河北省邯郸市成安一中、永年二中联考2015-2016年度高二上学期期中物理试卷

高一联考化学试卷考试时间：70分钟卷面总分：100分可能用到的原子量：H-1 O-16 C-12 N-14 CI-35.5 S-32 Na-23 Zn-65 Ag-108一、单选题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共54分，将答案填入答题卡内）1.“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，1纳米(nm)=10-9 m，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中.“纳米材料”是指直径在几纳米到几十纳米的材料,如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物可能具有的性质是( )A.分散质粒子不能透过滤纸B.具有丁达尔效应C.分散质很快就沉降下来D.所得分散系是溶液2.如果你家里的食用花生油混有水份,你将采用的分离方法化学上称为( )A.过滤B.蒸馏C.分液D.萃取3.焰色反应每次实验都要用试剂洗净铂丝，这种试剂是( )A.Na2CO3溶液B.NaOH溶液C.硫酸D.稀盐酸4.下列物质属于非电解质的是( )A.C2H5OHB.NaOHC.NaClD.H2SO45. 下列化学反应属于氧化还原反应且水既不作氧化剂又不作还原剂的是（）A．CaO + H2O = Ca(OH)2B．NaH + H2O = NaOH + H2↑C．3NO2 + H2O = 2HNO3 + NOD．2H2O + 2F2 = 4HF + O2↑6．N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．1 mol NaCl固体溶于1 L水所得溶液中NaCl的物质的量浓度为1 mol·L-1B．2.3 g钠转化为钠离子时失去的电子数目为0.1N AC．常温常压下，11.2 L H2所含的原子数目为N AD．28 g氮气所含的原子数目为N A7.实验室需950mL 2mol/L的碳酸钠溶液，选取容量瓶的规格和称取碳酸钠的质量为（）A．1000mL、212 g B．950mL、201.4 gC．500mL、286 g D．任意规格、572 g8. 下列各组离子能够大量共存且溶液呈无色的是（）A．H+、Ag+、Cl－、SO2-4B．Mg2+、Al3+、OH－、SO2-4C．K+、Na+、Cl－、CO2-3D．NH+4、MnO4－、Na+、NO－39.两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的（）①原子总数；②质子总数；③分子总数；④质量A.①②B.②③C.①③D.②④10. 下列各组中两种物质在溶液中的反应可用同一离子方程式表示的是（）A．Cu(OH)2 + HCl；Cu(OH)2 + CH3COOHB．NaHCO3 + H2SO4；Na2CO3 + HClC．NaHCO3 + NaOH；Ca(HCO3)2 + NaOHD．BaCl2 + H2SO4；Ba(OH)2 + Na2SO411.下列实验操作中正确的是（）A.蒸发操作中应使水分完全蒸干后,才能停止加热B.萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大C.分液操作时,下层液体从分液漏斗下口放出后,再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中D.蒸馏操作时,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处12．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有COB．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SOC．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+13.与250 mL 0.4 mol·L－1稀硫酸中的c(H＋)相等的是（）A.100 mL 2 mol·L－1的盐酸溶液B.25 mL 0.8 mol·L－1的稀HNO3溶液C.100 mL 1 mol·L－1的稀H2SO4溶液D.250 mL 0.4 mol·L－1的稀盐酸溶液14.某元素R的原子的质量数为70,其核内中子数为39,它的离子有28个电子,则此元素的氧化物的化学式应为（）A.ROB.R2O3C.RO2D.R2O515．在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。

2015-2016学年河北省邯郸市成安一中高二（上）月考物理试卷（10月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共35.0分)1.关于电荷的理解，下列说法中正确的是（）A.自然界只存在三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷B.元电荷就是指电子和质子本身C.物体所带的电荷量都等于e或是e的整数倍D.只有体积很小的带电体才能被看成点电荷【答案】C【解析】解：A、自然界只存在两种电荷：正电荷、负电荷，故A错误；B、元电荷又称基本电荷，是由实验测定的自然界存在的最小电量，物理学的基本常数之一，是一个电子或一个质子所带的电量，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，故B 错误；C、根据对B选项的论述可知，C正确；D、点电荷带电体的一种理想模型如果在研究的问题中，带电体的形状、大小可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷，能否看作点电荷与物体的体积大小无关，关键是看带电体的形状、大小能否忽略，故D错误．故选C．正确解答本题需要掌握：点电荷的定义，能否看作点电荷的条件；元电荷的定义以及物体带电与元电荷之间的关系，电子、质子带电与元电荷之间关系；明确正电荷、负电荷、元电荷等基本概念的区别．本题考查了静电场中的一些基本概念，属于简单基础题目，平时学习中要加深对基本概念的理解，理清与基本概念的区别．2.对于如图所示电场中的A、B、C三点，下列判断正确的是（）A.A点的电势最低B.B点的电场强度最大C.正电荷在A点受到的电场力最大D.负电荷在C点具有的电势能最大【答案】C【解析】解：A、根据顺着电场线电势降低可知，A点的电势最高．故A错误．B、B处电场线最疏，电场强度最小．故B错误．C、A处电场线最密，电场强度最大，同一电荷在A点受到的电场力最大．故C正确．D、B点电势最低，负电荷在B处电势能最大．故D错误．故选C根据顺着电场线电势降低，判断电势的高低．根据电场线的疏密分析场强的大小，确定电场力的大小．电场线越密，场强越大，同一电荷受到的电场力越大．根据推论：负电荷在电势高处电势能小判断电势能的大小．本题中电场中常见问题，关键抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向反映电势的高低．3.关于电源，下列说法正确的是（）A.在电源内部，依靠电场力搬运电荷B.电源内部存在由负极指向正极的电场C.电源没有移送电荷时，其电动势为零D.电源是把其他形式的能转化为电能的装置【答案】D【解析】解：A、在电源外部，依靠电场力搬运电荷，而在电源内部，依靠非电场力搬运电荷．故A错误．B、电源内部存在由正极指向负极的电场．故B错误．C、电动势是表征电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身特性决定，即使电源没有移送电荷时，其电动势也不为零．故C错误．D、电源是通过电源内部非静电力做功把其他形式的能转化为电能．故D正确．故选D在电源内部，依靠非电场力搬运电荷．电源内部存在由正极指向负极的电场．电动势是表征电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身特性决定．本题考查对电源的电场、电动势物理意义的了解程度，比较简单．4.两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知两电阻R1：R2等于（）A.1：3B.3：1C.1：D.：1【答案】A【解析】解：由图可知，R1=；R2=；故R1：R2=tan30°：tan60°=1：3；故选：A．在I-U图象中图象中，电阻等于图象的斜率的倒数，由斜率可求得电阻．本题考查电阻定律的应用，注意图象中斜率的倒数等于电阻．5.如图所示电路，当闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（）A.电源的总功率变大B.电压表读数变大C.小电泡L变亮D.电流表读数变大【答案】B【解析】解：A、D、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，干路电流减小，所以电流表读数变小；电源消耗的总功率；P=EI，可知总功率减小．故AD错误．B、路端电压U=E-I r，E、r不变，I减小，U增大，电压表读数变大．故B正确．C、干路电流减小，小电泡L消耗的功率减小，小电泡L变暗．故C错误．故选：B电压表测量路端电压，电流测量干路电流．滑动变阻器滑片P向左移动时，接入电路的电阻减小，引起外电路总电阻的变化，根据闭合电路的欧姆定律分析干路电流的变化和路端电压的变化．电源的总功率P=EI．本题是简单的电路动态分析问题，要处理好部分与整体的关系．对于电压表的读数，也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断．6.一电流表的满偏电流I g=1m A，内阻为200Ω．要把它改装成一个量程为0.5A的电流表，则应在电流表上（）A.并联一个0.4Ω的电阻B.并联一个200Ω的电阻C.串联一个0.4Ω的电阻D.串联一个200Ω的电阻【答案】A【解析】解：要使电流表量程变为0.5A，则流过并联电阻的电流I=0.5-0.001A=0.499A；并联部分的电压U=I g R=0.001×200Ω=0.2V，则需要并联的电阻r===0.4Ω；故选A．将电表的量程扩大应在表头两端并联一个小电阻进行分流，当流过表头的电流达到满偏时，流过并联部分的总电流即为改装后的最大量程．对于电流表的改装一定要明确改装的原理，再根据串并联电路的规律求解即可．7.如图所示的U-I图象中，I是电源的路端电压随电流变化的图象，Ⅱ是某电阻两端的电压随电流变化的图象，当该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的功率和电源的效率分别为（）A.4W和33.3%B.2W和67%C.2W和33.3% D.4W和67%【答案】D【解析】解：有图象可知，电阻的阻值的大小为R==Ω=1Ω，电源的电动势的大小为3V，直线I的斜率表示电源的内阻的大小，所以r=Ω=Ω，电阻上消耗的功率P R=I2R=•R=×1=4w，===×100%=67%，所以D正确．电源的效率μ=外总故选D．根据U-I图象可以求得电阻的大小和电源的电动势的大小，从而也可以求得电源的效率的大小．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．二、多选题(本大题共3小题，共15.0分)8.电池A和B的电动势分别为E A和E B，内阻分别为r A和r B，若这两个电池分别向同一电阻R供电时，这个电阻消耗的电功率相同；若电池A、B分别向另一个阻值比R大的电阻R'供电时，R'消耗的电功率分别为P A、P B．已知E A＞E B，则下列判断中正确的是（）A.电池内阻r A＞r BB.电池内阻r A＜r BC.电功率P A＞P BD.电功率P A＜P B【答案】AC【解析】解：A、B、用这两个电池分别向某一个电阻R供电时，这个电阻所消耗的功率相等，故电流相同，根据闭合电路欧姆定律公式I=，由于E1＞E2，故r1＞r2，故A正确，B错误；C、D、将一电动势为E、内电阻为r的电源与一阻值为R的电阻组成一闭合回路，路端电压U和干路电流I的关系为U=E-I r．在U-I直角坐标系中作U-I图线，则该图线为一条在纵轴上截距为E、斜率为-r的直线．这条线可被称为电源的伏安特性曲线．如果再在此坐标系中作出外电阻R的伏安特性曲线为过原点的直线，斜率为R，则两条线的交点就表示了该闭合电路所工作的状态，此交点的横、纵坐标的乘积即为外电阻所消耗的功率．依题意作电池甲和乙及电阻R的伏安特性曲线．由于两电池分别接R时，R消耗的电功率相等，故这三条线必相交于一点，如图所示，由于α1＞α2，所以r1＞r2．作R′的伏安特性曲线，由图可知：当甲电池接R′时，P1=U1I1；当乙电池接R′时，P2=U2I2．由于U1＞U2，I1＞I2，所以P1＞P2．故C正确，D错误；故选AC．用作图法求解：分别做出两个电池的U-I图线，据两者电动势的大小关系及两条图线有交点，大体作出两者的图象，由图可读出内阻的大小关系；两线的交点对应的工作电阻为R，再作出一大于R的电阻的U-I图线，分析对应电流及电压从而分析出功率的大小关系．本题为有关全电路电阻、功率关系的半定量问题，采用图线方法分析是较简捷的思路．把电源和外电阻的伏安特性曲线合在一个坐标轴上比较，给运算带来方便．9.用一直流电池组给电阻为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，通过的电流为I，则下列说法中正确的是（）A.电动机的输入功率为UIB.电动机的输入功率为UI-I2rC.电动机的发热功率为I2rD.电动机的输出功率是UI-I2r【答案】ACD【解析】解：A、B电动机输入的功率是电功率，即P电=UI．故A正确，B错误．C、电动机的发热功率根据焦耳定律得到P热=I2r．故C正确．D、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-I2r．故D正确．故选ACD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=I2r求解．输出功率由能量守恒定律研究．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=I2r．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．10.关于电动势，下列说法中正确的是（）A.一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B.因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差C.一个电动势为1.5V的电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5J的化学能转变成电能D.电压表接到电源两极时，测得的就是电动势【答案】AC【解析】解：A、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，故A正确；B、电动势公式E=中W与电压公式U=中的W是不一样的，前者是非静电力做功，而后者是电场力做功，故B错误；C、一个电动势为1.5V的电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，根据电动势公式E=，非静电力做功1.5J，有1.5J的化学能转变成电能，故C正确；D、由于电压表有内电阻，故接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势，故D错误；故选AC．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．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．三、实验题探究题(本大题共2小题，共32.0分)11.某同学欲描绘额定电压为3.0V的小灯泡的I-U特性曲线图．（1）设计一个电路，要求误差较小．则以下四个电路图中，最合适的是______（2）对于所选的实验电路图，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于______ 端（选填“A”、“B”或“AB中间”）（3）实验中测得有关数据如下表：根据表中的实验数据，在答卷图丙中画出小灯泡的I-U特性曲线．（4）由小灯泡的I-U特性曲线表明，随着温度升高，小灯泡电阻______ （填“减小”、“不变”或“增大”）【答案】A；A；增大【解析】解：（1）本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用了分压接法；同时，因为灯泡内阻较小，故电流表应采用外接法，从而减小误差；故选A．（2）为了实验的安全，在实验前应保证灯泡所在支路电压为零；即与之并联部分的电压为零，滑片应滑到A侧；（3）由表格中数据将各点坐标描出，并用平滑曲线相连，如图所示；（4）由图可知，图象的斜率变化，因I=，故电阻应变大，而温度随电压的增大而增大，故灯泡的电阻随温度的升高而增大；故答案为：（1）A；（2）A；（3）如图所示；（4）增大．（1）描绘伏安特性曲线要求多测几组数据，故应采用滑动变阻器分压接法；同时电流表采用外接法；（2）开始时灯泡所在支路应使电流为零，故应将滑片滑到最小值处；（3）由表格中数据利用描点法可得出I-U图象；（4）图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，电阻随电压的变化而变化情况．因测小灯泡的伏安特性曲线实验的特殊性，本实验一般性况下均应采用滑动变阻器的分压及电流表的外接法．12.测量电源的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5Ω）．器材：量程为3V的理想电压表V，量程为0.5A的电流表A（具有一定内阻），固定电阻R=4Ω，滑动变阻器R′，开关K，导线若干．①画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出．②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出E= ______ ，r= ______ ．（用I1，I2，U l，U2及R表示）【答案】；-R．【解析】解：①本实验采用限流接法，即将滑动变阻器、电源、电流表串联；电压表并联在电源两端；本题由于电源电压较大，故应加入保护电阻；答案如图所示；②由闭合电路欧姆定律可知：U1=E-I1r′U2=E-I2r′联立解得：E=；r′=由于r′中含有保护电阻，故电源的电阻应为：r=r′-R=-R；故答案为：①如图所示；②，-R．测电源的电动势和内电阻采用的是一般的限流接法，只需测出通过电源的两组电压和电流即可联立求得电源的电动势和内阻．本题需注意（1）由于电源电动势较大而内阻较小，故电路中应接入保护电阻；（2）本实验一般采用图象法求电动势和内电阻；本题中的计算法误差较大．四、计算题(本大题共1小题，共18.0分)13.如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=4Ω，求：（1）电源的输出功率P0；（2）10s内电动机产生的热量Q；（3）电动机的效率η；（4）若用此电动机由静止开始加速提升一质量为0.2kg的物体，2s末物体的速度达到1m/s，且在这一过程中电动机输出功率保持不变，物体也不会碰到电动机，求物体在这2s内上升的高度h（忽略空气阻力和一切摩擦作用）．【答案】解：（1）由题意，并联部分电压为U=8V，内电压应为U r=E-U=2V总电流I==2A电源的输出功率P0=UI=16W（2）流过灯泡的电流I1==1.5A则可得流过电动机的电流I2=I-I1=0.5A电动机的热功率P Q=I22R0=1W10s内产生的热量为Q=P Q t=10J（3）电动机的总功率P1=UI2=4W电动机的机械功率P2=P1-P Q=3W电动机的机械效率η=×100%=75%（4）由动能定理，得：P t=mgh+mv2，解得：h=2.95m答：（1）电源的输出功率P0为16W；（2）10s内电动机产生的热量Q为10J；（3）电动机的效率η为75%；（4）物体在这2s内上升的高度h为2.95m．【解析】（1）路端电压等于灯泡两端的电压，灯泡正常发光，就等于灯泡的额定电压，电流可以根据I=求得，根据P0=UI即可求解；（2）先求出流过灯泡的电流I1，根据I2=I-I1即可得流过电动机的电流，再根据电动机的热功率P Q=I22R0即可求解；（3）电动机的总功率P1=UI2，电动机的机械功率P2=P1-P Q，根据电动机的机械效率η=即可求解；（4）由动能定理即可求得上升的高度h．对于电动机电路，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．。

一、选择题(1-8题单选，每题4分，9-12多选，每题6分，共56分）1、（单选）下面哪一组单位属于国际单位制的力学基本单位（）A、m、N、kgB、kg、m/s2、sC、m、kg、sD、m/s2、kg、N【答案】C【解析】试题分析：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故ABD错误，C正确；故选C。

考点：力学单位制。

【名师点睛】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，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。

2、（单选）甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v-t图像如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是A、在第10s末，乙车改变运动方向B、在第10s末，甲、乙两车相距150mC、在第20s末，甲、乙两车相遇D、若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次【答案】【解析】试题分析：在第10s末，乙车运动方向不变，仍沿正方向运动，A错误；甲乙出发点可能不同，B错误；在第20s末，甲乙速度相等，不一定相遇，C错误；由图像知20s前甲位移大于乙，20s后乙速度大于甲，若乙车在前，则可能相遇两次，D正确；故选D。

考点：匀变速直线运动的图象。

【名师点睛】解答本题应注意：（1）速度的正负表示物体速度的方向；（2）面积的正负表示物体位移的方向；（3）明确两物体的距离关系，可通过画运动的过程示意图帮助理解题意。

3、（单选）如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）A、在CD段时，A受三个力作用B、在DE段时，A可能受三个力作用C、在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D、整个下滑过程中，A、B均处于失重状态【答案】考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力。

【名师点睛】本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解。

河北省邯郸市物理高二上学期期中模拟试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、下列关于光现象的说法正确的是（）A、光的折射现象只发生在光从空气进入水中时B、光从水中进入空气时，光速会增大，折射角会变大C、光从空气进入水中时，光速减小，折射角会变大D、光的反射现象遵循反射定律，入射角等于反射角2、在牛顿第二定律的实验中，以下哪种做法可能会导致实验结果出现误差（）A、使用弹簧秤测量力的大小B、使用刻度尺测量物体移动的距离C、在实验过程中，确保物体受到的外力始终垂直于物体运动方向D、在实验过程中，保持实验环境恒温，以避免热胀冷缩对实验结果的影响3、下列关于物体的运动和力的关系的说法中，正确的是（）A、物体的速度变化快，说明物体受到的力一定很大B、物体受到的合力为零，则物体一定处于静止状态C、物体受到的合力越大，其加速度也一定越大D、物体的运动状态改变，一定是受到力的作用4、一物体在水平方向上做匀速直线运动，受到的摩擦力大小为(f)。

若将物体的质量增加一倍，其他条件不变，则摩擦力的大小（）A、不变B、增加一倍C、减少一倍D、无法确定5、在下列选项中，下列哪一项不是力的单位？A、牛顿（N）B、焦耳（J）C、千克（kg）D、米每秒平方（m/s²）6、一个物体在水平面上受到两个力F₁和F₂的作用，其中F₁=5N，F₂=10N，且F₁与水平面的夹角为30°。

求物体所受的合力和合力的方向。

7、一个物体在水平面上做匀速直线运动，若将物体在水平方向上的力加倍，且摩擦力不变，则物体的：A. 加速度加倍B. 速度加倍C. 加速度减半D. 速度减半二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、下列关于物理量及其单位的说法正确的是：A、质量的主单位是千克（kg），常用单位是吨（t）B、速度的主单位是米/秒（m/s），常用单位是千米/小时（km/h）C、力的单位牛顿（N）是基本单位，而千克力（kgf）是导出单位D、功率的主单位是瓦特（W），常用单位是千瓦（kW）2、关于光的传播和反射现象，以下说法正确的是：A、光在同种均匀介质中沿直线传播B、光线从空气射入水中时，会发生折射，且折射角小于入射角C、平面镜成像时，像与物体的大小相等，且像是实像D、凸透镜对光线有会聚作用，能使平行光线通过后会聚于一点3、以下关于物理学中基本概念的说法正确的是（）A、牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，说明物体在没有外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态。

高一联考物理试卷时间：70分钟 满分：100分一．选择题(每题4分，共56分，1—10题为单选，11—14题为多选)1．关于质点，下列说法中正确的是（ ）A ．评委为体操运动员刘璇的“跳马”动作评分时，可将刘璇看成质点B ．质点是一个理想化模型，但是实际是存在的C ．物理学中的“质点”跟几何学中的“点”没有区别D ．如果物体的大小和形状在研究的问题中属于无关的或次要的因素，就可以把物体看做质点2．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若从该时刻开始计时，得到两车的位移图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻甲车从后面追上乙车B ．t 1时刻两车相距最远C ．t 1时刻两车的速度刚好相等D ．从0时刻到t 1时刻的时间内，两车的平均速度相等3．关于位移和路程的关系，下列说法中正确的是（ ）A ．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程大于位移B ．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程就是位移C ．物体通过的两段路程不等，但位移可能相等D ．物体通过的路程为零，但位移可能不为零4．一物体做直线运动的v ﹣t 图线如图所示，则（ ）A ．第1秒内和第3秒内位移相同B ．前4秒内位移为零C ．第2秒末物体的加速度改变方向D ．第1秒末物体的速度改变方向5．一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动运动一段时间后，司机发现一乘客未上车，便紧急刹车做匀减速运动。

从启动到停止一共经历10s ，前进了20m ，在此过程中，汽车的最大速度为（ ）A.2m/sB.3m/sC.4m/sD.无法确定6．一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，依次通过三段相邻位移的长度分别是1m 、8m 、27m ，则通过这三段位移的时间之比是( ).A.1:3:6B.1:2:3C.1:2:2D.1:9:367．一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 mB ．24 mC ．25 mD ．75 mx8．一个物体自由下落6s后落地，则在开始2s内和最后2s内通过的位移之比为（）A．1：5 B．3：5 C．3：11 D．1：39.如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为( )A．mg/k B．2mg/kC．3mg/k D．4mg/k10.滑块以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动,到达斜面顶端时的速度恰为零.已知滑块通过斜面中点时的速度为v，则滑块在前一半路程中的平均速度大小为（）A． B.()v C.v D.11．下列说法正确的是( )A．“北京时间8点整”指的是时间B．第ns内就是（n-1）s末到ns末这1s时间（n为任意正整数）C．列车在南京站停15分钟，指的是时间D．不管是前5s还是第5s，都是指时间12．下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（）A．物体的速度越大，加速度也越大B．物体的速度变化越快，加速度越大C．某时刻物体的加速度为零，则速度一定为零D．物体的速度越来越大，加速度可能越来越小13.一辆农用“小四轮”漏油，假如每隔1 s漏下一滴，车在平直公路上行驶，一同学根据漏在路面上的油滴分布情况，分析“小四轮”的运动情况(已知车的运动方向)．下列说法正确的是( ) A．当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可能做匀速直线运动B．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动C．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度可能在减小D．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度可能在增大14.从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有另一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速率都是v，则 ( )A.物体A上抛的初速度和物体B的末速度都是2vB.A与B在空中运动时间相等C.A能上升的最大高度和B开始下落时的高度相同D.两物体在空中同时到达同一高度处一定是B物体开始下落时高度的中点二．实验题（每空3分，共12分）15.研究小车匀变速直线运动的实验装置如左图所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如右图所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出。

永年二中、成安一中高二下学期期中联考物理试卷一、单选题(本大题共12小题，每题3分,共36分)1.下列关于电磁波的说法正确的是( ）A。

电磁波必须依赖介质传播 B.电磁波可以发生衍射现象C.电磁波不会发生偏振现象 D。

电磁波无法携带信息传播2。

如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k，开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧A处,此时拉力大小为F,然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间t 后第一次到达平衡位置O处,此时振子的速度为v，在这个过程中振子的平均速度为（)A.大于B.等于 C。

小于 D.03。

下列关于光的说法中正确的是（）A.在真空中红光波长比绿光波长长B.红光光子能量比绿光光子能量大C。

红光和绿光相遇时能产生干涉现象D.绿光照射某金属能发生光电效应现象,红光照射该金属时一定能发生光电效应现象4。

光电效应实验装置示意如图．用频率为v的普通光源照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极,阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）（）A.U=—B.U=—C.U=2hv—W D。

U=-5.抽制高强度纤维细丝时可用激光监控其粗细，如图所示，观察激光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化（) A。

这里应用的是光的干涉现象B。

这里应用的是光的直线传播性C。

如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗 D.如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细6。

某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s和9km/s．一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成(如图)．在一次地震中，震源地地震仪下方，观察到两振子相差5s 开始振动，则（）A。

P先开始振动，震源距地震仪约36km B。

P先开始振动,震源距地震仪约25km C。

2015-2016学年河北省邯郸市成安一中、永年二中联考高二（上）期中物理试卷一．选择题（1-7单选，8-12多选，每题5分，少选得2分，错选得0分，共60分）1．如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向为垂直纸面向里，c导线的电流方向为垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中点，ac垂直bd，且ab=ad=ac，则a点的磁场方向为( )A．垂直纸面向外B．垂直纸面向里C．沿纸面由a指向b D．沿纸面由a指向d2．一质量为m、电荷量为q的带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动，其效果相当于一环形电流，则此环形电流为多大( )A．B．C．D．3．两条长直导线AB和CD相互垂直彼此相隔一很小距离，通以图所示方向的电流，其中AB固定，CD可以其中心为轴自由转动或平动，则CD的运动情况是( )A．顺时针方向转动，同时靠近导线ABB．顺时针方向转动，同时离开导线ABC．逆时针方向转动，同时靠近导线ABD．逆时针方向转动，同时离开导线AB4．如图所示，带电体平行板中匀强电场E的方向竖直向上，匀强磁场B的方向水平（垂直纸面向里）．某带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动．现使球从较低的B点开始滑下，经P点进入板间，则球在板间运动的过程中( )A．电场力不做功B．机械能保持不变C．所受的电场力将会增大 D．所受的磁场力将会增大5．如图所示，电路中电源的电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器R的滑动片P向右移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是( )A．灯L1、L2变亮，灯L3变暗B．灯L2、L3变亮，灯L1变暗C．灯L1、L3变亮，灯L2变暗D．灯L1变亮，灯L2、L3变暗6．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是( )A．将滑片N向右滑动时，R2中有向上的电流B．将滑片N向右滑动时，R2中有向下的电流C．将滑片M向上滑动时，R2中有向上的电流D．将滑片M向上滑动时，R2中有向下的电流7．如图所示的U～I图线中，Ⅰ是电源的路端电压随电流变化的图线，Ⅱ是某电阻两端的电压随电流变化的图线，当该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的功率和电源的效率分别为( )A．4W和33.3% B．2W和66.7% C．2W和33.3% D．4W和66.7%8．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻R M=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )A．电动机的输入功率为12WB．电动机的输出功率为12WC．电动机的热功率为2.0WD．整个电路消耗的电功率为22W9．在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，下列判断正确的是( )A．灯泡L1的电阻为12ΩB．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0.75WD．灯泡L2消耗的电功率为0.30W10．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11．如图所示，电路中电源电动势为E，内电阻为r，定值电阻的阻值为R0，变阻器的全阻值为R，关于各部分的功率，有关说法正确的是( )A．当R=R0+r，R上消耗的功率达到最大值B．当R=R0+r，R0上消耗的功率达到最大值C．当R=R0+r，电源的输出功率达到最大值D．当R0=R+r，R0上消耗的功率达到最大值12．如图所示，虚线所示的区域内，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从边缘A处有一束速度各不相同的质子沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场区运动过程中( )A．运动时间越长，其轨迹越长B．运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大C．运动时间越长，射出的速率越大D．运动时间越长，射出磁场时速度方向偏转角越大二.实验题（13题10分，14题10分，共20分）13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A）H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是__________；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表__________接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=__________A，U=__________V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求在图2框图中画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．14．在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A．干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.5Ω）B．电流表G（满偏电流2mA，内阻10Ω）C．电流表A（0～0.6A，内阻约0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）F．定值电阻R3=990ΩG．开关、导线若干（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器__________ （填写序号）；（2）请在下面所给方框内（图1）画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路原理图；（3）某同学根据他设计的实验测出了六组I1（电流表G的示数）和I2（电流表A的示数），请在所给坐标纸上（图2）做出I1和I2的关系图线；（4）由图线可求得被测电池的电动势E和内阻r．三.计算题（15题8分，16题12分，共20分）15．如图所示，两平行光滑铜杆与水平面的倾角α均为30°，其上端与电源和滑动变阻器相连，处于竖直向下的匀强磁场中，调节滑动变阻器R，当电流表的读数I=2.5A时，横放在铜杆上的铝棒恰能静止．铝棒的质量m=2kg，两杆间的距离L=40cm，求：此磁场的磁感应强度B的大小．（g=10m/s2）16．如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围．（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间．2015-2016学年河北省邯郸市成安一中、永年二中联考高二（上）期中物理试卷一．选择题（1-7单选，8-12多选，每题5分，少选得2分，错选得0分，共60分）1．如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向为垂直纸面向里，c导线的电流方向为垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中点，ac垂直bd，且ab=ad=ac，则a点的磁场方向为( )A．垂直纸面向外B．垂直纸面向里C．沿纸面由a指向b D．沿纸面由a指向d【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据右手螺旋定则判断各个电流在a点的磁场方向，根据平行四边形定则进行合成，确定a点的磁场方向．【解答】解：根据右手螺旋定则知，b导线在a点产生的磁场方向竖直向下，d导线在a点产生的磁场方向竖直向上，c导线在a点产生的磁场方向水平向左．因为b、d导线在a点产生的磁场大小相等，方向相反，所以最终的磁场方向为c导线在a点产生的磁场方向，沿纸面由a指向b．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场，知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则．2．一质量为m、电荷量为q的带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动，其效果相当于一环形电流，则此环形电流为多大( )A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；安培力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式，求出带电粒子运动的速率，由v=求出周期，即可由I=求得等效电流I．【解答】解：粒子在磁场中匀速圆周运动，有Bqv=m得：v=又v=可得T=所以I==故选：A．【点评】本题是理清思路，建立物理模型，关键要分析粒子匀速圆周运动所需要的向心力来源．3．两条长直导线AB和CD相互垂直彼此相隔一很小距离，通以图所示方向的电流，其中AB固定，CD可以其中心为轴自由转动或平动，则CD的运动情况是( )A．顺时针方向转动，同时靠近导线ABB．顺时针方向转动，同时离开导线ABC．逆时针方向转动，同时靠近导线ABD．逆时针方向转动，同时离开导线AB【考点】安培力．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】AB通入电流后就会在周围产生磁场，所以通电的CD在磁场中就会受到安培力的作用，在安培力的作用下，判断CD导线将怎样运动，关键是看安培力的方向．【解答】解：AB导线产生的磁场磁感线为第一个图的黑圆线，红色的为CD导线，由左手定则可判断左侧受力向下，右侧受力向上，所以CD棒会逆时针旋转．AB导线和CD导线靠近还是远离可以从第二个图判断，AB产生的磁场如图所示，由左手定则可判断CD导线受力指向AB导线，故CD导线会靠近AB导线．所以C正确．故选C．【点评】此题一定要找准是谁不动，谁动，为什么动，找到磁场方向、电流方向，应用左手定则即可．4．如图所示，带电体平行板中匀强电场E的方向竖直向上，匀强磁场B的方向水平（垂直纸面向里）．某带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动．现使球从较低的B点开始滑下，经P点进入板间，则球在板间运动的过程中( )A．电场力不做功B．机械能保持不变C．所受的电场力将会增大 D．所受的磁场力将会增大【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球带正电，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；减小入射速度后，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转．【解答】解：根据题意分析得：小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，带正电，小球故都向上．如果小球从稍低的b点下滑到从P点进入平行板间，则小球到达P点的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，因为重力G和电场力F一直在竖直方向上，所以这两个力的合力一定在竖直方向上，若洛伦兹力变化了，则三个力的合力一定不为零，且在竖直方向上，而小球从P点进入时的速度方向在水平方向上，所以小球会偏离水平方向向下做曲线运动，而不是类平抛运动，由于减小入射速度后，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转，故电场力做负功，电势能增加，机械能不守恒，竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力不变，故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式分析．5．如图所示，电路中电源的电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器R的滑动片P向右移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是( )A．灯L1、L2变亮，灯L3变暗B．灯L2、L3变亮，灯L1变暗C．灯L1、L3变亮，灯L2变暗D．灯L1变亮，灯L2、L3变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先认识电路的结构：变阻器与灯L3并联后与灯L2串联，再与灯L1并联．灯L1的电压等于路端电压．将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化和路端电压的变化，确定灯L1亮度的变化．由干路电流和L1电流的变化，来确定灯L2电流的变化，分析其亮度的变化．根据灯L3的电压变化分析亮度的变化．【解答】解：图中变阻器与灯L3并联后与灯L2串联，再与灯L1并联．灯L1的电压等于路端电压．将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I减小，路端电压增大，则灯L1变亮．流过灯L2电流I2=I﹣I1，I减小，I1增大，则I2减小，灯L2变暗．灯L3的电压U3=U﹣U2，U增大，U2减小，U3增大，L3灯变亮．故C正确．故选：C．【点评】本题是电路中动态变化分析问题，首先要搞清电路的结构，再按照“局部→整体→局部”顺序进行分析．6．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是( )A．将滑片N向右滑动时，R2中有向上的电流B．将滑片N向右滑动时，R2中有向下的电流C．将滑片M向上滑动时，R2中有向上的电流D．将滑片M向上滑动时，R2中有向下的电流【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；控制变量法；恒定电流专题．【分析】电路稳定时电容器相当开关断开，对其他电路没有影响．将滑片N向右滑动时，分析电路中电流的变化，判断电容器电压的变化，即可分析电容器是充电还是放电，从而R2中的电流方向．将滑片M向上滑动时，电容器的电压不变．【解答】解：AB、将滑片N向右滑动时，R3的有效电阻减小，电路中电流增大，则电源的内电压和R1的电压增大，所以电容器的电压减小，电容器放电，由于电容器上极板带正电，则R2中有向上的电流，故A正确，B错误．CD、将滑片M向上滑动时，通过电源的电流不变，电容器极板间的电压不变，电量不变，没有电流通过R2．故CD错误．故选：A【点评】本题关键要抓住电路稳定时，电容器所在电路相当开关断开．通过分析总电阻的变化，分析总电流的变化，再分析局部电压的变化．7．如图所示的U～I图线中，Ⅰ是电源的路端电压随电流变化的图线，Ⅱ是某电阻两端的电压随电流变化的图线，当该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的功率和电源的效率分别为( )A．4W和33.3% B．2W和66.7% C．2W和33.3% D．4W和66.7%【考点】电功、电功率；路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】根据图象可知，电阻阻值、电源电动势、电源内阻，再根据电功率的公式和电源效率公式计算可知电阻消耗的电功率和效率．【解答】解：由图象可知，电阻的阻值的大小为：R==Ω=1Ω，电源的电动势的大小为3V，直线I的斜率表示电源的内阻的大小，所以有：r=Ω=Ω，电阻上消耗的功率为：P R=I2R=•R=×1=4W，电源的效率为：η====×100%=66.7%，故A、B、C错误；D正确．故选D．【点评】本题考查图象的识别能力和电功率以及效率的计算，从图象上找到电阻的阻值、电源电动势和电源内阻是本题的关键．8．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻R M=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )A．电动机的输入功率为12WB．电动机的输出功率为12WC．电动机的热功率为2.0WD．整个电路消耗的电功率为22W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．【解答】解：A、电动机两端的电压U1=U﹣U L=12﹣6V=6V，整个电路中的电流I=，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正确．B和C、电动机的热功率P热=I2R M=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P﹣I2R M=12﹣2W=10W．故B错误；C正确．D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．故选：AC．【点评】解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2R M以及知道整个电路消耗的功率P总=UI．9．在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，下列判断正确的是( )A．灯泡L1的电阻为12ΩB．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0.75WD．灯泡L2消耗的电功率为0.30W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电阻．【解答】解：A、C、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1==12Ω，功率P1=U1I1=0.75W，故A正确，C正确；B、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5V×0.20A=0.30W，故B错误，D正确；故选ACD．【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压．读图能力是基本功．10．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．11．如图所示，电路中电源电动势为E，内电阻为r，定值电阻的阻值为R0，变阻器的全阻值为R，关于各部分的功率，有关说法正确的是( )A．当R=R0+r，R上消耗的功率达到最大值B．当R=R0+r，R0上消耗的功率达到最大值C．当R=R0+r，电源的输出功率达到最大值D．当R0=R+r，R0上消耗的功率达到最大值【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】从电源的角度看功率，当内阻与外阻阻值相等时电源输出功率最大．从电阻角度看功率，当通过的电流最大时其功率达到最大．【解答】解：A、要使R上消耗的功率达到最大值，则可将R0与电源看成一个新电源．则当R=R0+r时电源输出功率最大，也就是R消耗的功率最大．故A正确；B、要使R0上消耗的功率达到最大值，则变阻器电阻必须R=0时．故BD错误；C、要使电源上消耗的功率最大，应保证R+R0=r；故C错误；故选：A．【点评】本题中要注意定值电阻和滑动变阻器最大功率的区别，同时注意明确等效内阻这一方法的正确应用．12．如图所示，虚线所示的区域内，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从边缘A处有一束速度各不相同的质子沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场区运动过程中( )A．运动时间越长，其轨迹越长B．运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大C．运动时间越长，射出的速率越大D．运动时间越长，射出磁场时速度方向偏转角越大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为圆心角α越大，时间越长．根据几何知识得到轨迹半径r与R的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角．【解答】解：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α；粒子在磁场中运动的时间为：t=T=①轨迹半径w为：r=Rcot②洛伦兹力提供向心力，故：解得：③粒子的速度越小，根据③式，轨道半径越小；对应的圆心角α越大，根据①式，运动时间越长；而速度偏转角等于α，故也是速度越大，则速度偏转角越小；故粒子的运动时间越长，轨迹越短，轨迹对应的圆心角越大，速率越小，速度偏转角越大；故AC错误，BD正确；故选：BD【点评】本题要根据几何知识研究粒子运动的轨迹半径与磁场区域半径的关系，也可以通过做轨迹对比，得到轨迹的圆心角与运动时间、轨迹长度的关系．二.实验题（13题10分，14题10分，共20分）13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A）H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是ACDFH；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=0.48A，U=2.20V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求在图2框图中画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】本题（1）的关键是由电源电动势大小来选择电压表量程，通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器大小；题（2）因为电流表内阻为已知的确定值，采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应采用内接法；题（3）根据电表每小格的读数来确定估读方法；题（4）根据实验要求电流从零调可知，变阻器应采用分压式接法．【解答】解：（1）根据电源电动势为3V可知，电压表应选择D；根据欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为===0.6A，所以电流表应选择C；根据闭合电路欧姆定律可知电路中需要的最大电阻应为===15Ω，所以变阻器应选择F，因此上述器材中应选择ACDFH；（2）由于待测电阻满足，所以应用外接法；（3）由于电流表每小格读数为0.02A，所以应进行“”估读，即电流表读数为I=0.48A；同理，电压表每小格读数为0.1V，应进行“”估读，电压表读数为U=2.20V；（3）由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）ACDFH；（2）内；（3）0.48，2.20；（4）如图【点评】应明确：①当电流表的内阻为已知的确定值时，电流表应采用内接法，为大约值时，应通过比较与的大小来确定内外接法；②当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法．14．在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A．干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.5Ω）B．电流表G（满偏电流2mA，内阻10Ω）C．电流表A（0～0.6A，内阻约0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）F．定值电阻R3=990ΩG．开关、导线若干（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器D （填写序号）；（2）请在下面所给方框内（图1）画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路原理图；（3）某同学根据他设计的实验测出了六组I1（电流表G的示数）和I2（电流表A的示数），请在所给坐标纸上（图2）做出I1和I2的关系图线；（4）由图线可求得被测电池的电动势E和内阻r．。

2015-2016学年河北省邯郸市成安一中、永年二中联考高一（下）期中物理试卷一、选择题（共14小题，其中1-10题为单选，11-14题为多选，每题4分共56分）1．下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体受力的方向与速度方向可以在一条直线上B．物体在恒力作用下可能做曲线运动C．曲线运动中，物体的速度可以不变D．曲线运动中，物体的加速度可以为02．有关平抛运动下列说法不正确的是（）A．平抛物体在运动过程中速度一定在不断地增大B．平抛运动是匀变速曲线运动C．若一个平抛物体运动时间足够长，其速度V方向可以与地面垂直D．在平抛运动过程中，某时刻物体的位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向夹角正切值的一半3．在匀速圆周运动中，下列说法正确的是（）A．匀速圆周运动的速度和角速度都是不变的，所以是匀速曲线运动B．匀速圆周运动的加速度是不变的C．匀速圆周运动的物体所受合外力为0D．匀速圆周运动是变加速曲线运动4．在一组皮带的传输中，有abc三点，其中a所在圆的半径为2r，b点所在圆的半径为r，c点所在圆的半径为2r，则下列说法正确的是（）A．三点的周期之比为2：2：1 B．三点的线速度之比为1：1：2C．三点的角速度之比为1：1：2 D．三点的加速度之比为4：2：15．关于圆周运动中合力与向心力的关系，下列说法正确的是（）A．在匀速圆周运动中，向心力不一定等于合力B．在变速圆周运动中，向心力一定不等于合力C．无论是否为匀速圆周运动，向心力必定是指向圆心D．在匀速圆周运动中，合力一定指向圆心，在变速圆周运动中，合力一定不指向圆心6．下列说法符合史实的（）A．牛顿发现了行星的运动规律B．开普勒发现了万有引力定律C．卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量D．牛顿发现了海王星和冥王星7．两颗绕地球运转的人造卫星，公转半径之比R1：R2=4：1，则公转周期之比为（）A．8：1 B．2：1 C．16：1 D．1：88．西昌卫星发射中心的火箭发射架上，有一待发射的卫星，它随地球自转的线速度为v1、加速度为a1；发射升空后在近地轨道上做匀速圆周运动，线速度为v2、加速度为a2；实施变轨后，使其在同步卫星轨道上做匀速圆周运动，运动的线速度为v3、加速度为a3．则v1、v2、v3的大小关系和a1、a2、a3的大小关系是（）A．v3＞v2＞v1；a3＞a2＞a1 B．v1＞v2＞v3；a1＞a2＞a3C．v2＞v3＞v1；a2＞a3＞a1 D．v3＞v2＞v1；a2＞a3＞a19．关于机械能守恒下列说法正确的是（）A．机械能守恒时，物体一定不受阻力B．机械能守恒时，物体一定只受重力和弹簧弹力的作用C．匀速运动的物体，机械能是守恒的D．物体所受外力不为零，机械能也可能守恒10．在光滑地面上放一辆小车，小车的左端放有一只箱子，在水平恒力作用下，把箱子从左端拉到右端，如果一次小车被制动，另一次小车未被制动，这两种情况下有（）A．箱子与车面之间摩擦力一样大B．F所做的功一样大C．箱子获得的加速度不一样大D．箱子获得的动能一样大11．如图所示，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B 后向上运动．则以下说法正确的是（）A．物体落到O点后，立即做减速运动B．物体从O点运动到B点，动能先增大后减小C．物体在B点的速度为零，加速度不为零D．在整个过程中，物体m机械能守恒12．（2009•东城区模拟）如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，（不计空气阻力）则（）A．两物体落地时速率相同B．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同C．两物体落地时，重力的瞬时功率相同D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同13．如图所示，传送带与地面的倾角θ，传送带以v匀速运动，在传送带底端无初速地放置一个质量为m的物体，当物体上升高度h时，物体已经相对传动带静止，在这个过程中分析正确的是（）A．重力做功为mghB．传送带对物体做功为mv2C．传送带对物体做的功为mgh+mv2D．机械能增加了mgh+mv214．如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用细线悬挂于等高的两点，A球的悬线比B 球的长，把两球均拉到悬线水平后将小球由静止释放，以悬点所在平面为参考平面，则两球经最低点时（）A．A球的速率等于B球的速率B．A球的动能等于B球的动能C．A球的机械能等于B球的机械能D．A球的对绳的拉力等于B球对绳的拉力二、实验题．（15题4分、16题8分）15．用如图所示的装置，探究功与物体速度变化的关系．实验时，先适当垫高木板，然后由静止释放小车，小车在橡皮条弹力的作用下被弹出，沿木板滑行．小车滑行过程中通过打点计器的纸带，记录其运动规律．观察发现纸带前面部分点迹疏密不匀，后面部分点迹均匀分布，在用做“探究功与速度关系”的实验时，下列说法正确的是（）A．通过控制橡皮筋的伸长量不变，改变橡皮筋条数来分析拉力做功的数值B．通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值C．实验过程中木板适当垫高就行，没有必要反复调整D．分析打点计时器打下的纸带，应使用纸带上速度最大的点16．（8分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，所用电源的频率为50Hz，某同学选择了一条合理的纸带，用刻度尺测量时各计数点对应刻度尺上的读数如图17所示，数值的单位是mm；图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C、D、E分别是每打两个点取出的计数点，重物的质量为1kg（当地重力加速度g=9.8m/s2．均保留三位有效数字）（1）重物从开始下落到计时器打B点时，减少的重力势能△E pB=J．（2）重物下落到计时器打B点时增加的动能△E KB=_J（3）根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B点的过程中，得到的结论是．三、计算题（17、8分，18、19题每题12分）17．（8分）如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m=5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m=1.02m/s的匀速运动．取g=10m/s2，不计额外功．求：（1）起重机允许输出的最大功率；（2）重物做匀加速运动所经历的时间；（3）起重机在第2秒末的输出功率．18．（12分）如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面斜坡上，从P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面倾角为α，已知星球半径为R，万有引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度；（2）该星球的第一宇宙速度v；（3）该星球的密度．19．（12分）一滑块经水平轨道AB，进入竖直平面内的四分之一圆弧轨道BC．已知滑块的质量m=0.6kg，在A点的速度v A=8m/s，AB长x=5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，圆弧轨道的半径R=2m，滑块离开C点后竖直上升h=0.2m，取g=10m/s2．（不计空气阻力）求：（1）滑块经过B点时速度的大小；（2）滑块冲到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；（3）滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功．2015-2016学年河北省邯郸市成安一中、永年二中联考高一（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，其中1-10题为单选，11-14题为多选，每题4分共56分）1．下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体受力的方向与速度方向可以在一条直线上B．物体在恒力作用下可能做曲线运动C．曲线运动中，物体的速度可以不变D．曲线运动中，物体的加速度可以为0【考点】曲线运动【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，但合外力方向、大小不一定变化；只要是力的方向与速度的方向在一条直线上，物体就做直线运动，与力的大小是否变化无关．【解答】解：A、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上．故A 错误．B、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，合外力可以是恒力，如平抛运动，故B正确．C、曲线运动的速度的方向沿曲线的切线方向，物体的速度一定是变化的．故C错误．D、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，所以加速度一定不等于0．故D错误．故选：B【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，还有对直线运动条件的理解，但只要掌握了物体做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了．2．有关平抛运动下列说法不正确的是（）A．平抛物体在运动过程中速度一定在不断地增大B．平抛运动是匀变速曲线运动C．若一个平抛物体运动时间足够长，其速度V方向可以与地面垂直D．在平抛运动过程中，某时刻物体的位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向夹角正切值的一半【考点】平抛运动【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，加速度不变，做匀变速曲线运动，在某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．【解答】解：A、平抛运动的水平分速度不变，竖直分速度逐渐增大，根据平行四边形定则知，平抛运动的速度一定不断增大，故A正确．B、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，故B正确．C、平抛运动落地时有水平分速度和竖直分速度，根据平行四边形定则知，落地的速度不可能与地面垂直，故C不正确．D、根据，知，在平抛运动过程中，某时刻物体的位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向夹角正切值的一半，故D正确．本题选不正确的，故选：C．【点评】解决本题的关键知道平抛运动的特点，加速度不变，做匀变速曲线运动，掌握处理平抛运动的方法，一般采用分解的方法，抓住水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动分析求解．3．在匀速圆周运动中，下列说法正确的是（）A．匀速圆周运动的速度和角速度都是不变的，所以是匀速曲线运动B．匀速圆周运动的加速度是不变的C．匀速圆周运动的物体所受合外力为0D．匀速圆周运动是变加速曲线运动【考点】匀速圆周运动【分析】匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动．加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动．【解答】解：A、匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，速度是变化的，是变速运动，故A错误；B、匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动，故B错误，D正确；C、匀速圆周运动的物体所受合外力提供向心力，一定不为零，故C错误．故选：D【点评】矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的．4．在一组皮带的传输中，有abc三点，其中a所在圆的半径为2r，b点所在圆的半径为r，c点所在圆的半径为2r，则下列说法正确的是（）A．三点的周期之比为2：2：1 B．三点的线速度之比为1：1：2C．三点的角速度之比为1：1：2 D．三点的加速度之比为4：2：1【考点】向心加速度【分析】两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，同轴传动角速度相同，然后利用v=ωr和向心加速度公式求解．【解答】解：由于b轮和a轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故v a=v b，所以v b：v a=1：1由角速度和线速度的关系式v=ωR，因r a：r b=2：1．可得ωa：ωb=1：2；由于c轮和b轮共轴，故两轮角速度相同，即ωc=ωb，故ωc：ωb=1：1；因r c：r b=2：1，则有v c：v b=2：1；以上可知：A、根据T=，因此周期之比为1：2：2，故A错误；B、v a：v b：v c=1：1：2，故B正确；C、ωa：ωb：ωc=2：1：1；故C错误；D、根据a=ω2r和三点的角速度比可得：a c：a b：a a=2：1：2；故D错误；故选：B．【点评】解决传动类问题要分清是摩擦传动（包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同）还是轴传动（角速度相同）；灵活应用v=ωr和向心加速度求解．5．关于圆周运动中合力与向心力的关系，下列说法正确的是（）A．在匀速圆周运动中，向心力不一定等于合力B．在变速圆周运动中，向心力一定不等于合力C．无论是否为匀速圆周运动，向心力必定是指向圆心D．在匀速圆周运动中，合力一定指向圆心，在变速圆周运动中，合力一定不指向圆心【考点】向心力；匀速圆周运动【分析】圆周运动，靠径向的合力提供向心力，匀速圆周运动，合力等于向心力，变速圆周运动，合力不一定等于向心力．【解答】解：A、匀速圆周运动中，物体靠合力提供向心力，合力大小等于向心力大小，故A错误．B、在变速圆周运动中，比如用绳子拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点和最低点，靠合力提供向心力，故B错误．C、不论是匀速圆周运动还是变速圆周运动，向心力一定指向圆心，故C正确．D、圆周运动，靠径向的合力提供向心力，若为匀速圆周运动，合力等于径向的合力，合力一定指向圆心；若为变速圆周运动，合力不一定指向圆心，比如细线拉着小球在竖直平面内做圆周运动，最高点和最低点，合力指向圆心，除两点外，合力不指向圆心，故D错误．故选：C．【点评】向心力的方向不断变化，一定是变力；变速圆周运动的合外力不一定指向圆心，只有当合力指向圆心时，合力才完全充当向心力．6．下列说法符合史实的（）A．牛顿发现了行星的运动规律B．开普勒发现了万有引力定律C．卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量D．牛顿发现了海王星和冥王星【考点】物理学史；万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定【分析】开普勒发现了行星的运动规律；牛顿发现了万有引力定律；卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量；亚当斯发现的海王星．【解答】解：A、开普勒发现了行星的运动规律．故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律．故B错误；C、卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量．故C正确；D、亚当斯发现的海王星．故D错误．故选：C【点评】对于牛顿在发现万有引力定律的过程中，要记住相关的物理学史的知识点即可．7．两颗绕地球运转的人造卫星，公转半径之比R1：R2=4：1，则公转周期之比为（）A．8：1 B．2：1 C．16：1 D．1：8【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式得到卫星周期与轨道半径的关系式，再求解比值．【解答】解：由万有引力提供向心力得：，解得：，而R1：R2=4：1，则T1：T2=8：1，故A正确．故选：A【点评】解答本题关键要掌握万有引力充当卫星的向心力这一基本思路，再灵活选择向心力公式的形式，即可轻松解答．8．西昌卫星发射中心的火箭发射架上，有一待发射的卫星，它随地球自转的线速度为v1、加速度为a1；发射升空后在近地轨道上做匀速圆周运动，线速度为v2、加速度为a2；实施变轨后，使其在同步卫星轨道上做匀速圆周运动，运动的线速度为v3、加速度为a3．则v1、v2、v3的大小关系和a1、a2、a3的大小关系是（）A．v3＞v2＞v1；a3＞a2＞a1 B．v1＞v2＞v3；a1＞a2＞a3C．v2＞v3＞v1；a2＞a3＞a1 D．v3＞v2＞v1；a2＞a3＞a1【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力，比较近地卫星和同步卫星的线速度和加速度大小，根据同步卫星与地球自转的角速度相等，通过v=rω，以及a=rω2比较待发射卫星的线速度与同步卫星的线速度以及加速度关系．【解答】解：对于近地卫星和同步卫星而言，有：G，解得a=，v=，知v2＞v3，a2＞a3．对于待发射卫星和同步卫星，角速度相等，根据v=rω知，v3＞v1，根据a=rω2知，a3＞a1．则v2＞v3＞v1；，a2＞a3＞a1，故C正确．故选：C【点评】解决本题的关键知道线速度与向心加速度与轨道半径的关系，以及知道同步卫星与地球自转的角速度相等．9．关于机械能守恒下列说法正确的是（）A．机械能守恒时，物体一定不受阻力B．机械能守恒时，物体一定只受重力和弹簧弹力的作用C．匀速运动的物体，机械能是守恒的D．物体所受外力不为零，机械能也可能守恒【考点】机械能守恒定律【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．【解答】解：A、物体的机械能守恒时，只有重力和弹簧弹力做功，但不一定只重力和弹簧弹力作用，也可能受到其他力，但其他力做功的代数和一定为零，故AB错误．C、物体匀速上升时机械能不一定平衡，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大，故C错误．D、物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，物体除了受重力和弹力的作用，还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零．故D正确．故选：D．【点评】本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件和功能关系，即可进行分析机械能守恒的条件．10．在光滑地面上放一辆小车，小车的左端放有一只箱子，在水平恒力作用下，把箱子从左端拉到右端，如果一次小车被制动，另一次小车未被制动，这两种情况下有（）A．箱子与车面之间摩擦力一样大B．F所做的功一样大C．箱子获得的加速度不一样大D．箱子获得的动能一样大【考点】功的计算；牛顿第二定律【分析】以地面为参考系，找出两次滑块位移，然后根据功的定义求解功，并根据功能关系判断动能增加量和内能增加量．【解答】解：A、滑动摩擦力与压力成正比，两次压力相等，都等于mg，动摩擦因素是一定的，故滑动摩擦力一定相等，故A正确；B、第二次由于小车也会向右移动，故滑块的对地位移变大了，故拉力做的功变多了，故B 错误；C、根据动能定理，有：（F﹣f）x=；第二次由于小车也会向右移动，滑块的对地位移x变大了，故获得的动能也变大了，速度也增大，故CD错误；故选：A．【点评】本题关键是明确功的定义和功能关系，要知道系统增加的内能等于一对滑动摩擦力做的功，即：Q=f•△S．11．如图所示，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B 后向上运动．则以下说法正确的是（）A．物体落到O点后，立即做减速运动B．物体从O点运动到B点，动能先增大后减小C．物体在B点的速度为零，加速度不为零D．在整个过程中，物体m机械能守恒【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】物体接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，合力为零，加速度为零，速度最大，然后合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度方向向上，逐项分析即可．【解答】解：AB．物体接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，合力为零，加速度为零，速度最大，然后合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点B时，速度为零，所以动能先增大后减小，故A错误，B正确；C．在最低点，速度为零，弹力大于重力，合力向上，加速度不为零，故C正确；D．在整个过程中，物体与弹簧组成的系统机械能守恒，物体的机械能不守恒，故D错误．故选：BC．【点评】解决本题的关键知道根据合力的大小和方向可知加速度的大小和方向，以及知道加速度与速度同向，速度增加，加速度与速度反向，速度减小．12．（2009•东城区模拟）如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，（不计空气阻力）则（）A．两物体落地时速率相同B．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同C．两物体落地时，重力的瞬时功率相同D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同【考点】功率、平均功率和瞬时功率；自由落体运动【分析】两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论．【解答】解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速率相同，故A正确．B、重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，所以B正确．C、由于两个物体落地时的速度的方向不同，由瞬时功率的公式可以知道，重力的瞬时功率不相同，所以C错误．D、平均功率等于做功的大小与所用的时间的比值，物体重力做的功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，所以D错误．故选AB．【点评】在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．13．如图所示，传送带与地面的倾角θ，传送带以v匀速运动，在传送带底端无初速地放置一个质量为m的物体，当物体上升高度h时，物体已经相对传动带静止，在这个过程中分析正确的是（）A．重力做功为mghB．传送带对物体做功为mv2C．传送带对物体做的功为mgh+mv2D．机械能增加了mgh+mv2【考点】功能关系；动能和势能的相互转化【分析】根据功的定义求重力做功；根据动能定理求传送带做的功；根据功能关系的机械能的增加量．【解答】解：A．重力做功为：W G=﹣mgh，故A错误；BC．对物体，根据动能定理得：﹣mgh+W传=mv2﹣0，解得：W传=mv2+mgh，故B错误，C正确；D．初重力做功外，传送带对物体做正功，机械能增加，由功能关系可知：△E=W传=mv2+mgh，故D正确．故选：CD．【点评】本题考查了功的定义、动能定理和功能关系，正确理解记忆物理概念和规律是学好物理的关键．解答本题的关键是明确动能动能定理的运用、功的定义和功能关系的理解．14．如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用细线悬挂于等高的两点，A球的悬线比B 球的长，把两球均拉到悬线水平后将小球由静止释放，以悬点所在平面为参考平面，则两球经最低点时（）A．A球的速率等于B球的速率B．A球的动能等于B球的动能C．A球的机械能等于B球的机械能D．A球的对绳的拉力等于B球对绳的拉力【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【分析】A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，比较出初始位置的机械能即可知道在最低点的机械能大小．根据动能定理mgL=mv2，可比较出A、B两球的速度大小．根据动能定理或机械能守恒求出在最低点的速度，然后根据F﹣mg=m，得出拉力的大小，从而可以比较出两球摆线的拉力．。

一、选择题（每题4分，共48分。

1--8为单选题，9--12为多选题。

多选题全对4分，错选不选0分，选不全2分）1.在电磁学发展史上，提出分子电流假说的科学家是（）A. 富兰克林B. 法拉第C.安培D. 奥斯特2.如图所示的电路中,当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时（）A.伏特表V的读数增大,安培表A的读数减小.B.伏特表V和安培表A的读数都增大.C.伏特表V和安培表A的读数都减小.D.伏特表V的读数减小,安培表A的读数增大.3.加在某台电动机上的电压是U，电动机消耗的电功率为P，电动机线圈的电阻为R，则电动机的机械功率为（）A．P B． C．P2R/U2 D．P－P2R/U24.下列说法中正确的是：（）A．由B=F/IL可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力F成正比B．一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零D．磁感应强度为零处，一小段通电导线在该处不受磁场力5.长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值I1/I2应为（）A．cosθ B．1/ cosθC．sinθ D．1/ sinθ6、如图4所示，一个静止质量为m，带电量为+q的带电粒子(不计重力)，经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并打在P点. 设OP=x，能正确反映x与U之间函数关系的x—U图象如图中的7. 关于回旋加速器的下列说法，其中正确的有( )A．电场和磁场同时用来加速带电粒子B．电场的方向必需是周期性变化的，且其周期是粒子运动周期的一半C．在确定的交流电源下，回旋加速器的半径越大，同一带电粒子获得的最大动能越大D．同一带电粒子获得的最大动能与交流电源的电压大小有关，而与磁感应强度无关8．如图为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的（）9.对于给定的电容器来说，下图中哪个图准确地描述其带电量Q，两板间的电势差U，电容C之间的相互关系?（）10.如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图，M、N是轨迹上两点，匀强磁场B垂直纸面向里。

河北省邯郸市成安一中 2015～2016 学年度高二上学期月考物理试卷〔10月份〕一、选择题：〔1-7题为单项选择，80题为多项选择，每题5分，漏选3分，错选不得分〕1．关于电荷的理解，如下说法中正确的答案是〔〕A．自然界只存在三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷B．元电荷就是指电子和质子本身C．物体所带的电荷量都等于e 或是e的整数倍D．只有体积很小的带电体才能被看成点电荷2．对于如下列图电场中的A、B、C三点，如下判断正确的答案是〔〕A．A点的电势最低B．B点的电场强度最大C．正电荷在A点受到的电场力最大D．负电荷在C点具有的电势能最大3．关于电源，如下说法正确的答案是〔〕A．在电源内部，依靠电场力搬运电荷B．电源内部存在由负极指向正极的电场C．电源没有移送电荷时，其电动势为零D．电源是把其他形式的能转化为电能的装置4．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如下列图，可知两电阻R1：R2等于〔〕A．1：3B．3：1C．1：D ．：15．如下列图电路，当闭合开关S，滑动变阻器滑片P 向左移动时，如下结论正确的答案是〔〕A ．电源的总功率变大B ．电压表读数变大C ．小电泡L 变亮D ．电流表读数变大6．一电流表的满偏电流I g =1mA ，内阻为200Ω．要把它改装成一个量程为0.5A 的电流表，如此应在电流表上〔〕A ．并联一个0.4Ω的电阻B ．并联一个200Ω的电阻C ．串联一个0.4Ω的电阻D ．串联一个200Ω的电阻7．如下列图的U ﹣I 图象中，I 是电源的路端电压随电流变化的图象，Ⅱ是某电阻两端的电压随电流变化的图象，当该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的功率和电源的效率分别为〔〕 A ．4W 和33.3% B ．2W 和67% C ．2W 和33.3% D ．4W 和67%8．电池A 和B 的电动势分别为E A 和E B ，内阻分别为r A 和r B ，假设这两个电池分别向同一电阻R 供电时，这个电阻消耗的电功率一样；假设电池A 、B 分别向另一个阻值比R 大的电阻R'供电时，R'消耗的电功率分别为P A 、P B ．E A ＞E B ，如此如下判断中正确的答案是〔〕A ．电池内阻r A ＞rB B ．电池内阻r A ＜r BC ．电功率P A ＞P BD ．电功率P A ＜P B9．用一直流电池组给电阻为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 ，通过的电流为I ，如此如下说法中正确的答案是〔〕A ．电动机的输入功率为UIB ．电动机的输入功率为UI ﹣I 2rC ．电动机的发热功率为I 2rD ．电动机的输出功率是UI ﹣I 2r10．关于电动势，如下说法中正确的答案是〔〕A ．一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B ．因电动势的单位和电势差一样，所以电动势实质上就是电势差C ．一个电动势为1.5V 的电池接入电路时，假设有1C 的电荷量通过电路，就有1.5J 的化学能转变成电能D ．电压表接到电源两极时，测得的就是电动势二、实验题：〔每题16分〕11．某同学欲描绘额定电压为3.0V的小灯泡的I﹣U特性曲线图．〔1〕设计一个电路，要求误差较小．如此以下四个电路图中，最适宜的是对于所选的实验电路图，在开关S 闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于端〔选填“A 〞、“B 〞或“AB 中间〞〕 〔3〕实验中测得有关数据如下表：根据表中的实验数据，在答卷图丙中画出小灯泡的I ﹣U 特性曲线．〔4〕由小灯泡的I ﹣U 特性曲线明确，随着温度升高，小灯泡电阻〔填“减小〞、“不变〞 或“增大〞〕12．测量电源的电动势E 与内阻r 〔E 约为4.5V ，r 约为1.5Ω〕．器材：量程为3V 的理想电压表V ，量程为0.5A 的电流表A 〔具有一定内阻〕，固定电阻R=4Ω，滑动变阻器R ′，开关K ，导线假设干．①画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出．②实验中，当电流表读数为I 1 时，电压表读数为U 1；当电流表读数为I 2 时，电压表读数为U 2，如此可以求出E=，r=．〔用I 1，I 2，U l ，U 2与R 表示〕三、计算题：〔此题18分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位〕13．如下列图，电源电动势E=10V ，内阻r=1Ω，闭合电键S 后，标有“8V ，12W 〞的灯泡恰能正常发 光，电动机M 绕组的电阻R 0=4Ω，求：〔1〕电源的输出功率P 0；10s 内电动机产生的热量Q ；〔3〕电动机的效率η；〔4〕假设用此电动机由静止开始加速提升一质量为0.2kg 的物体，2s 末物体的速度达到1m/s，且在这一过程中电动机输出功率保持不变，物体也不会碰到电动机，求物体在这2s内上升的高度h〔忽略空气阻力和一切摩擦作用〕．河北省邯郸市成安一中2015～2016学年度高二上学期月考物理试卷〔10月份〕参考答案与试题解析一、选择题：〔1-7题为单项选择，80题为多项选择，每题5分，漏选3分，错选不得分〕1．关于电荷的理解，如下说法中正确的答案是〔〕A．自然界只存在三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷B．元电荷就是指电子和质子本身C．物体所带的电荷量都等于e或是e的整数倍D．只有体积很小的带电体才能被看成点电荷【考点】元电荷、点电荷．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】正确解答此题需要掌握：点电荷的定义，能否看作点电荷的条件；元电荷的定义以与物体带电与元电荷之间的关系，电子、质子带电与元电荷之间关系；明确正电荷、负电荷、元电荷等根本概念的区别．【解答】解：A、自然界只存在两种电荷：正电荷、负电荷，故A错误；B、元电荷又称根本电荷，是由实验测定的自然界存在的最小电量，物理学的根本常数之一，是一个电子或一个质子所带的电量，任何带电体所带电荷都是e 的整数倍，故B错误；C、根据对B选项的论述可知，C正确；D、点电荷带电体的一种理想模型如果在研究的问题中，带电体的形状、大小可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，如此这样的带电体就是点电荷，能否看作点电荷与物体的体积大小无关，关键是看带电体的形状、大小能否忽略，故D错误．应当选C．【点评】此题考查了静电场中的一些根本概念，属于简单根底题目，平时学习中要加深对根本概念的理解，理清与根本概念的区别．2．对于如下列图电场中的A、B、C三点，如下判断正确的答案是〔〕A．A点的电势最低B．B点的电场强度最大C．正电荷在A点受到的电场力最大D．负电荷在C点具有的电势能最大【考点】电势；电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据顺着电场线电势降低，判断电势的上下．根据电场线的疏密分析场强的大小，确定电场力的大小．电场线越密，场强越大，同一电荷受到的电场力越大．根据推论：负电荷在电势高处电势能小判断电势能的大小．【解答】解：A、根据顺着电场线电势降低可知，A点的电势最高．故A错误．B 、B 处电场线最疏，电场强度最小．故B 错误．C 、A 处电场线最密，电场强度最大，同一电荷在A 点受到的电场力最大．故C 正确．D 、B 点电势最低，负电荷在B 处电势能最大．故D 错误．应当选C【点评】此题中电场中常见问题，关键抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向反映电势的上下．3．关于电源，如下说法正确的答案是〔〕A ．在电源内部，依靠电场力搬运电荷B ．电源内部存在由负极指向正极的电场C ．电源没有移送电荷时，其电动势为零D ．电源是把其他形式的能转化为电能的装置【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】在电源内部，依靠非电场力搬运电荷．电源内部存在由正极指向负极的电场．电动势是表征电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身特性决定．【解：A 、在电源外部，依靠电场力搬运电荷，而在电源内部，依靠非电场力搬运电荷．故A 错误．B 、电源内部存在由正极指向负极的电场．故B 错误．C 、电动势是表征电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身特性决定，即使电源没有移送电荷时，其电动势也不为零．故C 错误．D 、电源是通过电源内部非静电力做功把其他形式的能转化为电能．故D 正确．应当选D【点评】此题考查对电源的电场、电动势物理意义的了解程度，比拟简单．4．两电阻R 1、R 2的电流I 和电压U 的关系如下列图，可知两电阻R 1：R 2等于〔〕 A ．1：3B ．3：1C ．1：D ．：1【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在I ﹣U 图象中图象中，电阻等于图象的斜率的倒数，由斜率可求得电阻．【解答】解：由图可知，R1=；R2=；故R1：R2=tan30°：tan60°=1：3；应当选：A．【点评】此题考查电阻定律的应用，注意图象中斜率的倒数等于电阻．5．如下列图电路，当闭合开关S，滑动变阻器滑片P 向左移动时，如下结论正确的答案是〔〕A．电源的总功率变大B．电压表读数变大C．小电泡L变亮D．电流表读数变大【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】电压表测量路端电压，电流测量干路电流．滑动变阻器滑片P 向左移动时，接入电路的电阻减小，引起外电路总电阻的变化，根据闭合电路的欧姆定律分析干路电流的变化和路端电压的变化．电源的总功率P=EI．【解答】解：A、D、当滑动变阻器滑片P 向左移动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，干路电流减小，所以电流表读数变小；电源消耗的总功率；P=EI，可知总功率减小．故AD错误．B、路端电压U=E﹣Ir，E、r 不变，I减小，U增大，电压表读数变大．故B正确．C、干路电流减小，小电泡L消耗的功率减小，小电泡L变暗．故C错误．应当选：B【点评】此题是简单的电路动态分析问题，要处理好局部与整体的关系．对于电压表的读数，也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断．6．一电流表的满偏电流I g=1mA，内阻为200Ω．要把它改装成一个量程为0.5A的电流表，如此应在电流表上〔〕A．并联一个0.4Ω的电阻B．并联一个200Ω的电阻C．串联一个0.4Ω的电阻D．串联一个200Ω的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】恒定电流专题．【分析】将电表的量程扩大应在表头两端并联一个小电阻进展分流，当流过表头的电流达到满偏时，流过并联局部的总电流即为改装后的最大量程．【解答】解：要使电流表量程变为0.5A，如此流过并联电阻的电流I=0.5﹣0.001A=0.499A；并联局部的电压U=I g R=0.001×200Ω=0.2V，如此需要并联的电阻r===0.4Ω；应当选A．【点评】对于电流表的改装一定要明确改装的原理，再根据串并联电路的规律求解即可．7．如下列图的U﹣I图象中，I是电源的路端电压随电流变化的图象，Ⅱ是某电阻两端的电压随电流变化的图象，当该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的功率和电源的效率分别为〔〕A ．4W 和33.3%B ．2W 和67%C ．2W 和33.3%D ．4W 和67%【考点】电功、电功率；电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据U ﹣I 图象可以求得电阻的大小和电源的电动势的大小，从而也可以求得电源的效率的大小．【解答】解：有图象可知，电阻的阻值的大小为R==Ω=1Ω，电源的电动势的大小为3V ，直线I 的斜率表示电源的内阻的大小，所以r= Ω= Ω，电阻上消耗的功率P R =I 2R=•R= ×1=4w ，电源的效率====×100%=67%，所以D 正确．应当选D ．【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．8．电池A 和B 的电动势分别为E A 和E B ，内阻分别为r A 和r B ，假设这两个电池分别向同一电阻R 供电时，这个电阻消耗的电功率一样；假设电池A 、B 分别向另一个阻值比R 大的电阻R'供电时，R'消耗的电功率分别为P A 、P B ．E A ＞E B ，如此如下判断中正确的答案是〔〕A ．电池内阻r A ＞rB B ．电池内阻r A ＜r BC ．电功率P A ＞P BD ．电功率P A ＜P B【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】用作图法求解：分别做出两个电池的U ﹣I 图线，据两者电动势的大小关系与两条图线有交点，大体作出两者的图象，由图可读出内阻的大小关系；两线的交点对应的工作电阻为R ，再作出一大于R 的电阻的U ﹣I 图线，分析对应电流与电压从而分析出功率的大小关系．【解答】解：A 、B 、用这两个电池分别向某一个电阻R 供电时，这个电阻所消耗的功率相等，故电 流一样，根据闭合电路欧姆定律公式I=，由于E 1＞E 2，故r 1＞r 2，故A 正确，B 错误；C 、D 、将一电动势为E 、内电阻为r 的电源与一阻值为R 的电阻组成一闭合回路，路端电压U 和干路电流I 的关系为U=E ﹣Ir ．在U ﹣I 直角坐标系中作U ﹣I 图线，如此该图线为一条在纵轴上截距为E 、斜率为﹣r 的直线．这条线可被称为电源的伏安特性曲线．如果再在此坐标系中作出外电阻R 的伏安特性曲线为过原点的直线，斜率为R ，如此两条线的交点就表示了该闭合电路所工作的状态，此交点的横、纵坐标的乘积即为外电阻所消耗的功率．依题意作电池甲和乙与电阻R的伏安特性曲线．由于两电池分别接R时，R消耗的电功率相等，故这三条线必相交于一点，如下列图，由于α1＞α2，所以r1＞r2．作R ′的伏安特性曲线，由图可知：当甲电池接R ′时，P 1=U 1I 1；当乙电池接R ′时，P 2=U 2I 2．由于U 1 ＞U 2，I 1＞I 2，所以P 1＞P 2．故C 正确，D 错误；应当选AC ．【点评】此题为有关全电路电阻、功率关系的半定量问题，采用图线方法分析是较简捷的思路．把电源和外电阻的伏安特性曲线合在一个坐标轴上比拟，给运算带来方便．9．用一直流电池组给电阻为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 ，通过的电流为I ，如此如下说法中正确的答案是〔〕A ．电动机的输入功率为UIB ．电动机的输入功率为UI ﹣I 2rC ．电动机的发热功率为I 2rD ．电动机的输出功率是UI ﹣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．【解答】解：A 、B 电动机输入的功率是电功率，即P 电=UI ．故A 正确，B 错误．C 、电动机的发热功率根据焦耳定律得到P 热=I 2r ．故C 正确．D 、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D 正确．应当选ACD【点评】此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．10．关于电动势，如下说法中正确的答案是〔〕A ．一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B ．因电动势的单位和电势差一样，所以电动势实质上就是电势差C ．一个电动势为1.5V 的电池接入电路时，假设有1C 的电荷量通过电路，就有1.5J 的化学能转变成电能D ．电压表接到电源两极时，测得的就是电动势【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、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，故A 正确；B、电动势公式E= 中W与电压公式U= 中的W是不一样的，前者是非静电力做功，而后者是电场力做功，故B错误；C、一个电动势为1.5V的电池接入电路时，假设有1C的电荷量通过电路，根据电动势公式E=，非静电力做功1.5J，有1.5J 的化学能转变成电能，故C正确；D、由于电压表有内电阻，故接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势，故D错误；应当选AC．【点评】此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．二、实验题：〔每题16分〕11．某同学欲描绘额定电压为3.0V的小灯泡的I﹣U特性曲线图．〔1〕设计一个电路，要求误差较小．如此以下四个电路图中，最适宜的是A对于所选的实验电路图，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于A 端〔选填“A〞、“B〞或“AB中间〞〕〔3〕实验中测得有关数据如下表：根据表中的实验数据，在答卷图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线．〔4〕由小灯泡的I﹣U特性曲线明确，随着温度升高，小灯泡电阻增大〔填“减小〞、“不变〞或“增大〞〕【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．【开始时灯泡所在支路应使电流为零，故应将滑片滑到最小值处；〔1〕描绘伏安特性曲线要求多测几组数据，故应采用滑动变阻器分压接法；同时电流表采用外接法；〔3〕由表格中数据利用描点法可得出I﹣U图象；〔4〕图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，电阻随电压的变化而变化情况．【解答】解：〔1〕本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用了分压接法；同时，因为灯泡内阻较小，故电流表应采用外接法，从而减小误差；应当选A．为了实验的安全，在实验前应保证灯泡所在支路电压为零；即与之并联局部的电压为零，滑片应滑到A侧；〔3〕由表格中数据将各点坐标描出，并用平滑曲线相连，如下列图；〔4〕由图可知，图象的斜率变化，因I=，故电阻应变大，而温度随电压的增大而增大，故灯泡的电阻随温度的升高而增大；故答案为：〔1〕A；A；〔3〕如下列图；〔4〕增大．【点评】因测小灯泡的伏安特性曲线实验的特殊性，本实验一般性况下均应采用滑动变阻器的分压与电流表的外接法．12．测量电源的电动势E 与内阻r 〔E 约为4.5V ，r 约为1.5Ω〕．器材：量程为3V 的理想电压表V ，量程为0.5A 的电流表A 〔具有一定内阻〕，固定电阻R=4Ω，滑动变阻器R ′，开关K ，导线假设干．①画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出．②实验中，当电流表读数为I 1 时，电压表读数为U 1；当电流表读数为I 2 时，电压表读数为U 2，如此可以求出E=，r= ﹣R ．．〔用I 1，I 2，U l ，U 2与R 表示〕【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】测电源的电动势和内电阻采用的是一般的限流接法，只需测出通过电源的两组电压和电流即可联立求得电源的电动势和内阻．【解答】解：①本实验采用限流接法，即将滑动变阻器、电源、电流表串联；电压表并联在电源两端；此题由于电源电压较大，故应参加保护电阻；答案如下列图；②由闭合电路欧姆定律可知：U 1=E ﹣I 1r ′U 2=E ﹣I 2r ′联立解得：E=；r′=由于r′中含有保护电阻，故电源的电阻应为：r=r′﹣R= ﹣R；故答案为：①如下列图；② ，﹣R．【点评】此题需注意〔1〕由于电源电动势较大而内阻较小，故电路中应接入保护电阻；本实验一般采用图象法求电动势和内电阻；此题中的计算法误差较大．三、计算题：〔此题18分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位〕13．如下列图，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，闭合电键S后，标有“8V，12W〞的灯泡恰能正常发光，电动机M 绕组的电阻R0=4Ω，求：〔1〕电源的输出功率P0；10s 内电动机产生的热量Q；〔3〕电动机的效率η；〔4〕假设用此电动机由静止开始加速提升一质量为0.2kg 的物体，2s 末物体的速度达到1m/s，且在这一过程中电动机输出功率保持不变，物体也不会碰到电动机，求物体在这2s内上升的高度h〔忽略空气阻力和一切摩擦作用〕．【考点】动能定理的应用；闭合电路中的能量转化；电功、电功率．【专题】动能定理的应用专题．【〔1〕路端电压等于灯泡两端的电压，灯泡正常发光，就等于灯泡的额定电压，电流可以根据I=求得，根据P0=UI即可求解；先求出流过灯泡的电流I1，根据I2=I﹣I1即可得流过电动机的电流，再根据电动机的热功率P Q=I22R0即可求解；〔3〕电动机的总功率P1=UI2，电动机的机械功率P2=P1﹣P Q，根据电动机的机械效率η=即可求解；〔4〕由动能定理即可求得上升的高度h．【解答】解：〔1〕由题意，并联局部电压为U=8V，内电压应为U r=E﹣U=2V总电流I==2A电源的输出功率P0=UI=16W流过灯泡的电流I1= =1.5Aword 如此可得流过电动机的电流I 2=I ﹣I 1=0.5A电动机的热功率P Q =I 2R=1W10s 内产生的热量为Q=P Q t=10J〔3〕电动机的总功率P 1=UI 2=4W电动机的机械功率P 2=P 1﹣P Q =3W电动机的机械效率η=×100%=75%〔4〕由动能定理，得：Pt=mgh+mv 2，解得：h=2.95m答：〔1〕电源的输出功率P 0 为16W ；10s 内电动机产生的热量Q 为10J ；〔3〕电动机的效率η为75%；〔4〕物体在这2s 内上升的高度h 为2.95m ．【点评】对于电动机电路，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．。