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无锡市2014-2015高二物理第二学期期末试卷（有解析）无锡市2014-2015高二物理第二学期期末试卷（有解析）必做题：一、单项选择题：本题共4小题，每小题3分，共计12分.每小题只有一个选项符合题意.1．（3分）（2015春无锡期末）下列说法正确的是（）A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C．所有传感器都是由半导体材料做成的D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大考点：传感器在生产、生活中的应用．分析：根据常见的传感器的特点与应用分析答题．明确常用传感器使用的材料和其工作原理．解答：解：A、话筒是一种常用的声波传感器，其作用是声信号转换为电信号．故A错误；B、电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，热双金属片传感器和干簧管在电路中相当于开关，可以控制电路的通断，故B正确；B、半导体材料用作传感器比较多，但并不是所有的传感器均使用半导体；如电容器等，故C错误；C、半导体热敏电阻对温度的变化比较敏感，可用作温度传感器，但其电阻随温度的升高，而减小；故D错误；故选：B．点评：该题考查常见的传感器的特点与应用，属于对基础知识点的考查，多加积累即可做好这一类的题目2．（3分）（2015春无锡期末）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则（）A．t=0.005s时线框的磁通量变化率为零B．t=0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势的频率为50Hz考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：电磁感应——功能问题．分析：由图2可知任何时刻的感应电动势，根据电动势的特点，可判处金属线框所处的位置；由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，根据周期和频率的关系可求频率．解答：解：A、t=0.005s时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律E=n可知，磁通量的变化率最大，不是零，故A错误．B、由图2可知t=0.01s时，e=0，说明此时线圈正经过中性面，故B正确．C、由图2可知T=0.02s，Em=311V．根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为：E==220V，故C错误．D、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：f==50Hz，故D正确．故选：BD．点评：本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图象得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系．3．（3分）（2010于都县模拟）两个相同的白炽灯L1和L2，接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度大于灯L2的亮度．新电源电压的最大值和频率可能是（）A．最大值仍为Um，而频率大于fB．最大值仍为Um，而频率小于fC．最大值大于Um，而频率仍为fD．最大值小于Um，而频率仍为f考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．分析：对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．解答：解：当将a、b接在电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源E1两极之间时，两只灯泡都发光，且亮度相同．而更换一个新电源后，灯L1的亮度高于灯L2的亮度，则说明线圈的感抗比电容器的容抗大，那么新电源的频率大，最大电压值可不变，也可大于，或可小于．故A正确，BCD错误；故选：A．点评：当电容器的电容越小，频率越低时，容抗越高；而线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高．4．（3分）（2013河南一模）如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表．当滑动变阻器R 的滑动头向下移动时（）A．灯L变亮B．各个电表读数均变大C．因为U1不变，所以P1不变D．P1变大，且始终有P1=P2考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：理想变压器的输出的电压有输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，输入功率和输出功率始终相等，当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，总电路的电阻减小，所以总电路的电流会变大，消耗的功率将变大，R0上的电压变大，所以灯L的电压变小，电压表的示数变小，所以灯L变暗，由于总的电流变大，灯L的电流变小，所以电流表的示数将变大，所以ABC错误，D正确．故选D．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．二、计算题：本题共1小题，计8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.5．（8分）（2015春无锡期末）一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R=1kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V，60W）．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态．求：（1）变压器T1和T2的匝数比分别是多少？（2）有多少盏灯泡（220V、60W）正常发光？考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数成正比、电流与匝数成反比、公式P=UI、功率损耗△P=I2R可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．由于降压变压器的负载能正常工作，则可算出降压变压器的原线圈的匝数之比，同时能确定接入多少个灯泡才正常发光．解答：解：（1）输电线路上消耗的功率为△P=10%P=400kW=I22r可知输电线上电流为I2==20A，根据原线圈P1=U1I1，可知I1==103A根据电流与匝数成反比知T1的变压比为n1：n2=I2：I1=20：103=1：50；降压变压器的输入电流：I3=I2=20A降压变压器的输出电流：A降压变压器的匝数比n3：n4=I4：I3=：20=9000：1（2）用户得到的功率为P用=P总﹣P损=4000×103×（1﹣10%）设能接入N个灯泡，则P用=60N代入数据得N=6×104个；答：（1）升压变压器T1匝数比为1：50，降压变压器T2匝数比为9000：11；（2）要使灯泡均正常发光，最多可以接6×104个盏．点评：本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压，不是发电机的输出电压．本题突破点是由输电线上的损失功率，从而算出电线上的电流．选做题：说明：本题包括A、B、C三大题，请选定其中两大题，并在相应的答题区域内作答．若全部作答，则按A、B两大题评分．【A．选修模块3-3】（50分）一、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分.每小题可能有一个或多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.6．（4分）（2013镇江二模）下列属于液晶分子示意图的是（）A．B．C．D．考点：*晶体和非晶体．分析：人们熟悉的物质状态（又称相）为气、液、固，较为生疏的是电浆和液晶，液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态．解答：解：当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过；不通电时排列混乱，阻止光线通过．所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，液晶可以流动，所以和固态分子排列不相同，但液晶不可以像液体一样任意流动，所以和液态分子排列不相同，故B正确，ACD错误．故选B点评：液晶较为生疏的一种物质状态．高中阶段只需要记住其定义和基本特性即可．7．（4分）（2004广东）下列说法正确的是（）A．机械能全部变成内能是不可能的B．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体D．从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的考点：热力学第二定律．专题：热力学定理专题．分析：热力学第二定律反应了宏观自然过程的方向性，热力学第二定律的克劳修斯描述阐述了热传递的方向性，开尔文描述阐述了机械能与内能转化的方向性．解答：解：A、根据开尔文的描述可知：机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能，故A错误；B、第二类永动机是指只需从单一热源吸收热能便能永远对外做功的动力机械，虽然不违反能量的转化和守恒，但是违反了机械能和内能转化的方向性，故B错误；C、热量不能自发的从低温传递到高温物体，但是引起其它变化时，可以从低温传递到高温物体，如开动冰箱的压缩机，可以使热量从低温传递到高温，故C错误；D、在产生其它影响的情况下，可以从单一热源吸收的热量全部变成功，故D正确．故选D．点评：本题考察了学生对热力学第二定律的理解，概念性强，理解起来比较抽象，学生可以通过生活中的实例来加深理解．8．（4分）（2015春无锡期末）一定质量的气体（分子力及分子势能不计）处于平衡状态Ⅰ，现设法使其温度升高同时压强减小，达到平衡状态Ⅱ，则在状态Ⅰ变为状态Ⅱ的过程（）A．气体分子的平均动能必定减小B．单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减少C．气体的体积可能不变D．气体必定吸收热量考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：温度是分子热运动平均动能的标志，根据理想理想气体状态方程判断物态变化，根据热力学第一定律方向做功和热传递情况．解答：解：A、温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，故气体分子平均动能增大，故A错误；B、一定质量的理想气体处于平衡状态Ⅰ；现在设法使其温度升高同时压强减小，达到平衡状态Ⅱ，根据理想气体状态方程=C可知，气体体积一定增大，分子数密度减小，单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数少，故B正确，C错误；D、气体温度升高，内能增大，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了温度的微观意义、理想气体状态方程、内能、热力学第一定律等，知识点多，难度不大．9．（4分）（2015春无锡期末）人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是（）A．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点B．晶体的物理性质都是各向异性的C．液面表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用考点：*液体的表面张力现象和毛细现象；*晶体和非晶体．分析：晶体具有固定熔点，但是多晶体没有固定的几何外形．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用；某液体的饱和蒸气压与温度有关．解答：解：A、单晶体多晶体都有固定的熔点．故A错误B、单晶体具有各向异性；而多晶体有各向同性；故B错误；C、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直；故C错误；D、液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，如露珠呈球状是由于液体表面张力的作用．故D正确；故选：D．点评：解决本题的关键知道晶体和非晶体的区别，会从形状、熔点、各个方向上的物理性质区分它们，但是要注意多晶体这一特例．10．（4分）（2015春无锡期末）如图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是（）A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r2时，分子间的作用力的合力为零D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功考点：分子间的相互作用力．专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．分析：本题考查了分子势能与分子之间距离的关系图象，注意分子势能为标量，当r=r0时，分子力为零，分子势能最小，由图可知r2=r0，然后根据分子力与分子之间距离关系可以求解．解答：解：由图可知r2=r0，因此当r大于r1而小于r2时分子力为斥力，大于r2时分子力为引力，故A错误；B、由于r1＜r2=r0，故当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，故B正确．C、由于r2=r0，因此当r等于r2时，分子间的作用力为零，故C正确；D、当r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，因此分子间作用力做正功，故D错误．故选：BC点评：正确理解分子力、分子势能与分子之间距离的变化关系，注意分子力与分子势能变化的一个临界点为r=r0，注意将分子力与分子之间距离和分子势能与分子之间距离的图象比较进行学习．二、简答题：本题共3小题，共计14分。
江苏省无锡市宜兴市丁蜀高中2014-2015学年高二(下）期末物理模拟试卷一、共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的，选对的得3分,选错的或不答的得0分．1．关于电磁场和电磁波,下列说法中正确的是(）A．电磁场由发生区域向远处传播就形成电磁波B．电磁场是一种物质，不能在真空中传播C．电磁波的速度总是3×108m/sD．电磁波由真空传入介质，速度变小，频率变小2．在狭义相对论中，下列说法中哪些是正确的？(）(1)一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速．（2）质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的．（3）在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其他一切惯性系中也是同时发生的．(4)惯性系中的观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些．A．(1）(3）（4）B．（1）(2）（4）C．（1）（2）（3) D．(2)（3）（4）3．如图所示电路中，电感线圈的电阻不计,原来开关闭合,从断开开关S的瞬间开始计时，以下说法正确的是（）A．t=0时刻，电容器的左板带正电，右板带负电B．t=π时刻，线圈L的感应电动势最小C．t=π时刻，通过线圈L的电流最大,方向向左D．t=π时刻，电容器C两极板间电压最大4．下列现象中，属于光的干涉现象的是（）A．太阳光照射下肥皂泡上的彩色条纹B．雨后天边出现彩虹C．早晨东方天边出现红色朝霞D．荷叶上的水珠在阳光下出现彩色花纹5．如图所示，波源S的起振方向向上，振动频率f=100Hz,产生的简谐波分别沿水平方向向左、右传播，波速v=80m/s，在波的传播方向上有P、Q两点,已知SP=1.2m，SQ=1.4m，波刚好传播到P点时波形图正确的是（)A．B．C．D．二、共4小题，每小题4分,共16分．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分．6．玻尔在他提出的原子模型中所做的假设有（）A．原子处于称为定态的能量状态时,虽然电子做加速运动,但并不向外辐射能量B．原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应,而电子的可能轨道的分布是不连续的C．电子从一个轨道跃迁到另一轨道时,辐射（或吸收）一定频率的光子D．电子跃迁时辐射的光子的频率等于电子绕核做圆周运动的频率7．氢原子在某三个相邻能级间跃迁时，可发出三种不同波长的辐射光．已知其中的两个波长分别为λ1和λ2，且λ1＞λ2,则另一个波长可能是()A．λ1+λ2B．λ1﹣λ2C．D．8．如图所示的LC振荡电路中，某时刻线圈中磁场方向向上，且电路的电流正在增强则此时(）A．a点电势比b点低B．电容器两极板间场强正在减小C．电路中电场能正在增大D．线圈中感应电动势正在减小9．如图所示，两块相同的玻璃等腰三棱镜ABC置于空气中，两者的AC面相互平行放置，由红光和蓝光组成的细光束平行于BC面从P点射入,通过两棱镜后,从a、b两点射出．对于从a、b射出的这两束光下列说法正确的是（）A．从a点射出的为蓝光，从b点射出的为红光B．从a、b两点射出的两束光不平行C．从a、b两点射出的两束光仍平行，且平行于BCD．在玻璃中从a点射出的光的传播速度比从b点射出的光的传播速度大三、本题共4小题，共21分．把答案填在答题纸相应的横线上或按规定要求在答题纸上作答．10．下列实验中，深入地揭示了光的粒子性一面的有（)A．X射线被石墨散射后部分波长增大B．锌板被紫外线照射时有电子逸出，但被可见光照射时没有电子逸出C．轰出金箔的a粒子中有少数运动方向发生较大偏转D．氢原子发射的光经三棱镜分光后,呈现线状光谱11．场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两个小球A、B，它们的质量分别为m1、m2，均带正电荷，电荷量分别为q1、q2，A、B两个小球由静止释放,重力加速度为g，则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为．12．约里奥•居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖，他们发现的放射性元索P衰变成Si的同时放出另一种粒子，这种粒子是．P是P的同位素，被广泛应用于生物示踪技术．1mg P随时间衰变的关系如图所示，请估算4mg的P经多天的衰变后还剩0.25mg．13．在“用单摆测定重力加速度”的实验中（1）以下说法正确的是．A．测量摆长时应将摆球取下后再测量B．测量时间应从摆球经过平衡位置时开始计时C．实验中应控制摆角不大于5度是为了减小系统误差D．只要测量一次全振动的时间即可知道单摆振动的周期（2）一位同学用单摆做测量重力加速度的实验．在实验中，他进行了一系列测量，并将得到的数据填在下表中实验次数 1 2 3 4 5摆长L（m）1。
----<<本文为word格式，下载后方便编辑修改，也可以直接使用>>------<<本文为word格式，下载后方便编辑修改，也可以直接使用>>----2013-2014学年江苏省无锡市高一上学期期末物理试卷一、选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。
每小题只有一个选项符合题意。
）1．（3.00分）如图是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是（）A．0﹣1S内的平均速度是2m/sB．0﹣2s内的位移大小是4mC．0﹣1s内的运动方向与2﹣4s内的运动方向相反D．0﹣1s内的加速度大小大于2﹣4s内加速度的大小2．（3.00分）火车在平直轨道上匀速行驶，车厢内有一个人向上跳起，发现扔落回车上原处，这是因为（）A．人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，使他与同火车一起向前运动B．人跳起的瞬间，车厢地板给他一个向前的力，使他与火车一起向前运动C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，不明显而已D．人跳起后扔落到回车上原处，这是由于人的惯性，在水平方向上与车具有相同的速度3．（3.00分）为了节省能量，某商场安装了只能化的电动扶梯。
无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先加速，再匀速运转。
一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。
那么下列说法中正确的是（）A．顾客始终受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用B．扶梯对顾客的支持力始终大于顾客的重力C．顾客受到的合力先沿着扶梯运动方向，后为零D．顾客对扶梯的作用力方向先与扶梯运动方向相反，后竖直向下4．（3.00分）如图所示，物体静止于一斜面上，则下列说法中正确的是（）A．物体所受的重力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力C．物体所受的重力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力D．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力5．（3.00分）一物体在水平地面上，受到一水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，前进了10m后．撤去拉力，物体又滑行了50m才停止．该物体在运动的两个阶段所用的时间比t1：t2为（）A．1：5 B．5：1 C．1：25 D．1：6．（3.00分）质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上，已知t=0时质点的速度为零，在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中（）A．t1时刻质点速度最大B．t2时刻质点速度最大C．t3时刻质点离出发点最远D．t4时刻质点回到出发点二、多项选择题：（本题共5小题，每小题4分，共20分。
2014年高二下学期物理期末考试卷为大家整理的2014年高二下学期物理期末考试卷文章,供大家学习参考！更多最新信息请点击高二考试网一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分) 1、某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为A.4ρ和4RB.ρ和4RC.16ρ和16RD.ρ和16R2、关于电源的电动势，下列说法中正确的是A.电源两极间的电压在数值上等于电源的电动势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.电源的电动势在数值上等于内、外电压之和D.电源的电动势与外电路的组成是无关的3、一个负电荷从电场中的A点由静止释放，仅在电场力作用下沿电场线由A点运动到B点，它运动的v-t图象如甲图所示。
则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是乙图中的哪一个甲乙4、有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线有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u，在t时间内，通过导线某一横截面积的自由电子数目可表示为A.nuStB.nutC.It/eD.It/Se5、一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为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6、下列关于电流的说法中，正确的是A.金属导体中，电流的传播速率就是自由电子定向迁移的速率B.温度升高时，金属导体中自由电子热运动加快，电流也增大C.电路接通后，自由电子由电源出发只要经过一个极短的时间就能达到用电器D.通电金属导体中，自由电子的运动是热运动和定向移动的合运动7、把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡均正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是A.P甲=P乙B.P甲=3P乙C.P乙=3P甲D.P乙>3P甲8、在如图所示的电路中，闭合S，A、B、C三只灯均正常发光，当可变电阻R′的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度的变化，下列叙述正确的是A.A灯变亮B.B灯变亮C.C灯变亮D.三灯均变暗9、平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路。
芜湖市14---15学年高二第一学期第一学段模块测评物理试卷(选修3—1)一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。
每个小题只有一个正确选项．．．．．．．．．．．．，请将正确选项的序号填入选择题答题表内)1．真空中两个相同的金属小球A 和B ，带电荷量分别为8210C A Q -=+⨯和8410C B Q -=+⨯，相互作用力为F ．若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为 ( ) A ．98F B ．F C ．8FD ．23F 2．关于电源电动势和电流，下列说法中正确的是 ( )A ．电动势是反映电源通过静电力做功把其他形式的能转化为电势能本领大小的物理量B ．只要电路中的自由电子运动，电路中就一定会产生恒定电流C ．单位时问内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D ．在整个电路中，电流的方向是从正极流向负极 3．电场强度的定义式EE q=可知，则在电场中( ) A ．电场强度E 跟F 成正比，跟q 成反比 B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，Eq始终不变 C ．正电荷所受电场力比负电荷在该点所受的电场力大D ．一个不带电的小球在某一点受到的电场力为零，则该点的场强一定为零 4．在如图1所示的各电场中，A 、B 两点场强相同的是（ ）5．一个标有“220V 60W ”的白炽灯泡，加上的电压U 由零逐渐增大到220V ，在此过程中，又压U 和电流I 的关系可用图线表示。
如图2中给出的四个图线中，符合实际的是6．如图3所示，A 、B 、C 为电场中同一电场线上的三点。
设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是A ．若在C 点无初速地释放正电荷，则正电荷向B 运动，电势能减少B ．若在C 点无初速地释放正电荷，则正电荷向B 运动，电势能增加 C ．若在C 点无初速地释放负电荷，则负电荷向A 运动，电势能增加D ．若在C 点无初速地释放负电倚，则负电荷向A 运动，电势能不变7．如图4所示，AB 问的电压为30V ，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD 间的电压，则U CD 的变化范围是 A ．0～10V B ．0～20V C ．20V ～30VD ．10V ～20V8．电容器是一种重要的电学元件，有着广泛的应用。
2014-2015学年江苏省苏州市高二（下）期末物理试卷（解析版）一、单项选择题：本题共5小题；每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）（2015春•苏州期末）下列有关物理史实的叙述中正确的是目（）A．电荷周围存在由它产生的电场的观点，最早由奥斯特提出的B．密立根通过“油滴实验”最早测定了元电荷e的电荷量C．能测量带电粒子的质量和分析同位素的质谱仪，最初是由洛伦兹设计的D．法拉第电磁感应定律最先是由法拉第提出的考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、电荷周围存在由它产生的电场的观点，最早由法拉第提出的，故A错误；B、密立根通过“油滴实验”最早测定了元电荷e的电荷量，故B正确；C、质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，这是阿斯顿最早设计的，故C错误；D、法拉第电磁感应定律最先是由纽曼和韦伯提出的，故D错误；故选：B．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（3分）（2015春•苏州期末）标有“220V、100W“的一灯泡接在u=311sin（314t）V的正弦交流电上，则（）A．产生该交流电的发电机转速为每分钟50转B．与该灯泡串联的理想电流表读数为0.64AC．与该灯泡并联的理想电压表读数为311VD．通过该灯泡的电流i=0.64sin（314t）A考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：由交流电u=311sin314tV可知ω=314rad/s，电压最大值U m=311V．由ω=2πf求解频率f．由U=U m求出电压的有效值，判断“220V100W”的灯泡能否正常发光．交流电压表测量的是有效值．解答：解：A、灯泡接在u=311sin（314t）V的正弦交流电上，ω=314rad/s，所以产生该交流电的发电机转速为每秒50转，故A错误；B、由交流电u=311sin314tV可知，电压的最大值U m=311V．有效值U=U m=220V，可以使“220V，100W”的灯泡正常发光，且电流表的电流I==0.46A．故B错误，C、与灯泡并联的交流电压表测量时，读数为220V．故C错误．D、灯泡的最大电流为I m=I=0.64A，因此通过灯泡的电流i=0.64sin314t（A）．故D正确．故选：D．点评：本题要注意对于没有特别说明的情况，交流电的数值都是指有效值．计算交流电的电功、电功率都用有效值．3．（3分）（2015春•苏州期末）在如图所示的电路中，R l、R2、R3和R4皆为定值电阻，R T为热敏电阻，电源的电动势为E，内阻为r．设理想电流表A的读数为I，理想电压表V的读数为U．当热敏电阻R T所处的环境温度降低时，则（）A．I变小，U变小B．I变大，U变大C．I变小，U变大D．I变大，U变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当温度降低时，热敏电阻阻值变大；外电路总电阻变大，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．解答：解：当温度降低时，热敏电阻阻值变大，则外部总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，内压减小，路端电压增大，电压表示数增大；因干路电流减小，则R及R3分压减小，则流过R2和R4的电流增大；故电流表示数增大；故选：B．点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．4．（3分）（2015春•苏州期末）如图所示，A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的形变弹性限度内，则（）A．保持+Q不变，将+q变为一q，平衡时弹簧的缩短量等于x0B．保持+q不变，将+Q变为一Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0C．保持+Q不变，将+q变为+2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0D．保持+q不变，将+Q变为+2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0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：根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可．解答：解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：…①A、保持Q不变，将q变为﹣q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故A错误．B、保持q不变，将Q变为﹣Q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故B错误．C、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：Kx1=k…②由①②解得：x1＜2x0，故C错误．D、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故D正确．故选：D．点评：本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用，要知道，电荷量变化后库仑力要变化，距离变化后弹簧弹力会变化．5．（3分）（2015春•苏州期末）如图所示，两根平行光滑电阻不计的金属导轨，左端接有电阻R，放置在倾角为θ的斜面（未画出）上，斜面处有垂直于斜面向上的匀强磁场．质量为m 电阻不计的金属棒动，在与其垂直且沿斜面向上的恒力F的作用下沿导轨匀速上滑h高度．则在这过程中，下列叙述中正确的是（）A．作用于金属棒ab各力的合力所做的总功等于零B．作用于金属棒ab各力的合力所做的功等于其克服重力所做的功与电阻R上发出的焦耳热之和C．F与金属棒ab所受的安培力的合力所做的功等于零D．F与金属棒ab所受重力的合力所做的功等于其重力势能的增加量与电阻R上生产的焦耳热之和考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系．分析：导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的焦耳热．解答：解：AB、导体棒匀速上升过程中，作用于棒上各力的合力为零，则合力所作的总功等于零，故A正确，B错误．C、根据动能定理得：W F﹣W G﹣W安=0，得W F﹣W安=W G≠0，即恒力F与安培力的合力所做的功等于克服导体棒重力做的功，不等于零，故C错误．D、由W F﹣W G﹣W安=0得，W F﹣W G=W安，即恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故D错误．故选A．点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生的焦耳热．二、多项选择题：本题共4小题；每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（4分）（2015春•苏州期末）如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等．一个带负电的粒子以一定的初速度进入电场后，仅在电场力作用下沿实线轨迹运动，先后通过M点和N点．由此可判断出目（）A．N点的电势高于M点的电势B．该粒子在N点的电势能比在M点的电势能大C．该粒子在M点的速率小于在N点的速率D．该粒子在这一过程中电势能和动能之和保持不变考点：电势差与电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、由于带负电的粒子，由运动轨迹可知，电场力F的方向如图所示，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知，N点的电势低于M点的电势，故A错误；B、由于带负电的粒子，从N到M，电场力做正功，所以电势能减小，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故B正确；C、从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故C错误；D、根据能量守恒定律可知，电势能和动能之和保持不变，故D正确；故选：BD．点评：电场线与等势面垂直．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．7．（4分）（2015春•苏州期末）上海磁悬浮列车是世界上第一段投入商业运行的高速磁悬浮列车，设计最高运行速度为430km/h，仅次于飞机的飞行时速．如图所示是磁悬浮的原理图，图中A是圆柱形磁铁，B是高温超导（电阻率为零）材料制成的超导圆环．现将超导圆环水平放在磁铁上方，它就能在磁场力的作用下悬浮在磁铁上方的空中，下列说法中正确的是（）A．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流．稳定后，感应电流仍存在B．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流．稳定后，感应电流消失C．如A的S极朝上，B中感应电流的方向如图中所示D．如A的N极朝上，B中感应电流的方向如图中所示考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，在电路中就会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，所以据电磁感应的理解，结合超导、安培定则分析即可判断．解答：解：A、B、当将B环靠近A时，由于越靠近A物体，其磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中B环会切割磁感线运动，即在该环中会产生感应电流；由于发生了超导，即没有电阻，所以此时B环中的电流不会变小，且永远存在，故A正确，B错误；C、如A的S极朝上，即其相互排斥，这就说明B环的下面是S极，故安培定则可判断此时用右手握时，大拇指应朝下，故感应电流为逆时针方向（俯视），即如图中所示，故C正确；D、此时圆环B水平放在磁铁A上且悬浮在磁铁A的上方空中，即其相互排斥，这就说明B环的下面是N极，故安培定则可判断此时用右手握时，大拇指应朝下，故感应电流为顺时针方向（俯视），故D错误．故选：AC．点评：知道产生感应电流的条件，并能结合超导和安培定则进行分析是解决该题的关键．8．（4分）（2015春•苏州期末）如图所示，变压器的原、副线圈的匝数比一定，原线圈的电压为U1时，副线圈的输出电压为U2，L1、L2、L3是三只完全相同的电灯．开始时，开关S 是断开的，现将S闭合，则（）A．L1变亮，L2变暗B．L1变暗，L2变亮C．U1、U2均不变D．原线圈中的电流变大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：开关S闭合后改变了副线圈的电流和功率，根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解．解答：解：A、根据，可知当原线圈的电压U1一定时，副线圈的电压U2也一定，当开关S闭合时，次级电阻减小，故次级电流变大，所以灯泡L1变亮，此时L2、L3并联支路的电压减小，L2变暗，故AC正确，B错误；D、由于次级电流变大，而电流之比等于匝数的反比，则原线圈中的电流变大；故D正确；故选：ACD．点评：本题主要考查了变压器的原理，要知道开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，但输出电压是由输入电压决定的；电压不变．9．（4分）（2015春•苏州期末）如图所示，相互正交的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里．带有等量同种电荷的三个液滴在此空间中，a液滴静止不动，b液滴沿水平线向右做直线运动，c液滴沿水平线向左做直线运动．则下列说法中正确的是（）A．三个液滴都带负电B．液滴b的速率一定大于液滴c的速率C．三个液滴中液滴b质量最大D．液滴b和液滴c一定做的是匀速直线运动考点：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：三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解确定电性与质量大小，再依据洛伦兹力、电场力与重力关系，来判定速率的大小，最后根据洛伦兹力受到速率的影响，从而确定运动性质．解答：解：AC、a球受力平衡，有：G a=qE…①重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电，b 球受力平衡，有：G b+qvB=qE…②c球受力平衡，有：G c=qvB+qE…③解得：G c＞G a＞G b，故A正确，C错误；B、由上分析可知，无法确定b与c洛伦兹力大小，因此无法确定液滴速率大小，故B错误；D、根据f=qvB，可知，液滴的洛伦兹力受到速率的约束，若不是做匀速直线运动时，则洛伦兹力变化，导致受力不平衡，那么就不可能做直线运动，故D正确，故选：AD．点评：本题关键分别对a、b、c三个球进行受力分析，然后得到小球的电性，电场力和洛仑兹力的方向，最后根据共点力平衡条件得到各个球的重力的大小．三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．必做题10．（8分）（2015春•苏州期末）用如图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量①旋动部件S，使指针对准电流的“0”刻线．②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的0刻线（填“0刻线”或“∞刻线”）．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按BDC的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准⑤在步骤④中，将两表笔分别与被测电阻两根引线相接，待稳定后，表盘指针如图乙所示，此被测电阻的阻值为 3.0×102Ω．（保留两位有效数字．）考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：①电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；③欧姆表测量前要进行欧姆调零；④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；⑤欧姆表读数=刻度盘读数×倍率；⑥欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出解答：解：①电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；②将K旋转到电阻挡“×l00”的位置．③将插入“十”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线．④欧姆表指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应换小挡进行测量，应将旋转开关K置于“×10”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：BDC．⑤由图2所示可知，被测电阻阻值：30×10=300Ω=3.0×102Ω；故答案为：①S；③T；0刻线；④BDC；⑤3.0×102．点评：本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近．11．（10分）（2015春•苏州期末）在测电池的电动势和内阻的实验中，某学生记录了电流表和电压表如表所示的6组数据：次数物理量 1 2 3 4 5 6电流I/A 0.12 0.20 0.31 0.32 0.44 0.57电压U/V 1.37 1.32 1.24 1.18 1.13 1.05实验中提供的器材有：A．电池（电动势约1.5V）．B．电流表（量程为0.6A，内阻约为0.1Ω和量程为3A，内阻约为0.02Ω）C．电压表（量程为3V，内阻约为lkΩ和量程为15V，内阻约为5kΩ）D．滑动变阻器（0～20Ω）E．开关一个、导线若干（1）根据实验要求，在图a中按要求连接实物图．（2）根据记录数据在如图b所示的坐标纸上作出U一I图线，并根据所作图线求出该电池的电动势E= 1.45V，内阻r=0.69Ω．（结果须小数点后保留两位数字）考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：（1）由题意要求要确定实验原理图；再根据电路图连接实物电路图；（2）应用描点法作出图象，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．解答：解：（1）由于电流表内阻与电源内阻较接近；故电流表选用相对电源的外接法；原理图如图所示；根据电路图连接实物电路图如图所示：（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：由图象图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值为1.45，则电源电动势E=1.45V，电源内阻r===0.69Ω．故答案为：（1）电路图如图所示；（2）图象如图所示；1.45；0.69．点评：本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．三．选做题（请从A、B和C三小题中选定两小题作答，如都作答则按A、B两小题评分）A．（选修模块3--3）（12分）12．（4分）（2015春•苏州期末）某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中f（v）表示v处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为TⅠ、TⅡ、TⅢ则（）A．TⅠ＞TⅡ＞TⅢB．TⅢ＞TⅡ＞TⅠC．TⅡ＞TⅠ，TⅡ＞TⅢD．TⅠ=TⅡ=TⅢ考点：温度是分子平均动能的标志．分析：温度是分子的平均动能的标志，大量的分子的速率的分布规律，满足麦克斯韦分布的规律．解答：解：根据麦克斯韦关于分子的分布规律，气体的温度越高，速率大的分子所占的比例越大．所以Ⅰ的温度最高，Ⅲ的温度最低．故A正确．故选：A点评：该题考查图f（v）表示v处单位速率区间内的分子数百分率与所对应的温度个关系，其实质是考查麦克斯韦分布规律，掌握其特点即可解答．13．（4分）（2015春•苏州期末）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，首先要确定一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，具体做法是：把浓度为η的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下滴入溶液滴数n时、量筒内增加的体积为V，则一滴溶液中纯油酸的体积为；然后将一滴油酸酒精溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，记下如图油酸分布图，已知图中每个正方形小方格的面积为S0．则油酸分子直径大小的表达式为．考点：用油膜法估测分子的大小．专题：实验题．分析：根据浓度按比例算出纯油酸的体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由d=可以求出直径大小．解答：解：一滴溶液中纯油酸的体积v0=．根据油膜分布图可知，大约有57个小格子，则油膜的面积为57S0，则d=．故答案为：，．点评：本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了．计算时注意单位的换算．14．（4分）（2015春•苏州期末）如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压变化到状态B．此过程中，气体的压强p=1.5×105Pa，吸收的热量为Q=2×102J，求此过程中气体内能的增量．考点：热力学第一定律；理想气体的状态方程．专题：热力学定理专题．分析：气体从状态A经等压过程到状态B的过程中，吸收热量，同时对外做功，要先求出体积的变化，再求外界对气体做的功，最后根据热力学第一定律求解．解答：解：气体由状态A到状态B的过程中，发生等压变化，由盖﹣吕萨克定律得：=得V B==2×10﹣3m3；在该过程中，外界对气体做功：W=p（V A﹣V B）=1.5×105×10﹣3J=150J根据热力学第一定律得：△U=Q+W=150+200=350J答：此过程中气体内能的增量是350J．点评：该题考查热力学第一定律和理想气体的状态方程，关键的是正确求出气体对外做的功．四．（选修模块34）（12分）15．（4分）（2015春•苏州期末）如图所示，乒乒乘坐速度为0.8c（c为光速）的宇宙飞船追赶正前方的宝宝，宝宝的飞行速度为0.6c，乒乒向宝宝发出一束光进行联络，则宝宝观测到该光束的传播速度为（）A．0.4c B．1.4c C．1.0c D．0.2c考点：*爱因斯坦相对性原理和光速不变原理．分析：光速不变原理：在狭义相对论中，指出无论在何种惯性系（惯性参照系）中观察，光在真空中的传播速度都是一个常数，不随光源和观察者所在参考系的相对运动而改变．故真空中的光速对任何观察者来说都是相同的，即为c．解答：解：根据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变，即光速不随光源和观察者所在参考系的相对运动而改变．所以宝宝观测到该光束的传播速度为C，所以ABD错误，C正确．故选：C．点评：本题考查了光速不变原理，只要掌握了基本概念即可顺利解决．基础题目．16．（4分）（2015春•苏州期末）在一次测玻璃的折射率实验中，采用了如下方法，将一块半圆形玻璃砖放在水平面上（如图所示），用一束光线垂直于玻璃砖直径平面射入圆心O，以O 为转轴在水平面内缓慢转动半圆形玻璃砖，当刚转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，这样就可以知道该玻璃砖的折射率n的大小，那么，上述测定方法主要是利用了全反射的原理，该玻璃的折射率n=．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：由题，将玻璃砖缓慢转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，由折射定律公式求出该玻璃砖的折射率．解答：解：据题意，将玻璃砖缓慢转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有i=C=θ．根据临界角公式sinC=，则得n==．故答案为：全反射，点评：本题考查全反射的条件及临界角公式，并提供了利用全反射测定玻璃砖折射率的方法．17．（4分）（2015春•苏州期末）如图所示，一列简谐波在时刻t=﹣0时的波形图，该波沿x轴正方向传播．经△t=0.9s，A点刚好第三次出现波峰．求经过多长时间平衡位置在x=11m的P点第一次出现波峰？考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：根据经△t=0.9s，A点刚好第三次出现波峰求出周期，根据图象得出波长，进而求出波速，当x=1m的波峰形式传播至x=11m 时，x=11m的P点第一次出现波峰，根据t=求解时间，解答：解：由题意得：，解得：T=0.4s根据图象可知波长λ=4m则波速v=，当x=1m的波峰形式传播至x=11m 时，x=11m的P点第一次出现波峰，则t=答：经过1s时间平衡位置在x=11m的P点第一次出现波峰．点评：解答本题的关系是根据题意求出周期，能根据图象读出波长，考察了同学们读图的能力，知道当x=1m的波峰形式传播至x=11m时，x=11m的P点第一次出现波峰．五．（选修模块3-5）（12分）18．（2015春•苏州期末）下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射规律的是（）A．B．C．D．考点：量子化现象．分析：要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短．解答：解：黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故B、D错误．黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在500℃以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射．即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故C错误A正确．故选：A．点评：顺利解决本题，一定要熟练记忆本深刻理解教材的基本的内容，这是我们学好物理的捷径．19．（2015春•苏州期末）用如图甲装置做“验证动量守恒定律”的实验中，A、B两小球体积相同，称得A球的质量0.1kg，B球的质量为0.05kg，则应选A球（填“A”或“B”）作为入射球．两球相碰时，球心在地面的白纸上的投影分别是O和O′．实验过程中，两球多次落点的平均位置为从P和N，但N点的位置模糊不清，请你根据动量守恒和图乙中的读数判定N点的位置应在34.50cm刻度线上．考点：验证动量守恒定律．专题：实验题．分析：该实验中，为了使入碰小球在碰撞之后不被反向弹回，要求入碰小球的质量大于被碰小球的质量；碰后被碰小球的位移为：O′N．解答：解：为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，因此应选A球作为入射球；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间t相等，水平位移与初速度成正比，可以用水平位移代替水平速度，碰撞过程动量守恒，由动量守恒动量得：m A OP=m A OM+m B O′N，由图示可知：OP=31.00cm，OM=15.00cm，代入数据解得：O′P=34.50cm；故答案为：A；34.50．点评：本实验主要是要把动量守恒用水平方向的位移表示出来，同学们一定要注意掌握，因为这是本实验的一个重要的技巧．20．（2015春•苏州期末）处于静止状态的x原子核，经历一次α衰变后变成质量为M的Y原子核．放出的α粒子垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场，测得其做匀速圆周运动的半径为r．已知α粒子的质量为m，电荷量为q，求此衰变过程的质量亏损．考点：爱因斯坦质能方程．专题：爱因斯坦的质能方程应用专题．。
2014年春期高中二年级期中质量评估物理试题参考答案及评分标准(如果学生计算题结果错误,请评卷老师一定按解题过程给分)选修3-3一、选择题．（每小题4分，共48分．选对但不全的给2分．）1、B2、C3、B4、C5、C6、A7、A8、B9、BD 10、ABC 11、ABC 12、CD二、填空题．（共18分）13、（8分） (1)②;（2分）将“一滴”改为“多滴”或“50滴”、“30滴”、“n 滴”……（2分）(2)1×10－9（4分） 14、（10分） (1)B （4分） (2)ρV MN A （2分） (3)0.3（2分） 降低（2分） 三、计算题．（共44分）15、（10分）解：（1）此过程是等压变化：TV T V T V ∆∆==2211， （2分）dS T =dS T∆∆， （2分） 所以T T d d ∆=∆ （1分） （2）对气缸：PoS =PS +G （2分）d PS W ∆=（2分）所以()TT d G S P W ∆-=0 （1分） 16、（10分）解：（1）左管内气体压强p 1＝p 0＋h 2＝80 cmHg （1分）右管内气体压强p 2＝p 1＋h 1＝85 cmHg （1分）p 2＝p 0＋h 3，（1分）得右管内外液面高度差h 3＝10 cm则L 2＝L 1－h 1－h 2＋h 3＝50 cm （2分）（2）设玻璃管截面积为S ，对左侧管内的气体有p 1＝80 cmHg ，V 1＝50S ，T 1＝300 K当温度升至405 K 时，设左侧管内下部的水银面下降了x cm ，则有p 3＝(80＋x ) cmHg ，V 3＝L 3S ＝(50＋x )S ，T 3＝405 Kp 1V 1T 1＝p 3V 3T 3（3分） 解得x ＝10所以左侧竖直管内气柱的长度L 3＝60 cm.（2分）17、(12分)解:设打入的空气体积为1V , 到湖底后,这部分空气的体积为2V , 湖底的压强 )2(,a t m 202分水=+=p p p2gV F 水浮箱充气后所受浮力为ρ=(2分）上浮的条件是.02≥-mg gV 水ρ (３分)有V 2= 0.56m 3由气态方程111T V p =222T V p , (3分) 得V 1=1.2m 3 （2分）18、（12分）解：气缸A 在升温之前，A 中的活塞平衡：F S p S p A A A +=0（1分） B 中的活塞有：B B B S p F S p 0=+ （1分）联立解得：075.0p p B =在升温后，A 中的活塞平衡：F S p S p A A A '+='0 （1分）B 中的活塞有：B B B S p F S p 0='+' （1分）联立解得：05.0p p B ='对B 气体，根据玻意耳定律：BB B V p V p ''=0(2分) 可得：05.1V V B='(1分) 表明：025.1V V A='(1分) 对A 气体，根据理想气体状态方程：AA A A A A T V P T V P '''=∙（2分） ='AT 500K.（2分）选修3-4一、选择题．（每小题4分，共48分．选对但不全的给2分．）1、C2、A3、D4、D5、C6、B7、B8、D9、CD 10、ABD 11、BCD12、BD二、填空题．（共18分）13、（6分）AB14、（12分）（1）2.5×10－4 （2分）； （2）3.00×10－4（2分）； （3）1.4700×10－2 m （2分）； （4）8×10－7 （6分） 三、计算题．（共44分）15、（10分）（1）P 点的起振方向与20 cm 处的A 点起振方向相同，A 点起振方向向下，波传播到P 点，P 点的起振方向也一定向下．（3分）（2）由题意知，波的传播速度为v ＝λT，（2分） 波从波源传播到70 cm 处的传播时间为t 1＝s v ＝7050s ＝1.4 s （2分） 此时，P 点振动方向向下，P 点从平衡位置处到第一次形成波峰的时间t 2＝34T ＝0.3 s （2分） 所以该波从原点向右传播开始计时，P 点第一次到达波峰的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.4 s ＋0.3 s ＝1.7 s.（1分）16、(10分)解：如图所示。
2014-2015学年江苏省无锡市梅村高中高二〔上〕第一次段测物理试卷一、单项选择题：此题共7小题，每一小题3分，共21分，每一小题只有一个选项符合题意．1．〔3分〕〔2012•广陵区校级学业考试〕关于电源电动势，如下说法中正确的答案是〔〕A．同一电源接入不同的电路电动势会发生改变B．电源电动势就是接入电源两极间的电压表测量的电压C．电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关D．电源电动势与电势差是一回事考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源的电动势由电源本身决定，与外电路结构无关．电源电动势大于接入电源两极间两极间的电压表的示数．电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关．电源电动势与电势差不是一回事．解答：解：A、电源的电动势由电源本身决定，与外电路结构无关，同一电源接入不同的电路电动势不会发生改变．故A错误．B、接入电源两极间的电压表测量的电压是路端电压，小于电源的电动势．故B错误．C、电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关．故C正确．D、电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的大小，而电势差等于电压，两者不是一回事．故D错误．应当选C点评：此题考查对电源电动势的理解．抓住电动势的物理意义和决定因素是关键．2．〔3分〕〔2014秋•吴兴区校级期中〕R1和R2分别标有“2Ω、1.0A〞和“4Ω、0.5A〞，将它们串联后接入电路中，如下列图，如此此电路中允许消耗的最大功率为〔〕A．6.0 W B．5.0 W C．3.0 W D．1.5 W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：把R1和R2串连接入电路中，他们的电流一样，根据R1和R2的参数可知，串联时的最大的电流为0.5A，根据P=I2R，可以求得电路中允许消耗的最大功率．解答：解：把R1和R2串联后，由于R2的最大电流较小，所以串联后的最大电流为0.5A，串联后的总电阻为6Ω，所以电路的最大的功率为P=I2R=0.52×6W=1.5W，所以D正确．应当选：D．点评：此题考查的是串联电路的特点，在串联电路中，电路的电流的大小是一样的，根据这一个特点就可以判断出电流中允许通过的最大的电流．3．〔3分〕〔2014春•洛阳期末〕如下列图，R1和R2是材料、厚度均一样、外表为正方形的导体，正方形的边长之比为2：1．通过这两导体的电流方向如下列图，如此这两个导体电阻之比R1：R2为〔〕A．2：1 B．1：1 C．1：2 D．1：4考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：横截面积s=ld，长度为l，根据电阻定律R=，可得两电阻之比．解答：解：横截面积s=ld，由电阻定律可知，R==，故电阻与材料和厚度有关．两电阻厚度一样，材料一样，所以电阻之比为1：1．应当选：B．点评：此题考查电阻定律的公式，注意电阻与电阻率与导线长度与横截面积的关系．4．〔3分〕〔2014秋•贵阳期末〕电流表的内阻是R g=100Ω，满刻度电流值是I g=1mA，现欲把这电流表改装成量程为3V的电压表，正确的方法是〔〕A．应串联一个0.1Ω的电阻B．应并联一个0.1Ω的电阻C．应串联一个2900Ω的电阻D．应并联一个2900Ω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：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣R g，U为改装后的量程解答：解：改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为：R=﹣R g=如此A，B，D错误，C正确应当选：C点评：考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值．5．〔3分〕〔2014•扶沟县校级模拟〕按如下列图的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光．在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，如下判断正确的答案是〔〕A．L1亮度不变B．L1变亮C．L2功率变小D．L2变亮考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知L1与定值电阻串联后与滑动变阻器R并联，再与L2串联；由滑片的移动可知电路中电阻的变化，如此可知电路中总电流的变化，即可知L2亮度的变化；由串联电路的电压规律可知L1与定值电阻两端的电压变化；如此可得出L1亮度的变化．解答：解：滑动变阻器的滑动头向左移动时，电路中的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律I=知，干路电流增大，如此L2变亮，路端电压减小，又L2两端的电压增加，如此并联电路两端的电压减小，那么L1两端的电压减小，L1变暗．故ABC错误，D正确．应当选：D．点评：闭合电路的欧姆定律中的动态电路分析一般按外电路﹣内电路﹣外电路的分析思路进展分析，在分析外电路时要注意结合串并联电路的规律．6．〔3分〕〔2014秋•滨湖区校级月考〕如下列图，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得U ab=0，U bc=0，U cd=4V．由此可知断路处为〔〕A．变阻器B．灯L1C．灯L2D．不能确定考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律分析可知，其电压U=IR=0．假设发生断路，其两端电压等于电源的电动势．解答：解：A、据题U cd=4V，如此变阻器发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势．故A正确．B、对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．由题：U ab=0，U bc=0，如此可知：灯L1、L2一定没有发生断路．故BC错误D、因A正确，故D错误；应当选：A．点评：此题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解．7．〔3分〕〔2010•东城区二模〕有一种测量人体重的电子秤，其原理图如下列图，它主要由三局部构成：踏板、压力传感器R〔阻值可随压力大小而变化的电阻器〕、显示体重的仪表Ⓖ〔实质是理想电流表〕，设踏板的质量可忽略不计，仪表Ⓖ的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，压力传感器R的阻值随压力变化的函数式为R=30﹣0.02F〔F和R的单位分别是N和Ω〕．如下说法正确的答案是〔〕A．该秤能测量的最大体重是1300NB．体重为1300N应标在仪表Ⓖ刻度盘2A刻度处C．该秤零刻度线〔即踏板空载时的刻度线〕应标在仪表Ⓖ刻度盘零刻度处D．该秤零刻度线应标在仪表Ⓖ刻度盘的最右端考点：传感器在生产、生活中的应用．分析：由电阻R随压力变化的函数式为R=30﹣0.02F可知，压力F越大，电阻越小，电路中电流越大，当电流达到电流表量程时，电路中电流达到最大，压力最大，该秤能测量的体重最大．由闭合电路欧姆定律求出电流为3A时，电阻R，再表达式R=30﹣0.02F求出该秤能测量的最大体重．体重为1300N时，由表达式R=30﹣0.02F求出电阻R，再由闭合电路欧姆定律求出电流．踏板空载时F=0，得到此时的电阻R，由闭合电路欧姆定律求出电流．解答：解：A、当电流达到电流表量程3A时，由闭合电路欧姆定律得到I=，代入解得R=2Ω．由R=30﹣0.02F得，F=1400N．即该秤能测量的最大体重是1400N．故A错误．B、当体重为1300N时，F=1300N，如此R=30﹣0.02F=4Ω，I==2A．故B正确．C、踏板空载时F=0，R=30﹣0.02F=30Ω，I==0.375A．即该秤零刻度线〔即踏板空载时的刻度线〕应标在电流表G刻度盘0.375A处．故CD错误．应当选：B．点评：此题是实际问题，考查理论联系实际的能力，根底是认真读题，抓住电阻与压力的关系．这类问题，往往高起点，低落点，不会太难．二、多项选择题：此题共5小题，每一小题4分，共20分，每一小题有不少于两个选项符合题意．全部选对得4分，漏选得2分，错选和不答的得0分．8．〔4分〕〔2010秋•保定期末〕如下列图，a、b分别表示由一样材料制成的两条长度一样、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，如下判断中正确的答案是〔〕A．a代表的电阻丝较粗B．b代表的电阻丝较粗C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：I﹣U 图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比拟电阻的大小．根据电阻定律R=比拟电阻丝的粗细．解答：解：A、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=知，长度一样，材料一样，知a的横截面积小，b的横截面积大．故A、C 错误，B正确．D、电阻的大小与电压、电流无关．故D错误．应当选：B．点评：解决此题的关键会从I﹣U图线中比拟电阻的大小，以与掌握电阻定律R=．9．〔4分〕〔2011秋•印江县校级期末〕使用多用电表的欧姆挡测电阻时，如下说法正确的答案是〔〕A．测量前应检查指针是否停在“Ω〞刻度线的“∞〞处B．每一次换挡，都要重新进展一次调零C．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D．测量时，假设指针偏转很小〔靠近∞附近〕，应换倍率更大的挡进展测量考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：使用欧姆表测电阻前要注意机械调零；每换一次挡都要重新进展欧姆调零；欧姆表内置电源的正极与“﹣〞插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；使用欧姆表测电阻应选择适当的档位，使指针指在中央刻度盘附近，如果指针偏转角度较小，说明所选档位太大，应换小挡．解答：解：A、使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“∞〞处，故A正确；B、每换一次挡位，都要进展一次欧姆调零，故B正确；C、在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表，故C 错误；D、测量时假设发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故D正确；应当选：ABD．点评：此题考查了用多用电表欧姆挡测电阻的注意使用与方法，掌握使用欧姆表的注意使用即可正确解题；要掌握多用电表的使用方法与须知事项．10．〔4分〕〔2011秋•顺德区期末〕一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下述说法中正确的答案是〔〕A．电动机的输出功率为B．电动机的发热功率为I2RC．电动机的输出功率为IU﹣I2RD．电动机的功率可写作IU=I2R=考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电动机工作时，输入功率P=UI，内部发热的功率为P热=I2R，输出功率P出=P﹣P热．解答：解：A、电动机的总功率为 P=UI，由于它工作时其电路是非纯电阻电路，故I≠，故P≠，故A错误；B、电动机的发热功率，根据焦耳定律，可得 P热=I2R．故B正确．C、电动机的输出功率P出=P ﹣P热=UI﹣I2R．故C正确．D、因为P＞P热，即UI＞I2R，U＞IR，欧姆定律不适用．故UI≠I2R、，故D错误．应当选：BC ．点评：解决此题的关键明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，掌握电动机输入功率、输出功率、发热功率之间的关系．11．〔4分〕〔2012秋•广东期末〕在如下列图的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，如下说法中正确的答案是〔〕A．电压表示数变小B．电流表示数变大C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低考点：电容器；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联局部电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．解答：解：A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，如此电压表示数变大，A错误．C、电阻R2两端的电压U2=E﹣I〔R1+r〕，I增大，如此U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，C错误．B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，如此a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A=I﹣I2，I增大，I2减小，如此I A增大．即电流表示数变大．故BD正确．应当选BD点评：此题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻与定值电阻的阻值不变，进展分析．根据电流方向判断电势上下，由电压的变化判断电势的变化．12．〔4分〕〔2011•郑州模拟〕某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知〔〕A．反映P r变化的图线是cB．电源电动势为8 VC．电源内阻为1ΩD．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6Ω考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电源内部的发热功率P r=I2r．直流电源的总功率P E=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E．当I=2A时，电源内部的发热功率P r与电源的总功率相等，求出电源的内阻．根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A时的外电阻．解答：解：A、电源内部的发热功率P r=I2r，P r﹣I图象是抛物线，而且是增函数，如此反映P r变化的图线是c．故A正确．B、直流电源的总功率P E=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E，如此有E==4V．故B错误．C、图中I=2A时，电源内部的发热功率P r与电源的总功率相等，如此有P r=I2r，得到r==Ω=2Ω．故C错误．D、当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：I=，代入解得R=6Ω．故D正确．应当选AD点评：此题要根据电源的总功率公式P E=EI求解电动势，根据发热功率的解析式I2r，求解电源的内阻．三、简答题：请将解答填写在答题卡相应的位置．〔共28分〕13．〔14分〕〔2014秋•滨湖区校级月考〕在“测定金属的电阻率〞的实验中，需要测量金属丝长度L，金属丝直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R x．〔1〕请写出测金属丝电阻率的表达式ρ=〔用上述测量量的字母表示〕．〔2〕用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图1所示，如此d=0.910 mm．〔3〕金属导线的电阻约为5Ω左右，欲用伏安法测定其准确阻值，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组〔3 V，内阻1Ω〕 B．电流表〔0～3 A，内阻0.0125Ω〕C．电流表〔0～0.6 A，内阻0.125Ω〕 D．电压表〔0～3 V，内阻3 kΩ〕E．电压表〔0～15 V，内阻15 kΩ〕 F．滑动变阻器〔0～20Ω，额定电流1 A〕G．滑动变阻器〔0～2 000Ω，额定电流0.3 A〕 H．开关、导线上述器材中应选用的是ACDFH 〔填写各器材的字母代号〕；实验电路应采用电流表外接法接法〔填“内〞或“外〞〕；设实验中电流表、电压表的某组示数如图2所示，图示中I=0.48 A，U= 2.2 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3中画出测量待测金属导线的电阻R x 的原理电路图．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：〔1〕螺旋测微器固定刻度与可动可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；〔2〕实验需要电源、开关、导线，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．根据待测电阻阻值与电表内阻的关系选择电流表采用内接法还是外接法．〔3〕根据图示电表确定其分度值，读出电表示数．〔4〕电流表能从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，然后作出伏安法测电阻的实验原理图．解答：解：〔1〕根据电阻定律有R=，又S=，联立可得ρ=．〔2〕螺旋测微器读数为d=0.5mm+41.0×0.01mm=0.910mm．〔3〕实验需要：A．电池组〔3V，内阻1Ω〕，H．开关、导线，电源电动势为3V，电压表可选：D．电压表〔0～3V，内阻3kΩ〕，电路最大电流约为I===0.6A，电流表应选：C．电流表〔0～0.6A，内阻0.125Ω〕，为方便实验操作，滑动变阻器可选：F．滑动变阻器〔0～20Ω，额定电流1A〕，即需要的实验器材为：A、C、D、F、H．==40，==600，＞，如此电流表应采用外接法．电流表量程是0～0.6A，由图示电流表可知其分度值是0.02A，示数为0.48A；电压表量程是0～3V，由图示电压表可知其分度值是0.1V，其示数为2.2V．〔4〕通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，如此滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，伏安法测电阻的实验电路如下列图．故答案为〔1〕〔2〕0.910；〔3〕ACDFH；外接；0.48；2.2；〔4〕如下列图．点评：此题考查了实验器材的选取、实验电路设计、电表读数、螺旋测微器与游标卡尺读数等问题；一定要掌握实验器材的选取原如此；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．14．〔14分〕〔2014秋•滨湖区校级月考〕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，实验电路如甲图所示．〔1〕按图甲电路原理图将图乙实物连接起来；I/A 0.10 0.17 0.23 0.30U/V 1.20 1.00 0.80 0.60〔2〕电键闭合前，滑片P的位置应该放置于图甲中 A 端〔选填“A〞或“B〞〕〔3〕该同学顺利完成实验，测出的数据如表所示．请你根据这些数据帮他在坐标图丙中画出U﹣I图象，并由图得出电池的电动势E= 1.5 V，内阻r= 0.5 Ω；〔4〕考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造本钱实验的系统误差的原因是电压表的分流〔选填“电流表的分压〞或“电压表的分流〞〕．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：〔1〕由原理图即可得出实物图；〔2〕根据滑动变阻器的限流作用明确滑片的位置；〔3〕根据表格中的数据采用描点法可得出伏安特性曲线，由图象可求得电动势和内电阻；〔4〕根据电路的连接方式可明确误差原因．解答：解：〔1〕对照电路图连线即可，要注意电表的极性，实物图连线如图：〔2〕由图可知，当滑片滑到A端时，电路中电流最小；为了保护电路安全，应将滑片滑到A端；〔3〕U﹣I图线是一条倾斜的直线，描点作图如如下图．纵轴截距为1.5，所以电动势：E=1.5V．图线的斜率：k==3.0Ω，如此内阻：r=3.0﹣2.5Ω=0.5Ω．〔3〕电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内阻有分流作用．故答案为：〔1〕如图〔2〕A；〔3〕1.5V，0.5Ω〔4〕电压表内阻分流点评：解决此题的关键会从U﹣I图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值．以与会分析误差的来源，通过图象分析测量值和真实值的关系．四、计算论述题：此题共4小题，共51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．15．〔10分〕〔2014秋•滨湖区校级月考〕如下列图，电源电动势E=24V，内阻不计，R1=2.5Ω，R2=10Ω，R3=6Ω．〔1〕假设在A、B间连接一理想电流表，读数为多少？〔2〕假设在A、B间连接一理想电压表，读数为多少？考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：假设在AB间连一个理想电流表，如此电路结构为R2、R1并联后与R3串联，接到电源上，电流表测量通过R1的电流；假设在AB间连一个理想电压表，如此电路结构为R3、R2串联接到电源上，电压表测量的是R2的电压．解答：解：假设在C、D间连一个理想电流表，如此电路结构为R2、R1并联后与R3串联，接到电源上，根据闭合电路欧姆定律得：总电流I==3A所以通过电流表的电流为I1==2.4A假设在AB间连一个理想电压表，如此电路结构为R3、R2串联接到电源上，电压表测量的是R2的电压如此==15V答：〔1〕假设在A、B间连接一理想电流表，读数为3A〔2〕假设在A、B间连接一理想电压表，读数15V点评：此题中理想电流表看作短路，理想电压表看作断路，认识电路的连接关系是解题的根底16．〔12分〕〔2014秋•滨湖区校级月考〕如下列图，电源电压为U=12V，滑动变阻器的总电阻为42Ω，当滑动变阻器AP间的电阻为12Ω时，灯泡恰好正常发光．假设灯泡正常发光时电阻为20Ω，求：〔1〕灯泡的额定电压？〔2〕此时滑动变阻器上消耗的功率是多少？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：由串并联电路的规律可知灯泡的额定电流，如此可求得额定电压；由功率公式可求得滑动变阻器上消耗的功率．解答：解：〔1〕由题意可知，AP局部电阻为12Ω，BP局部电阻为30Ω；灯泡的电阻为20Ω；如此并联局部总电阻为R并==12Ω；总电阻R=R AP+R 并=12+12=24Ω；总电流I===0.5A；灯泡的额定电压为：U L=U﹣12×0.5=6V；〔2〕滑动变阻器上消耗的功率P=I2R AP+=0.25×12+=3+1.2=4.2W；答：〔1〕灯泡的额定电压为6V；〔2〕此时滑动变阻器上消耗的功率是4.2W．点评：此题考查串并联电路的规律与功率公式，要注意明确串并联电路中电流与电压规律的正确应用．17．〔14分〕〔2014秋•滨湖区校级月考〕一台电风扇，内阻是20Ω，接上220V的电压后，消耗的总功率是66W，求：〔1〕电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流；〔2〕电风扇工作时，转化为机械能和内能的功率分别为多少；〔3〕假设接上220V电源后，扇叶被卡住，不能转动，此时通过电动机的电流为多大？电动机消耗的电功率和发热功率分别为多大？考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：〔1〕根据功率P=UI可以求得电动机的电流的大小；〔2〕由P Q=I2r可以求得转化为内能的功率的大小，再由P机=P﹣P Q可以求得转化为机械能的功率；〔3〕当扇叶被卡住不能转动时，此时可以看做是纯电阻，总的功率即为发热的功率．解答：解：〔1〕由P=UI可得电流为：I===0.3A；〔2〕线圈电阻发热功率：P Q=I2r=0.32×20=1.8w；机械功率：P机=P﹣P Q=66﹣1.8=64.2W；〔3〕当叶片不转动时，作纯电阻，根据欧姆定律，有：I===11A；电动机消耗的电功率等于电机的发热功率：P=UI=I2r=11×11×20=2420w．答：〔1〕电风扇正常工作时通过电动机的电流是0.3A；〔2〕电风扇工作时，转化为机械能和内能的功率分别为64.2W、1.8W；〔3〕如果接上电源后，电风扇的风叶被卡住，不能转动，电动机的电流11A，电动机消耗的电功率等于电机的发热功率是2420W．点对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率评：和发热功率的计算公式是不一样的．18．〔15分〕〔2011秋•宝应县校级期中〕如下列图的电路中，电源电动势E=3V，内阻r=2Ω定值电阻R1=1Ω，变阻器M最大电阻R2=5Ω，变阻器N的最大电阻R3=9Ω，电容器的电容C=1μF．〔1〕闭合开关S，调节变阻器M、N的阻值，电流表的最小示数为多少？〔2〕闭合开关S，调节变阻器M、N 的阻值，电源输出的最大功率为多少？〔3〕闭合开关S，调节变阻器M、N的阻值，当电流表示数为0.3A后，再断开开关S，如此流过电流表的电量为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：〔1〕闭合开关S，调节变阻器N的阻值为最大时，电流表的示数最小．根据欧姆定律求出最小示数．〔2〕根据推论可知，当外电阻与电源的内阻相等时，电源输出的最大功率，由欧姆定律和功率公式求出最大功率．〔3〕闭合开关S，电路稳定后，电容器的电压等于变阻器N两端的电压，由欧姆定律求出电容器的电压，再求出其电量．当再断开开关S，如此流过电流表的电量就是电容器原来的带电量．解答：解：〔1〕闭合开关S，调节变阻器N的阻值为最大时，电流表的示数最小．根据闭合电路欧姆定律得，电流的最小值为〔与R2大小无关〕〔2〕当R3+R1=r，即R3=1Ω时〔与R2大小无关〕输出功率最大word - 21 - / 21〔3〕由，得R 3=7Ω电容器的电量q=CU=CIR 3=2.1×10﹣6C如此再断开开关S ，如此流过电流表的电量是2.1×10﹣6C ．点评： 此题是含容电路问题，电路稳定后，电容器所在电路，没有电流，相当于断路．此题中变阻器M 对电容器的电压没有影响．。
