大 D．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】物理学中用每秒通过导体横截面的电荷量来表示电流的强弱，叫做电流，定义式I=．【解答】解：A、电流大说明单位时间内流过导体横截面的电荷量多，但若不确定时间，则电荷量无法确定，故A错误； B、由电流的定义可知，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流一定越大；故B正确； C、电流与通电时间长短无关；故C错误； D、由电流定义可知，导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大；故D正确；故选：BD．【点评】本题考查对电流定义的理解，要注意明确电流定义采用的是比值定义法，电流与电荷量及时间无关．2．白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，则白炽灯不通电时灯丝电阻R1 与正常发光时电阻R2比较应是（）A．R1＞R2 B．R1＜R2 C．R1=R2 D．无法判断【考点】电阻率与温度的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】各种材料的电阻率都会随温度的变化而变化．一般来说，金属的电阻率随温度升高而增大；电解液、半导体和绝缘体的电阻率则随温度升高而减小；而有些合金如锰铜合金和镍铜合金的电阻几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻．【解答】解：白炽灯灯丝由金属钨构成，金属的电阻率随温度的升高而升高，故电阻变大，即白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，故通电后温度升高，电阻变大，即R1＜R2．故选B．【点评】本题关键要明确金属电阻率与温度的关系，然后根据电阻定律判断电阻的大小．3．关于电动势，下列说法不正确的是（） A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定．【解答】解：A、电源两极间的电压为路端电压，一般是小于电源的电动势的；故A不正确； B、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大；故B正确； C、电动势在数值上等于内外电压之和；故C正确； D、电动势是电源本身的性质，与外电路无关；故D正确；本题选不正确的，故选：A．【点评】本题要正确理解电动势的物理意义，注意根据闭合电路欧姆定律进行分析内外电压之和．4．在1min 内通过阻值为5Ω的导体横截面的电量为240C，那么加在该导体两端的电压是（）A．20V B．48V C．120V D．1200V【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电流的定义可求得电流，再由欧姆定律可求得导体两端的电压．【解答】解：由I =可知，导体中的电流I =A=4A；则导体两端的电压U=IR=45V=20V；故选：A．【点评】本题考查了欧姆定律和电流定义式的简单应用，是一道基础题目．5．如图所示，电阻R1=20Ω，电动机线圈电阻R2=10Ω．当开关S断开时，电流表的示数为0.5A．当电键S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．则关于电流表读数和电路消耗的电功率P正确的是（）A．I=1.5A B．I＞1.5A C．P=15W D．P＜15W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1 的电压U；当电键S闭合后，通过R1 的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2＜求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI 求解电路中功率范围．【解答】解：当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1 的电流仍为0.5A，电动机的电流I2＜=A=1A，故电流表的电流I＜1.5A，电动机中电功率P=UI＜15W．故A BC 错误，D 正确．故选：D．【点评】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜是关键不等式．6．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1 与R2 串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1 与R2 并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1 与R2 串联后接于电源上时，电流相等．将R1 与R2 并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．【解答】解：A、B 由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确．C、R1 与R2 串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．D、将R1 与R2 并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1 故D错误．故选A【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．7．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.10V B．0.20V C．0.30V D．0.40V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压．【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流：I 短=则电源内阻：r===20Ω 该电源与 20Ω 的电阻连成闭合电路时，电路中电流： I==mA=20mA 故路端电压：U=IR=20mA ×20Ω=400mV=0.40V ； 故选：D ．【点评】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为 零，开路电路等于电源的电动势．8．直流电池组的电动势为 E ，内电阻为 r ，用它给电阻为 R 的直流电动机供电，当电动机正常工作 时，电动机两端的电压为 U ，通过电动机的电流是 I ，下列说法中正确的是（ ） A ．电动机输出的机械功率是 U I B ．电动机电枢上发热功率为 I 2RC ．电源消耗的化学能功率为 E ID ．电源的输出功率为E I ﹣I 2r【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是电功率，根据 P =UI 求解．发 热功率由 P =I 2r 求解．输出功率由能量守恒定律研究，电源消耗的化学能功率就是电源的总功率， 则 P=EI ．【解答】解：A 、电动机输入的功率是电功率，即 P 电=UI ，电动机的输出功率是机械功率，根据能 量守恒定律得，P 出=P 电﹣P 热=UI ﹣I 2R ．故 A 错误，B 正确．C 、电源消耗的化学能功率就是电源的总功率，则 P =EI ．故 C 正确．D 、电源的输出功率 P ′=P ﹣P r =EI ﹣I 2r ．故 D 正确． 故选：BCD【点评】本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用 P =UI ，求热功率只能用 P =I 2r ．而输出的机械功率只能根据能量守恒求解，而且电功率大于热功率．9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片 P 向上端 a 滑动过程中，两表的示数情况为（ ）A ．电压表示数增大，电流表示数减少B ．电压表示数减少，电流表示数增大C ．两电表示数都增大D ．两电表示数都减少【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总 电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电 流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和 R 2 电流变化确定．【解答】解：当滑动变阻器的滑片 P 向 a 滑动时，接入电路的电阻增大，与 R 2 并联的电阻增大，外 电路总电阻 R 总增大，总电流 I 减小，路端电压 U =E ﹣Ir 增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增 大，分担的电压增大，U 2 增大，流过 R 2 的电流 I 2 增大，电流表的读数 I A =I ﹣I 2，则减小．故 A 正 确，BCD 错误．故选：A ．【点评】电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减 小．本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况 来确定10．一个毫伏表，它的内阻是 100Ω，量程是 200mv ，把它改变装成为量程为 10A 的安培表，毫伏表 上应（ ）A ．并联 0.002Ω 的电阻B ．并联 0.02Ω 的电阻C ．并联 50Ω 的电阻D ．并联 4900Ω 的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】该表是毫伏表，所以满偏电流将表头改装为电流表需要并入一个电阻 R ，所以加在 表头和电阻上的电压相等，即：I g R g =I R R ，改装后的电流表量程为 I ，I=I g +I R ，由以上三式式得：=．【解答】解：经分析知：I g R g =I R R …①I=I g +I R …②…③ 联立①②③解得：，代入数据得： 故选 B ．【点评】熟练掌握电表改装原理是解决此类问题的关键．11．在如图所示的电路中，电源电动势为 E ，内电阻为 r ，C 为电容器，R 0 为定值电阻，R 为滑动变 阻器．开关闭合后，灯泡 L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是 （ ）A ．灯泡 L 将变暗B ．灯泡 L 将变亮C ．电容器 C 的电荷量将减小D ．电容器 C 的电荷量将不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动 时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯 L 变暗．电容器的电压等于路端电 压，分析其电压变化，由 Q =CU 分析电量的变化．【解答】解：A 、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，电 路中电流减小，灯 L 变暗，故 A 正确，B 错误． C 、电路中电流减小，则电源内阻所占电压减小，则路端电压增大，电容器的电压等于路端电压， 可见其电压是增大的，则由 Q =CU 知，电容器 C 的电荷量将增大．故 C D 错误．故选：A【点评】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电容器 两端电压的变化．12．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中错误的是 （ ） A ．电源的路端电压一定逐渐变小 B ．电源的输出功率一定逐渐变小C ．电源内部消耗的功率一定逐渐变大D ．电源的供电效率一定逐渐变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】外电路的电阻逐渐减小的过程中总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，知总电 流发生变化，内电压外电压也发生变化．从而根据功率公式推导各物理量间的变化情况．【解答】解：A 、R 总减小，有闭合电路欧姆定律 I =可知，电路中总电流减小，路端电压 U =E ﹣rI 可知，U 减小，故 A 正确；B 、电路中的电流为 I =，随着 R 的减小，I 增大，电源的输出功率为 P =I 2R 可知，当 R =r 时，输 出功率最大，而本题中没有告诉二者之间的关系，故 B 错误；C 、电路中的电流为 I =，随着 R 的减小，I 增大，电源的内阻消耗的功率为 P =I 2r ，消耗的功率 增大，故 C 正确；D 、电源的供电效率为 η=，随着 I 的增大，η 将减小，故 D 正确； 本题选错误的，故选 B【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析．13．如图所示，直线 O AC 为某直流电源的总功率 P 随电流 I 变化的图象，抛物线 O BC 为该直流电 源内部发热功率P 随电流I变化的图线，若 A 、B对应横坐标为2A，则下列说法A ．电源电动势为3V ，内阻为 1Ω B ．线段A B 表示功率的变化为 2W C ．电流为 2A 时，外电路电阻为 0.5Ω D ．电流为 3A 时，外电路电阻为 2Ω 【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】由图读出 I =3A 时，电源的功率 P =9W ，电源内部发热功率 P 热=9W ，根据电源的功率 P =EI 和电源内部发热功率 P 热=I 2r 分别求出电源的电动势和内阻．当电流 I=2A 时，分别求出电源的功率 和电源内部发热功率，求出线段 A B 表示功率的变化．根据欧姆定律求出外电阻． 【解答】解：A 、由图读出 I =3A 时，电源的功率 P =9W ，由 P =EI 得，E=3V ．电源内部发热功率 P 热=9W ，由 P 热=I 2r 求出 r =1Ω．故 A 正确． B 、当电流I =2A 时，电源的功率 P =EI=6W ，电源内部发热功率 P 热=I 2r=4W ，则线段 A B 表示 功率的变化为 2W ．故 B 正确． C 、当电流I =2A 时，由 P ﹣P 热=I 2R ，得 R =0.5Ω．故 C 正确． D 、当电流为3A 时，由题 R =0．故 D 错误． 故选 A BC 【点评】对于电源要分清三种功率及其关系：电源的总功率 P 总=EI ，电源内部发热功率 P 热=I 2r ，外 电路消耗功率 P 外=UI=I 2R ，且根据能量关系得 P 总=P 外+P 热． 二、非选择题（每题 20 分，共 40 分） 14．如图所示电路中，电源电动势E =10V ，内电阻 r =0.5Ω，电动机的电阻 R 0=1.0Ω，电阻 R 1=1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数 U 1=3.0V ，求： （1）电源的总功率．电动机消耗的电功率，将电能转化为机械能的功率． （3）电源的输出功率． 【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流I ，电源的总功率为 P =EI ，即可求得；由 U 内=Ir 可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为 U =E ﹣U 1﹣U 内，电动机消耗的功率为 P 电=UI ；电动机将电能转化为机械能的功率为 P 机=P 电﹣I 2R 0． （3）由 P 热=I 2r 可求的电源内阻消耗的功率，电源的输出功率为 P 出=P ﹣P 热．【解答】解：（1）电路中的电流为 I==A=2A ； 电源的总功率为 P=EI=10×2W=20W ； 电源内阻分得电压为 U内=Ir=2×0.5V=1V ，电动机两端的电压为 U=E ﹣U 1﹣U 内=（10﹣3﹣1）V=6V ，电动机消耗的电功率为 P 电=UI=6×2W=12W ； 电动机将电能转化为机械能的功率为 P 机=P 电﹣I 2R 0=12W ﹣22×1W=8W ． （3）电源内阻消耗的功率为 P 内=I 2r=22×0.5W=2W ，电源的输出功率为 P 出=P ﹣P 热=20﹣2W=18W ．答：（1）电源的总功率为 20W ．电动机消耗的电功率为 12W ，将电能转化为机械能的功率为 8W ．（3）电源的输出功率为 18W ．【点评】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作 时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根 据能量守恒求解．15．已知如图，E=6V ，r=4Ω，R 1=2Ω，R 2 的变化范围是 0﹣10Ω．求：①电源的最大输出功率；②R 2 上消耗的最大功率．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【（1）当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，结合功率公式求出 电源的最大输出功 率．将 R 1等效到电源的内部，抓住外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，求出 R 2 上消耗的最大 功率．【解答】解：（1）当外电阻等于内电阻时，即 R 1+R 2=r 时，电源的输出功率最大，最大输出功率 P ==．将 R 1 等效到电源的内部，则内阻 r ′=R 1+r=2+4=6Ω，当 R 2=r ′=6Ω 时，R 2 上消耗的功率最大，最大功率=1.5W ． 答：（1）电源的最大输出功率为 2.25W ；R2 上消耗的最大功率为1.5W．【点评】解决本题的关键知道当电源的内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大．难度不大．选做题16．如图所示，图线A B 是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM 是同一电源向固定电阻R供电时，R 两端的电压电变化的图线，由图求：（1）在交点C处表示电源的输出功率．电源的最大输出功率．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【（1）根据图线A B 得出电源的电动势和内电阻，结合交点处的电压和电流求出电源的输出功率．当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，结合P=求出电源的最大输出功率．【解答】解：（1）交点处对应的电压U=4V，电流I=2A，则电源的输出功率P=UI=4×2W=8W．根据图线A B 知，电动势E=6V，内阻r=，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，最大输出功率P=．答：（1）在交点C处表示电源的输出功率为8W．电源的最大输出功率为9W．【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．17．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是多少？若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】理想电表对电路没有影响，理想电压表内阻无穷大，相当于开路；理想电流表内阻为零，相当于短路．C、D 间接入理想电压表后，R3 可看做导线，R1 与R2 为串联关系，电压表示数为R2 电压．接入理想电流表时，R2 和R3 并联后再与R1 串联，电流表示数为R3 支路电流；根据欧姆定律和电路的连接关系求解．【解答】解：（1）若在C、D 间接入理想电压表，电路连接如图由闭合电路欧姆定律得干路电流I1==A=1A理想电压表读数为U V=I1R2=6V若在C、D 间连一个理想电流表，电路连接如图所示这时电阻R2 与R3 并联，并联电阻大小R23==2Ω根据闭合电路欧姆定律，有I2==1.5A理想电流表读数为I A=I2=1A答：（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是6V．若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是1A．【点评】理想电表的串并联规律为：理想电压表与电阻串联，电阻可看作导线；理想电流表与电阻并联，电阻被短路，相当于不存在．闭合电路的欧姆定律在使用时要从总电阻和干路电流入手，分步操作，层层推进，避免急于求成，造成解题失误．。