2012-2013学年河北省邢台一中高二(上)第一次月考物理试卷

2012-2013学年河北省邢台一中高二（上）第一次月考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共5.0分)1.关于电流的说法正确的是（）A.根据I=可知，I与q成正比B.导体中有电荷运动就形成电流C.电流强度是一个标量，其方向是没有意义的D.电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【答案】D【解析】解：A、电流定义式I=为比值定义法，比值定义法中各个量之间没有正反比关系，故A错误．B、导体中电荷的自由移动不能形成电流，只有导体中电荷的定向移动才形成电流，故B错误．C、电流强度是一个标量，其方向可以看出电势的变化，故C错误．D、电流强度的单位“安培”，国际单位将安培作为基本单位之一，故D正确．故选：D电流定义式I=为比值定义法；导体中电荷的定向移动形成电流；电流是标量，但方向也有意义；国际单位将安培作为基本单位；首先要会区分比值定义公式；其次要明白电荷“自由移动”和“定向移动”的区别．二、多选题(本大题共2小题，共10.0分)2.关于电源电动势，下列说法正确的是（）A.电源电动势就是接在电源两极间的电压表的示数B.电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别C.电源的电动势是表示电源把其他形式的能量转化为电能的本领大小的物理量D.电动势越大，电源两极间的电压一定越高【答案】BC【解析】解：A、据闭合电路的欧姆定律知，电源的电动势在数值上等于内、外电压之和，而接在电源两极间的电压表其示数为路端电压；故A错误；B、电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；而电压是反映电场做功的能力大小的；二者有着本质的区别；故B正确；C、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，电动势越大，本领越大；故C正确．D、电源两极间的电压是由电源及外电路共同决定的，电动势大，但路端电压不一定大；故D错误；故选：BC．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．本题考查对于电源的电动势的理解能力，电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．3.下列说法正确的是（）A.根据可知，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比B.根据可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比C.欧姆定律适用于金属导体导电，电解液导电，电离后气体导电，或者是晶体二级管，晶体三极管导电D.欧姆定律只适用于纯电阻电路【答案】AD【解析】解：A、正反比关系成立，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，故A正确．B、正反比关系不成立，电阻是导体的固有属性，与两端电压和通过的电流无关，故B错误．C、欧姆定律只适用于纯电阻电路，适用于金属导体导电，电解液导电，对电离后气体导电，或者是晶体二级管，晶体三极管导电不适用，故C错误，D正确．故选：AD正反比关系成立．正反比关系不成立．欧姆定律适用于金属导体导电，电解液导电，只适用于纯电阻电路．关于欧姆定律的变形，要明确那个正反比成立，那个正反比不成立，掌握欧姆定律适用条件．三、单选题(本大题共2小题，共10.0分)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q，此时电子的定向移动速度为v，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）A.nv S△tB.nv△tC.D.【答案】AC【解析】解：在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为v△t，由于铜导线的横截面积为S，则在△t时间内，电子经过的导线体积为v△t S．又由于单位体积的导线有n个自由电子，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为nv S△t，故A 正确．由于流经导线的电流为I，则在△t时间内，流经导线的电荷量为I△t，而电子的电荷量为q，则△t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为，故C也正确．故选：AC．首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．5.某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）A.电流表烧坏B.电压表烧坏C.小灯泡烧坏D.小灯泡不亮【答案】D【解析】解：由于电压表内阻较大，所以电路中的电流非常小，故灯泡几乎不亮，不会被烧坏；电流表中示数很小，不会被烧坏；此时电压表相当于直接接在电源两端，故此时电压表的示数接近电源的电动势；故ABC错误；D正确；故选：D由于电流表内阻较小，而电压表内阻较大；根据欧姆定律可知此时可能出现的情况．电压表不能串联接入电路．本题要求能正确理解电压表和电流表的内阻；明确电压表在电路中相当于开路，电流表相当于短路．四、多选题(本大题共1小题，共5.0分)6.一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）A.电动机消耗的总功率为UIB.电动机消耗的热功率为C.电源的输出功率为EID.电源的效率为1-【答案】AD【解析】解：A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；B、电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误．C、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．D、电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为=l-，所以D正确．故选AD．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．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．五、单选题(本大题共3小题，共15.0分)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滑杆P一起移动，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，则下列说法中正确的是（）A.物体M不动时，电源内没有电流通过B.物体M不动时，电压表没有示数C.物体M运动时，电源内的电流会发生变化D.物体M运动时，电压表的示数会发生变化【答案】D【解析】解：A、物体M不动时，电路中仍有电流，而且电流不变．故A错误．B、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B错误．C、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C错误．D、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D正确．故选：D．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．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.如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）A.电压表V的示数变小B.电流表A1的示数变小C.电流表A2的示数变小D.电流表A的示数变大【答案】C【解析】解：AD、当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则由U=E-I r可知，路端电压增大；则可知电流表A的示数减小，电压表V的示数增大；故AD错误；BC、因路端电压增大，A1中电流增大；因总电流减小，而R1中电流增大，则A2中电流减小，故B错误，C正确．故选：C．由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表及电压表的变化．本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意明确解题的思路为：“局部-整体-局部”．9.如图甲所示，为理想电流表，R为电阻箱（0～99.9Ω），置于阻值最大位置，R x为未知电阻：（1）断开S2，闭合S1，逐次减小电阻箱的阻值，得到一组R、I值，并依据R、I值作出了如图8乙所示的R-图线．（2）断开S2，闭合S1，当R调至某一位置时，电流表的示数I1=1.0A；保持电阻箱的位置不变，断开S1，闭合S2，此时电流表的示数为I2=0.8A，据以上数据可知（）A.电源电动势为3.0 VB.电源内阻为0.5ΩC.R x的阻值为1.0ΩD.S1断开、S2接通时，随着R的减小，电源输出功率减小【答案】B【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律公式I=得：R=-r，则R-图象的斜率k=E，由数学知识求得电源的电动势E=2.0V，故A错误；B、R轴截距的绝对值等于内阻r，即r=0.5Ω，故B正确；C、K2断开，K1闭合时，R+r=；K1断开，K2闭合时，R x+R+r=，所以，R x=-=0.5Ω，故C错误；D、因R x=r，所以，电路中的外电阻大于内阻，随着R的减小，电源输出功率将增大，R=0时，电源输出功率最大，故D错误．故选：B．断开K2，闭合K1时，电源与电阻箱串联，根据闭合电路欧姆定律求出R与的关系式，根据图线的斜率求出电动势，根据纵轴截距求出电源的内阻．断开K2，闭合K1，当R 调至某一位置时，电流表的示I1=1.0A；保持电阻箱的位置不变，断开K1，闭合K2，此时电流表的示数I2=0.8A．根据闭合电路欧姆定律求出R X的阻值．解决本题的关键知道R与图线的斜率和截距表示的物理意义看，以及能够熟练运用闭合电路欧姆定律．六、多选题(本大题共1小题，共5.0分)10.如图所示，已知C=6μF，R1=5Ω，R2=6Ω，E=6V，r=1Ω，开关原来处于断开状态，下列说法中正确的是（）A.开关S闭合电路稳定后，电流表的读数为0.5AB.开关S闭合电路稳定后，电流表的读数为5.5AC.开关闭合经过一段时间，再将开关S迅速断开，则断开S后通过R2的电量为1.8×10-5CD.开关S断开瞬间，因为电容放电，所以电流表的读数不为零【答案】AC【解析】解：A、B、电路稳定时，电容器相当开关断开，根据闭合电路欧姆定律得：电流表的读数为：I1==A=0.5A．故A正确，B错误．C、电路稳定时，电容器板间电压为：U=I1R2=0.5×6V=3V，其所带电量为：Q=CU=3×6×10-6C=1.8×10-5C，则再将开关S迅速断开，则通过R2的电量为1.8×10-5C．故C正确．D、开关S断开瞬间，电容并不通过电流表放电，电流表的读数为零．故D错误．故选：AC．电路稳定时电容器相当开关断开，根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和R2两端的电压，求出电容器所带电荷量．在开关S闭合的瞬间，电容器充电，电流表的读数与电路稳定时不同．开关S迅速断开，通过R2的电量等于电容器原来的带电量．本题分析时要抓住电路稳定时，电容器所在电路没有电流，相当于断路，运用欧姆定律进行计算．七、单选题(本大题共2小题，共10.0分)11.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球．两块金属板接在图所示的电路中．电路中的R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S．此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定．则以下说法正确的是（）A.若将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B.保持滑动触头P不动，用更强的光线照射R1，则I增大，U增大C.保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大D.保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变【答案】D【解析】解：A、该电路中，滑动变阻器上没有电流，对AB之间的电压没有影响，故A错误；B、用更强的光线照射R1，电阻随光照强度的增大而减小，故电路中的电流增大，内电阻上的电压降增大，路端电压U减小．故B错误；C、由B分析可知路端电压U减小，电流增大，R3上的电压最大，AB之间的电压减小，电场强度减小，小球受电场力减小，则小球重新达到稳定后θ变小．故C错误；D、根据闭合电路的欧姆定律，取两组数据，得：E=U1+I1r…①E=U2+I2r…②①-②得：U1-U2=I2r-I1r，即：所以，不论R1如何变化，U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变．故D 正确．故选：D．该电路中，滑动变阻器上没有电流，对AB之间的电压没有影响；光敏电阻的电阻随光照强度的增大而减小，故电路中的电流增大，R3上的电压最大，AB之间的电压减小，电场强度减小，小球受电场力减小，则小球重新达到稳定后θ变小．本题以光敏电阻为媒介，考查含有变化电阻的电路，这就要求有一定的知识迁移能力；同时，D选项要利用测量电源的电动势与内电阻的结论，对能力的要求也就更高．12.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是（）A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D.在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【答案】A【解析】解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E-I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与滑动变阻器放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；故选A．电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．八、填空题(本大题共2小题，共16.0分)13.（1）用多用电表的电阻挡测量阻值约几十千欧的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为电阻挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上电阻挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准电阻挡×1kd．旋转S使其尖端对准电阻挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔______ ．根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为______ Ω．（2）下述关于用多用电表电阻挡测电阻的说法中正确的是______ ．A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零．【答案】c、a、b、e；30000；A、C【解析】解：（1）测量几十kΩ的电阻R x我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔．欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30kΩ．（2）欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位．电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业．故答案为：（1）c、a、b、e；30000；（2）A、C，欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）．（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果．（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近，（1）实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻（如灵敏电流表的内阻）．（2）测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于OFF挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电．（3）欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极．（4）用法：最好指针打到中间将误差减小14.某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图1所示．（1）连好电路后，当该同学闭合电键时，发现电流表示数为0，电压表示数不为0．检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是______ ．（2）按电路原理图图2，用多用电表的电压挡检查电路，试把两表笔分别接c、d时的实物电路图以画线代替导线连接起来．（3）排除故障后，该同学顺利完成实验，测量得到下列数据，电池的电动势为______ ，内阻为______ ．______ ．【答案】R断路；1.5V；0.5Ω；电压表分流【解析】解：（1）接c、d电压表示数为电源的电动势，说明此时电压表与电源相连，故其他部位是完好的，只能是R发生断路；（2）先连接串联部分，依次将电源、电键、滑动变阻器、电流表连接，再将电压表并联在电源及定值电阻两端即可，电路图如图所示；（3）由表中数据，描点连线，可得U-I图如下图所示；图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电源的电动势约为1.5V；图象的斜率表示内阻，则内电阻r==-2.5Ω=0.5Ω；（4）由于电压表的分流作用，电流表的测量值小于电路电流，这是造成实验误差的原因．故答案为：（1）R断路；（2）电路图如图所示；（3）1.5V；0.5Ω；（4）电压表分流．（1）用电压表测电路时，若示数为零，则说明所接部分没有断路；若有示数则说明所接部分内出现了断路；（2）由原理图可画出实物图，注意在连线时不要交叉，同时要注意电表的正负接线柱；（3）由描点法得出U-I图象，而图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示电源的内电阻；（4）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用．本题中要注意电压表的接法，此种接法测出的是不是路端电压，而是滑动变阻器两端的电压；此时可将保护电阻等效为电源的内阻进行分析．九、计算题(本大题共3小题，共34.0分)15.如图所示，电源的电动势是6V，内电阻是0.5Ω，小电动机M的线圈电阻为0.5Ω，限流电阻R0为3Ω，若电压表的示数为3V，试求：（1）电源的功率和电源的输出功率（2）电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率．【答案】解：（1）在串联电路中，电压表读R0两端的电压，由欧姆定律得I=电源的总功率：P总=EI=6×1=6W由能量转化和守恒定律得：P输出=P总-I2r=6-12×0.5=5.5W（2）电源的输出功率为电动机和限流电阻获得功率之和，P输出=P M+P OP O=I2R O=3WP M=P输出-P O=5.5-3=2.5W有P M=P机+P M r得P机=P M-P M r=2.5-I2r=2.5-0.5=2W答：（1）电源的功率为6W，电源的输出功率为5.5w；（2）电动机消耗的功率为2.5w，电动机输出的机械功率为2W．【解析】（1）限流电阻与电动机串联，电流相等，根据欧姆定律求解干路电流，根据P=EI求解电源的总功率，根据P输出=EI-I2r求解输出功率；（2）根据功率的分配关系和能量守恒求解电动机的输出功率．本题关键按照局部→整体→局部的思路分析，求解干路电流是切入点，根据功率表达式求解各个元件的功率是突破口．16.如图所示，R3=0.5Ω，S断开时，两表读数分别0.4A和2.4V，S闭合时，它们的读数分别变化了0.3A和0.3V．（两表均视为理想表）．求：（1）R1、R2的阻值；（2）电源的电动势和内阻．【答案】解：（1）当S闭合后，可知电路中的总电阻减小，据欧姆定律可知总电流增大，R1两端的电压减小，所以开关闭合后电流表的读数为I2=I1+△I=0.4A+0.3A=0.7A，电压表的读数为U2=U1-△U=2.4V-0.3V=2.1V当S断开时R1==Ω=6Ω当S闭合时R并==Ω=3Ω根据并联电阻的特点得：R并=代入得：3=解得：R2=6Ω（2）当S断开时，由欧姆定律得：E=I1（R3+r）+U1代入得：E=2.4+0.4×（0.5+r）①当S闭合时E=I2（R3+r）+U2代入得：E=0.7×（0.5+r）+2.1②联立①②带人数据解之得：E=2.8V，r=0.5Ω答：（1）R1、R2的电阻值为6Ω和6Ω．（2）电源的电动势和内阻为2.8V和0.5Ω．【解析】首先明确电压表和电流表所测的电路，当S闭合时，判断电路的电阻如何变化，从而判断电流表和电压表的示数变化；多次用欧姆定律即可求解．本题是电路的动态分析与闭合电路欧姆定律的综合，对两种情况分别列式，由闭合电路欧姆定律求解电动势和内阻是常用的方法，灵活应用欧姆定律是解本题的关键．17.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力．那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）【答案】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为U AB由动能定理得-mgd-q U AB=0-①高中物理试卷第11页，共12页∴滑动变阻器两端电压U滑=U AB=8V②设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I=滑=1A③滑动变阻器接入电路的电阻R滑=滑=8Ω④即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．（2）电源的输出功率P出=I2（R+R滑）=23W⑤故电源的输出功率是23W．【解析】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．高中物理试卷第12页，共12页。