江西省抚州市南城一中学年高二上学期第一次.docx
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江西省抚州市南城一中学年高二上学期第一次
2016-2017学年江西省抚州市南城一中高二(上)第一次月考物理试卷
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.1-8为单选,9-12为多选.多选题全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有错选或不选的得0分).
1.铅蓄电池的电动势为2V,这表示( )
A.电路中每通过1C电荷量,电源把0.5J的化学能转变为电能
B.蓄电池两极间的电压为2V
C.蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能
D.蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5V)的大
2.关于电阻和电阻率的说法中,正确的是( )
A.导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻,因此只有导体中有电流通过时才有电阻
B.电阻率由材料决定,与导体的长度没有关系
C.由
可知导体的电阻与导体两端的电压成正比,跟导体中的电流成反比
D.将一根导线等分为二,则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
3.如图为某次测量电源的电动势和内阻所作的图象,有关这个图象的说法正确的是( )
A.纵轴截距表示待测电源的电动势,即E=1.5V
B.横轴截距表示短路电流,即I短=0.6A
C.根据r=
,计算出待测电源内阻为5Ω
D.根据r=
,计算出待测电源内阻为1Ω
4.如图所示,A和B是置于真空中的两平行金属板,所加电压为U.一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中,粒子刚好能达到金属板.如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处,可采取的办法有( )
A.初速度为
,电压为
B.初速度为
,电压U不变
C.初速度为V0,电压为
D.初速度为V0,电压为
U
5.图中,输入端ab间的电压为10V,改变滑动变阻器触头的位置,可以改变输出端AB间的电压,A、B间电压的变化范围为( )
A.0﹣5VB.0﹣10VC.0﹣15VD.5﹣10V
6.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置,构成一平行板电容器,与它相连接的电路如图所示,接通开关,电源即给电容器充电:
①保持K接通,减少两极板间的距离,则两极板间电场的电场强度减少
②保持K接通,在两极板间插入一块介质,则极板上的电量增大
③断开K,减小两极板间的距离,则两极板间的电势差减小
④断开K,在两极板间插入一块介质,则两极板间的电势差增大
以上说法正确的有( )
A.①②B.③④C.②③D.②④
7.四个小灯连接成如图所示电路,合上电键S,各灯均正常发光.若小灯L2灯丝突然烧断,则下列说法正确的是( )
A.L1变亮B.
变亮
C.L4变亮D.电源的效率变低
8.如图所示电路中,电源电动势为E,电源内阻为r,串联的固定电阻为R2,滑动变阻器的总电阻为R1,电阻大小关系为R1=R2=r,则在滑动触头从a端移动到b端的过程中,下列描述中正确的是( )
A.电路中的总电流先增大后减小
B.电路的路端电压先增大后减小
C.电源的输出功率先增大后减小
D.滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大
9.如图所示的电路中,电阻R1=10Ω,R2=20Ω,R3=8Ω,电容器电容C=2μF,电源电动势E=12V,内阻不计.要使电容器带有4×10﹣6C的电量,变阻器R的阻值为( )
A.8ΩB.16ΩC.20ΩD.40Ω
10.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.则下列说法中正确的是( )
A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻减小
B.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大
C.对应P点,小灯泡的电阻为R=
D.对应P点,小灯泡的电阻为R=
11.如图所示的电路中,R1、R2、
、和R4皆为定值电阻,R5为可变电阻,电源的电动势为E,内阻为r=R1,设电流表A的读数为I,电压表V的读数为U,当R5的滑动角点向图中a端移动时( )
A.I变小B.U变小
C.电源的效率变低D.电源的输出功率变小
12.如图所示,用绝缘细线拴一个带负电的小球,让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动,a、b两点分别是圆周的最高点和最低点,则( )
A.小球经过a点时,电势能最小
B.小球经过a点时,线中的张力最小
C.小球经过b点时,机械能最小
D.小球经过b点时,电势能最小
二、实验题(本题共2小题,13题4分,14题9分,共13分,将正确答案填写在题目的横线处.)
13.某同学在一次测量时,电压表(0﹣15V)、电流表(0﹣0.6A)的示数如图所示.则电压值为 V,电流值为 A
14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,除有一标有“6V,1.5W”的小灯泡、导线和开关外,还有:
A.直流电源6V(内阻不计)
B.电流表0~300mA(内阻5Ω)
C.电流表(量程0.6A,内阻300Ω)
D.电压表(量程3V,内阻30kΩ)
E.电压表0~10V(内阻15kΩ)
F.滑动变阻器(10Ω,2A)
G.滑动变阻器(1kΩ,1A)
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量.且尽可能减小实验误差.
(1)电流表应选 ,电压表应选 ,滑动变阻器应选 .(填电表之前的字母即可)
(2)若该同学已正确选用器材,并连接好部分实验电路,如图甲,请在图甲中完成其余的电路连接.
三、计算题(本题共4小题,39分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.)
15.已知电流表的内阻Rg为100Ω,满偏电流Ig为3mA,
(1)要把它改装成量程是6V的电压表,应串联多大的电阻?
(2)要把它改装成量程是3A的电流表,应并联多大的电阻?
16.如图所示,已知电源电动势E=18V,内阻r=1Ω,当接入固定电阻R=2Ω时,电路中标有“4V,8W”的灯泡L和内阻RD=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求:
(1)电路中的电流大小;
(2)电动机的输出功率.
17.如图所示电路中,电阻R1=R2=3Ω,R3=6Ω,S扳至1时,电流表的示数为1.0A,S扳至2时,电流表示数为1.5A,求:
电源的电动势E和内阻r(电流表内阻不计).
18.一电路如图所示,电源电动势E=28V,内阻r=2Ω,电阻R1=12Ω,R2=R4=4Ω,R3=8Ω,C为平行板电容器,其电容C=3.0pF,虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m,两极板的间距d=1.0×10﹣2m.
(1)若开关S处于断开状态,则当其闭合后,求流过R4的总电量为多少?
(2)若开关S断开时,有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中,刚好沿虚线匀速运动,问:
当开关S闭合后,此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中,能否从C的电场中射出?
(要求写出计算和分析过程,g取10m/s2)
2016-2017学年江西省抚州市南城一中高二(上)第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.1-8为单选,9-12为多选.多选题全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有错选或不选的得0分).
1.铅蓄电池的电动势为2V,这表示( )
A.电路中每通过1C电荷量,电源把0.5J的化学能转变为电能
B.蓄电池两极间的电压为2V
C.蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能
D.蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5V)的大
【考点】电源的电动势和内阻.
【分析】明确电动势的定义,知道电动势是反映电源将其他形式的能转化为电能本领的物理量,同时明确电动势E=
,W表示内部非静电力所做的功.
【解答】解:
A、由W=Eq可知,每通过1C的电量,电源转化的能量E=2×1=2J,故A错误;
B、若接入电路,两极间电压为路端电压,由于内阻上的分压,电压值将小于2V,故B错误;
C、电动势与放电时间无关,故无法确定转化2J能量的时间,故C错误;
D、电动势反映电源将其他形式的能转化为电能的本领,因电动势较大,故蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5V)的大;故D正确.
故选:
D.
2.关于电阻和电阻率的说法中,正确的是( )
A.导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻,因此只有导体中有电流通过时才有电阻
B.电阻率由材料决定,与导体的长度没有关系
C.由
可知导体的电阻与导体两端的电压成正比,跟导体中的电流成反比
D.将一根导线等分为二,则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
【考点】电阻定律.
【分析】电阻率由导体材料决定和电阻大小以及导体长度无关,而电阻是由导体本身的性质决定的,与电压和电流无关.
【解答】解:
A、导体电阻是导体本身的性质,不论是否有电流导体均有电阻,故A错误;
B、电阻率由导体材料决定,与导体的长度和粗细无关,故B正确;
C、电阻由导体本身的性质决定的,与电压和电流无关,故C错误;
D、将一导线等分为二份时,电阻率不变,由于长度减半,则电阻减小,故D错误.
故选:
B.
3.如图为某次测量电源的电动势和内阻所作的图象,有关这个图象的说法正确的是( )
A.纵轴截距表示待测电源的电动势,即E=1.5V
B.横轴截距表示短路电流,即I短=0.6A
C.根据r=
,计算出待测电源内阻为5Ω
D.根据r=
,计算出待测电源内阻为1Ω
【考点】路端电压与负载的关系.
【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系,由数学知识可得出电源的电动势和内电阻.当外电路电阻为零,外电路短路,从而即可一一求解.
【解答】解:
A、由闭合电路欧姆定律可知:
U=E﹣Ir;由数学知识可知,图象与纵坐标的交点为电源的电动势,故电动势为3V;故A错误;
B、由于图象的纵坐不是从零开始的,故图象与横坐标的交点不是短路电流,故B错误;
C、根据r=
,计算出电源的内阻,而不是待测电阻内阻,故C错误;
D、图象的斜率绝对值表示电源的内阻,故r=
=
Ω=1Ω,故D正确;
故选:
D.
4.如图所示,A和B是置于真空中的两平行金属板,所加电压为U.一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中,粒子刚好能达到金属板.如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处,可采取的办法有( )
A.初速度为
,电压为
B.初速度为
,电压U不变
C.初速度为V0,电压为
D.初速度为V0,电压为
U
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系.
【分析】由题,粒子射入电场后,电场力做负功,动能减小,根据动能定理列出方程.要使粒子刚好达到两板间距离的一半处,根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比,再运用数学知识进行讨论,选择题意的选项.
【解答】解:
根据题意,当所加电压为U时,加速度为:
,速度减为0时,位移为:
A、当初速度为
,电压为
,最大距离为原来一半,故A正确;
B、当初速度为
,电压U不变,最大距离为原来的
,故B错误;
C、当初速度为V0,电压为
,最大距离为原来2倍,故C错误;
D、当初速度为V0,电压为
U,最大距离为原来的
倍,故D错误;
故选:
A
5.图中,输入端ab间的电压为10V,改变滑动变阻器触头的位置,可以改变输出端AB间的电压,A、B间电压的变化范围为( )
A.0﹣5VB.0﹣10VC.0﹣15VD.5﹣10V
【考点】路端电压与负载的关系.
【分析】根据串联电路电压与电阻的关系分析得知,当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时,UAB最大,当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时,UAB最小,分别求出UAB最小值和最大值,再得到UAB的变化范围.
【解答】解:
当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时,UAB最大,最大值为:
Umax=10V;
当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时,UAB最小,最小值为:
Umin=0V,
所以UAB的变化范围是0~10V,故B正确,ACD错误.
故选:
B.
6.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置,构成一平行板电容器,与它相连接的电路如图所示,接通开关,电源即给电容器充电:
①保持K接通,减少两极板间的距离,则两极板间电场的电场强度减少
②保持K接通,在两极板间插入一块介质,则极板上的电量增大
③断开K,减小两极板间的距离,则两极板间的电势差减小
④断开K,在两极板间插入一块介质,则两极板间的电势差增大
以上说法正确的有( )
A.①②B.③④C.②③D.②④
【考点】电容器.
【分析】电容器与电源相连,两极板间的电势差不变,通电后断开,则两极板上的电量不变;
由平行板电容器电容C=
,根据某些量的变化可知电容的变化,则由Q=UC可知电压或电量的变化,由E=
可求得电场强度的变化.
【解答】解:
①保持K接通,则两板间的电势差不变,因d减小,由E=
可知,两极板间的电场的电场场强增大,故①错误;
②保持K接通,两板间的电势差不变,在两极板间插入介质后,电容增大,由Q=UC可知,极板上的电量增大,故②正确;
③断开K,减小距离d,电容增大,而两板上所带电量不变,由C=
可得U=
,则知两极板间的电势差U减小,故③正确;
④断开K,插入介质后电容增大,两板上所带电量不变,由U=
可知极板上的电势差减小,故④错误;
故选:
C.
7.四个小灯连接成如图所示电路,合上电键S,各灯均正常发光.若小灯L2灯丝突然烧断,则下列说法正确的是( )
A.L1变亮B.
变亮
C.L4变亮D.电源的效率变低
【考点】闭合电路的欧姆定律.
【分析】小灯L2灯丝突然烧断后,外电路总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化,由欧姆定律分析L1两端电压的变化,判断L1亮度的变化.
由总电流和L1电流的变化,判断L3中电流的变化,确定L3亮度的变化.由L1、L3电压的变化判断L4电压的变化,判断L4亮度的变化.
【解答】解:
ABC、小灯L2灯丝突然烧断后,外电路总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律得知:
电路中总电流I减小,L1两端电压U1=E﹣I(R+r),I减小,其他量不变,则U1增大,L1变亮.
L3中电流I3=I﹣I1,I减小,I1增大,则I3减小,L3变暗.L4电压U4=U1﹣U3,U1增大,U3减小,则U4增大,L4变亮.所以L1、L4变亮,L3变暗.故AC正确,B错误.
D、电源的效率η=
×100%=
×100%,外电阻增大时路端电压U增大,而E不变,则电源的效率提高,故D错误.
故选:
AC
8.如图所示电路中,电源电动势为E,电源内阻为r,串联的固定电阻为R2,滑动变阻器的总电阻为R1,电阻大小关系为R1=R2=r,则在滑动触头从a端移动到b端的过程中,下列描述中正确的是( )
A.电路中的总电流先增大后减小
B.电路的路端电压先增大后减小
C.电源的输出功率先增大后减小
D.滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大
【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.
【分析】滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻R2串联接到电源中,分析在滑动触头从a端滑到b端过程中,电阻的变化情况,根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况,当外电路电阻等于内阻时,电源的输出功率最大.
【解答】解:
A、当滑动变阻器从a→b移动时,R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律可知:
电流是先减小后增大,故A错误;
B、路端电压U=E﹣Ir,因为电流先减小后增大,所以路端电压先增大后减小,故B正确;
C、当R外=r的时候电源的输出功率最大,可知当滑片在a端或者b端时,外电路总电阻R外=r,此时电源的输出功率最大,所以输出功率是先减小后增大的,故C错误;
D、将R2看成电源的内阻,等效电源的内阻为2r,变阻器为外电路,显然外电阻小于内电阻,外电阻先增大后减小,等效电源的输出功率,即R1上消耗的功率先增大后减小,故D错误.
故选:
B
9.如图所示的电路中,电阻R1=10Ω,R2=20Ω,R3=8Ω,电容器电容C=2μF,电源电动势E=12V,内阻不计.要使电容器带有4×10﹣6C的电量,变阻器R的阻值为( )
A.8ΩB.16ΩC.20ΩD.40Ω
【考点】电容器.
【分析】先根据C=
求解电容器的电压,然后根据串并联电路的电压和电流关系得到变阻器R的可能电压,求解出电阻.
【解答】解:
电容器相当与断路,电容C=2μF,带有4×10﹣6C的电量,故其电压为:
U=
;
电阻R1与电阻R2串联,电压比等于电阻之比,故:
UR2:
UR1=R2:
R1=2:
1,故UR2=
=8V;
设电阻R2右端电势为零,则其左端电势为8V,电容器两端电势差为2V,故电阻R左端电势为10V或者6V,故电阻R的电压为10V或者6V;
由于R3与电阻R串联,电压比等于电阻之比;
当电阻R的电压为10V时,有:
R3:
R=UR3:
UR=(12﹣10):
10=1:
5,故R=5R3=40Ω;
当电阻R的电压为6V时,有:
R3:
R=UR3:
UR=(12﹣6):
6=1:
1,故R=R3=8Ω;
故选AD.
10.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.则下列说法中正确的是( )
A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻减小
B.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大
C.对应P点,小灯泡的电阻为R=
D.对应P点,小灯泡的电阻为R=
【考点】路端电压与负载的关系.
【分析】根据电阻的定义R=
,电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数,斜率逐渐减小,电阻逐渐增大.对应P点,灯泡的电阻应根据欧姆定律求解.
【解答】解:
AB、根据电阻的定义R=
,电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数,图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小,说明电阻逐渐增大.故A错误.B正确;
CD、对应P点,由图可知,小灯泡两端的电压是U1,流过小灯泡的电流是I2,所以电阻R=
;故C正确,D错误.
故选:
BC.
11.如图所示的电路中,R1、R2、
、和R4皆为定值电阻,R5为可变电阻,电源的电动势为E,内阻为r=R1,设电流表A的读数为I,电压表V的读数为U,当R5的滑动角点向图中a端移动时( )
A.I变小B.U变小
C.电源的效率变低D.电源的输出功率变小
【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.
【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时,R5变小,外电路总电阻变小,根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化,确定电流表A和电压表的读数变化,电源的效率
,当外电路电阻等于内阻时,电源的输出功率最大.
【解答】解:
A、当R5的滑动触点向图中a端移动时,R5变小,外电路总电阻变小,则由闭合电路欧姆定律知,总电流I变大,路端电压变小,U变小,根据闭合电路欧姆定律,电路中并联部分电压U并=E﹣I(r+R1+R2)变小,则I变小,故AB正确;
C、电源的效率
=
,路端电压减小,E不变,则效率变低,故C正确;
D、当外电路电阻等于内阻时,电源的输出功率最大,而r=R1,所以外电路电阻一定大于内阻,则外电路总电阻变小,输出功率增大,故D错误;
故选:
ABC.
12.如图所示,用绝缘细线拴一个带负电的小球,让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动,a、b两点分别是圆周的最高点和最低点,则( )
A.小球经过a点时,电势能最小
B.小球经过a点时,线中的张力最小
C.小球经过b点时,机械能最小
D.小球经过b点时,电势能最小
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电势能.
【分析】分析小球所受重力与电场力的大小关系:
当重力大于电场力时,小球运动到最高点a时,线的张力一定最小,到达最低点b时,小球的速度最大;当重力等于于电场力时,小球做匀速圆周运动.当重力小于电场力时,小球运动到最高点a时,线的张力一定最大,到达最低点b时,小球的速度最小;根据电场力做功判断电势能的高低.根据除重力以外其它力做功判断机械能的大小.
【解答】解:
A、从a到b,电势能增加,所以a点电势能最小.故A正确.
B、当电场力大于重力,小球运动到a点时,速度最大,根据牛顿第二定律知,拉力最大.故B错误.
C、从a到b,除重力以外,电场力做负功,机械能减小,所以b点机械能最小.故C正确.
D、小球从a点运动到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加.所以小球过b点时,电势能最大.故D错误.
故选:
AC.
二、实验题(本题共2小题,13题4分,14题9分,共13分,将正确答案填写在题目的横线处.)
13.某同学在一次测量时,电压表(0﹣15V)、电流表(0﹣0.6A)的示数如图所示.则电压值为 9.0 V,电流值为 0.33 A
【考点】多用电表的原理及其使用.
【分析】首先明确电表的量程,再根据刻度线确定最小分度,从而根据指针的位置确定读数.
【解答】解:
电压表量程为15V,最小分度为0.5V,则读数为:
9.0V;
电流表量程为0.6A,最小分度为0.02A,则其读数为:
0.33A;
故答案为:
9.0;0.33
14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,除有一标有“6V,1.5W”的小灯泡、导线和开关外,还有:
A.直流电源6V(内阻不计)
B.电流表0~300mA(内阻5Ω)
C.电流表(量程0.6A,内阻300Ω)
D.电压表(量程3V,内阻30kΩ)
E.电压表0~10V(内阻15kΩ)
F.滑动变阻器(10Ω,2A)
G.滑动变阻器(1kΩ,1A)
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量.且尽可能减小实验误差.
(1)电流表应选 B ,电压表应选 E ,滑动变阻器应选 F .(填电表之前的字母即可)
(2)若该同学已正确选用器材,并连接好部分实验电路,如图甲,请在图甲中完成其余的电路连接.
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.
【分析】
(1)电表量程应略大于灯泡的额定值即可,根据额定电可确定电压表,根据P=UI可求得额定电流,则可确定电流表;再根据滑动变阻器的接法确定滑动变阻器;
(2)根据实验原理确定电路图,从而确定对应的实物图.
【解答】解:
(1)灯泡的额定电压为6V,故电压表应选E;电流I=
=
=0.25A,故电流表应选择B;因采用滑动变阻器分压接法,故应采用小电阻F;
(2)由题意可知,本实验应采用分压接法,同时因灯泡内阻较小,故应采用电流表外接法;故实物图如图所示;
故答案为:
(1)B.;E;F.
(2)如图所示
三、计算题(本题共4小题,39分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.)
15.已知电流表的内阻Rg为100Ω,满偏电流Ig为3mA,
(1)要把它改装成量程是6V的电压表,应串联多大的电阻?
(2)要把它改装成量程是3A的电流表,应并联多大的电阻?
【考点】把电流表改装成电压表.
【分析】
(1)将电流表改装成电压表时,需要串联一个电阻,根据串联电路的规律即可求得应串联的电阻;
(2)要想扩大电流表量程,应并联一个小电阻,根据并联电路规律即可求得应并联的电阻阻值.
【解答】解:
(1)改装成量程为6V的电压表时,有:
Ug=IgRg=3×10﹣3×100V=0.3V,
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