河南省洛阳市伊川县实验高中2015-2016学年高二上学期第一次月考物理试题
高二物理月考试题及答案-河南洛阳一中2015-2016学年高二上学期月考试题(9月份)
2015-2016学年河南省洛阳一中高二（上）月考物理试卷（9月份）一．选择题（每小题4分，40分，1-3题只有一个正确选项，4-10题有多个选项）1．导体中形成电流的原因是（）A．只要导体中有自由电荷，就一定有电流B．只要电路中有电源，就一定有电流C．只要导体两端有电压，导体中就会形成电流D．只要电路中有电源，用电器两端就一定有电压2．以下有关电动势的说法正确的是（）A．电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电量成反比B．电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压C．非静电力做的功越多，电动势就越大D．E=只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的3．一个内电阻可以忽略的电源，给一个圆管子内装满的水银供电，电流为0.1A，若把全部水银都倒在一个内径大一倍的圆管子内，再让同一电源对它供电，那么通过的电流将是（）A．0.4A B．0.8A C．1.6A D．3.2A4．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中有n个自由电子，电子的电荷量为e．此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvSt B．nvt C．D．5．某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（）A．R3短路B．R P短路C．R3断开D．R2断开6．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积7．两电源的U﹣I图象，下列说法正确的是（）A．电源①的电动势和内阻均比电源②大B．当外接同样的电阻时，它们的输出功率可能相等C．当外接同样的电阻时，电源的效率可能相等D．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大8．如图所示，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获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最大功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大9．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN 中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A．增大R1B．减小R2C．减小R3D．减小MN间距10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法不正确的是（）A．电阻R3消耗的功率变大B．电容器C上的电荷量变大C．灯L变暗D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值二．实验题（27分）11．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：（1）在图1中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干．（2）在图2中画出小灯泡的U﹣I曲线．（3）若将该小灯泡接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电池两端，根据图象（要体现在图上）小灯泡的实际功率是W．（保留2位有效数字）12．（10分）（2015•河南一模）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻R V约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约为5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是．13．（10分）（2015秋•洛阳校级月考）要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：A．待测电压表V（量程3V，内阻未知）B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）C．定值电阻R（阻值2kΩ，额定电流50mA）D．蓄电池E（电动势略小于3V，内阻不计）E．多用电表F．开关K1、K2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：（1）首先，用多用电表进行粗测，选用×100Ω倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图1所示，则测量的结果是Ω．（2）为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图2所示的甲、乙实验电路，你认为其中较合理的电路图是．理由是．（3）用你选择的电路进行实验时，需要直接测量的物理量是：；用上述所测量的各量表示电压表的内阻R V=．三．计算简答题（33分）14．如图所示，R1=2Ω，R2=6Ω，R3=3Ω，当S接通时，电压表读数为2.4V，S断开时，电压表读数为2V，则电源电动势和内阻各为多少？15．（12分）（2006•江苏模拟）一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻．16．（13分）（2011秋•孟津县校级期中）如图所示电路中，电源电动势E=10V，内电阻不计，电阻R1=14Ω，R2=6.0Ω，R3=2.0Ω，R4=8.0Ω，R5=10Ω，电容器的电容C=2.0 μF．求：（1）电容器所带的电量？说明电容器哪个极板带正电？（2）若R1突然断路，将有多少电荷通过R5？2015-2016学年河南省洛阳一中高二（上）月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一．选择题（每小题4分，40分，1-3题只有一个正确选项，4-10题有多个选项）1．导体中形成电流的原因是（）A．只要导体中有自由电荷，就一定有电流B．只要电路中有电源，就一定有电流C．只要导体两端有电压，导体中就会形成电流D．只要电路中有电源，用电器两端就一定有电压【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】导体内部含有大量的自由电荷，但是这些电荷在做杂乱无章的运动即向各个方向运动，所以不能形成电流．如果这些自由电荷能够都向一个方向运动，即发生定向移动，则就会产生电流．【解答】解：A、导体中有自由电荷，但要使导体中的自由电荷定向移动形成电流，还要在导体的两端加上电压．故A错误．B、要使电路中有持续电流，电路还必须是通路．故B错误．C、导体两端有电压，电压迫使导体中的自由电荷定向移动形成电流，故C正确．D、若电路是断开的，虽然电路中有电源，但用电器两端就没有电压，故D错误．故选：C【点评】本题考查电流的形成条件，要明确形成电流的关键就在于电荷发生“定向”移动时，才能产生电流．2．以下有关电动势的说法正确的是（）A．电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电量成反比B．电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压C．非静电力做的功越多，电动势就越大D．E=只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电动势的定义式E=可知，非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功等于电源的电动势．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．【解答】解：A、电源内部非静电力把正电荷从电源负极移送到正极，根据电动势的定义式E=可知，电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功．属于比值定义，故A错误．D正确；B、电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，因此电动势的单位跟电压的单位一致，但电动势不就是两极间的电压，故B错误．C、由E=可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，即W越大，电动势不一定就越高．故C错误．故选D【点评】本题考查电动势的物理意义．要注意电动势与电压是两个不同的概念，不能说“电动势就是电压”．3．一个内电阻可以忽略的电源，给一个圆管子内装满的水银供电，电流为0.1A，若把全部水银都倒在一个内径大一倍的圆管子内，再让同一电源对它供电，那么通过的电流将是（）A．0.4A B．0.8A C．1.6A D．3.2A【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）导体的电阻的大小与材料、长度、横截面积和温度有关，在材料和温度不变时，导体越长、横截面积越小电阻越大，反之越小；（2）因电源的电压不变，根据欧姆定律表示出两种情况下电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出答案．【解答】解：当将全部水银倒入另一个内径大一倍的绝缘圆管子里时，由S=πr2可知，横截面积变为原来的4倍，由V=Sh可知，长度变为原来的，因导体的电阻的大小与材料、长度、横截面积和温度有关，所以，电阻变为原来的，因电源的电压不变，所以，由I=可得，电源的电压：U=I1R1=I2R2，即：0.1A×R=I×R，解得：I=1.6A．故选：C【点评】本题考查了欧姆定律的灵活应用，关键是根据电源的电压不变得出等式进行解答，难点是绝缘圆管子变化时水银电阻变化的判断．4．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中有n个自由电子，电子的电荷量为e．此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvSt B．nvt C．D．【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为nvSt．而从电流的定义来说，I=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为．【解答】解：A、从微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为nvSt，故A正确；B、vt是电子通过的距离，nvt没意义，缺少面积s，故B错误；C、从电流的定义式来说，I=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为，故C错误，D正确；故选：AD．【点评】本题考查了电流的两个表达式，要特别注意微观表达式I=nvst中各物理量的意义．5．某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（）A．R3短路B．R P短路C．R3断开D．R2断开【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据四个选项逐一代入检查，分析哪种情况中两电压表测量哪部分电压，示数是否相同，再进行选择．【解答】解：A、若R3短路时，由于电流表内阻看作零，两电压表都被短路，示数都为零，与题不符．故A错误．B、R P短路时，两电压表都测量R2的电压，示数相同，而且都不为零．故B正确．C、R3断开时，电压表V2测量R p的电压，电压表V1测量R p和R2串联的电压，电压表V1的示数大于电压表V2的示数．故C错误．D、R2断开时，由于电压表内阻看作无限大，R P中电流为零，电压为零，两电压表都测量R3的电压，示数相同，而且都不为零．故D正确．故选BD【点评】本题中两电表都是理想电表，电压表内阻看作无限大，与之串联的电阻没有电流．电流表内阻看作零，与电流表并联的电阻被短路．6．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图象的斜率表示电阻的倒是，可判定电阻的变化；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可对应图线的“面积”．【解答】解：A、由图象可知，斜率表示电阻的倒数，而图象的斜率是减小的，故电阻是增大的，故A正确；BC、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=，而是错误的，故B错误，C正确；D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．本题选错误的，故选：B．【点评】本题要考察图象的识别应用问题，此类问题，首先看清坐标轴的含义，其次弄清斜率含义，面积的含义．7．两电源的U﹣I图象，下列说法正确的是（）A．电源①的电动势和内阻均比电源②大B．当外接同样的电阻时，它们的输出功率可能相等C．当外接同样的电阻时，电源的效率可能相等D．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大【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】根据闭合电路欧姆定律分析两电源的电动势和内阻大小．过原点O作出一条倾斜的直线，该直线与两图线的交点表示两电源与同样的电阻连接时的工作状态，电源的输出功率P=UI，由交点纵坐标与横坐标乘积比较输出功率的大小．电源的效率η=．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得，U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出，电源①的电动势和内阻均比电源②大．故A正确．B、D过原点O作出一条倾斜的直线（3），该直线与图线①、②的交点就表示该电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线（3）与图线①交点的两坐标的乘积大于直线（3）与图线②交点的两坐标的乘积，说明不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大．故B错误，D正确．C、电源的效率η=，当外接同样的电阻，由于内阻r不等，电源的效率不可能相等，电源②的效率总大于电源①的效率．故C错误．故选AD【点评】本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线．8．如图所示，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获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最大功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】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．【解答】解：A、将R1等效到电源的内部，R2上的功率等于电源的输出功率，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正确．D、当外电阻等于内阻时，即R1+R2=r时，电源的输出功率最大．故D错误．故选AC．【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．9．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN 中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A．增大R1B．减小R2C．减小R3D．减小MN间距【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】R1、R2为滑动变阻器，而R3为变阻箱．当开关闭合后，带电液滴正好处于静止，为使能加速向上，则电场力大于重力．可以提高两极板的电压，即提高变阻箱R3的电压；也可以变化两极板的距离，从而实现提高两板间的电场强度．【解答】解：A、当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差．故A错误；B、当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；C、当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；D、当减小MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变大，所以电场力将大于重力，液滴向上加速运动，故D正确．故选：BD．【点评】电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除．当改变间距时，会导致两板间的电容变化．10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法不正确的是（）A．电阻R3消耗的功率变大B．电容器C上的电荷量变大C．灯L变暗D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先明确电路结构，R2和L并联然后和R1串联，串联后与R3并联．【解答】解：A、当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，小电阻分小电压，则外电压变小，故R3消耗的功率：P=变小，A错误；B、R2变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而R3上电压变小则电流变小，故R1上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q=CU，则电荷量变大，故B正确；C、R2变小，小电阻分小电压，则R2的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，C正确；D、R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外电压变小，故R1两端增加的电压小于R2两端减小的电压，D正确；题目要求选不正确的，故选：A．【点评】本题考查电路的动态分析，关键抓住电源的电动势和内阻不变，运用“局部→整体→局部”的思路进行分析．二．实验题（27分）11．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：（1）在图1中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干．（2）在图2中画出小灯泡的U﹣I曲线．（3）若将该小灯泡接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电池两端，根据图象（要体现在图上）小灯泡的实际功率是0.27～0.28W．（保留2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．【分析】（1）为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图．（2）根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．（3）在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象，找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所对应的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．【解答】解：（1）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00V时，其阻值R灯==，为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图1所示．（2）根据实验得到的数据在U﹣I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图2所示．（3）作出电源的U﹣I图线，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，小灯泡的实际电流为0.33﹣0.35A电压为0.80﹣0.82V，功率P=IU=0.27～0.28W．故答案为：（1）电路图如图1所示；（2）图象如图2所示；（3）0.27～0.28．【点评】本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法．12．（10分）（2015•河南一模）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻R V约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约为5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选A2（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是电压表分流．【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）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．【解答】解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I===0.0015A=1.5mA，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）；待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；==40，==2，＞，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小．故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；；电压表的分流．【点评】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．13．（10分）（2015秋•洛阳校级月考）要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：A．待测电压表V（量程3V，内阻未知）B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）C．定值电阻R（阻值2kΩ，额定电流50mA）D．蓄电池E（电动势略小于3V，内阻不计）E．多用电表F．开关K1、K2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：（1）首先，用多用电表进行粗测，选用×100Ω倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图1所示，则测量的结果是3000Ω．。
高二物理上学期第一次月考试卷高二全册物理试题_04
嗦夺市安培阳光实验学校扶余一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（48分，每小题4分）1．一个不带电金属球壳，在它的球心放入一个正电荷，其电场分布是图中的（）A ．B ．C ．D ．2．如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A ．B ．C ．D ．3．两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘体上，相距一定的距离，若同时释放两球，它们的加速度之比将（）A．保持不变B．先增大后减小C．增大D．减小4．将一正点电荷从无穷远处移向M点，电场力做功为6.0×10﹣9J，若将一个等电量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做功7.0×10﹣9J，设无穷远处电势为零，则M、N两点的电势φM、φN有下列关系（）A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0 C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞05．对公式E=的理解，下列说法正确的是（）A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差B．a点和b点距离越大，则这两点的电势差越大C．公式中的d是指a点和b点之间的距离D．公式中的d是a、b所在的两个等势面间的垂直距离6．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）A．vq B ．C．qvS D ．7．如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA=6V，φB=4V，φC=0，则D 点电势φD的大小为（）A．﹣3V B．0 C．2V D．1V8．一只标有“220V、60W”的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V．在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示．在如图所示的四个图线中，肯定不符合实际的是（）A ．B ．C ．D ．9．在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是（）A．增大A、B板间的距离，静电计指针张角变大B．减小A、B板间的距离，静电计指针张角变大C．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小D．在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小10．如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则（）A．电荷将向上加速运动B．电荷将向下加速运动C．电流表中将有从a到b的电流D．电流表中将有从b到a的电流11．如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（）A．电势φA＞φB，场强E A＞E BB．电势φA＞φB，场强E A＜E BC．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少D．将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能E pA＞E pB 12．下列关于电动势的说法中，正确的有（）A．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极做的功一定越多B．电源的电动势越大，非静电力将单位正电荷从负极移送到正极做的功一定越多C．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极的电量一定越多D．电源的电动势越大，非静电力移动相同电量转化的电能一定越多二、填空与实验题（共20分）13．如图所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线．若把三个这样的灯泡串联后，接到电压恒定的3V电源上，求流过小灯泡的电流为A，小灯泡的电阻为Ω．14．一个带正电的质点，电量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间的电势差U AB= V．15．有一绝缘空心金属球A，带有4×10﹣6C的正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B，带有2×10﹣6C的正电荷，若把B球跟A球的内壁相接触，则B球上的带电荷量为C，A球上的带电荷量为C，电荷分布在．三、计算论述题（要求每题解答时有必要的文字说明，只写出结果不给分，共32分）16．将带电荷量为1×10﹣8 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功2×10﹣6 J，（取无限远处为电势零点）问：（1）电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？（2）A点的电势是多少？（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8 C的电荷从无限远处移到电场中的A 点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？17．如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：（1）小球应带何种电荷？电荷量是多少？（2）在入射方向上小球最大位移量是多少？（电场足够大）18．如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B 分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能．扶余一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（48分，每小题4分）1．一个不带电金属球壳，在它的球心放入一个正电荷，其电场分布是图中的（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】当正电荷放入不带电金属球壳内部的时候，由于静电感应的作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，在球壳外的电场的分布不受球壳的影响．【解答】解：把正电荷放在金属球壳内部，由于静电感应的作用，在球壳的内壁会感应出负电荷，在球壳的外壁会感应出正电荷，所以在金属球壳的壳壁之间，由于正电荷的电场和感应电场的共同的作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，所以在金属球壳的壳壁之间没有电场线，对于球壳外部的电场分布情况不会受到影响，所以正确的是B．故选B．【点评】本题是考查学生对于静电感应现象的理解情况，在球壳的内壁放电荷的时候，球壳不会对球壳外部的电场产生影响，只影响壳壁之间的电场的分布情况．2．如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．【解答】解：A、A、B是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、A、B场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同．故B错误．C、A、B是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确D、电场线的疏密表示场强的大小，所以A、B场强不等，故D错误故选：C．【点评】矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．3．两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘体上，相距一定的距离，若同时释放两球，它们的加速度之比将（）A．保持不变B．先增大后减小C．增大D．减小【考点】库仑定律；牛顿第二定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】AB两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，根据牛顿第二定律a=，可以判断a的比值关系．【解答】解：两小球之间的库仑力属于作用力和反作用力，大小相等，根据牛顿第二定律可得a=，所以它们的加速度和质量成反比，即，比值不变，所以A正确，BCD错误．故选：A．【点评】甲、乙两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，根据作用力和反作用力的特点来判断即可．4．将一正点电荷从无穷远处移向M点，电场力做功为6.0×10﹣9J，若将一个等电量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做功7.0×10﹣9J，设无穷远处电势为零，则M、N两点的电势φM、φN有下列关系（）A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0 C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0【考点】电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场力做的功等于电势能的减小量，即W AB=E pA﹣E pB，可求出正、负点电荷在M点和N点的电势能，然后结合电势的定义式φ=列式分析计算出φM、φN，即可进行比较．【解答】解：设无穷远处电势为零，电荷在无穷远处的电势能E pO=0，将一正点电荷从无穷远处移向M点，根据电场力做功与电势能的关系公式W∞M=E p∞﹣E pM，得：E pM=W∞M+E p∞=6.0×10﹣9J+0=6.0×10﹣9J；由电势定义式φ=，有：φM ==V；同理可得：将等量的负点电荷从电场中N点移向无穷远处，根据电场力做功与电势能的关系公式W N∞=E PN﹣E p∞，得：E pN=W N∞+E p∞=7.0×10﹣9J+0=7.0×10﹣9J；则φN ==﹣V；则得：φN＜φM＜0故选：C．【点评】本题关键是结合电场力做功与电势能的关系公式W AB=E pA﹣E pB和电势定义式φ=联立列式分析，同时要注意两个公式中的各个量都要代入正负号运算．5．对公式E=的理解，下列说法正确的是（）A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差B．a点和b点距离越大，则这两点的电势差越大C．公式中的d是指a点和b点之间的距离D．公式中的d是a、b所在的两个等势面间的垂直距离【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】公式E=只能用于计算匀强电场中两点间的电势差．d为沿电场线方向两点间的距离，通过a、b两点的等势面间的垂直距离．【解答】解：A、公式E=只能用于计算匀强电场中两点间的电势差，不适用于非匀强电场．故A错误．B、在同一电场中，a点和b点沿电场线方向的距离越大时，则这两点的电势差才越大．故B错误．C、公式中的d是指a点和b点之间沿电场线方向的距离．故C错误．D、a、b沿电场线方向两点间的距离，等于通过a、b两点的等势面间的垂直距离．故D正确．故选D【点评】电场中公式较多，对于每个公式的适用条件要在理解的基础上记忆．公式E=是根据电场力做功W ab=qU和W ab=qEd推导出来的，W ab=qEd只适用于匀强电场，则此公式也只适用匀强电场．6．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）A．vq B ．C．qvS D ．【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式I=求解等效电流．【解答】解：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v 米，每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量Q=q•v，根据电流的定义式I=，t=1s，得到等效电流为 I=qv．故选：A【点评】本题关键是建立物理模型，利用电流的定义式进行求解电流．7．如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA=6V，φB=4V，φC=0，则D 点电势φD的大小为（）A．﹣3V B．0 C．2V D．1V【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】在平行四边形中找等势点，再确定D点的电势【解答】解：由于是平行四边形的四个顶点，那么连接BD、AC交于点O，那么有φA+φC=2φO=φB+φD；所以φD=6+0﹣4=2V，故选：C【点评】本题的技巧是找等势点，利用好平行四边形的性质．同时也可以由匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故φA﹣φD=φB ﹣φC．8．一只标有“220V、60W”的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V．在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示．在如图所示的四个图线中，肯定不符合实际的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】金属导体的电阻随温度的升高而增大；而I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．【解答】解：灯泡的电阻受温度的影响，不同电压下温度不同，其电阻也不同，随温度的升高电阻增大，因此图象B是符合要求的，故ACD不符合要求．本题选择不符合实际的，故选：ACD．【点评】解答本题要注意I﹣U图象与U﹣I图象的区别，同时明确金属导体的电阻随温度的升高而增大．9．在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是（）A．增大A、B板间的距离，静电计指针张角变大B．减小A、B板间的距离，静电计指针张角变大C．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小D．在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】改变板间距离、改变正对面积或放入电介质，根据电容的决定式分析电容的变化，电容器的电量不变，再根据电容的定义式分析板间电压的变化，判断静电计指针的变化．【解答】解：A、增大A、B板间的距离，根据电容的决定式C=知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式C=知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故A 正确．B、减小A、B板间的距离，根据电容的决定式C=知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式C=知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故B 错误．C、把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式C=分析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由C=得知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故C错误．D、在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式C=知，电容C增大，电容器的电量Q不变，则板间电压U减小，静电计指针张角变小．故D正确．故选：AD【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，在分析不变量的基础上，由电容的决定式C=知电容的定义式C=结合分析．10．如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则（）A．电荷将向上加速运动B．电荷将向下加速运动C．电流表中将有从a到b的电流D．电流表中将有从b到a的电流【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡．将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，根据板间场强E=分析场强的变化，再分析电荷q 所受电场力的变化，判断电荷q的运动方向．根据电容的决定式分析电容的变化，而电容器的电压一定，再由电容的定义式分析板间电容器电量的变化，根据电容器是充电还是放电，分析电路中电流的方向．【解答】解：A、B将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E=减小，电荷q 所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动．故A错误，B正确．C、D根据电容的决定式C=可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式C=分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流．故C错误，D正确．故选BD【点评】对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式C=判断电容的变化，抓住不变量，再由电容的定义式C=分析电量或电压的变化，再进一步研究场强等的变化．11．如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（）A．电势φA＞φB，场强E A＞E BB．电势φA＞φB，场强E A＜E BC．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少D．将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能E pA＞E pB 【考点】电场线；电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】该题考查电场中电场线的特点：疏密表示电场的强弱，箭头表示电场的方向，沿着电场线的方向电势降落．【解答】解：AB：疏密表示电场的强弱，故场强E A＜E B沿着电场线的方向电势降落，可知φA＞φB，故A错误，B正确．C：将电荷量为q的正电荷放在电场中，受力的方向是从A指向B，故从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少，C正确；D：同上分析，应当是负电荷在电势低的地方电势能大，故D错误．故选：BC【点评】该题考查电场中电场线的特点，疏密表示电场的强弱，沿着电场线的方向电势降落．属于简单题．12．下列关于电动势的说法中，正确的有（）A．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极做的功一定越多B．电源的电动势越大，非静电力将单位正电荷从负极移送到正极做的功一定越多C．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极的电量一定越多D．电源的电动势越大，非静电力移动相同电量转化的电能一定越多【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、由于不知道移送电量的多少，故无法确定做功的多少；故A 错误；B、电源的电动势越大，非静电力移动相同电量转化的电能一定越多；故BD正确；C、电源的电动势大小与移送的电量无关；故C错误；故选：BD．【点评】电源的电动势采用的是比值定义法，电动势与做功及电量无关；电动势大只能说明移送相同电量时，做功要多，转化的能量要多．二、填空与实验题（共20分）13．如图所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线．若把三个这样的灯泡串联后，接到电压恒定的3V 电源上，求流过小灯泡的电流为0.2 A，小灯泡的电阻为 5 Ω．【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】三个电灯串联后，每只电灯的电压为2V，再由甲图读出电灯的工作电流，由公式R=求出电阻．【解答】解：把三个这样的电灯串联后，每只灯泡的实际电压为U=V=1V，在图甲上可以读出：U=1V时，流过小灯泡的电流为 I=0.2A，则此时每只电灯的实际电阻 R===5Ω故答案为：：0.2，5．【点评】此题中电灯是非线性元件，电阻R=，但R≠．I﹣U图线上每一点与原点连线的斜率的倒数等于电阻值．14．一个带正电的质点，电量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间的电势差U AB= 1×104V．【考点】电势能；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为W ab=qU ab，根据动能定理求解a、b 两点间的电势差U ab．【解答】解：根据动能定理得qU ab+W其他=△E k看到 U ab===1×104V故答案为：1×104V．【点评】对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理．基础题，比较容易．15．有一绝缘空心金属球A，带有4×10﹣6C的正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B，带有2×10﹣6C的正电荷，若把B球跟A球的内壁相接触，则B球上的带电荷量为0 C，A球上的带电荷量为+6×10﹣6C，电荷分布在A的外表面．【考点】静电现象的解释．【分析】金属球A处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布于外表面．【解答】解：把B球跟A球的内壁相接触，A与B构成整体，处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布在外边面，即A的外表面；故B球的带电量减为零，A球表面的带电量为6×10﹣6C；故答案为：0，6×10﹣6A的外表面【点评】本题关键是建立物理模型，知道金属球A和小球B整体处于静电平衡状态，内部的电场强度为零，静电荷量也为零．三、计算论述题（要求每题解答时有必要的文字说明，只写出结果不给分，共32分）16．将带电荷量为1×10﹣8 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功2×10﹣6 J，（取无限远处为电势零点）问：（1）电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？（2）A点的电势是多少？（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8 C的电荷从无限远处移到电场中的A 点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？【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】取无限远处电势为零．根据电场力做正功时，电荷的电势能减小，电场力做负功时电势能增加．根据电势公式、电场力做功和功能关系进行分析和计算【解答】解：（1）静电力做负功，电荷的电势能增加，因无限远处电势能为零，电荷在A点具有的电势能为2×10﹣6 J．（2）A点的电势为：φA == V=200 V．（3）因静电力做正功，说明电荷受力方向与运动方向相同，说明电荷带负电，静电力做功为：W2=2W1=4×﹣6 J．答：（1）电荷的电势能是增加，电荷在A点具有2×10﹣6 J电势能（2）A点的电势是200 V（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8 C的电荷从无限远处移到电场中的A 点，说明电荷带负电，静电力做功为：4×﹣6 J．【点评】本题关键明确电场力做的功等于电势能的减小量，同时结合电势r 定义公式和电场力做功与电势差关系公式列式求解17．如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：（1）小球应带何种电荷？电荷量是多少？（2）在入射方向上小球最大位移量是多少？（电场足够大）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；等势面．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）互相平行的竖直平面的等势面，与水平方向成45°角斜向上射入匀强电场，要使小球做直线运动，则重力与电场力的合力与初速度共线，由此可确定小球带电电性，及电荷量．（2）小球在入射方向先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，由位移与速度的关系可确定小球的最大位移．【解答】解：（1）如图所示，电场线水平向左，由题意可知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度方向在一条直线上，所以小球带正电．由图可知，Eq=mg，又E=，所以解得：（2）由下图可知，=由动能定理，得：﹣所以答：（1）小球应带正电，电荷量是；（2）在入射方向上小球最大位移量是．【点评】本题根据运动去判定受力，由于重力方向一定，且做直线运动，所以可确定电场力方向，再由电场线来确定电性及电量；根据受力分析，借助牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式来求出最大位移．18．如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B 分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）电子在AB之间做加速运动，电场力的功等于电子动能的变化，根据动能定理即可解答；（2）电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，则电子的沿电场线方向的位移为，根据平抛运动的方法，结合牛顿第二定律即可解答；（3）电子的动能可以根据动能定理全程列式计算．【解答】解：（1）电子在AB之间做加速运动，由U0e=mv B2得：v B =（2）由y==可得：l=d（3）由动能定理得：U0e+e=E k末所以电子穿出右侧平行金属板时的动能：E k末=e（U0+）．答：（1）电子通过B 点时的速度大小为；（2）右侧平行金属板的长度为；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为e（U0+）．【点评】该题中，电子先在加速电场中加速，然后在偏转电场中偏转，属于常规的典型题目．难度适中．。
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．。
高二物理月考
伊川二高2014-2015学年上学期月考试卷高二物理一、选择题（3×14） 1、下列现象中，属于电磁感应现象的是( ) A ．小磁针在通电导线附近发生偏转 B ．通电线圈在磁场中转动 C ．因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流 D ．磁铁吸引小磁针 2、以下叙述正确的是( ) A ．法拉第发现了电磁感应现象 B ．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C ．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果 D ．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 3、如图所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a 、b 、c 三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度B a 、B b 、B c 的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa 、Φb 、Φc 的大小关系，下列判断正确的是( ) A ．B a ＝B b ＝B c ，Φa ＝Φb ＝Φc B ．B a ＞B b ＞B c ，Φa ＜Φb ＜Φc C ．B a ＞B b ＞B c ，Φa ＞Φb ＞Φc D ．B a ＞B b ＞B c ，Φa ＝Φb ＝Φc 4、如图1所示，ab 是水平面上一个圆的直径，在过ab 的竖直平面内有一根通电直导线ef ，已知ef 平行于ab 。
当ef 竖直向上平移时，电流产生的磁场穿过圆的磁通量将( ) A ．逐渐增大 B ．逐渐减小 C ．始终为零 D ．不为零，但保持不变 5、下面说法正确的是 （ ） A ．自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加 B ．自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化 C ．电路中的电流越大，自感电动势越大 D ．电路中的电流变化量越大，自感电动势越大 6、如图3所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺 线管截面平行，当电键S 接通一瞬间，两铜环的运动情况是（ ） A ．同时向两侧推开 B ．同时向螺线管靠拢 C ．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断 D ．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判 7、如图4－3－10所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是( ) A ．同时向左运动，间距增大 B ．同时向左运动，间距减小 C ．同时向右运动，间距减小 D ．同时向右运动，间距增大图3 班级 姓名 考号 座号8、关于线圈的自感系数，下面说法正确的是（）A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C．线圈中电流变化越快，自感系数越大D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定9、如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。
[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．。
河南省洛阳市伊川一中高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)
河南省洛阳市伊川一中2014～2015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，每题3分，选对选不全得2分，选错得0分）1．四个塑料小球，A和B互相排斥，B和C互相吸引，C和D互相排斥．如果D带正电，则B球的带电情况是（）A．带正电 B．带负电C．不带电 D．可能带负电或不带电2．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Q l，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（）A． Q3为负电荷，且放于A左方 B． Q3为负电荷，且放于B右方C． Q3为正电荷，且放于AB之间 D． Q3为正电荷，且放于B右方3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A． 4V B． 8V C． 12V D． 24V4．带电荷量为q的α粒子，以初动能E k从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入匀强电场，恰从带负电金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为2E k．则金属板间的电压为（）A． B． C． D．5．有一横截面为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子定向移动的速率为v，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为（）A．nvs△t B．nv△t C． I D．I△6．如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知下列说法正确的是（）A． R1＜R2B． R1和R2串联后的总电阻的Ⅰ﹣U图线应在区域ⅢC． R1和R2并联后的总电阻的Ⅰ﹣U图线应在区域ⅡD． R1=R27．一伏特计有电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此伏特计的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进（）A．在R上串联一比R小得多的电阻B．在R上串联一比R大得多的电阻C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻8．在图所示的电路中，当开关S闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（）A．两表读数均变大B．两表读数均变小C．电流表读数增大，电压表读数减小D．电流表读数减小，电压表读数增大9．如图所示，电流表事先已经接好，拿电压表的K接线柱去分别试触b、c两点，电流表示数分别为0.04A和0.03A，电压表示数分别为2.9V和3V．则待测电阻的真实值应为（）A．比100Ω略大一些 B．比100Ω略小一些C．比72.5Ω略大一些 D．比72.5Ω略小一些10．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．现要使尘埃P向上加速运动，下列方法中可行是（）A．把R1的滑片向左移动 B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动 D．把开关S断开11．如图，直线A为电源的路端电压U与电流I的关系图线，直线B是电阻R的两端电压U 与电流I的关系图线，用该电源与电阻R组成闭合电路，下列说法正确的是（）A．电源的电动势是3V． B．电源的内阻是1ΩC．电阻R的大小是2Ω D．电源的功率是6W12．如图所示，电源电动势E=6V，当开关S闭合后，小灯泡L1和L2都不亮．现用一电压表检测故障，已测得U ac=U ad=U ae=6V，U ab=0，那么以下判断正确的是（）A．含L1的ab段电路断路，其他部分无问题B． ab段和bc段电路可能都是断路的C．含R的cd段电路断路，其他部分无问题D．含L2的bc段电路断路，其他部分无问题13．没有完成连接的电路如图所示，A、B、C、D是滑动变阻器的四个接线柱．下列说法正确的是（）A．若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，安培表的示数将变大B．若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，电压表的示数将变大C．若将D与N相连接，接线柱A与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，电压表的示数增大D．若将D与N相连接，接线柱B与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，电流表的示数增大14．在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b 两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，由此可知（）A．通过电动机的电流为12AB．电动机消耗的功率为48WC．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480JD．电动机输出的功率为8W二、实验题（本题共6小题，15题每空2分，16题10分，共18分）15．在本周的实验课上某学生的测量结果如图所示，请你分别读出数据：（1）；；（3）；（4）．16．实验室有一根细而长的均匀金属管线样品，横截面为正方形如图1所示．此金属材料质量为m，长约为30cm，电阻约为10Ω．已知这种金属的电阻率为ρ，密度为ρ0．因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请设计一个实验方案使测量结果尽可能准确，测量中空部分的截面积S0，现有如下器材可选：A．刻度尺B．螺旋测微器C．电流表（600mA，1.0Ω）D．电流表（3A，0.1Ω）E．电压表（3V，6kΩ）F．滑动变阻器（10Ω，2A）G．蓄电池（6V，0.05Ω）H．开关一个，带夹子的导线若干．（1）除待测金属管线外，还应选用的器材有（只填代号字母）．在图2中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器（图3）连成实际测量电路．（3）实验中需要测量的物理量及结果（用合适的字母表示）：．（4）用（3）中的字母表示金属管线内部空间截面积S0的表达，S0= ．17．将电动势为3.0V电源接入电路中，测得电源两极间电压为2.4V，当电路中有6C的电荷流过某电阻时用时为12S，求：（1）电路内电流的大小是多少？有多少其他形式的能转化为电能？（3）外电路中有多少电能转化为其他形式的能？（4）电源内电路中产生的内能为多少？18．如图所示，R1=5Ω，R2=9Ω．当开关S断开时，电流表的示数为I=0.2A当开关S闭合时，电流表的示数为I′=0.3A．（电流表内阻不计）求：（1）电源的电动势和内阻；S断开和闭合两种情况下，电源的输出功率．19．某品牌小汽车中电动机和车灯的实际电路可简化为如图所示电路，电源电动势E=12.5V，内阻r=0.05Ω，电动机的直流电阻r'=0.02Ω，只闭合S1时，电流表读数I1=10A；再闭合S2后，电动机正常工作，电流表读数I2=58A（电流表内阻不计）．不考虑灯丝电阻的变化．求：（1）在只闭合S1时，车灯两端的电压U L和车灯的功率P L；再闭合S2后，车灯两端的电压U'L和电动机的输出功率P．20．如图所示，一电荷量q=3×10﹣5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=16V，内阻r=1Ω，电阻R1=7Ω，R2=R3=R4=16Ω．g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．g=10m/S2，求：（1）电源的输出功率；两板间的电场强度的大小；（3）带电小球的质量．河南省洛阳市伊川一中2014～2015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，每题3分，选对选不全得2分，选错得0分）1．四个塑料小球，A和B互相排斥，B和C互相吸引，C和D互相排斥．如果D带正电，则B球的带电情况是（）A．带正电 B．带负电C．不带电 D．可能带负电或不带电考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电荷间的相互作用规律分析：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．解答：解：由于D带正电，C和D互相排斥，故C带正电，而B和C互相吸引，则B带负电，也可能不带电；A和B互相排斥，则说明B一定带负电，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：本题考查了利用电荷间的相互作用规律判断物体带电情况，要特别注意的是：若两个物体相互吸引时，两个物体可能带异种电荷；也可能一个带电，另一个不带电．2．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Q l，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（）A． Q3为负电荷，且放于A左方 B． Q3为负电荷，且放于B右方C． Q3为正电荷，且放于AB之间 D． Q3为正电荷，且放于B右方考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置．解答：解：假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立．设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小．即：=由于Q2=4Q1，所以r23=2r13，所以Q3位于Q1的左方．根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电．故选A．点评：我们可以去尝试假设Q3带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态，不行再继续判断．3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A． 4V B． 8V C． 12V D． 24V考点：等势面；电势．专题：压轴题．分析：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．解答：解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×=4v，故U be=φb﹣φe=4v，故φf﹣φd=4v，故φe=24﹣4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．点评：①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．4．带电荷量为q的α粒子，以初动能E k从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入匀强电场，恰从带负电金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为2E k．则金属板间的电压为（）A． B． C． D．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：带电粒子在电场中被加速，电场力做功，导致动能增加，由动能定理则可求出金属板间电压．解答：解：粒子从正中央垂直进入匀强电场，到恰从负电金属板边缘飞出，由动能定理可得：2E K﹣E K=qu1解得：则金属板的电压是U1电压的2倍．即为故选：B点评：由动能定理简便得求出，电场力做功，由于粒子从正中央进入电场，所以求出的电压不是金属板间电压．5．有一横截面为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子定向移动的速率为v，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为（）A．nvs△t B．nv△t C． I D．I△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=nevs，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e，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=nevs，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．故选AC．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．6．如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知下列说法正确的是（）A． R1＜R2B． R1和R2串联后的总电阻的Ⅰ﹣U图线应在区域ⅢC． R1和R2并联后的总电阻的Ⅰ﹣U图线应在区域ⅡD． R1=R2考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析： I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；则根据串并联电路的规律可得出总电阻的在的区域．解答：解：A、由图可知，R1＜R2；故A正确，D错误；B、两电阻串联后，总电阻等于两电阻之和，故其图象应在区域Ⅲ中，故B正确；C、若两电阻并联，则总电阻小于任一电阻，故其图象应在区域I；故C错误；故选：AB．点评：本题考查欧姆定律的图象，要注意明确I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．7．一伏特计有电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此伏特计的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进（）A．在R上串联一比R小得多的电阻B．在R上串联一比R大得多的电阻C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：把电流表改装成电压表，应给电流表串联一个分压电阻；电压表示数偏小，说明通过电压表的电流比正常值小，可见通过减小电压表内阻即可改进．解答：解：电流表串联一个分压电阻，改装后若电压表读数偏小，说明通过电压表的电流偏小，分压电阻偏大，为使电压表示数准确，可以把R换成一个阻值稍小点的电阻，或在R 上并联一比R大得多的电阻即可，故ABDC误，D正确．故选：D．点评：知道电压表的改装原理、应用串并联电路特点即可即可正确解题；改装后电压表示数偏小，需要减小串联电阻阻值，改装后电压表示数偏大，需要增大串联电阻阻值．8．在图所示的电路中，当开关S闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（）A．两表读数均变大B．两表读数均变小C．电流表读数增大，电压表读数减小D．电流表读数减小，电压表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：开关S断开R1，R2串连接入电路，开关S闭合，R2被短路，只有R1接入电路，总电阻变小，总电流变大，干路电压变小．解答：解：开关S断开R1，R2串连接入电路，电流表示数I=，电压表示数为U=E ﹣Ir=E﹣；开关S闭合后，R2被短路，电路中的电阻减小，通过的电流为I′=，电压表示数为U=E ﹣I′r=E﹣所以电流表示数变大，电压表示数变小．故选C．点评：该题考查了电路动态分析问题，注意开关闭合后R2被短路，这是本题解题的关键．9．如图所示，电流表事先已经接好，拿电压表的K接线柱去分别试触b、c两点，电流表示数分别为0.04A和0.03A，电压表示数分别为2.9V和3V．则待测电阻的真实值应为（）A．比100Ω略大一些 B．比100Ω略小一些C．比72.5Ω略大一些 D．比72.5Ω略小一些考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：题的关键是对欧姆定律的理解，内接法时电压表两端的电压等于电流表与待测电阻的串联电压，故测得的电阻等于二者的串联电阻之和；外接法时电流表测得的是电压表与待测电阻的并联电阻，故测得的电阻小于电阻的真实值．解答：解：两测量结果比较可知，电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用明显，即电压表的内阻不是很大，根据欧姆定律可知，当电压表的内阻很大时，采用电流表外接法误差小一些，所以若电压表的内阻不是很大，应采用电流表内接法．所以=100Ω=R真+R A．则B正确故选：B点评：电流表内接法时造成测量误差的原因是电流表的分压作用，所以当电流表内阻越小时内接法越精确，外接法时造成测量误差的原因是电压表的分流作用，所以当电压表内阻越大时外接法测量越精确10．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．现要使尘埃P向上加速运动，下列方法中可行是（）A．把R1的滑片向左移动 B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动 D．把开关S断开考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：闭合开关S，电容器的电压等于变阻器左部分的电压，与R1无关，当滑片向右移动时，电压增大，板间场强增大，尘埃P向上加速运动．把开关S断开后，根据电容器的电压，再判断尘埃P是否向上加速运动．解答：解：A、R1的滑片移动不能改变电容器的电压，所以尘埃P处于处于静止状态．故A错误．B、把R2的滑片向左移动时，电容器的电压减小，板间场强减小，尘埃P向下加速运动．故B错误．C、把R2的滑片向右移动时，电容器的增大，板间场强增大，向上加速运动．故C正确．D、把开关S断开后，电容器的电压等于电源的电动势，即电压增大，尘埃P向上加速运动．故D正确．故选CD点评：本题是含有电容器的问题，关键是分析和确定电容器的电压．电路稳定时，电容器所在的电阻没有电压，相当于短路．11．如图，直线A为电源的路端电压U与电流I的关系图线，直线B是电阻R的两端电压U 与电流I的关系图线，用该电源与电阻R组成闭合电路，下列说法正确的是（）A．电源的电动势是3V． B．电源的内阻是1ΩC．电阻R的大小是2Ω D．电源的功率是6W考点：电功、电功率；欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：图象B的斜率等于电阻R；图象A的纵轴截距等于电源的电动势，斜率的大小等于电源的内电阻，由数学知识求解即可．解答：解：A、由闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，可知，当I=0时，U=E，故电源的电动势是3V，故A正确；B、，r==Ω=0.5Ω，故B错误；C、电阻R==Ω=1Ω，故C错误；D、电源的功率为：P=EI=3×2W=6W，故D正确．故选：AD．点评：根据U﹣I图象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，是解决此类问题的关键．12．如图所示，电源电动势E=6V，当开关S闭合后，小灯泡L1和L2都不亮．现用一电压表检测故障，已测得U ac=U ad=U ae=6V，U ab=0，那么以下判断正确的是（）A．含L1的ab段电路断路，其他部分无问题B． ab段和bc段电路可能都是断路的C．含R的cd段电路断路，其他部分无问题D．含L2的bc段电路断路，其他部分无问题考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知，灯泡L1和L2和滑动变阻器串联，又根据题意可得，电路故障为断路，如果电压表示数为零，那么被测部分外部断路，如果电压表示数电源电压，那么被测部分断路，从而即可求解．解答：解：闭合开关后，由题意可知，U ac=U ad=U ae=6V，U ab=0，由于ae为电源两端，因此可得，含L2的bc段电路为断路，其他部分无问题，故D正确，ABC错误；故选：D．点评：考查电流表，电压表检测电路故障问题，如果是确定电路为断路问题，则电压表测量时（不含电源两端），电压表有示数，说明与表并联的电路出现断路．13．没有完成连接的电路如图所示，A、B、C、D是滑动变阻器的四个接线柱．下列说法正确的是（）A．若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，安培表的示数将变大B．若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，电压表的示数将变大C．若将D与N相连接，接线柱A与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，电压表的示数增大D．若将D与N相连接，接线柱B与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：移动滑片改变滑动变阻器接入电路的阻值，根据闭合电路欧姆定律，从而求解电路电流与电阻两端电压的变化情况．解答：解：A、若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电流减小，即安培表的示数将变小，因内电压减小，且电阻R两端的电压也减小，因此电压表示数增大，故A错误，B正确；C、若将D与N相连接，接线柱A与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，接入电路中的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，即安培表的示数将变大，因内电压增大，且电阻R两端的电压也增大，因此电压表示数减小，故C错误；D、若将D与N相连接，接线柱B与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电流减小，即安培表的示数将变小，故D错误，故选：B．点评：本题考查了滑动变阻器的接法、滑动变阻器的作用，分析清楚电路结构、知道滑动变阻器的工作原理即可正确解题．14．在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b 两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，由此可知（）A．通过电动机的电流为12AB．电动机消耗的功率为48WC．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480JD．电动机输出的功率为8W考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析： A、根据ab两端的电压和电压表的示数，求出R两端的电压，再根据欧姆定律求出通过电动机的电流．B、根据P=UI求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率．C、根据Q=I2rt求出电动机在1分钟内产生的热量．D、电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．解答：解：A、通过电动机的电流．故A错误．B、电动机消耗的功率P=UI=24×2W=48W．故B正确．C、电动机线圈在1分钟内产生的热量Q=I2rt=4×2×60J=480J．故C正确．D、电动机的输出功率．故D错误．故选BC．点评：解决本题的关键会灵活运用欧姆定律，以及知道电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．二、实验题（本题共6小题，15题每空2分，16题10分，共18分）15．在本周的实验课上某学生的测量结果如图所示，请你分别读出数据：（1）29.7mm ； 6.703mm ；（3）0.920mm ；（4）20.45mm ．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.1mm=0.7mm，所以最终读数为：29mm+0.7mm=29.7mm．2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为20.3×0.01mm=0.203mm，所以最终读数为6.5mm+0.203mm=6.703mm．3、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为42.0×0.01mm=0.420mm，所以最终读数为0.5mm+0.420mm=0.920mm．4、游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为9×0.05mm=0.45mm，所以最终读数为：20mm+0.45mm=20.45mm．故答案为：（1）29.7mm；6.703mm；（3）0.920mm；（4）20.45mm点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．16．实验室有一根细而长的均匀金属管线样品，横截面为正方形如图1所示．此金属材料质量为m，长约为30cm，电阻约为10Ω．已知这种金属的电阻率为ρ，密度为ρ0．因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请设计一个实验方案使测量结果尽可能准确，测量中空部分的截面积S0，现有如下器材可选：A．刻度尺B．螺旋测微器C．电流表（600mA，1.0Ω）D．电流表（3A，0.1Ω）E．电压表（3V，6kΩ）F．滑动变阻器（10Ω，2A）G．蓄电池（6V，0.05Ω）H．开关一个，带夹子的导线若干．（1）除待测金属管线外，还应选用的器材有ABCEFGH （只填代号字母）．在图2中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器（图3）连成实际测量电路．（3）实验中需要测量的物理量及结果（用合适的字母表示）：用毫米刻度尺金属管线长度L，外径D，电压表示数U，电流表示数I ．（4）用（3）中的字母表示金属管线内部空间截面积S0的表达，S0= πD2﹣．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：（1）本实验需要用伏安法测量电阻，根据电阻定律公式求解导体的截面积，故可以先得到截面积的表达式，再结合欧姆定律得到待测量，从而进一步选择器材；用伏安法测量电阻，要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法；由于金属原件长度较短，故电阻较小，故采用安培表外接法，画出电路图后进一步连接实物图即可；（3）根据欧姆定律和电阻定律公式可以得到要测量的物理量；（4）根据实验所测数据，应用欧姆定律及电阻定律求出面积的表达式．解答：解：（1）本实验需要用伏安法测量电阻，根据欧姆定律，有R=；同时要结合电阻定律公式R=ρ求解截面积；故要用电压表测量电压，电流表测量电流，刻度尺测量长度，螺旋测微器测量金属管外直径，要组合成电路，还需要电源、电键、导线以及滑动变阻器；由于电阻通电电流大会升温，影响电阻率，故要小电流，故电流表选择较小量程，故需要的实验器材有：ABCEFGH；由滑线变阻器阻值为10Ω，被测电阻约为10Ω，故限流的效果不明显，故采用分压解法，由＞，确定电流表外接，电路如图：由于要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法，金属丝电阻较小，因此电流表采用外接法，由此可得出实物图如下所示：（3）（4）根据欧姆定律，有R=；根据电阻定律，有R=ρ，故截面积为：S=；实验时需要：用毫米刻度尺金属管线长度L，外径D，电压表示数U，电流表示数I，故金属管线内部空间截面积S0的表达式为：S0=πD2﹣故答案为：（1）ABCEFGH；如图所示；（3）用毫米刻度尺金属管线长度L，外径D，电压表示数U，电流表示数I；。
河南省伊川县实验高中2015-2016学年高二上学期期中模拟考试物理试题
伊川实验高中2015-2016学年上学期期中模拟考试高二物理一、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1所示，由图像可知（）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．下面列出了电视机、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，下列说法中正确的是（）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5．一根粗细均匀的电阻丝，横截面的直径是d，电阻为R，把它拉制成直径是d/10的均匀细丝后．它的电阻变成 ( )A ．100RB ．100 RC ．1000R D ．10000 R 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，如果指针指在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L 1、L 2及滑动变阻器R 连接成如图2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L 1变暗，L 2变亮B ．灯L 1变亮，L 2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3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1B ．0和1C ．1和0D ．0和09．下列说法中正确的是 ( )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4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 点的磁场方向水平向右，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5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6所示的匀强电场（电场强度为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>E／B，电子沿轨迹I运动，出场区时速度v> v0B．若v0>E／B，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v< v0C．若v0<E／B，电子沿轨迹I运动，出场区时速度v> v0D．若v0<E／B，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7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2小题。
高二物理上学期第一次月考试题高二全册物理试题_5
嗦夺市安培阳光实验学校第一学期第一次月考高二物理试卷注意事项：1.本试卷分第I卷和第II卷两部分。
试卷满分100分，考试时间90分钟。
2.请将答案填写在答题卡上。
第I卷选择题一选择题（本大题共12个小题，每题4分，共48分，其中1-8小题为单选，9-12小题为多选）1．关于电源的电动势，下面正确叙述的是：（）A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大2. 如图所示，电流表G的内阻不可忽略不计，R1、R2是两个可变电阻，当a、b 间的电压为4 V时，电流表的指针刚好满偏(指针指在刻度盘的最大值处)，当a、b间的电压为3 V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是( )①保持R2不变，增大R1②增大R1，减小R2③保持R2不变，减小R1④增大R2，减小R1A．①② B．①④ C．②③ D．③④3. 如图所示，A、B为两个验电器，在B上装有一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），最初B和C带电，A不带电。
D是带有绝缘柄的金属小球。
某同学利用这些器材完成了下面实验：使不带电的D先跟C的外部接触，再让D跟A 的金属球接触，这样操作若干次，发现A的D先跟C的内部接触，再让D跟A的金属球接触，这样操作若干次，发现A 的箔片始终不张开。
通过以上实验，能直接得到的结论是（）A．电荷分布在C的外表面 B．电荷在CC．带电的C是一个等势体 D．电荷总量是守恒的4. 两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。
两小球相互接触后将其固定距离变为2r，则两球间库仑力的大小为( )A．112F B．34F C．43F D．12F5. 如图所示，在一个粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带电的小物块。
物理上学期第一次月考试题高二全册物理试题
量风市然必阳光实验学校高二〔上〕第一次月考物理试卷一．选择题〔每题3分，共60分其中1-15题为单项选择，16-20题为多项选择〕1．以下四组单位中，哪一组中的单位都是单位制中的根本单位〔〕A．m、N、s B．m、kg、s C．kg、J、s D．m、kg、N2．以下说法正确的选项是〔〕A．元电荷就是质子B．带电体所带电荷量一是元电荷的整数倍C．点电荷一是带电量很少的带电体D．处于静电平衡的导体的内部可能有净电荷3．两个点电荷相距为L，带电量均为q，它们之间的静电力为F，现把距离增大为2L，电量均增为2q，那么静电力为〔〕A．2F B．F C ．D ．4．两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电量分别为q1和q2，用绝缘细线悬挂后，因静电力排斥而使两悬线张开，与竖直方向的夹角分别为α1和α2，且两球处于同一水平线上，如下图．假设α1=α2，那么以下判断正确的选项是〔〕A．m1一于m2 B．q1一于q2C ．一满足D．必然同时满足q1=q2，m1=m25．关于电场场强的概念，以下说法正确的选项是〔〕A．由E=可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B．正负试探电荷在同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与试探电荷的正负有关C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷正负无关D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强于零6．关于电容器的电容，正确的说法是〔〕A．根据C=，如果电容器不充电，也就无电压，也就没有电容量B．不超过耐压的情况下，一固的电容器上充的电量与两极间的电压成正比C．一只电容器充的电量越多，它的电容量也就越大D．一个电容器的电容与加在两极间电压的大小成反比7．一电量q=2×10﹣9C的正电荷，在静电场中由a点移到b点的过程中除了电场力外，其它力做功为6×10﹣5J，电荷的动能增加了8×10﹣5J，那么a、b两点间的电势差U ab为〔〕A．3×104V B．1×104 V C．4×104 V D．7×104 V8．让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一角度，假设不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度〔〕A．一减小B．一增大C．一不变D．可能不变9．如下图，一电子枪发射出的电子〔初速度很小，可视为零〕进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，以下哪些措施是可行的〔不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况〕〔〕A．增大偏转电压U B．增大加速电压U0C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子10．如图，一带有绝缘座的空心球壳A带有4×10﹣8C的正电荷，一带绝缘柄的金属球B带有﹣2×10﹣8C的负电荷，通过A上的小孔使B和A的内外表接触，那么A．B各自带电为〔〕A．Q A=10﹣8C，Q B=10﹣8C B．Q A=0，Q B=2×10﹣8CC．Q A=2×10﹣8C，Q B=0 D．Q A=﹣2×10﹣8C，Q B=2×10﹣8C11．关于电场强度和电势的关系，以下说法正确的选项是〔〕A．场强处处为零的空间，电势也一处处为零B．场强处处相同的区域内，电势也一相同C．场强的方向总是跟势面垂直D．电势高的地方场强一大12．如下图，三条平行间距的虚线表示电场中的三个势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子〔不计重力〕在该区域内的运动轨迹，a、b、c 是轨迹上的三个点，以下说法正确的选项是〔〕A．粒子在三点所受的电场力不相B．粒子必先过a，再到b，然后到cC．粒子在三点所具有的动能大小关系为E kb＞E ka＞E kcD．粒子在三点的电势能大小关系为E pc＜E pa＜E pb13．关于电流强度，以下说法中正确的选项是〔〕A．单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流强度越大B．电子运动的速率越大，电流强度越大C．通过导线横截面的电量越多，电流强度越大D．因为电流有方向，所以电流强度是矢量14．如下图，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b．不计空气阻力，那么〔〕A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒15．两只电阻的伏安特性曲线如下图，那么以下说法中正确的选项是〔〕A．两电阻的阻值为R1大于R2B．两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率C．两电阻并联在电路中时，R1的电流小于R2的电流D．两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压16．如下图，实线为一电场线，质子只受电场力从A点移到B点，以下说法正确的选项是〔〕A．带电粒子的动能减少B．带电粒子的电势能增加C．带电粒子的动能增加D．带电粒子的电势能减少17．如图为一块电池的反面印有的一些符号，以下说法正确的选项是〔〕A．该电池的容量为500mA•hB．该电池的电动势为VC．该电池在工作1小时后到达的电流为500mAD．假设电池以10mA的电流工作，可用50小时18．关于电动势以下说法中正确的选项是〔〕A．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加B．对于给的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大C．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极送单位电荷量做功越多D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多19．以下说法中正确的选项是〔〕A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动B．物体在变力作用下一做曲线运动C．物体在恒力或变力作用下都可能做曲线运动D．做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向一不在同一直线上20．质量为2kg的质点在x﹣y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y 方向的位移图象如下图，以下说法正确的选项是〔〕A．质点的初速度为5m/sB．质点所受的合外力为3NC．质点初速度的方向与合外力方向垂直D．2s末质点速度大小为6m/s二．填空题〔每空2分，共12分〕21．现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为I g=1mA，内阻R g=200Ω，假设要将它改装成量程为3V的电压表，〔填“串〞或“并〞〕一个Ω的电阻，改装后的电压表测量电压时，指针指在表盘上原来0.6mA处，那么被测电压的大小是V．22．电流表的内阻约为0.1Ω，电压表内阻约为10KΩ．假设待测电阻约为5Ω，那么当用如图中的测量误差较小，测得的电阻值和真实值相比偏〔填“小〞或“大〞〕．23．1eV= J．三、计算题〔9+9+10=28分〕24．如图，在匀强电场中，一电荷量为q=5.0×10﹣10C的正电荷，由a 点移到b 点和由a点移动到c点，电场力做的功都是3.0×10﹣8J，已知a、b、c三点的连线组成直角三角形，ab=20cm，θ=37°．〔sin37°=0.6；cos37°=0.8〕求：〔1〕a、b两点间的电势差Uab；〔2〕匀强电场的场强．25．一根长为L=2m，横截面积S=1×10﹣3m2的铜棒，两端电势差为U=4×10﹣2V，铜棒的电阻R=2×10﹣5Ω，铜内自由电子的密度为n=×1029个•m﹣3，求：〔1〕通过铜棒的电流；〔2〕铜棒内电场强度；〔3〕自由电子向移动速率．26．〔10分〕〔2021秋•校级期中〕一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的，如下图．假设平行板间的距离d=1cm，板长l=5cm，问至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板？高二〔上〕第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题〔每题3分，共60分其中1-15题为单项选择，16-20题为多项选择〕1．以下四组单位中，哪一组中的单位都是单位制中的根本单位〔〕A．m、N、s B．m、kg、s C．kg、J、s D．m、kg、N【考点】力学单位制．【分析】单位制规了七个根本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在单位制中的单位称为根本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．【解答】解：力的根本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，所以B正确；A、D中的牛〔N〕，C中的焦耳〔J〕都是导出单位，不是根本单位，所以ACD 错误．应选：B．【点评】单位制规了七个根本物理量，这七个根本物理量分别是谁，它们在单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．2．以下说法正确的选项是〔〕A．元电荷就是质子B．带电体所带电荷量一是元电荷的整数倍C．点电荷一是带电量很少的带电体D．处于静电平衡的导体的内部可能有净电荷【考点】静电现象的解释．【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决，与自身大小形状无具体关系．元电荷是最小的电荷单位；其数值于电子或质子的带电量．【解答】解：A、元电荷是指质子或电子的带电量，不是质子、电子，更不是原子，故A错误；B、带电体所带电荷量一是元电荷的整数倍，故B正确；C、带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决，与自身大小形状无具体关系．故C错误；D、处于静电平衡的导体的内部净电荷为零，故D错误；应选：B．【点评】对于元电荷要注意明确这不是质子也不是电子，它只是在数值上于它们的电量．点电荷与质点一样都是理想化的模型，实际上不存在，但是有着非常重要的用．要牢记．3．两个点电荷相距为L，带电量均为q，它们之间的静电力为F，现把距离增大为2L，电量均增为2q，那么静电力为〔〕A．2F B．F C ．D ．【考点】库仑律．【分析】根据点电荷库仑力的公式F=k，求得改变之后的库仑力的大小．【解答】解：由点电荷库仑力的公式F=k 可以得到：F′==F，故B 正确、ACD错误．应选：B．【点评】此题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．4．两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电量分别为q1和q2，用绝缘细线悬挂后，因静电力排斥而使两悬线张开，与竖直方向的夹角分别为α1和α2，且两球处于同一水平线上，如下图．假设α1=α2，那么以下判断正确的选项是〔〕A．m1一于m2 B．q1一于q2C ．一满足D．必然同时满足q1=q2，m1=m2【考点】库仑律；共点力平衡的条件及其用．【分析】分别对两小球进行受力分析，根据受力可知，由共点力平衡条件得到各自的重力与库仑力的关系，抓住相互间的库仑力大小相，得到质量与角度的关系，分析求解．【解答】解：题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反．由于它们与竖直线所成的角度均为α，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确，它们的质量一相．故BCD错误，A正确；应选：A．【点评】此题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键．5．关于电场场强的概念，以下说法正确的选项是〔〕A．由E=可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B．正负试探电荷在同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与试探电荷的正负有关C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷正负无关D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强于零【考点】电场强度．【分析】电场强度于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E=，与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决．电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．【解答】解：A、电场强度于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E=，与放入电场中的电荷无关，q变大，F变大，比值不变．故A错误．B、电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．电场中某点的场强方向与放入电场中电荷无关．故B错误．C、电场强度于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E=，与放入电场中的电荷无关．故C正确．D、电场强度与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决．故D错误．应选：C．【点评】解决此题的关键掌握电场强度于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E=，与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决．6．关于电容器的电容，正确的说法是〔〕A．根据C=，如果电容器不充电，也就无电压，也就没有电容量B．不超过耐压的情况下，一固的电容器上充的电量与两极间的电压成正比C．一只电容器充的电量越多，它的电容量也就越大D．一个电容器的电容与加在两极间电压的大小成反比【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决，与两极板间的电压、所带的电荷量无关．【解答】解：A、电容器本身的特性决，与两极板间的电压、所带的电荷量无关，故A错误．B、不超过耐压的情况下，一固的电容器上充的电量与两极间的电压成正比，故B正确．C、电容器本身的特性决，与两极板间的电压、所带的电荷量无关，故C 错误．D、电容器本身的特性决，与两极板间的电压、所带的电荷量无关．故D 错误．应选：B【点评】电容C=，采用的是比值义法，有比值义法共性，C与U、Q无关，由电容器本身决．7．一电量q=2×10﹣9C的正电荷，在静电场中由a点移到b点的过程中除了电场力外，其它力做功为6×10﹣5J，电荷的动能增加了8×10﹣5J，那么a、b两点间的电势差U ab为〔〕A．3×104V B．1×104 V C．4×104 V D．7×104 V 【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】质点在静电场中由a点移到b点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为W ab=qU ab，根据动能理求解a、b两点间的电势差U ab．【解答】解：根据动能理得：qU ab+W其他=△E k得：U ab ==V=1×104V应选：B【点评】对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能理．同时要掌握电场力做功公式W=qU．8．让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一角度，假设不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度〔〕A．一减小B．一增大C．一不变D．可能不变【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，依据电容义和决式来分析电容变化，通过电容的变化，判断电势差的变化．【解答】解：根据C=，减小d ，增大介电常数，那么电容增大，根据，Q不变，U减小，所以指针的偏转角度减小．故A正确，BCD错误．应选：A．【点评】此题的解题关键是要掌握电容的决式和电容的义式，并抓住电容器的电量不变进行分析．9．如下图，一电子枪发射出的电子〔初速度很小，可视为零〕进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，以下哪些措施是可行的〔不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况〕〔〕A．增大偏转电压U B．增大加速电压U0C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】电子先经电场加速，后经电场偏转，先根据动能理得到加速获得的速度表达式，再运用运动的分解，结合类平抛运动的规律，得到偏转距离y的表达式，即可进行分析．【解答】解：经加速电场后的速度为v，那么mv2=eU0所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v=电子进入偏转电场后的偏转的位移 y=at2=••2=．可见，要增大y，可行的方法有：增大偏转电压U，减小加速电压U0．或减小偏转电场极板间距离d，与粒子的电性和质量无关．故A正确．应选：A．【点评】此题是先加速后偏转，带电粒子通过组合场的类型，得到的结论与带电粒子的电量和质量无关．10．如图，一带有绝缘座的空心球壳A带有4×10﹣8C的正电荷，一带绝缘柄的金属球B带有﹣2×10﹣8C的负电荷，通过A上的小孔使B和A的内外表接触，那么A．B各自带电为〔〕A．Q A=10﹣8C，Q B=10﹣8C B．Q A=0，Q B=2×10﹣8CC．Q A=2×10﹣8C，Q B=0 D．Q A=﹣2×10﹣8C，Q B=2×10﹣8C【考点】静电现象的解释．【分析】金属球A处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布于外外表．【解答】解：把B球跟A球的内壁相接触，A与B构成整体，处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布在外外表；故B球的带电量减为零，A 球外表的带电量为2×10﹣8C的正电荷；故ABD错误，C正确．应选：C【点评】此题关键是建立物理模型，知道金属球A和小球B整体处于静电平衡状态，内部的电场强度为零，静电荷量也为零．11．关于电场强度和电势的关系，以下说法正确的选项是〔〕A．场强处处为零的空间，电势也一处处为零B．场强处处相同的区域内，电势也一相同C．场强的方向总是跟势面垂直D．电势高的地方场强一大【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的上下，那么电场强度与电势没有直接关系．电场强度为零，电势不一为零．电势为零，电场强度也不一为零．电场强度越大的地方，电势不一高．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一减小．【解答】解：A、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一为零．故A错误．B、场强处处相同的区域内，电势不一为零，比方：匀强电场，电场强度处处相，而沿着电场线的方向电势降低．故B错误．C、势面电势处处相，在势面上移动电荷不做功，是因电场力的方向与运动方向相互垂直，因此场强的方向总是跟势面垂直．故C正确．D、电场线密处，电场强度大，而沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，电势高的地方场强不一大，故D错误．应选C【点评】电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的上下．12．如下图，三条平行间距的虚线表示电场中的三个势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子〔不计重力〕在该区域内的运动轨迹，a、b、c 是轨迹上的三个点，以下说法正确的选项是〔〕A．粒子在三点所受的电场力不相B．粒子必先过a，再到b，然后到cC．粒子在三点所具有的动能大小关系为E kb＞E ka＞E kc D．粒子在三点的电势能大小关系为E pc＜E pa＜E pb【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】此题首先要根据三条表示势面的虚线距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系．【解答】解：A、因表示电场中三个势面的三条虚线是平行且间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相．选项A错误．B、由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹．选项B错误．C、带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在C点的动能最大，在b点的动能最小．选项C错误．D、由对C的分析可知，D选项正确应选D．【点评】此题考察到了电势能、带电粒子在电场中的运动、势面、电场力做功几方面的知识点．解决此题的关键是对势面的理解，势面就是电场中电势相的各点构成的面，势面有以下几方面的特点：①、势面一与电场线垂直，即跟场强的方向垂直．②、在同一势面上移动电荷时电场力不做功．③、电场线总是从电势高的势面指向电势低的势面．④、任意两个势面都不会相交．⑤、差势面越密的地方电场强度越大，即差势面的分布疏密可以描述电场的强弱．13．关于电流强度，以下说法中正确的选项是〔〕A．单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流强度越大B．电子运动的速率越大，电流强度越大C．通过导线横截面的电量越多，电流强度越大D．因为电流有方向，所以电流强度是矢量【考点】电流、电压概念．【专题】恒电流专题．【分析】物理把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量〔简称电量〕叫做电流强度，简称电流．注意根据电流强度的义进行理解．【解答】解：A、由I=可知，单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流强度越大；故A正确；B、电流的大小取决于电子的向移动速率，与电子自由移动的速率无关；故B 错误；C、电量大，但用时较长时，电流强度也可能较小；故C错误；D、电流有方向，但电流的计算不适用于平行四形那么；故电流是标量；故D 错误；应选：A【点评】此题考查了有关影响电流强度的因素，注意电流强度的大小与电量及时间无关．14．如下图，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b．不计空气阻力，那么〔〕A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒【考点】电势能；机械能守恒律．【专题】机械能守恒律用专题．【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力必平衡，可判断小球的电性．由电场力做功情况，判断电势能的变化．机械能守恒的条件是只有重力做功．【解答】解：A、B据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，那么知小球带正电．故A错误，B正确．C、小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大．故C错误．D、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒．故D错误．应选B【点评】此题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，确出小球的电性．15．两只电阻的伏安特性曲线如下图，那么以下说法中正确的选项是〔〕A．两电阻的阻值为R1大于R2B．两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率C．两电阻并联在电路中时，R1的电流小于R2的电流D．两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压【考点】欧姆律；电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】此题为图象分析问题，在图中任意做一条与纵轴垂直的直线，那么与两图象的交点为电流相同点，对的横坐标得出电压值，那么由欧姆律可进行电阻大小的比拟．两电阻串联在电路中时，电流相，两电阻并联在电路中时，电压相．【解答】解：A、伏安特性曲线斜率表示电阻的倒数，故两电阻的阻值为R1小于R2，故A错误．B、两电阻串联在电路中时，电流相，根据P=I2R可知：R1消耗的功率小于R2消耗的功率，故B正确；C、两电阻并联在电路中时，电压相，根据I=得：R1的电流大于R2的电流，故C错误；D、两电阻串联在电路中时，电流相，根据A的分析可知：即U2＞U1，故D错误；应选：B【点评】此题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，两电阻串联在电路中时，电流相，两电阻并联在电路中时，电压相．16．如下图，实线为一电场线，质子只受电场力从A点移到B点，以下说法正确的选项是〔〕A．带电粒子的动能减少B．带电粒子的电势能增加C．带电粒子的动能增加D．带电粒子的电势能减少【考点】电场线；电势．【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小．质子沿电场线从A点移到B 点，静电力做了正功．静电力做了正功，质子的电势能减小．根据顺着电场线方向，电势降低．【解答】解：质子带正电，受到电场力的方向与电场线的方向相同，所以质子只受电场力从A点移到B点，电场力做正功，质子的动能增大，电势能减小．应选：CD【点评】根据电场力做功情况，要能判断电场线方向、电势能、电势的大小．但一条电场线，往往不能判断电场强度的大小．17．如图为一块电池的反面印有的一些符号，以下说法正确的选项是〔〕A．该电池的容量为500mA•hB．该电池的电动势为VC．该电池在工作1小时后到达的电流为500mAD．假设电池以10mA的电流工作，可用50小时。
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．。
[推荐学习]高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)5
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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 10k Ω 的电阻 B ．并联一个 10k Ω 的电阻 C ．串联一个 9.5k Ω 的电阻 D ．并联一个 9.5k Ω 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：（I 2r+IU ）t B ．电池提供的总电能为：IEtC ．电动机做的机械功为：IEt ﹣I 2（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 R 1=21Ω，电动机绕组的电阻 R 0=0.5Ω，电键 S 1 始终闭 合．当电键 S 2 断开时，电阻 R 1 的电功率是 525W ；当电键 S 2 闭合时，电阻 R 1 的电功率是 336W ， 求 （1）电源的内电阻；当电键 S 2 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 ，R 1=4Ω，R 2=6Ω，C=30 F ，电源内阻可忽略． （1）闭合开关 S ，求稳定后通过 R 1 的电流． 若再将开关 S 断开，求这以后流过 R 1 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 以请参考表中数据，完成下列问题（g 取 10m/s ）：（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 10k Ω 的电阻 B ．并联一个 10k Ω 的电阻 C ．串联一个 9.5k Ω 的电阻 D ．并联一个 9.5k Ω 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 ===9.5×103k Ω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 an θ=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：（I 2r+IU ）t B ．电池提供的总电能为：IEtC ．电动机做的机械功为：IEt ﹣I 2（R+r ）t D ．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 ﹣I 2R=IEt ﹣I 2（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 R 1 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 =I 2R 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 R 1 一定发生断路C ．电阻 R 2 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 R 1 一定发生断路．因为断路时，R 1 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 R 2 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 60W C ．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=I 2r= ×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 =I 2R 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，R 1 为定值电阻，R 2 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 R 2=R 1+r 时，R 2 上获得最大功率B ．当 R 1=R 2+r 时，R 1 上获得最大功率C ．当 R 2=0 时，电源的总功率最大D ．当 R 2=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 =I 2R ，电流最大时，功率最大． 【解答】解：A 、将 R 1 等效到电源的内部，R 2 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 R 2=R 1+r 时，输出功率最大，即 R 2 上的功率最大．故 A 正确．B 、根据 P =I 2R ，电流最大时，R 1 上的功率最大．当外电阻最小时，即 R 2=0 时，电流最大．故 B 错 误． C 、当 R 2=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 R 1 与 r 的关系未知，故当 R 2=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=I 2R ，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 550WB ．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 ．。
河南省洛阳市伊川县第二高级中学高二物理月考试卷带解析
河南省洛阳市伊川县第二高级中学高二物理月考试卷含解析一、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. 如图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的 ( )A．两板间的距离B．两板间的电压C．两板间的电介质D．两板的正对面积参考答案：A2. 如图所示是双缝干涉实验装置的示意图，以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离A．增大双缝与光屏之间的距离B．增大单缝与双缝之间的距离C．将红色滤光片改为绿色滤光片D．增大双缝之间的距离参考答案：A3. 如图示的两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110V．若分别在c、d与g、h的两端加上110V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为（）A．220V，220V B．220V，110V C．110V，110V D．220V，0参考答案：B【考点】变压器的构造和原理．【分析】左图是变压器，右图是直流电路中的部分电路，变压器的原副线圈电压之比等于线圈匝数比．【解答】解：当a、b两端接110V的交变电压时，测得c、d两端的电压为55V，则原副线圈匝数比为2：1，所以当c、d两端加上110V交变电压，a、b两端电压为220V；当g、h两端加上110V交变电压时，e与滑片间无电流，电压为零，故e、f两端电压与g、h两端电压相同，也为110V．故选：B．4. （多选）汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前（）A．汽车和拖车的总动量不变B．汽车和拖车的总动能不变C．汽车和拖车的总动量增加D．汽车和拖车的总动能增加参考答案：AD5. 如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上，棒ab与导轨相互垂直并接触良好，导轨间接有电源。
现用两种方式在空间加匀强磁场，ab棒均处于静止。
河南省洛阳市伊川二高高三物理上学期第一次月考试卷(含解析)
河南省洛阳市伊川二高2015届高三上学期第一次月考物理试卷一、选择题（每题4分，共56分）1．以下说法中正确的是（）A．做匀变速直线运动的物体，ts内通过的路程与位移的大小一定相等B．质点一定是体积和质量极小的物体C．速度的定义式和平均速度公式都是v=，因此速度就是指平均速度D．速度不变的运动是匀速直线运动2．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=3t+2t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（）A．第2s内的位移是10mB．前3s内的平均速度是7m/sC．任意相邻1s内的位移差都是4mD．任意1s内的速度增量都是3m/s3．如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A．物体可能只受两个力作用 B．物体可能受三个力作用C．物体可能不受摩擦力作用 D．物体一定受四个力作用4．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则（）A． B受到C的摩擦力一定不为零B． C受到水平面的摩擦力一定为零C．不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等5．如图所示，轻绳上端固定在天花板上的O点，下端悬挂一个重为10N的物体A，B是固定的表面光滑的小圆柱体．当A静止时，轻绳与天花板的夹角为30°，B受到绳的压力是（）A． 5N B． 10N C． 5N D． 10N6．如图所示某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，各段时间相同，设小球从静止开始运动，由此可以判定（）A．小球向前运动，再返回停止B．小球向前运动再返回不会停止C．小球始终向前运动D．小球做匀加速直线运动7．某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v﹣t图象，某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是（）A． 0～t1这段时间内的平均速度一定小于B． 0～t3这段时间内的平均速度一定小于C．在t1时刻，实际加速度一定小于D．在t3～t4时间内，自行车的速度恒定8．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，则刹车后6s内的位移是（）A． 20 m B． 24 m C． 25 m D． 75 m9．物体从静止开始作匀加速直线运动，第3s内通过的位移是3m，则（）A．第3s内的平均速度是3m/s B．物体的加速度是1.2m/s2C．前3s内的位移是6m D． 3s末的速度是4m/s10．如图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时作匀加速运动的v﹣t图线．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是（）A．两物体从同一地点出发B．出发时B在A前3m处C． 3s末两个物体相遇后，两物体不可能再相遇D．运动过程中B 的加速度大于A的加速度11．如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳上的拉力将（）A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大12．如图甲所示，一物体置于水平地面上，所受水平拉力F在2s时间内的变化图象如图乙所示，其运动的速度一时间图象如图丙所示，g取10m/s2．下列说法正确的是（）A． 2s内物体的加速度不变B．物体和地面之间的动摩擦因数为0.1C． 2s末物体回到出发点D．水平拉力F的最大功率为5W13．如图所示，登山者连同设备总重力为G，若某时刻缆绳和竖直方向的夹角为θ，登山者手拉缆绳的力大小也为G．则此时登山者脚对岩石的作用力（）A．方向水平向右 B．方向斜向右下方C．大小为Gtanθ D．大小为Gsinθ14．如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ＜α，则下列说法中正确的是（）A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车可能以加速度gtanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度gtgθ向右做匀加速运动二、实验题（每空2分，共10分）15．在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的一另一端都有绳套（如图1）．实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是．A．两根细绳必须等长B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F表示由平行四边形定则作出的F1与F2的合力；F′表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则图2各图中符合实验事实的是．16．某同学在研究小车运动实验中，获得一条点迹清楚的纸带，已知打点计时器每隔0.02秒打一个计时点，该同学选择A、B、C、D、E、F六个计数点，对计数点进行测量的结果记录在图中，单位是cm．则：（1）打下B、C两点时小车的瞬时速度v B= 、v C= ；小车的加速度a= ．三、计算题17．飞机着陆后以6m/s2大小的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60m/s，求：（1）它着陆后12s内滑行的位移x；整个减速过程的平均速度；（3）静止前4s内飞机滑行的位移x1．18．一质点在外力作用下沿直线做匀加速运动，从某时刻开始计时，测得该质点在第1s内的位移为2.0m，第5s内和第6s内的位移之和为11.2m．求：（1）该质点运动的加速度大小；该质点在第6s内的位移大小．19．如图所示，倾角a=60°的斜面上，放一质量为1kg的物体，用k=100N/m的轻弹簧平行于斜面拉着，物体放在PQ之间任何位置都能处于静止状态，而超过这一范围，物体就会沿斜面滑动．若AP=22cm，AQ=8cm，试求物体与斜面间的最大静摩擦力的大小．20．在平直公路上有A、B两辆汽车平行同向行驶，A车以5m/s的速度做匀速直线运动，B 车以15m/s的速度做匀速直线运动，当B车行驶到A车前12.5m时关闭发动机，B车以大小为3m/s2的加速度做匀减速直线运动，则从此时需多少时间A车可追上B车？河南省洛阳市伊川二高2015届高三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（每题4分，共56分）1．以下说法中正确的是（）A．做匀变速直线运动的物体，ts内通过的路程与位移的大小一定相等B．质点一定是体积和质量极小的物体C．速度的定义式和平均速度公式都是v=，因此速度就是指平均速度D．速度不变的运动是匀速直线运动考点：平均速度；质点的认识；位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示；路程表示运动轨迹的长度，在单向直线运动中，位移的大小等于路程．质点是只计质量不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．物体在某段时间内或通过某段位移时的速度叫平均速度．解答：解：A、在单向直线运动中，位移的大小等于路程．做匀变速直线运动的物体，ts 内通过的路程与位移的大小不一定相等，例如竖直上抛后再返回时，故A错误．B、质点是只计质量不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．故B错误．C、速度的定义式和平均速度公式都是v=，但速度有平均速度和瞬时速度之分，故C错误．D、速度不变的运动是匀速直线运动，故D正确．故选：D．点评：本题是概念题，只要理解了概念就一定会做，故要熟记并理解概念．2．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=3t+2t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（）A．第2s内的位移是10mB．前3s内的平均速度是7m/sC．任意相邻1s内的位移差都是4mD．任意1s内的速度增量都是3m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据质点做直线运动的位移x与时间t的关系式x=3t+2t2，分别求出质点在前2s内与前1s内的位移，再求出第2s内的位移．求出前3s内的位移，由平均速度公式求解前3s内的平均速度．将x=3t+2t2与匀变速直线运动的位移公式对照得到初速度v0和加速度a，由推论△x=aT2，研究任意相邻1s内的位移差．根据加速度的意义研究任意1s内的速度增量．解答：解：A、根据关系式x=3t+2t2，得到质点在前2s内的位移x2=3×2+2×22（m）=14m，前1s内的位移x1=5m，则第2s内的位移是x=x2﹣x1=9m．故A错误．B、根据关系式x=3t+2t2，得到质点在前3s内的位移x3=3×3+2×32（m）=27m，前3s 内的平均速度是==9m/s．故B错误．C、将x=3t+2t2与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+对照，得到初速度v0=3m/s，加速度a=4m/s2．由推论△x=aT2，得到任意相邻1s内的位移差△x=4×12m=4m．故C正确． D、任意1s内的速度增量△v=at=4×1m/s=4m/s．故D错误．故选C点评：本题考查对匀变速直线运动位移公式的掌握程度和应用能力，以及对加速度的理解能力，常见题型．3．如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A．物体可能只受两个力作用 B．物体可能受三个力作用C．物体可能不受摩擦力作用 D．物体一定受四个力作用考点：物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变．专题：受力分析方法专题．分析：物体之间产生摩擦力必须要具备以下三个条件：第一，物体间相互接触、挤压；第二，接触面不光滑；第三，物体间有相对运动趋势或相对运动．弹力是物体因形变而产生的力，这里指的是物体间相互接触、挤压时的相互作用力；将拉力按照作用效果正交分解后，结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析，得出结论．解答：解：物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故ABC 错误，D正确；故选：D．点评：对物体受力分析通常要结合物体的运动情况，同时本题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析．4．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则（）A． B受到C的摩擦力一定不为零B． C受到水平面的摩擦力一定为零C．不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；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：（1）该题的临界状态是当m A g=m B gsinθ时，沿斜面方向列平衡方程解得摩擦力f=0，分析水平面对C的摩擦力，要把B和C看做一个整体，则整体受到重力、支持力及绳对整体斜向上的拉力，将斜向上的拉力分解为竖直向上和水平向右的分力．由于水平向右的分力的存在，故应有地面对整体的摩擦力，故C受到水平向左的摩擦力．（3）水平面对C的支持力由平衡条件知：水平地面对C的支持力等于B、C的总重力减去拉力沿竖直方向的分力．解答：解：A、对物体B：当m A g=m B gsinθ时．BC间摩擦力为0．故A错误．B、BC整体受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力和斜向右上方的绳的拉力，而绳的拉力可分解为竖直向上的分力和水平向右的分力．由于BC静止．由平衡条件知必有水平面对C 的水平向左的摩擦力与拉力的水平分力平衡．所以水平面对C的摩擦力不可能为0，故B错误．C、由对B项的解析知：C正确．故C正确．D、对BC整体而言，由于拉力有竖直向上的分力，故水平面对C的支持力等于BC的总重力减分力．所以水平面对C的支持力不等于BC的总重力．故D错误．故选C．点评：该题着重考察学生对受力分析、平衡条件应用等知识的掌握情况以及整体法隔离法分析物理问题的能力．极易做错．5．如图所示，轻绳上端固定在天花板上的O点，下端悬挂一个重为10N的物体A，B是固定的表面光滑的小圆柱体．当A静止时，轻绳与天花板的夹角为30°，B受到绳的压力是（）A． 5N B． 10N C． 5N D． 10N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．分析：以与小圆柱体接触的那一小段绳子为研究对象，运用力的合成将两个拉力合成即可．解答：解：以与小圆柱体接触的那一小段绳子为研究对象，受两个大小相等的拉力以及支持力N，如图由于F1=F2=10N，且夹角为120°，故F=10N因而物体对圆柱体的压力为10N；故选B．点评：本题中要注意同一根绳子的张力处处相等，故绳子对圆柱体的压力斜向左下方．6．如图所示某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，各段时间相同，设小球从静止开始运动，由此可以判定（）A．小球向前运动，再返回停止B．小球向前运动再返回不会停止C．小球始终向前运动D．小球做匀加速直线运动考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：物体在奇数秒内，从静止开始做匀加速直线运动，偶数秒内沿原方向做匀减速直线运动，偶数秒末速度为零，周而复始．做单向直线运动．解答：解：由图：物体在奇数秒内，合力恒定不变，从静止开始做匀加速直线运动．偶数秒内力反向，由于惯性，物体仍沿原方向做匀减速直线运动，偶数秒末速度为零，周而复始．做单向直线运动．故C正确．故选C点评：本题物体在周期性外力作用运动，往往分析一个周期内物体的运动情况，再周期性重复．7．某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v﹣t图象，某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是（）A． 0～t1这段时间内的平均速度一定小于B． 0～t3这段时间内的平均速度一定小于C．在t1时刻，实际加速度一定小于D．在t3～t4时间内，自行车的速度恒定考点：平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：根据速度﹣时间图象的斜率大小等于加速度，由斜率的大小判断加速度的大小．在v﹣t图象中，位移大小等于所对应图线与坐标轴所包围的“面积”，由“面积”大小分析在0～t1时间内，由虚线计算出的位移与实际位移位移的大小，根据公式=分析由虚线计算出的平均速度与实际的平均速度的大小．在t3～t4时间内，虚线平行于t轴，速度不变，反映的是匀速直线运动．解答：解：A、在v﹣t图象中，位移等于所对应图线与坐标轴所包围的“面积”，0～t1时间内，虚线所对应的位移大于实线所对应的位移，由=分析知，由虚线计算出的平均速度比实际的大，属于0﹣t1这段时间的平均速度一定小于，故A正确；B、0～t3时间内，虚线所对应的位移和实线所对应的位移无法比较，所以即0～t3这段时间内的平均速度与无法比较，故B错误；C、如图所示，t1时刻，实线上A点的切线的斜率等于实际的加速度，由图可知，虚线反映的加速度小于实际加速度，所以在t1时刻，实际加速度一定大于．故C错误；D、t3～t4时间内自行车先减速后加速．故D错误．故选：A点评：本题考查对速度图象的理解能力，关键抓住图象的两个数学意义理解其物理意义：“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．8．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，则刹车后6s内的位移是（）A． 20 m B． 24 m C． 25 m D． 75 m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的推论△x=aT2和位移时间公式求出汽车的初速度和加速度，结合速度时间公式判断物体到停止的时间，从而根据位移公式求出刹车后6s内的位移．解答：解：设汽车的初速度为v0，加速度为a．根据匀变速直线运动的推论△x=aT2得：x2﹣x1=aT2得 a===﹣2m/s2．根据第1s内的位移：，代入数据得，9=v0×1+，解得v0=10m/s．汽车刹车到停止所需的时间 t0==s=5s．则汽车刹车后6s内的位移等于5s内的位移，为 x==m=25m．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：本题考查了运动学中的刹车问题，要注意判断汽车的运动状态，知道刹车速度减为零后不再运动，不能再用运动学公式，是道易错题．9．物体从静止开始作匀加速直线运动，第3s内通过的位移是3m，则（）A．第3s内的平均速度是3m/s B．物体的加速度是1.2m/s2C．前3s内的位移是6m D． 3s末的速度是4m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：由公式求解第3s内的平均速度．第3s内位移等于前3s内与前2s内位移之差，根据位移公式列式，求出加速度．再由运动学求出前3s内的位移和3s末的速度．解答：解：A、第3s内的平均速度为：m/s=3m/s，故A正确；B、设加速度大小为a，则有：x=﹣=，得：a=1.2m/s2，故B正确；C、前3s内位移为：x3=，故C错误；D、3s末的速度是v=at3=1.2×3=3.6m/s，故D错误；故选：AB．点评：本题运用匀变速直线运动的基本公式研究初速度为零的匀加速运动问题，也可以通过图象研究．10．如图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时作匀加速运动的v﹣t图线．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是（）A．两物体从同一地点出发B．出发时B在A前3m处C． 3s末两个物体相遇后，两物体不可能再相遇D．运动过程中B 的加速度大于A的加速度考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的斜率表示加速度，根据图线的斜率比较加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．解答：解：A、图线与时间轴围成的面积表示位移，在3s末A的位移为6m，B的位移为3m．此时两个物体相遇，知两物体不是从同一地点出发，出发时B在A前方3m．此时A的速度大于B的速度，知3s后两物体不可能再相遇．故A错误，B、C正确．D、图线的斜率表示加速度，因为A图线的斜率大于B图线的斜率，则A的加速度大于B的加速度．故D错误．故选BC．点评：解决本题的关键理解速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．11．如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳上的拉力将（）A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大考点：向心力；共点力平衡的条件及其应用；决定向心力大小的因素．分析：在力学中，有这样一类问题：一个物体（质点）受到三个共点力（或多个共点力但可以等效为三个共点力）作用而处于平衡状态，其中一个力变化引起其它力的变化，需要判定某些力的变化情况，或确定其极值．它的求解方法对其他矢量的分析同样适用．对球受力分析，受重力、支持力、拉力，其中重力大小方向都不变，支持力方向不变、大小变，拉力大小与方向都变，可用作图法分析．解答：解：对球受力分析，受重力、支持力、拉力，如图其中重力大小方向都不变，支持力方向不变，拉力大小与方向都变，将重力按照作用效果分解由图象可知，G1先变小后变大，G2变小又根据共点力平衡条件G1=FG2=N故拉力F先变小后变大；故选D．点评：这类问题的特点是：一个物体受三个共点力作用而平衡，其中有一个力是恒定的（大小、方向均不变，一般多为物体的重力G）；另一个力的方向（或大小）始终不变（支持力），第三个力（拉力）大小和方向都可能变化．当第三个力与第二个力垂直时，第三个力最小值．找出了这一规律，运用作图法（或计算法）求解都比较方便了．12．如图甲所示，一物体置于水平地面上，所受水平拉力F在2s时间内的变化图象如图乙所示，其运动的速度一时间图象如图丙所示，g取10m/s2．下列说法正确的是（）A． 2s内物体的加速度不变B．物体和地面之间的动摩擦因数为0.1C． 2s末物体回到出发点D．水平拉力F的最大功率为5W考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据速度时间图线判断物体的加速度变化，结合速度的正负值判断2s内运动的方向是否改变，根据牛顿第二定律求出物体与地面之间的动摩擦因数．解答：解：A、0～1s内和1～2s内的加速度方向不同，故A错误；B、1～2s内，μmg=ma2，据图丙可得：a2=1m/s2，可得μ=0.1，故B正确；C、0～2s内物体一直向正方向运动，故C错误；D、1s末拉力F的功率最大，此时P=Fv=10×1W=10W，故D错误．故选：B．点评：本题考查了牛到第二定律与速度时间图线的综合，知道图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的方向．13．如图所示，登山者连同设备总重力为G，若某时刻缆绳和竖直方向的夹角为θ，登山者手拉缆绳的力大小也为G．则此时登山者脚对岩石的作用力（）A．方向水平向右 B．方向斜向右下方C．大小为Gtanθ D．大小为Gsinθ考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对人进行受力分析，再根据共点力作用下物体的平衡条件得出岩石对人的作用力方向，并列方程求出该力的大小，再由牛顿第三定律得到登山者脚对岩石的作用力．解答：解：以登山者为研究对象，他受到重力G、岩石对人的作用力N和缆绳的拉力T，如图，根据共点力平衡条件得知：岩石对人的作用力与人的重力和缆绳的拉力的合力大小相等、方向相反，所以岩石对人的作用力方向斜向左上方，则由牛顿第三定律得知登山者脚对岩石的作用力方向斜向右下方．由力的合成法得：N=2Gcos[（180°﹣θ）]=2Gsin=Gsinθcosθ故选：B．点评：对于共点力平衡问题，关键要正确分析受力情况，再选择合适的解题方法列式研究，本题运用合成法比较简洁，也可以运用正交分解法求解．14．如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ＜α，则下列说法中正确的是（）A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车可能以加速度gtanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度gtgθ向右做匀加速运动考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度．再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向．加速度方向求出，但速度可能有两种，运动方向有两种．解答：解：A、B、对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律，得：mgtanα=ma，得到：a=gtanα对轻杆固定的小球研究．设轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为β，由牛顿第二定律，得：m′gtanβ=m′a′因为a=a′，得到β=α＞θ，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故A错误，B正确．C、D、小车的加速度a=tanα，方向向右，而运动方向可能向右，也可能向左．故C错误．D 错误．故选：B．点评：绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定．二、实验题（每空2分，共10分）15．在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的一另一端都有绳套（如图1）．实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是 C ．A．两根细绳必须等长B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上。
高二物理上学期第一次月考试题高二全册物理试题 (3)
嗦夺市安培阳光实验学校洛阳八中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中有一个或多个选项正确.）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量越多B．在相同时间内，通过导体截面的电量越多，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量所用时间越长，电流越大2．关于电动势，下列说法正确的是（）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3．根据部分电路欧姆定律，下列判断正确的有（）A．导体两端的电压越大，电阻就越大B．导体中的电流越大，电阻就越小C．比较几只电阻的I﹣U图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象是属于阻值较大的那个电阻的D．由I=可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比4．关于三个公式：①P=UI，②P=I2R③P=，下列叙述正确的是（）A．公式①适用于任何电路的电热功率B．公式②适用于任何电路的电热功率C．公式①、②、③适用于任何电路电功率D．上述说法都不正确5．鸟儿落在110kV的高压输电线上，虽然通电的高压线是裸露电线，但鸟儿仍然安然无恙．这是因为（）A．鸟有耐高压的天性B．鸟脚是干燥的，所以鸟体不导电C．鸟两脚间的电压几乎为零D．鸟体电阻极大，所以无电流通过6．如图是一个电路的一部分，其中R1=5Ω，R2=1Ω，R3=3Ω，I1=0.2A，I2=0.1A，那么电流表测得的电流为（）A．0.2 A，方向向右B．0.15 A，方向向左C．0.2 A，方向向左D．0.3 A，方向向右7．演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x．假设电压表是理想的，则下列说法正确的是（）A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M不动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数8．图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关K接通后流过R2的电流是K 接通前的（）A ．B ．C ．D ．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10．一太阳能电池板，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二、填空题（每题6分，共24分．把正确答案填在题中的横线上）11．在某次闪电中，持续时间为0.005s，所形成的平均电流为6×104A，若闪电过程中，流过某横截面积的电荷以0.5A的电流通过电灯，可供电灯照明多长时间？12．如图所示的图象所对应的两个导体：（1）电阻关系R1：R2为；（2）若两个导体中的电流相等（不为零）时，电压之比U1：U2为；（3）若两个导体的电压相等（不为零）时，电流之比I1：I2为．13．如图，是一提升重物用的直流电动机工作的电路图，电动机的内阻为0.6Ω，R=10Ω．直流电压U=160V，电压表示数为110V，则通过电动机的电流A，输入电动机的电功率为W，电动机工作1小时所产生的热量J．14．某同学在做测定小灯泡功率的实验中得到如下一组U和I的数据：编号 1 2 3 4 5 6 7 8U（V）0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00I（A）0.02 0.06 0.10 0.14 0.17 0.19 0.20 0.20灯泡发光情况不亮微亮逐渐变量正常发光（1）从图上画出I﹣U图象．（2）从图象上可以看出，当功率逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是：（3）这表明导体的电阻随温度升高而．三、计算题（共26分）要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分.有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位.15．（12分）（2012秋•大祥区校级期中）每个太阳能电池的电动势为0.50V，短路电流为0.04A，求该电池的内阻为多少？现用多个这种太阳能电池串联（已知电源串接后总电动势和内电阻为所有电源的总和）对标称值为“2.0V、0.04W”的灯泡供电，则需要多少个这样的太阳能电池才能使用电器正常工作？（既要求路瑞电压等于用电器的额定电压）16．（14分）（2015秋•洛阳校级月考）如图所示为一种测定风作用力的仪器原理图，P为金属球，悬挂在一细长金属丝上面，O是悬挂点，R0是保护电阻，CD 是水平放置的光滑电阻丝，与细金属丝始终保持良好的接触．无风时细金属丝与电阻丝在C点接触，此时电路中电流I0，有风时金属丝将偏转一角度，角θ与风力大小有关，已知风力方向水平向左，OC=h，CD=L，球质量为m，电阻丝单位长度电阻为k，电源内阻和金属丝电阻均不计，金属丝偏转θ角时，电流表示数为I′，此时风力大小为F．试写出：（1）风力大小F与θ的关系式；（2）风力大小F与电流表示数I′的关系式．洛阳八中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中有一个或多个选项正确.）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量越多B．在相同时间内，通过导体截面的电量越多，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量所用时间越长，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、由Q=It可知，通过电流越大，但时间不一定长，故电量不一定多；故A错误；B、I=可知，通过导体横截面的电荷量相同时，所用时间越短，则导体中的电流越大，故B正确；D错误；C、电流等于电量与所用时间的比值，与通电时间无关；故C错误；故选：B．点评：本题考查了对电流定义式I=的理解，属于基础内容．2．关于电动势，下列说法正确的是（）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：电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势．解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，得知，当I=0时，U=E，即电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．故A错误．B、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领越大．故B正确．C、用电压表测量电源的电动势时，电压表就成了外电路，电路中有一定的电流，内电路有电压，电源电动势的数值等于内、外电压之和；故C正确．D、电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化．故D错误．故选：BC点评：本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和欧姆定律来强化理解．3．根据部分电路欧姆定律，下列判断正确的有（）A．导体两端的电压越大，电阻就越大B．导体中的电流越大，电阻就越小C．比较几只电阻的I﹣U图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象是属于阻值较大的那个电阻的D．由I=可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比考点：闭合电路的欧姆定律；欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，应用欧姆定律分析答题．解答：解：AB、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故AB错误．C、在I﹣U图象中，图象斜率的倒数为电阻，所以电流变化相同时，电压变化较小的图象是属于阻值较小的电阻，故C错误．D、由欧姆定律可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，与电阻成反比，故D正确．故选：D．点评：本题是一道基础题，知道导体电阻的决定因素、应用欧姆定律即可正确解题．4．关于三个公式：①P=UI，②P=I2R③P=，下列叙述正确的是（）A．公式①适用于任何电路的电热功率B．公式②适用于任何电路的电热功率C．公式①、②、③适用于任何电路电功率D．上述说法都不正确考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：P=IU适用于任何电路计算电功率；P=I2R适用于任何电路计算热功率；P=只能适用于纯电阻电路．解答：解：A、P=IU适用于任何电路计算电功率，可用于计算纯电阻电路的电热功率，对非纯电阻电路不能用来计算电热功率．故A错误；B、D、P=I2R由焦耳定律推导出来，适用于任何电路计算热功率；故B正确，D 错误；C、对于纯电阻电路，P=IU、P=I2R和P=都可以用来求解电功率；对于非纯电阻电路，只能用P=IU求解电功率；故C错误；故选：B．点评：对于纯电阻电路，电功与电热相同，三个公式P=IU；P=I2R；P=通用；而对于非纯电阻电路，求电热功率只能用P=I2R．5．鸟儿落在110kV的高压输电线上，虽然通电的高压线是裸露电线，但鸟儿仍然安然无恙．这是因为（）A．鸟有耐高压的天性B．鸟脚是干燥的，所以鸟体不导电C．鸟两脚间的电压几乎为零D．鸟体电阻极大，所以无电流通过考点：欧姆定律．分析：解答本题注意，小鸟是站在一根线上，而小鸟的两脚之间的距离很短，则由影响电阻大小的因素可知与鸟并联部分的电阻，则可求得加在鸟身上的电压．解答：解：鸟的本身是导电的，也不具有耐高压性，能站在电线上的原因是因为小鸟并联在两脚之间的导线上，而导线长度很小，故该部分导体的电阻小，故小鸟两端的电压很小，接近于零，故不会对小鸟造成危害！故选：C．点评：小鸟和任何动物都一样，体内含有大量的水份，故其导电性与一般动物一样，故鸟也不能同时跨在两根导线上．6．如图是一个电路的一部分，其中R1=5Ω，R2=1Ω，R3=3Ω，I1=0.2A，I2=0.1A，那么电流表测得的电流为（）A．0.2 A，方向向右B．0.15 A，方向向左C．0.2 A，方向向左D．0.3 A，方向向右考点：串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：分别求出R1两端的电压和R2两端的电压，然后判断根据电位确定R3两端的电压以及电流的方向，再根据求出通过R3的电流，最后根据节点法确定通过电流表电流的方向和大小．解答：解：R1两端的电压U1=I1R1=0.2AX5Ω=1VR2两端的电压U2=I2R2=0.1AX1Ω=0.1VR1左端与R2的左端电位相等，U1＞U2，则R1右端的电位低于R2右端的电位．R3两端的电压U3=U1﹣U2=1V﹣0.1V=0.9V 通过R3的电流I3=，R3上端电位低，下端电位高，电流方向由下向上．因此用节点法可知通过电流表的电流方向向左．设电流表的示数为I A，对于电流表左端的节点，流入节点的电流等于流出节点的电流．即I A+I2=I3电流表的示数I A=I3﹣I2=0.3A﹣0.1A=0.2A．故C正确，ABD错误．故选：C点评：本题考查欧姆定律的应用和电流方向的判断，本题涉及电位的概念，以及节点法判断电流方向以及电流大小，难度较大，要求大家需要掌握更多关于电学的知识．7．演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x．假设电压表是理想的，则下列说法正确的是（）A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M不动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据物体M运动时，电路中电阻有无变化，分析电源的电流有无影响．理想电压表对电路没有影响，电压表测量变阻器左侧的电压．解答：解：A、物体M运动时，电路中电阻没有变化，根据欧姆定律可知，电源内的电流不会发生变化．故A错误．B、电压表测量变阻器左侧的电压，物体M运动时，左侧电压会变化，而理想电压表对电路没有影响，则电压表的示数会发生变化．故B正确．C、物体M不动时，电路中仍有电流，而且电流不变．故C错误．D、只有当触头P停在变阻器最左端时，物体M不动时，电压表没有示数，当触头P在其他位置时，电压表仍有示数．故D错误．故选：B点评：本题考查分析实际问题的能力，要抓住理想电压表对电路没有影响．8．图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关K接通后流过R2的电流是K 接通前的（）A ．B ．C ．D ．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：k接通前R1与R2串联，由欧姆定律可求得电路中的电流；k接通后，R2与R3并联后与R1串联，由欧姆定律可求得总电流，由并联电路的电流规律可求得流过R2的电流；则可求得接通后电流与接通前电流的关系．解答：解：K接通前，R1、R2串联，．K 接通后，由并联电路的规律可知故=；故选B．点评：本题要注意审题，明确要求的是流过R2的电流，故应通过串并联电路的电流规律即可求得电流的比值．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．10．一太阳能电池板，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．二、填空题（每题6分，共24分．把正确答案填在题中的横线上）11．在某次闪电中，持续时间为0.005s，所形成的平均电流为6×104A，若闪电过程中，流过某横截面积的电荷以0.5A的电流通过电灯，可供电灯照明多长时间？考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：两次利用I=的变形式即可求解．解答：解：闪电的电量为：Q=It=6×104A×0.005s=300C若闪电过程中流动的电量以 0.5A的电流通过电灯，则照明的时间为：t1===600s答：可供电灯照明600s时间．点评：解题关键明确两种情况的电量不变，灵活应用电流的定义式12．如图所示的图象所对应的两个导体：（1）电阻关系R1：R2为3：1 ；（2）若两个导体中的电流相等（不为零）时，电压之比U1：U2为3：1 ；（3）若两个导体的电压相等（不为零）时，电流之比I1：I2为1：3 ．考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，根据斜率的大小可以判断AB电阻的大小；根据电阻的大小，再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小．解答：解：I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数．由于1与2的斜率之比是5：15=1：3，所以电阻值比R1：R2=3：1．两个导体中的电流相等（不为零）时的电压之比就等于电阻值比，即U1：U2=R1：R2=3：1．由图象可知，两个导体两端的电压相等（不为零）时的电流之比等于电阻的倒数比，即I l：I2=R2：R1=1：3．故答案为：3：1；3：1；1：3．点评：本题就是考察学生对于伏安特性曲线的理解，在做题时一定要区分开U﹣I图象和I﹣U图象，不同的图象中的直线的斜率的含义不同．13．如图，是一提升重物用的直流电动机工作的电路图，电动机的内阻为0.6Ω，R=10Ω．直流电压U=160V，电压表示数为110V，则通过电动机的电流5 A，输入电动机的电功率为550 W，电动机工作1小时所产生的热量54000 J．考点：电功、电功率；焦耳定律．分析：（1）计算通过电动机的电流，也就是计算流过电阻R的电流即可；（2）根据P=U电I求出电动机的总功率；（3）根据Q=I2rt求解电动机正常工作1h，所产生的热量．解答：解：电动机跟电阻串联，所以电流相等电阻R两端的电压为U R=U﹣U V=160﹣110=50V 电动机的电流为I=A=5A电动机消耗的电功率为：P=U电I=110×5=550W电动机正常工作1h，所产生的热量Q=I2rt=25×0.6×3600=54000J．故答案为：5；550；54000．点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．14．某同学在做测定小灯泡功率的实验中得到如下一组U和I的数据：编号 1 2 3 4 5 6 7 8U（V）0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00I（A）0.02 0.06 0.10 0.14 0.17 0.19 0.20 0.20灯泡发光情况不亮微亮逐渐变量正常发光（1）从图上画出I﹣U图象．（2）从图象上可以看出，当功率逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是：也变大（3）这表明导体的电阻随温度升高而变大．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：本题（1）的关键是认真描点，然后将各点用平滑的曲线连接即可；题（2）的关键是明确I﹣U图象上的点与原点连线斜率等于电阻倒数；题（3）的关键是功率增大则温度升高，从而说明电阻随温度的升高而变大．解答：解：（1）：画出的I﹣U图象如图所示：（2）：根据欧姆定律应有I=，所以小灯泡电阻倒数与I﹣U图象上的点与原点连线的斜率相等，由于斜率逐渐变小，所以小灯泡的电阻逐渐增大，即随小灯泡功率的增大电阻也变大；（3）：由于小灯泡功率增大时温度升高，这表明导体的电阻随温度的升高而变大．故答案为：（1）如图，（2）也变大，（3）变大点评：应明确：①画图象时，若图象是曲线，应用平滑的曲线连线；②I﹣U图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数．三、计算题（共26分）要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分.有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位.15．（12分）（2012秋•大祥区校级期中）每个太阳能电池的电动势为0.50V，短路电流为0.04A，求该电池的内阻为多少？现用多个这种太阳能电池串联（已知电源串接后总电动势和内电阻为所有电源的总和）对标称值为“2.0V、0.04W”的灯泡供电，则需要多少个这样的太阳能电池才能使用电器正常工作？（既要求路瑞电压等于用电器的额定电压）考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据短路时，E=Ir求出电池的内阻．根据“2.0V，0.04W”的用电器正常，求出每个用电器的电流，根据欧姆定律求出太阳能电池的个数．解答：解：电池的内阻r==12.5Ω“2.0V，0.04W”的用电器额定电流I1==0.02A 设共需要n个这样的电池．则nE=I1•nr+U，代入解得 n=8答：需要8个这样的太阳能电池才能使用电器正常工作．点评：本题考查运用闭合电路欧姆定律的物理知识解决实际问题的能力，是理论联系实际的典型应用．16．（14分）（2015秋•洛阳校级月考）如图所示为一种测定风作用力的仪器原理图，P为金属球，悬挂在一细长金属丝上面，O是悬挂点，R0是保护电阻，CD 是水平放置的光滑电阻丝，与细金属丝始终保持良好的接触．无风时细金属丝与电阻丝在C点接触，此时电路中电流I0，有风时金属丝将偏转一角度，角θ与风力大小有关，已知风力方向水平向左，OC=h，CD=L，球质量为m，电阻丝单位长度电阻为k，电源内阻和金属丝电阻均不计，金属丝偏转θ角时，电流表示数为I′，此时风力大小为F．试写出：（1）风力大小F与θ的关系式；（2）风力大小F与电流表示数I′的关系式．考点：共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用合成法求解．（2）写出无风时电源电压和有风时电阻丝电阻，而此时U=I′（R0+Rθ），联立方程即可求解．解答：解：（1）有风时，对金属球P，受重力mg、风力F、金属丝拉力F1，如图．由平衡条件得：F=F1sinθ，mg=F1cosθ，即F=mgtanθ．（2）无风时，电源电压U=I0（R0+kL）；有风时，电阻丝电阻R0′=k（L﹣htanθ），此时，U=I′（R0+R0′）由以上三式解得tanθ=代入F=mgtanθ得F=（I′﹣I0）（R0+kL）．答：（1）F与θ的关系式为F=mgtanθ；（2）F与I′的关系式为F=（I′﹣I0）（R0+kL）．点评：有风时，P偏离一定角度，电阻丝电阻发生变化．风力越大，偏角越大，对应电阻丝电阻越小．本题解题的关键是找出电阻与角度的数量关系以及风力与角度的关系．。
物理上学期第一次试题 文高二全册物理试题
校干市掉吃阳光实验学校二中高二〔上〕第一次物理试卷〔文科〕一、单项选择题：每题只有一个选项符合题意〔本大题23小题，每题3分，共69分〕1．对电现象及规律的认识中，以下说法中正确是〔〕A．丝绸和玻璃棒摩擦后，玻璃棒带正电是由于丝绸上一些正电荷转移到玻璃棒上B．真空中两个点电荷电荷量均增加为原来的2倍，距离不变，那么它们之间的作用力变为原来的4倍C．真空中两个点电荷间距离增为原来的2倍，电荷量均不变，那么它们之间的作用力变为原来的一半D．电场线是电场中实际存在的曲线2．有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部．当小磁针静止时，小磁针指向如下图，其中是正确的〔〕A．a B．b C．c D．d3．如图分别是两个阻值为R1和R2的电阻器的U﹣I图象，可知〔〕A．R1＞R2B．R1=R2C．R1＜R2D．R1与R2的大小无法比拟4．如下图的四个图中，标出了匀强磁场的磁感强度B的方向、带正电的粒子在磁场中速度v的方向和其所受洛伦兹力f的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是〔〕A ． B ． C ．D ．5．为了使公路交通有序、平安，路旁立了许多交通标志．如下图，甲图是限速标志，表示允许行驶的最大速度是80km/h；乙图是路线指示标志，表示到州还有100km．上述两个数据的物理意义是〔〕A．80 km/h是平均速度，100 km是位移B．80 km/h是平均速度，100 km是路程C．80 km/h是瞬时速度，100 km是位移D．80 km/h是瞬时速度，100 km是路程6．如下图，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．那么下面关于此得出的结论中正确的选项是〔〕A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关7．某电场中A、B两点的场强大小关系是E A＞E B，一正检验电荷在A、B两点所受电场力大小分别为F A和F B．那么以下关于F A和F B大小关系的说法中正确的选项是〔〕A．F A＞F B B．F A=F BC．F A＜F B D．无法比拟F A和F B的大小8．如下图是电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，那么〔〕A．电荷在a 点受到电场力方向必与场强方向一致B．同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到电场力小C．正电荷在a点由静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线一致D．a 点的电场强度较大9．两个相同的金属小球〔均可看做点电荷〕，原来所带的电荷量分别为+5q和﹣q，相互间的库仑力大小为F．现将它们相接触，再分别放回原处，那么两金属小球间的库仑力大小变为〔〕A ． B．F C ． D ．10．火车初速度为10m/s，关闭油门后150m，速度减为5m/s，再经过30s，火车的距离为〔〕A．50m B．3m C．150m D．4m11．一辆从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止，其速度﹣时间图象如下图，那么在0～10s和10～40s两段时间内〔〕A．平均速度大小之比为1：3 B．平均速度大小之比为4：3C．位移大小之比为1：3 D．加速度大小比为4：112．地球有一个较强的磁场，由于地磁场的作用，可以使从太阳发出的高能粒子流在射向地面时发生偏转，因此起到保护地球上的生命免受高能粒子流伤害的作用．地球赤道上空地磁场的磁感线方向是由南向北的，从太阳喷射出带正电的粒子垂直与地面射向赤道，在地磁场的作用下，这些质子偏转方向是〔〕A．B．向南C．向西D．向北13．以下各图给出了通电导体产生的磁场方向，正确的选项是〔〕A ．通电直导线B ．通电直导线C ．通电线圈D ．通电线圈14．电场强度的义式是E=，式中的F、Q分别为放入电场中某点的电荷受到的电场力和它的电荷量．以下说法正确的选项是〔〕A．电场强度E跟F成正比，跟Q成反比B．电场强度E数值上于单位电荷在电场中受到的电场力C．电荷在某点所受电场力的方向就是该点的电场强度E的方向D．电场强度E由电场本身决，与放入场中的电荷无关15．关于一小段通电直导线在磁场中受到的安培力的方向，以下说法中正确的选项是〔〕A．一跟磁感强度的方向相同B．一跟磁感强度的方向垂直，但不一跟电流方向垂直C．一跟电流方向垂直，但不一跟磁感强度方向垂直D．既跟磁感强度的方向垂直，又跟电流方向垂直16．在真空中有a、b两个点电荷，b的电荷量是a的3倍，如果a受到的静电力是F，那么b受到的静电力是〔〕A．F B ． F C．3F D．4F17．如下图，水平放置的直导线正下方有一只可以自由转动的小磁针，当导线中通过自左向右的电流时，小磁针N极的转动情况是〔〕A．垂直于纸面向里转B．垂直于纸面向外转C．在纸面内顺时针转D．在纸面内逆时针转18．如下图的电场中，假设a、b两点的电场强度大小分别为E a和E b，那么以下判断中正确的选项是〔〕A．E a＞E b，两点的场强方向相同 B．E a＜E b，两点的场强方向相同C．E a＞E b，两点的场强方向不同 D．E a＜E b，两点的场强方向不同19．关于磁感强度的大小，以下说法中正确的选项是〔〕A．磁感线密集处磁感强度就大B．通电导线在磁场中受安培力为零处，磁感强度一为零C．磁感强度B反比于检验电流元ILD．一段通电导线在磁场中某处所受安培力大，该处磁感强度就大20．在电场中A点，先后放入q1、q2两个点电荷〔q1=2q2〕，点电荷所受到的电场力分别为F1、F2，两次测得该点的电场强度分别为E1、E2，那么〔〕A．F1=F2 E1=E2B．F1=2F2 E1=E2C．F1=2F2 E1=2E2D．F1=F2 2E1=E221．在直角坐标系中，电子沿y轴正方向运动，如下图，由于电子的运动产生的磁场在a点的方向是〔〕A．+x方向B．﹣x方向 C．+z方向D．﹣z方向22．假设地球的磁场是地球的带电引起的，那么地球该带何种电荷？〔〕A．正电B．负电C．地理北方带正电D．地理带正电23．蹦床运动要求运发动在一张绷紧的弹性上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运发动跃起的高度，训练时可在弹性上安装压力传感器，利用传感器记录弹性所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象，假设作出的图象如下图．设运发动在空中运动时可视为质点，那么运发动跃起的最大高度约为〔g 取10m/s2〕〔〕A． m B． m C．5.0 m D． m二、填空题：把答案填在答题卡相的横线上〔本大题2小题，每空2分，共8分〕．24．在赤道附近的地磁场可看作是沿南北方向的匀强磁场，磁感强度为B．如果赤道上空有一根沿东西方向的直导线，长为L，通有从东向西的电流I，那么地磁场对这根导线的作用力大小为，方向．25．英国物理学家麦克斯韦认为：变化的磁场〔填“能〞或“不能〞〕产生电场．电磁波在空气中的传播速度近似于3.0×108m/s，某播送电台的“经济、生活〞节目的频率是1.03×108H Z，该电磁波在空气中的波长为m．三．计算或论述题：〔共23，其中26题6分，27题9分，28题8分〕26．一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.02Wb均匀增加到0.08Wb，求：〔1〕线圈中磁通量的变化率．〔2〕线圈中的感电动势．27．物体做自由落体运动，经过3s落地，求出发点距离地面的高度？在此过程中物体运动的平均速度？物体下落一半高度时的瞬时速度？〔g取10m/s2〕28．将长0.5m通过4A电流的通电直导线放在匀强磁场中，〔1〕当导线和磁场方向垂直时，通电导线所受安培力为0.3N，那么匀强磁场的磁感强度B为多大？〔2〕假设将通电导线中的电流减为2A，那么这时匀强磁场的磁感强度B又为多大？导线受安培力为多大？二中高二〔上〕第一次物理试卷〔文科〕参考答案与试题解析一、单项选择题：每题只有一个选项符合题意〔本大题23小题，每题3分，共69分〕1．对电现象及规律的认识中，以下说法中正确是〔〕A．丝绸和玻璃棒摩擦后，玻璃棒带正电是由于丝绸上一些正电荷转移到玻璃棒上B．真空中两个点电荷电荷量均增加为原来的2倍，距离不变，那么它们之间的作用力变为原来的4倍C．真空中两个点电荷间距离增为原来的2倍，电荷量均不变，那么它们之间的作用力变为原来的一半D．电场线是电场中实际存在的曲线考点：库仑律；元电荷、点电荷；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解此题需要掌握：摩擦起电是电子转移引起的，并非正电荷的转移引起的；正确利用库仑律：分析库仑力的大小变化；电场线不是真实存在的线，而是为了形象地描述电场而假想的线．解答：解：丝绸和玻璃棒摩擦时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，从而使丝绸带负电，玻璃棒带正电，摩擦起电是由于电子的转移引起，而非正电荷的转移，故A错误；根据库仑律可知：两个点电荷电荷量均增加为原来的2倍，距离不变，它们之间的作用力变为原来的4倍，假设距离增为原来的2倍，电荷量均不变，那么作用力变为原来的四分之一，故B正确，C错误；电场线是为了形象的描述电场而引人的假象的线，不是真实存在的，故D错误．应选B．点评：此题比拟简单，考察了有关静电场的根底知识，在学习中要根底知识的理解用．2．有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部．当小磁针静止时，小磁针指向如下图，其中是正确的〔〕A．a B．b C．c D．d考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：利用安培那么判断出通电螺线管周围磁场方向，注意螺线管内部和外部磁场方向不同，然后根据小磁针静止时N极所指的方向和磁感线的方向一致，从而判断出小磁针静止时方向．解答：解：根据安培那么可知通电螺线管N极在右端，因此右侧磁场方向水平向右，小磁针c位置不对；上方磁场方向水平向左，所以小磁针d位置正确；左侧水平向右，a位置不对；内部水平向右，b位置不对，故ABC错误，D 正确．应选D．点评：此题比拟简单，考察了通电螺线管周围磁场方向，注意磁感线是闭合曲线，外部从N极到S极，内部从S极到N极．3．如图分别是两个阻值为R1和R2的电阻器的U﹣I图象，可知〔〕A．R1＞R2B．R1=R2C．R1＜R2D．R1与R2的大小无法比拟考点：欧姆律．专题：恒电流专题．分析：U﹣I图象的斜率表示电阻，根据斜率可以比拟两电阻的大小．解答：解：U﹣I图象象的斜率表示电阻，由图可知，R2的斜率大于R1的斜率，故R1＜R2；应选：C．点评：此题考查对U﹣I图象的考查，要注意在U﹣I图象象的斜率的意义．4．如下图的四个图中，标出了匀强磁场的磁感强度B的方向、带正电的粒子在磁场中速度v的方向和其所受洛伦兹力f的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是〔〕A ．B ．C ．D ．考点：判断洛仑兹力的方向．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：此题考查了左手那么的直接用，根据左手那么即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系．解答：解：根据左手那么可知A图中洛伦兹力方向向下，故A错误；B图中磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，故B正确；C图中洛伦兹力方向该垂直向外，故C错误；D图中洛伦兹力方向该垂直向里，故D错误．应选B．点评：对于左手那么要熟练掌握，用，为学习带电粒子在磁场中的运动打好根底．5．为了使公路交通有序、平安，路旁立了许多交通标志．如下图，甲图是限速标志，表示允许行驶的最大速度是80km/h；乙图是路线指示标志，表示到州还有100km．上述两个数据的物理意义是〔〕A．80 km/h是平均速度，100 km是位移B．80 km/h是平均速度，100 km是路程C．80 km/h是瞬时速度，100 km是位移D．80 km/h是瞬时速度，100 km是路程考点：平均速度；位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：平均速度表示某一段时间或一段位移内的速度，瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度．路程表示运动轨迹的长度，位移的大小于初位置到末位置的距离．解答：解：允许行驶的最大速度表示在某一位置的速度，是瞬时速度，所以80 km/h是指瞬时速度；到州还有100km，100km是运动轨迹的长度，是路程．故D正确，A、B、C错误．应选：D．点评：解决此题的关键知道路程和位移的区别，以及知道瞬时速度均速度的区别．6．如下图，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．那么下面关于此得出的结论中正确的选项是〔〕A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关考点：库仑律．分析：解答此题要了解库仑力的推导过程，由于决电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究．虽然学生现在都知道库仑力的决因素，但是该只是研究了库仑力和距离之间的关系．解答：解：在研究电荷之间作用力大小的决因素时，采用控制变量的方法进行，如本，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电量，不能研究电荷之间作用力和电性、电量关系，故BCD错误，A 正确．应选：A．点评：控制变量法是高中物理物理中重要研究方法，要了解控制变量法的用．7．某电场中A、B两点的场强大小关系是E A＞E B，一正检验电荷在A、B两点所受电场力大小分别为F A和F B．那么以下关于F A和F B大小关系的说法中正确的选项是〔〕A．F A＞F B B．F A=F BC．F A＜F B D．无法比拟F A和F B的大小考点：电场强度．分析：此题很简单，直接用电场力公式：F=Eq进行计算比拟即可．解答：解：电荷所受电场力公式为：F=Eq ①由于：E A＞E B②所以联立①②可得：F A＞F B，故BCD错误，A正确．应选A．点评：此题较为简单，直接考察了公式F=Eq的用，在学物理公式同时一明确公式的适用条件和各物理量的意义．8．如下图是电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，那么〔〕A．电荷在a 点受到电场力方向必与场强方向一致B．同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到电场力小C．正电荷在a点由静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线一致D．a 点的电场强度较大考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大．同一电荷在电场强度大的地方受到的电场力大．电场线是曲线，粒子的运动轨迹与电场线不一致．电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反．解答：解：A、电场力方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反．故A错误B、a点的电场强度较大，同一点电荷放在a点受到的电场力较大．故B错误．C、正电荷放在a点受到的电场力沿电场线的切线方向，由静止释放后，正电荷将离开电场线，所以其运动轨迹与电场线不一致．故C错误．D、由图可知，a点处电场线较密，电场强度较大．故D正确应选D．点评：此题考查对电场线物理意义的理解．要注意只有当电场线是直线，而且电荷无初速度或初速度方向与电场线共线时，电荷的轨迹才与电场线一致．9．两个相同的金属小球〔均可看做点电荷〕，原来所带的电荷量分别为+5q和﹣q，相互间的库仑力大小为F．现将它们相接触，再分别放回原处，那么两金属小球间的库仑力大小变为〔〕A ． B．F C ． D ．考点：库仑律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小．解答：解：设两个球之间的距离为r，根据库仑律可得，在它们相接触之前，相互间的库仑力大小F为，F=k =k，当将它们相接触之后，它们的电荷量先，再平分，此时每个球的电荷量为+2q，所以，此时两个球之间的相互的排斥力为F′，那么F′=k =k =，所以C正确，应选C．点评：解决此题的关键就是掌握住电荷平分的原那么，当完全相同的金属小球互相接触时，它们的电荷量将会平分．10．火车初速度为10m/s，关闭油门后150m，速度减为5m/s，再经过30s，火车的距离为〔〕A．50m B．3m C．150m D．4m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出火车的加速度，再根据速度时间公式求出火车还需多长时间停止，因为火车速度为0后不再运动，然后运用位移时间公式求出火车的距离．解答：解：由速度位移公式得，．列车停止还需的时间．那么30s内的距离于20s内的距离．x=．故A正确，B、C、D错误．应选A．点评：解决此题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，以及位移时间公式x=．11．一辆从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止，其速度﹣时间图象如下图，那么在0～10s和10～40s两段时间内〔〕A．平均速度大小之比为1：3 B．平均速度大小之比为4：3C．位移大小之比为1：3 D．加速度大小比为4：1考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动的图像专题．分析：根据速度图象的斜率研究物体的加速度．根据图象的“面积〞于位移，研究两段时间内位移关系．根据公式研究平均速度的关系．解答：解：A、B 、由公式可知，两段时间内的初末速度相同，平均速度相，所以平均速度大小之比为1；1，故AB错误；C 、根据图象的“面积〞于位移可知，，，所以位移大小之比为1：3．故C正确．D、在0～10s时间内，物体的加速度大小为a1=m/s2，在10～40s时间内，加速度为a2=，所以加速度大小之比为3：1．故D错误．应选C点评：此题根据图象的数学意义，比方面积、斜率，来理解图象的物理意义是常用的思路．匀变速运动的平均速度公式研究平均速度有一的技巧．12．地球有一个较强的磁场，由于地磁场的作用，可以使从太阳发出的高能粒子流在射向地面时发生偏转，因此起到保护地球上的生命免受高能粒子流伤害的作用．地球赤道上空地磁场的磁感线方向是由南向北的，从太阳喷射出带正电的粒子垂直与地面射向赤道，在地磁场的作用下，这些质子偏转方向是〔〕A．B．向南C．向西D．向北考点：左手那么．分析：质子流带正电，地磁场的方向在赤道的上空从南指向北，根据左手那么判断出质子流所受洛伦兹力的方向．解答：解：质子流的方向从上而下射向地球外表，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手那么，洛伦兹力的方向，所以质子偏转．故A正确，B、C、D错误．应选：A．点评：解决此题的关键掌握地磁场的方向，以及会运用左手那么判断洛伦兹力的方向．13．以下各图给出了通电导体产生的磁场方向，正确的选项是〔〕A ．通电直导线B ．通电直导线C ．通电线圈D ．通电线圈考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：由安培那么可得出通电导体周围的磁场情况，注意分析其平面图形．解答：解：A、由图可知，电流方向向外，那么由安培那么可知，磁感线与图示方向相反，故A错误；B、直导线电流方向向上，那么磁场方向左侧向外，右侧向里，故B错误；C、线圈中电流由左侧流出，右侧流入，那么由安培那么可知磁场方向向上，故C正确；D、由图可知电流由右侧流入，那么由右手螺旋那么可知，内部磁感线向右，故D错误；应选：C．点评：通电导体周围的磁场方向要求我们能熟练判出，并能结合立体图面图进行分析．根底题目．14．电场强度的义式是E=，式中的F、Q分别为放入电场中某点的电荷受到的电场力和它的电荷量．以下说法正确的选项是〔〕A．电场强度E跟F成正比，跟Q成反比B．电场强度E数值上于单位电荷在电场中受到的电场力C．电荷在某点所受电场力的方向就是该点的电场强度E的方向D．电场强度E由电场本身决，与放入场中的电荷无关考点：电场强度．分析：解答此题需掌握：电场强度的义式是E=，是用比值义法义的物理量，式子中的q表示试探电荷的电荷量，而E为原电场的电场强度，是由电场本身决的，与试探电荷无关，电荷q的数值足够小，不改变它所在处的电场，这样，电场强度就于每单位正电荷所受的力；电场强度的方向规与放在该点的正试探电荷所受的电场力方向相同；点电荷电场的决式E=〔只适用于点电荷〕，其中E是电场强度，k是静电力常量，Q是源电荷的电量，r是源电荷与试探电荷的距离．解答：解：A、B、D、电场强度E可以根据义式E=来测量，电场强度就于每单位正电荷所受的力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决的，故A错误，B正确，D错误；C、电场强度的方向规为放在该点的正电荷受到的静电力方向，与正电荷受力方向相同，与负电荷受力方向相反，故C错误；点评：此题涉及电场强度的义式和点电荷电场强度的决式，空间某点的电场强度是由场源电荷和与场源电荷间的相对位置决的．15．关于一小段通电直导线在磁场中受到的安培力的方向，以下说法中正确的选项是〔〕A．一跟磁感强度的方向相同B．一跟磁感强度的方向垂直，但不一跟电流方向垂直C．一跟电流方向垂直，但不一跟磁感强度方向垂直D．既跟磁感强度的方向垂直，又跟电流方向垂直考点：磁感强度．专题：电磁学．分析：要正确利用左手那么判断通电导线在磁场中所受安培力的方向，根据左手那么可知，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向．解答：解：左手那么是判断磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间关系的法那么，根据作用那么可知，安培力垂直于电流和磁场所在的平面，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向，故ABC错误，D正确．应选D．点评：安培力方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要这方面的练习，正确用左手那么判断安培力的方向．16．在真空中有a、b两个点电荷，b的电荷量是a的3倍，如果a受到的静电力是F，那么b受到的静电力是〔〕A．F B ． F C．3F D．4F考点：库仑律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：a电荷对b电荷的静电力与b电荷对a电荷的静电力是一对作用力与反作用力，根据作用力和反作用力的大小关系求出b所受到的静电力．解答：解：电荷对b电荷的静电力与b电荷对a电荷的静电力是一对作用力与反作用力，大小相．所以b受到的静电力是F．故A正确，B、C、D错误．应选A．点评：解决此题的关键知道作用力与反作用力大小是相的．17．如下图，水平放置的直导线正下方有一只可以自由转动的小磁针，当导线中通过自左向右的电流时，小磁针N极的转动情况是〔〕A．垂直于纸面向里转B．垂直于纸面向外转C．在纸面内顺时针转D．在纸面内逆时针转考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．。
2015-2016学年河南省洛阳市伊川实验高中高二(上)第一次周练物理试卷
2015-2016学年河南省洛阳市伊川实验高中高二（上）第一次周练物理试卷一、选择题（1-10为单选题，11-14为多选题，共70分）1.如图所示，质量为的物体经跨过定滑轮的轻绳与质量为的箱子相连，箱子底板上放一质量为的物体，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，下列正确的是（）A.物体处于失重状态，加速度大小为B.物体处于超重状态，加速度大小为C.物体处于失重状态，对箱子的压力大小为D.轻绳对定滑轮的作用力大小为2.细绳拴一个质量为的小球，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，如图所示，以下说法正确的是（）（已知，）A.小球静止时弹簧的弹力大小为B.小球静止时细绳的拉力大小为C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为3.物块、放在光滑水平面上加用轻质弹簧相连，如图所示．今对物块、分别施以方向相反的水平力、．且大于，则弹簧秤的示数（）A.一定等于B.一定等于C.一定大于小于D.条件不足，无法确定4.放在粗糙水平面上的物体上叠放着物体．和之间有一根处于压缩状态的弹簧．、均处于静止状态．下列说法中正确的是（）A.受到向左的摩擦力B.对的摩擦力向右C.地面对的摩擦力向右D.地面对没有摩擦力5.如图所示，质量为的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为的匀加速直线运动，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，小球用细线悬挂于支架前端，质量为的物块始终相对于小车静止地摆放在右端．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角，则此刻小车对物块产生的作用力的大小和方向为（）A.，斜向右上方B.，斜向左上方C.，水平向右D.，竖直向上7.一个静止的质点，在时间内受到合力的作用，合力的方向始终在同一直线上，合力随时间的变化图线如图所示．则质点在（）A.第末速度方向改变B.第末加速度为零C.第末运动速度为零D.第末回到原出发点8.受水平向右外力作用的物体如图，在粗糙水平面上向右做直线运动，其图线如图所示，则（）A.在秒内，外力大小不断减小B.在时刻，外力为零C.在秒内，外力大小不断减小D.在秒内，外力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，质量分别为和，中间用一原长为、劲度系数为的轻质弹簧连接起来，现用一水平力向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是（）A. B.C. D.10.如图物体叠放在物体上，置于光滑水平面上．，质量分别为，，，之间的动摩擦因数，开始时，此后逐渐增加，在增大到的过程中，则（）A.当拉力时，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，、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的作用，该力与时间的关系如图乙所示，、始终相对静止，则下列说法不正确的是（）A.时刻，、间静摩擦力最大B.时刻，速度最大C.时刻，、间静摩擦力为零D.时刻，、位移最大14.如图所示，质量为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，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以、的速度做逆时针转动时，绳中的拉力分别为、；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为、，则下列说法正确的是（）A. B.C.大于D.可能等于二、计算题（共30分）15.质量为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，取，则：弹性球受到的空气阻力的大小为________，弹性球第一次碰撞后反弹的高度为________．16.如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为，质量为的木板，在木板的左端有一个质量为的小物体，、之间的动摩擦因数为，当对施加水平向右的力作用时（设、间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等），若，则、加速度分别为多大？若，则、加速度分别为多大？在的条件下，若力作用时间，刚好到达木板的右端，则木板长应为多少？答案1. 【答案】C【解析】先分别对和整体受力分析，求解出加速度；然后再隔离，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解．【解答】解：、、设加速度大小为，对物体，受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：；对物体整体，根据牛顿第二定律，有：；联立解得：物体以的加速度加速上升，超重，故错误，错误；、物体受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：，解得，故正确；、滑轮受力平衡，故；故轻绳对定滑轮的作用力为，故错误；故选．2. 【答案】B,D【解析】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：、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：细绳的拉力大小为：．故错误，正确．、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：．故错误，正确．故选：3. 【答案】C【解析】先用整体法求出加速度，然后用隔离法隔离出物体，运用牛顿第二定律求出弹簧的拉力．【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①再对物体受力分析，运用牛顿第二定律，得到②由①②两式解得由于大于，故一定大于小于故选．4. 【答案】D【解析】压缩状态的弹簧对有向左的弹力，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，对的摩擦力向左．对整体研究，地面对没有摩擦力．【解答】解：、压缩状态的弹簧对有向左的弹力，有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力．故错误．、由上可知：对的摩擦力向右，根据牛顿第三定律可知，对的摩擦力向左．故错误．、对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对没有摩擦力．故错误，正确．故选5. 【答案】D【解析】分析小球受到的重、斜面的支持力、竖直挡板的水平弹力，然后向水平和竖直分解斜面的支持力，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、斜面的支持力、竖直挡板的水平弹力，设斜面的倾斜角为则竖直方向有：∵ 和不变，∴无论加速度如何变化，不变且不可能为零，故错，对．水平方向有：∵ ，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故错．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的与水平方向的力的合成，因此大于，故错误．故选．6. 【答案】A【解析】先以为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对研究，由牛顿第二定律求解小车对物块产生的摩擦力大小和方向，再对支持力进行合成，得到小车对的作用力的大小和方向．【解答】解：以为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：得：，方向水平向右．再对研究得：小车对的摩擦力，方向水平向右，小车对的支持力大小为，方向竖直向上，则小车对物块产生的作用力的大小为：，方向斜向右上方故选：7. 【答案】C【解析】解决本题的关键根据图象作出图，即可得出时，时物体的速度相等．时，时，时物体的速度相同．即物体在内加速，在内减速，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可得：物体的加速度．故在内物体做加速度为匀加速直线运动，在内物体做加速度为的匀减速直线运动，作出图象如图．、由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，故错误；、末合力不为零，故加速度不为零，故错误；、由图象可以看出末速度为零，故正确；、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．故错误．故选：．8. 【答案】A,C【解析】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的变化．【解答】解：、在时间内，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，因为阻力的大小不变，知外力减小．故正确；、在时刻，图线的切线斜率为零，加速度为零，则外力等于阻力．故错误．、在时间内，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，若外力的方向与速度方向相同，则外力不断减小．由于的大小减小为零后，可能反向增大，加速度增大．故正确，错误．故选：．9. 【答案】B【解析】原长为，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 ①对于甲，弹②对弹簧弹③由①②③解得，，故两木块之间的距离是，所以正确．故选：．10. 【答案】D【解析】隔离对分析，求出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：隔离对分析，当间摩擦力达到最大静摩擦力时，、发生相对滑动，则．再对整体分析．知当拉力达到时，、才发生相对滑动．在小于时，两者是保持相对静止的，相对于地面是运动的．故正确，、、错误．故选．11. 【答案】B,C,D【解析】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：、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，故错误；、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，故正确；、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．故正确．、牛顿根据伽利略的理想实验得出牛顿第一定律．故正确．故选：12. 【答案】B,C【解析】木块接触弹簧后，水平方向受到恒力和弹簧的弹力，根据弹力与的大小关系，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和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力，后大于恒力，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，合力向左，加速度大于零，故正确，错误．故选：13. 【答案】B,D【解析】根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大．再以为研究对象，当加速度最大时，受到的静摩擦力最大．分析整体的运动情况，分析何时的速度最大，并确定何时位移最大．【解答】解：、以整体为研究对象，在时刻，推力为零，故、之间的摩擦力为零，故错误；、整体在时间内，做加速运动，在时间内，向原方向做减速运动，则时刻，、速度最大，在时刻两物体速度为零，速度最小，故正确；、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，、时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以为研究对象，分析可知，受到的静摩擦力最大，故错误；、时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则时刻，、位移最大．故正确．故选：14. 【答案】B,D【解析】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：、、对木块受力分析，受重力、支持力、拉力、滑动摩擦力，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，故正确，错误．、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：解得：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，故①若两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，则等于②若传送带速度为时，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；传送带速度为时，木块一直向左做匀加速直线运动，则③两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．故正确，错误．故选：．15. 【答案】,【解析】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，由速度时间图象得：，根据牛顿第二定律得，，解得阻力．由速度时间图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为则弹性球第一次离开地面时的速度大小为离开地面后，根据代入数据解得：．故答案为：，．16. 【答案】若，则、加速度均为；; 若，则加速度为，的加速度为; 在的条件下，若力作用时间，刚好到达木板的右端，则木板长应为【解析】分析物体受力情况，根据牛顿第二定律列式求解；根据位移之差为木板长度，可求解; ;【解答】解：分析物体受力，根据牛顿第二定律可得：对故得：所以：; 对：由牛顿第二定律：，可得：，故; （3）作用，、、发生的位移分别为：和，，代入数据，解得：答：若，则、加速度均为；若，则加速度为，的加速度为在的条件下，若力作用时间，刚好到达木板的右端，则木板长应为。
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伊川县实验高中2015-2016学年上学期第一次月考
高二物理
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υ，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（）
A．nυS△t B．nυ△t C．I△t/e D．I△t/(Se)
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 III
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 : 3
D．A，B电阻阻值之比为 3 : 1
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)t
B．电池提供的总电能为：IEt
C．电动机做的机械功为：IEt-I2(R+r)t
D．电池输出的总功率：E2R/(R+r)
6．如图，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．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60W
C．电路消耗的总功率为60W D．电动机的输出功率为60W
9．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法
中正确的是 ( )
A．当R2=R l+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，电源的效率最大
D．当R2=0时，电源的输出功率一定最大
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450W
C．电动机线圈的电阻为22Ω
D．电动机线圈的电阻为4Ω
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
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3/4，只留下1/4
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OAC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OBC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．2.5W
14. 如图 (a)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(b)图中的图( )
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（2A，30Ω）
F. 滑动变阻器（0.5A，1000Ω）
G .学生电源（直流9V），及开关，导线等
（1）（6分）实验中所用的电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选 ; （2）（3分）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=1.7×10－8 Ωm。
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。
⑴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（1分）________________________________________________________________；
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。
⑵（2分）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；
⑶（2分）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，金属丝的直径为_________mm；
A B
C D
（a）（b）
25
20
30
⑷（2分）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.(10分)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.(10分) 如图所示，电源的电动势E=110V ，电阻R 1=21Ω，电动机绕组的电阻R 0=0.5Ω，电键S 1始终闭合。
当电键S 2断开时，电阻R 1的电功率是525W ；当电键S 2闭合时，电阻R 1的电功率是336W ，求： （1）电源的内电阻；
（2）当电键S 2闭合时,电动机的输出的功率。
19.(10分)如图所示，电源电动势E=10V ，R 1=4Ω,R 2=6Ω,C=30μF,电池内阻可忽略，求： (1)闭合开关S ，求稳定后通过R 1的电流；
(2)然后将开关S 断开，求这以后流过R 1的总电量。
20. (12分)下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。
请参考表中数据，完成下列问题（g 取10m ／s 2
）：
第17题图
（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?
物理答题卷
二.实验题（共16分） 15.（1）实验电路图
（2）
16.（1） （2） （3） mm （4） m
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. 18.
19.
20.。