河南省洛阳市伊川县实验高中2015-2016学年高二物理上学期第一次月考试题

2015-2016学年河南省洛阳一中高二（上）月考物理试卷（9月份）一．选择题（每小题4分，40分，1-3题只有一个正确选项，4-10题有多个选项）1．导体中形成电流的原因是（）A．只要导体中有自由电荷，就一定有电流B．只要电路中有电源，就一定有电流C．只要导体两端有电压，导体中就会形成电流D．只要电路中有电源，用电器两端就一定有电压2．以下有关电动势的说法正确的是（）A．电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电量成反比B．电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压C．非静电力做的功越多，电动势就越大D．E=只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的3．一个内电阻可以忽略的电源，给一个圆管子内装满的水银供电，电流为0.1A，若把全部水银都倒在一个内径大一倍的圆管子内，再让同一电源对它供电，那么通过的电流将是（）A．0.4A B．0.8A C．1.6A D．3.2A4．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e．此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvSt B．nvt C．D．5．某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（）A．R3短路B．R P短路C．R3断开D．R2断开6．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积7．两电源的U﹣I图象，下列说法正确的是（）A．电源①的电动势和内阻均比电源②大B．当外接同样的电阻时，它们的输出功率可能相等C．当外接同样的电阻时，电源的效率可能相等D．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大8．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r时，R2获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最大功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大9．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN 中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A．增大R1B．减小R2C．减小R3D．减小MN间距10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法不正确的是（）A．电阻R3消耗的功率变大B．电容器C上的电荷量变大C．灯L变暗D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值二．实验题（27分）11．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：（1）在图1中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干．（2）在图2中画出小灯泡的U﹣I曲线．（3）若将该小灯泡接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电池两端，根据图象（要体现在图上）小灯泡的实际功率是W．（保留2位有效数字）12．（10分）（2015•河南一模）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻R V约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约为5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是．13．（10分）（2015秋•洛阳校级月考）要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：A．待测电压表V（量程3V，内阻未知）B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）C．定值电阻R（阻值2kΩ，额定电流50mA）D．蓄电池E（电动势略小于3V，内阻不计）E．多用电表F．开关K1、K2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：（1）首先，用多用电表进行粗测，选用×100Ω倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图1所示，则测量的结果是Ω．（2）为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图2所示的甲、乙实验电路，你认为其中较合理的电路图是．理由是．（3）用你选择的电路进行实验时，需要直接测量的物理量是：；用上述所测量的各量表示电压表的内阻R V=．三．计算简答题（33分）14．如图所示，R1=2Ω，R2=6Ω，R3=3Ω，当S接通时，电压表读数为2.4V，S断开时，电压表读数为2V，则电源电动势和内阻各为多少？15．（12分）（2006•江苏模拟）一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻．16．（13分）（2011秋•孟津县校级期中）如图所示电路中，电源电动势E=10V，内电阻不计，电阻R1=14Ω，R2=6.0Ω，R3=2.0Ω，R4=8.0Ω，R5=10Ω，电容器的电容C=2.0 μF．求：（1）电容器所带的电量？说明电容器哪个极板带正电？（2）若R1突然断路，将有多少电荷通过R5？2015-2016学年河南省洛阳一中高二（上）月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一．选择题（每小题4分，40分，1-3题只有一个正确选项，4-10题有多个选项）1．导体中形成电流的原因是（）A．只要导体中有自由电荷，就一定有电流B．只要电路中有电源，就一定有电流C．只要导体两端有电压，导体中就会形成电流D．只要电路中有电源，用电器两端就一定有电压【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】导体内部含有大量的自由电荷，但是这些电荷在做杂乱无章的运动即向各个方向运动，所以不能形成电流．如果这些自由电荷能够都向一个方向运动，即发生定向移动，则就会产生电流．【解答】解：A、导体中有自由电荷，但要使导体中的自由电荷定向移动形成电流，还要在导体的两端加上电压．故A错误．B、要使电路中有持续电流，电路还必须是通路．故B错误．C、导体两端有电压，电压迫使导体中的自由电荷定向移动形成电流，故C正确．D、若电路是断开的，虽然电路中有电源，但用电器两端就没有电压，故D错误．故选：C【点评】本题考查电流的形成条件，要明确形成电流的关键就在于电荷发生“定向”移动时，才能产生电流．2．以下有关电动势的说法正确的是（）A．电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电量成反比B．电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压C．非静电力做的功越多，电动势就越大D．E=只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电动势的定义式E=可知，非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功等于电源的电动势．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．【解答】解：A、电源内部非静电力把正电荷从电源负极移送到正极，根据电动势的定义式E=可知，电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功．属于比值定义，故A错误．D正确；B、电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，因此电动势的单位跟电压的单位一致，但电动势不就是两极间的电压，故B错误．C、由E=可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，即W越大，电动势不一定就越高．故C错误．故选D【点评】本题考查电动势的物理意义．要注意电动势与电压是两个不同的概念，不能说“电动势就是电压”．3．一个内电阻可以忽略的电源，给一个圆管子内装满的水银供电，电流为0.1A，若把全部水银都倒在一个内径大一倍的圆管子内，再让同一电源对它供电，那么通过的电流将是（）A．0.4A B．0.8A C．1.6A D．3.2A【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）导体的电阻的大小与材料、长度、横截面积和温度有关，在材料和温度不变时，导体越长、横截面积越小电阻越大，反之越小；（2）因电源的电压不变，根据欧姆定律表示出两种情况下电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出答案．【解答】解：当将全部水银倒入另一个内径大一倍的绝缘圆管子里时，由S=πr2可知，横截面积变为原来的4倍，由V=Sh可知，长度变为原来的，因导体的电阻的大小与材料、长度、横截面积和温度有关，所以，电阻变为原来的，因电源的电压不变，所以，由I=可得，电源的电压：U=I1R1=I2R2，即：0.1A×R=I×R，解得：I=1.6A．故选：C【点评】本题考查了欧姆定律的灵活应用，关键是根据电源的电压不变得出等式进行解答，难点是绝缘圆管子变化时水银电阻变化的判断．4．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e．此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvSt B．nvt C．D．【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为nvSt．而从电流的定义来说，I=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为．【解答】解：A、从微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为nvSt，故A正确；B、vt是电子通过的距离，nvt没意义，缺少面积s，故B错误；C、从电流的定义式来说，I=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为，故C错误，D正确；故选：AD．【点评】本题考查了电流的两个表达式，要特别注意微观表达式I=nvst中各物理量的意义．5．某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（）A．R3短路B．R P短路C．R3断开D．R2断开【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据四个选项逐一代入检查，分析哪种情况中两电压表测量哪部分电压，示数是否相同，再进行选择．【解答】解：A、若R3短路时，由于电流表内阻看作零，两电压表都被短路，示数都为零，与题不符．故A错误．B、R P短路时，两电压表都测量R2的电压，示数相同，而且都不为零．故B正确．C、R3断开时，电压表V2测量R p的电压，电压表V1测量R p和R2串联的电压，电压表V1的示数大于电压表V2的示数．故C错误．D、R2断开时，由于电压表内阻看作无限大，R P中电流为零，电压为零，两电压表都测量R3的电压，示数相同，而且都不为零．故D正确．故选BD【点评】本题中两电表都是理想电表，电压表内阻看作无限大，与之串联的电阻没有电流．电流表内阻看作零，与电流表并联的电阻被短路．6．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图象的斜率表示电阻的倒是，可判定电阻的变化；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可对应图线的“面积”．【解答】解：A、由图象可知，斜率表示电阻的倒数，而图象的斜率是减小的，故电阻是增大的，故A正确；BC、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=，而是错误的，故B错误，C正确；D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．本题选错误的，故选：B．【点评】本题要考察图象的识别应用问题，此类问题，首先看清坐标轴的含义，其次弄清斜率含义，面积的含义．7．两电源的U﹣I图象，下列说法正确的是（）A．电源①的电动势和内阻均比电源②大B．当外接同样的电阻时，它们的输出功率可能相等C．当外接同样的电阻时，电源的效率可能相等D．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析两电源的电动势和内阻大小．过原点O作出一条倾斜的直线，该直线与两图线的交点表示两电源与同样的电阻连接时的工作状态，电源的输出功率P=UI，由交点纵坐标与横坐标乘积比较输出功率的大小．电源的效率η=．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得，U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出，电源①的电动势和内阻均比电源②大．故A正确．B、D过原点O作出一条倾斜的直线（3），该直线与图线①、②的交点就表示该电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线（3）与图线①交点的两坐标的乘积大于直线（3）与图线②交点的两坐标的乘积，说明不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大．故B错误，D正确．C、电源的效率η=，当外接同样的电阻，由于内阻r不等，电源的效率不可能相等，电源②的效率总大于电源①的效率．故C错误．故选AD【点评】本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线．8．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r时，R2获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最大功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．【解答】解：A、将R1等效到电源的内部，R2上的功率等于电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即R2=R1+r时，输出功率最大，即R2上的功率最大．故A正确．B、根据P=I2R，电流最大时，R1上的功率最大．当外电阻最小时，即R2=0时，电流最大．故B错误．C正确．D、当外电阻等于内阻时，即R1+R2=r时，电源的输出功率最大．故D错误．故选AC．【点评】解决本题的关键掌握当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．9．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN 中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A．增大R1B．减小R2C．减小R3D．减小MN间距【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】R1、R2为滑动变阻器，而R3为变阻箱．当开关闭合后，带电液滴正好处于静止，为使能加速向上，则电场力大于重力．可以提高两极板的电压，即提高变阻箱R3的电压；也可以变化两极板的距离，从而实现提高两板间的电场强度．【解答】解：A、当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差．故A错误；B、当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；C、当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；D、当减小MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变大，所以电场力将大于重力，液滴向上加速运动，故D正确．故选：BD．【点评】电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除．当改变间距时，会导致两板间的电容变化．10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法不正确的是（）A．电阻R3消耗的功率变大B．电容器C上的电荷量变大C．灯L变暗D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先明确电路结构，R2和L并联然后和R1串联，串联后与R3并联．【解答】解：A、当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，小电阻分小电压，则外电压变小，故R3消耗的功率：P=变小，A错误；B、R2变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而R3上电压变小则电流变小，故R1上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q=CU，则电荷量变大，故B正确；C、R2变小，小电阻分小电压，则R2的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，C正确；D、R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外电压变小，故R1两端增加的电压小于R2两端减小的电压，D正确；题目要求选不正确的，故选：A．【点评】本题考查电路的动态分析，关键抓住电源的电动势和内阻不变，运用“局部→整体→局部”的思路进行分析．二．实验题（27分）11．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：（1）在图1中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干．（2）在图2中画出小灯泡的U﹣I曲线．（3）若将该小灯泡接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电池两端，根据图象（要体现在图上）小灯泡的实际功率是0.27～0.28W．（保留2位有效数字）【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图．（2）根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．（3）在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象，找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所对应的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．【解答】解：（1）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00V时，其阻值R灯==，为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图1所示．（2）根据实验得到的数据在U﹣I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图2所示．（3）作出电源的U﹣I图线，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，小灯泡的实际电流为0.33﹣0.35A电压为0.80﹣0.82V，功率P=IU=0.27～0.28W．故答案为：（1）电路图如图1所示；（2）图象如图2所示；（3）0.27～0.28．【点评】本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法．12．（10分）（2015•河南一模）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻R V约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约为5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选A2（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是电压表分流．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．【解答】解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I===0.0015A=1.5mA，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）；待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；==40，==2，＞，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小．故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；；电压表的分流．【点评】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．13．（10分）（2015秋•洛阳校级月考）要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：A．待测电压表V（量程3V，内阻未知）B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）C．定值电阻R（阻值2kΩ，额定电流50mA）D．蓄电池E（电动势略小于3V，内阻不计）E．多用电表F．开关K1、K2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：（1）首先，用多用电表进行粗测，选用×100Ω倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图1所示，则测量的结果是3000Ω．。

2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共24小题，每小题3分，满分72分）1．下列变化中，属于吸热反应的是（）①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓H2SO4稀释④KClO3分解制O2⑤生石灰跟水反应生成熟石灰⑥CaCO3高温分解⑦CO2+C2CO ⑧Ba（OH）2•8H2O与固体NH4Cl混合⑨C+H2O（g）CO+H2⑩Al与HCl反应．A．①②④⑥⑦⑧⑨B．②④⑥⑦⑧⑨ C．①④⑥⑧ D．①②④⑧⑨2．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率3．下列说法正确的是（）A．合成氨反应中，断开1molN≡N键，同时生成6molN﹣H键，达化学平衡状态B．有气体参与的可逆反应中，当反应容器中的压强保持不变时，达到化学平衡状态C．当反应物或生成物在混合物中的百分含量保持不变时，即达到化学平衡状态D．工业生产中采用高温是因为高温下反应物的转化率比低温时高4．对可逆反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变④增大B的浓度，v（正）＞v（逆）⑤加入催化剂，B的转化率提高．A．①② B．④C．③D．④⑤5．反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A．B．C．D．6．下列有关中和热的说法正确的是（）A．中和热的热化学方程式：H+（l）+OH﹣（l）═H2O（l）△H=﹣57.3 kJ/molB．准确测量中和热的实验过程中，至少需测定温度4次C．环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小D．若稀酸溶液中H+与稀碱溶液中OH﹣的物质的量相等，则所测中和热数值更准确7．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0．则金刚石比石墨稳定B．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ/mol．则H2的燃烧热为285.8 kJ/mol C．已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221.0 kJ/mol．则C（碳）的燃烧热为110.5 kJ/mol D．已知2NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣114.6 kJ/mol．则该反应的中和热为114.6 kJ/mol8．断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：H﹣H 436kJ/mol F﹣F 153kJ/mol H﹣F 565kJ/mol 下列说法正确的是（）A．H2与F2反应的热化学方程式为：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣541 kJB．2 L HF气体分解成1 L H2和1 L F2吸收541 kJ的热量C．1 mol H2与1 mol F2反应生成2 mol液态HF放出的热量小于541 kJD．在相同条件下，1 mol H2与1 mol F2的能量总和大于2 mol HF气体的能量9．下列说法正确的是（）A．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃的条件下△H应该不相同B．化学反应中的能量变化都表现为热量变化C．任何放热反应在常温下一定能发生D．反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热10．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol ﹣1．分别向1L 0.5mol•L﹣1的NaOH溶液中加入：①稀醋酸、②浓H2SO4、③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，它们的关系正确的是（）A．△H1＞△H2＞△H3B．△H2＜△H1＜△H3C．△H1=△H2=△H3D．△H1＞△H3＞△H211．已知31g白磷变成红磷放出18.39kJ热量，下列两反应中：P4（s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=Q1kJ•mol﹣14P（红，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=Q2kJ•mol﹣1则下列说法中正确的是（）A．Q1＞Q2，白磷比红磷稳定B．Q1＞Q2，红磷比白磷稳定C．Q1＜Q2，白磷比红磷稳定D．Q1＜Q2，红磷比白磷稳定12．在体积为2L的密闭容器内合成氨，已知在时间t内，氨的物质的量增加了0.6mol，在此时间段内，用氢气表示的平均反应速率是0.45mol•L﹣1•s﹣1，则t是（）A．0.44 s B．1 s C．1.33 s D．2 s13．对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（）A．v（W）=3v（Z）B．2v（X）=3v（Z）C．2v（X）=v（Y）D．3v（W）=2v（X）14．一定量的锌与过量的稀H2SO4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入（）A．KCl固体B．铁粉 C．K2SO4溶液D．KNO3溶液15．下列说法正确的是（）A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率16．合成氨反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，在反应过程中，正反应速率的变化如图．下列说法正确的是（）A．t1时升高了温度B．t2时使用了催化剂C．t3时增大了压强D．t4时降低了温度17．下列反应中符合下列图象的是（）A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH5（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1（Q1＞0）B．2SO5（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H=+Q2kJ•mol﹣1（Q2＞0）C．4NH5（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1（Q3＞0）D．H2（g）+CO（g）⇌C（g）+H2O（g）△H=+Q4kJ•mol﹣1（Q4＞0）18．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1mol O═O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol H﹣O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol H﹣H键断裂时吸收热量为（）A．188kJ B．436 kJ C．557 kJ D．920 kJ19．将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1其中正确的是（）A．①③ B．①④C．②③ D．③④20．在298K、100kPa时，已知：2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）△H1Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g ）△H22Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是（）A．△H3=△H1+2△H2B．△H3=△H1+△H2C．△H3=△H1﹣2△H2D．△H3=△H1﹣△H221．反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0，在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如图，则氨的百分含量最高的一段时间是（）A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t622．下列各组物质的标准燃烧热相等的是（）A．碳和一氧化碳 B．1mol碳和2mol碳C．1mol乙炔和2mol碳D．淀粉和纤维素23．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对反应速率几乎无影响的是（）①增加C的量②将容器体积缩小一半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大④保持压强不变，充入N2使体系体积增大．A．①② B．①④ C．①③ D．②④24．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）．达到平衡时，c（H2）=0.5mol/L，c（HI）=4mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（）A．9 B．16 C．20 D．25二、解答题（共3小题，满分0分）25．（2013秋•高港区校级期中）近年来，由CO2催化加氢合成甲醇的相关研究受到越来越多的关注．该方法既可解决CO2废气的利用问题，又可开发生产甲醇的新途径，具有良好的应用前景．已知4.4g CO2气体与H2经催化加成生成CH3OH气体和水蒸气时放出4.95kJ的能量．（1）该反应的热化学方程式为：（2）在270℃、8MPa和适当催化剂的条件下，CO2的转化率达到22%，则4.48m3（已折合为标准状况）的CO2能合成CH3OH气体的物质的量是，此过程中能放出热量kJ．（3）又已知H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ/mol，则22g CO2气体与H2反应生成CH3OH气体和液态水时放出热量为．（4）根据该反应特点，有利于甲醇合成的条件是．A．高压高温B．低压高温C．高压低温 D．低压低温．26．（2013秋•科左后旗校级期中）密闭容器中mA（g）+nB（g）⇌pC（g），反应达到平衡，经测定增大压强P时，A的转化率随P而变化的曲线如图．则：（1）增大压强，A的转化率，平衡向移动，达到平衡后，混合物中C的质量分数．（2）上述化学方程式中的系数m、n、p的正确关系是，向上述平衡体系中加入B，则平衡．（3）当降低温度时，C的质量分数增大，则A的转化率，正反应是热反应．27．（2015秋•伊川县校级月考）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：T/℃700 800 900 1000 1200K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为 K= ．（2）该反应为反应（填“吸热”或“放热”）．（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是．A．容器中压强不变B．混合气体中c（CO）不变C．v正（H2）=v逆（H2O）D．混合气体中c（CO2）=c（CO）E．混合气体的平均相对分子质量达到一定值．2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共24小题，每小题3分，满分72分）1．下列变化中，属于吸热反应的是（）①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓H2SO4稀释④KClO3分解制O2⑤生石灰跟水反应生成熟石灰⑥CaCO3高温分解⑦CO2+C2CO ⑧Ba（OH）2•8H2O与固体NH4Cl混合⑨C+H2O（g）CO+H2⑩Al与HCl反应．A．①②④⑥⑦⑧⑨B．②④⑥⑦⑧⑨ C．①④⑥⑧ D．①②④⑧⑨【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，故①错误；②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，故②正确；③浓硫酸稀释放出大量的热，故③错误；④氯酸钾分解需要吸热，故④正确；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，故⑤错误；⑥CaCO3高温分解是吸热反应，故⑥正确；⑦二氧化碳和碳反应是吸热反应，故⑦正确；⑧Ba（OH）2•8H2O与固体NH4C反应是吸热反应l，故⑧正确；⑨碳与水反应是吸热反应，故⑨正确．⑩Al与HCl反应是放热反应，故⑩错误．故选B．【点评】本题考查学生常见的放热反应和吸热反应，熟记常见的放热反应和吸热反应是解题的关键，难度不大．2．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．【解答】解：A、汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；B、钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌ClO﹣+2H++Cl﹣，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故C正确；D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故选B．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程．3．下列说法正确的是（）A．合成氨反应中，断开1molN≡N键，同时生成6molN﹣H键，达化学平衡状态B．有气体参与的可逆反应中，当反应容器中的压强保持不变时，达到化学平衡状态C．当反应物或生成物在混合物中的百分含量保持不变时，即达到化学平衡状态D．工业生产中采用高温是因为高温下反应物的转化率比低温时高【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．【分析】A、正逆反应速率相等的状态是平衡状态；B、有气体参与的可逆反应中，反应前后气体的系数和相等的反应，压强不会引起平衡的变化；C、化学平衡状态的特征：定：反应物或生成物在混合物中的百分含量保持不变；D、根据升高温度化学平衡向着吸热方向进行来判断．【解答】解：A、合成氨反应中，断开1molN≡N键，同时生成6molN﹣H键，正逆反应速率不一定相等，所以不一定达到平衡，故A错误；B、有气体参与的可逆反应中，当反应容器中的压强保持不变时，不一定达到化学平衡状态，如反应前后气体的系数和相等的反应，故B错误；C、当反应物或生成物在混合物中的百分含量保持不变时的状态是化学平衡状态，故C正确；D、对于吸热反应，升高温度，平衡正向移动，此时高温下反应物的转化率比低温时高，但是对于吸热反应正好相反，故D错误．故选C．【点评】本题涉及化学平衡状态的判断以及影响化学平衡移动的因素等知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等．4．对可逆反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变④增大B的浓度，v（正）＞v（逆）⑤加入催化剂，B的转化率提高．A．①② B．④C．③D．④⑤【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】①A是固体，其量的变化对平衡无影响；②升高温度，正、逆反应速率都增大；③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；④增大B的浓度，平衡向正反应移动；⑤催化剂不能使化学平衡发生移动．【解答】解：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等．5．反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A．B．C．D．【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．【解答】解：由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X （△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图象B符合，故选B．【点评】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断．6．下列有关中和热的说法正确的是（）A．中和热的热化学方程式：H+（l）+OH﹣（l）═H2O（l）△H=﹣57.3 kJ/molB．准确测量中和热的实验过程中，至少需测定温度4次C．环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小D．若稀酸溶液中H+与稀碱溶液中OH﹣的物质的量相等，则所测中和热数值更准确【考点】中和热．【分析】A．氢离子和氢氧根离子的状态为“aq”；B．准确测量中和热的实验过程，一般要测三次温度；C．铜导热性能强于玻璃；D．为了使反应充分进行，应使一方过量，而不是使二者物质的量相等．【解答】解：A．中和热的热化学方程式为H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ/mol，故A错误；B．准确测量中和热的实验过程，一般要测三次温度，故B错误；C．中和热测定实验成败的关键是保温工作，金属铜的导热效果好于环形玻璃搅拌棒，所以测量出的中和热数值偏小，故C正确；D．中和反应热的测定应使盐酸充分反应，需加入稍过量的NaOH溶液减少盐酸的挥发，减少误差，故D错误；故选C．【点评】本题考查了中和热的定义和中和热的测定实验，注意测定中和热的关键是保温，题目难度不大．7．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0．则金刚石比石墨稳定B．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ/mol．则H2的燃烧热为285.8 kJ/mol C．已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221.0 kJ/mol．则C（碳）的燃烧热为110.5 kJ/mol D．已知2NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣114.6 kJ/mol．则该反应的中和热为114.6 kJ/mol【考点】热化学方程式．【专题】计算题；守恒思想；类比迁移思想；燃烧热的计算．【分析】A、物质具有的能量越低越稳定；B、根据燃烧热的概念：1mol物质完全燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量来回答；C、根据燃烧热的概念：1mol物质完全燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量来回答；D、根据中和热的概念：氢离子与氢氧根离子生成1mol水所放出的热量；【解答】解：A、根据C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以金刚石不如石墨稳定，故A错误；B、因燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，所以H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故B正确；C、因燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，碳完全燃烧应生成二氧化硫，故C错误；D、根据中和热的概念：氢离子与氢氧根离子生成1mol水所放出的热量，所以该反应的中和热为57.3 kJ/mol，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生燃烧热的含义以及中和热的概念、反应的热效应方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等．8．断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：H﹣H 436kJ/mol F﹣F 153kJ/mol H﹣F 565kJ/mol 下列说法正确的是（）A．H2与F2反应的热化学方程式为：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣541 kJB．2 L HF气体分解成1 L H2和1 L F2吸收541 kJ的热量C．1 mol H2与1 mol F2反应生成2 mol液态HF放出的热量小于541 kJD．在相同条件下，1 mol H2与1 mol F2的能量总和大于2 mol HF气体的能量【考点】反应热和焓变．【分析】A、反应热的单位为kJ/mol．根据反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能计算反应热，书写热化学方程式；B、气体所处的状态不确定；C、同一物质气态的能量比液态的能量高，结合能量守恒判断；D、根据键能，判断反应是放热反应还是吸热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应．【解答】解：A、反应热的单位为kJ/mol，各化学键键能：H﹣H 436kJ/mol；F﹣F 153kJ/mol；H﹣F 565kJ/mol，所以对于反应H2（g）+F2（g）=2HF（g）的反应热为△H=436kJ/mol+153kJ/mol ﹣2×565kJ/mol=﹣541kJ/mol，该反应的热化学方程式为于H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣541kJ/mol，故A错误；B、由A可知2molHF分解，吸收的热量为541kJ，气体所处的状态不确定，不清楚2L氟化氢的物质的量是多少，无法确定吸收热量，故B错误；C、由A可知1molH2与1molF2反应生成2molHF（g），放出的热量为541kJ，液态HF的能量比气体HF的能量低，所以1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出热量大于541kJ，故C错误；D、由A可知H2与F2反应生成HF为放热反应，所以在相同条件下，1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量，故D正确．故选D．【点评】本题考查热化学方程式的书写与意义、反应热与化学键及物质能量关系、物质状态与能量关系，难度不大，注意基础知识的理解与掌握．9．下列说法正确的是（）A．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃的条件下△H应该不相同B．化学反应中的能量变化都表现为热量变化C．任何放热反应在常温下一定能发生D．反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【分析】A、△H与反应的条件无关；B、化学反应的能量变化除了热量外，还有光能等形式的能量转化；C、有些放热反应必须加热才能反应；D、依据化学反应前后能量守恒判断反应吸热放热．【解答】解：A、同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，故A错误；B、化学反应的能量变化除了热量外，还有光能等形式的能量转化，如镁条燃烧放热发光，故B错误；C、有些放热反应必须加热才能反应，如燃烧反应，常温下不反应，故C错误；D、反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热，若反应物总能量大于生成物总能量，则反应是放热反应，反之为吸热反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学能与热能的转化关系，主要考查反应条件与反应热量变化的关系，能量守恒判断反应的吸热放热．10．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol ﹣1．分别向1L 0.5mol•L﹣1的NaOH溶液中加入：①稀醋酸、②浓H2SO4、③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，它们的关系正确的是（）A．△H1＞△H2＞△H3B．△H2＜△H1＜△H3C．△H1=△H2=△H3D．△H1＞△H3＞△H2【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答．【解答】解：因强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH﹣（aq）=H2O△H=一57.3kJ/mol，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸；②浓H2SO4；③稀硝酸，因醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量为②＞③＞①，所以△H2＜△H3＜△H1，故选D．【点评】本题考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，难度不大．11．已知31g白磷变成红磷放出18.39kJ热量，下列两反应中：P4（s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=Q1kJ•mol﹣14P（红，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=Q2kJ•mol﹣1则下列说法中正确的是（）A．Q1＞Q2，白磷比红磷稳定B．Q1＞Q2，红磷比白磷稳定C．Q1＜Q2，白磷比红磷稳定D．Q1＜Q2，红磷比白磷稳定【考点】反应热和焓变．【分析】根据能量越低越稳定及其盖斯定律的实质应用判断，可以利用题干所给反应和热量变化，合并得到白磷转化为红磷的热量变化分析判断．【解答】解：根据题意，知道①P4（s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=Q1kJ•mol﹣1；②4P（红，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=Q2kJ•mol﹣1①﹣②得到P4（s）=4P（红，s）△H=Q1﹣Q2kJ•mol﹣1已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量，所以白磷能量低稳定，△H=Q1﹣Q2＞0，则Q1＞Q2．故选A．【点评】本题考查了反应的热效应的计算应用，关键是盖斯定律的含义和实际应用．12．在体积为2L的密闭容器内合成氨，已知在时间t内，氨的物质的量增加了0.6mol，在此时间段内，用氢气表示的平均反应速率是0.45mol•L﹣1•s﹣1，则t是（）A．0.44 s B．1 s C．1.33 s D．2 s【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】利用速率之比等于化学计量数之比计算出v（NH3），再根据t=计算时间．【解答】解：H2表示的平均速率v（H2）=0.45mol/（L∙s），利用速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=v（H2）=×0.45mol/（L∙s）=0.3mol/（L∙s），氨的浓度增加了0.6mol/L，即△c（NH3）=0.6mol/L，所以反应所经历的时间为=2s，故选：D．【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，难度不大，注意对公式的理解与灵活运用．13．对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（）A．v（W）=3v（Z）B．2v（X）=3v（Z）C．2v（X）=v（Y）D．3v（W）=2v（X）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据化学反应速率是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示的，利用化学反应中化学反应速率之比等于其化学计量数之比来解答．【解答】解：A、由化学计量数可知，v（W）：v（Z）=1：1，故A错误；B、由化学计量数可知，v（X）：v（Z）=2：3，故B错误；C、由化学计量数可知，v（X）：v（Y）=2：4=1：2，即2v（X）=v（Y），故C正确；D、由化学计量数可知，v（W）：v（X）=3：2，故A错误；故选C．【点评】本题主要考查化学反应速率和化学计量数的关系，明确化学反应速率之比可由化学反应中的化学计量数直接观察得出是解答的关键．14．一定量的锌与过量的稀H2SO4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入（）A．KCl固体B．铁粉 C．K2SO4溶液D．KNO3溶液【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】一定温度下为减慢反应速率，可减小H+的浓度，一定量的锌与过量的稀H2SO4反应，如果硫酸过量，不影响氢气的量，所加入物质不能影响减少Zn或H+的物质的量，以此进行判断．【解答】解：A．加入氯化钾，溶液中H+的浓度不会变化，反应速率几乎无变化，故A错误；B、加入铁粉，生成更多的氢气，不符合题意，故B错误；C．加入K2SO4溶液，相当于加入水，会使得溶液中H+的浓度减小，反应速率减慢，故C正确；D．加入硝酸钾溶液，溶液中会存在硝酸，消耗金属铁生成的是一氧化氮，会影响氢气的量，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意题目要求，为解答该题的关键，学习中注意影响化学反应速率的外界因素．15．下列说法正确的是（）A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】温度、催化剂可影响活化分子的百分数，而浓度、压强只改变单位体积活化分子的数目，不改变百分数，另外，催化剂可降低反应的活化能．【解答】解：A．升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故A 正确；B．增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故C错误；D．加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，为高频考点，注意外界条件下对反应速率的影响，难度不大．16．合成氨反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，在反应过程中，正反应速率的变化如图．下列说法正确的是（）A．t1时升高了温度B．t2时使用了催化剂C．t3时增大了压强D．t4时降低了温度【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】由图象可知，t1时正反应速率增大，t2时正逆反应速率同等程度增大，t3时正反应速率减小，t4时反应速率瞬间不变，然后减小，结合影响因素来解答．【解答】解：A．t1时正反应速率增大，且大于逆反应速率，则应为增大压强，故A错误；B．t2时正逆反应速率同等程度增大，则为使用了催化剂，故B正确；。

河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016 学年度高二上学期第一次月考物理试卷一、选择题（本题共14 小题，每小题3分，共42 分．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子电量为e，此时电子的定向转动速度为v，在△t 时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvS△t B．nv△tC ．D．2．关于电动势下列说法正确的是（）A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D．电源电动势总等于电路中通过1C 的正电荷时，电源提供的能量3．一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V 的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻4．电阻A、B 的伏安曲线如图所示，下面说法正确的是（）A．两电阻串联后的伏安曲线在区域I 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域II 内B．两电阻串联后的伏安曲线在区域III 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域I 内C．A、B 电阻阻值之比为1：3D．A、B 电阻阻值之比为3：15．用电动势为E，内阻为r的电池直接向电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后通过电动机的电流为I，电动机的端电压为U，经t秒种后，则（）A．电池提供的总电能为：（I2r+IU）tB．电池提供的总电能为：IEtC．电动机做的机械功为：IEt﹣I2（R+r）tD．电池输出的总功率：6．如图所示，电路中M、N 两个灯泡均发光，当变阻器R'的滑动头向下滑动时则（）A．M 灯变暗，N 灯变亮B．M 灯变亮，N 灯变亮C．电阻R消耗功率增大D．变阻器两端电压降低7．如图所示，电源电动势为3V，电路接通后发现电灯L不工作，用一个伏特表分别测得各处电压值为：U ab=0，U bc=3V，U=cd=0，U ad=3V，又知电路中只有一处出现故障，由此可知（）A．灯L发生断路或短路B．电阻R1 一定发生断路C．电阻R2 一定发生短路D．电池组中两电池间发生断路8．有一内阻为4.4Ω的直流电动机和一盏标有“110V 60W”的灯泡串联后接在电压恒定为220V 的电路两端，灯泡正常发光，则（）A．电动机的输入功率为60W B．电动机的发热电功率为60WC．电路消耗的总功率为60W D．电动机的输出功率为60W9．如图，R1 为定值电阻，R2 为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r 时，R2 上获得最大功率B．当R1=R2+r 时，R1 上获得最大功率C．当R2=0 时，电源的总功率最大D．当R2=0 时，电源的输出功率最大10．如图所示为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，可以判断（）A．电动机消耗的总功率为550W B．提升重物消耗的功率为450WC．电动机线圈的电阻为22ΩD．电动机线圈的电阻为4Ω11．下列关于欧姆表的说法中正确的是（）A．测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B．表盘上标明的电阻刻度是均匀的C．测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D．换用另一量程时，需要重新进行欧姆调零12．有一电热器，额定电压为220V，额定功率为1000W．现要把它改装一下，用在电压为110V 的电路中，若要使它消耗的功率仍为1000W．下面做法中正确的是（）A．将电热器中的电热丝截去一半B ．将电热器中的电热丝截去，只留下C．在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝D．将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来13．如图所示直线O AC 为某一直流电源的总功率P随总电流I变化的图线；抛物线O BC 为同一电源内部消耗的功率P r 随总电流I变化的图线，则当通过电源的电流为1A 时，该电源的输出功率为（）A．1W B．3W C．2W D．2.5W14．如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是选项图中的（）A ．B ．C ．D．二、实验题（本题共2小题．共16 分）15．有一小灯泡上标有“6V，0.1A”字样，现要描绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用A 电压表（0～3V，内阻2.0kΩ）B 电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）C 电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）D 电流表（0～6A，内阻1.5Ω）E 滑动变阻器F 滑动变阻器（0.5A，1000Ω）G 学生电源（直流9V），及开关，导线等（1）实验中所用的电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选；在右方框中画出实验电路图，要求电压从0开始测量．16．实验室进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ=1.7×10﹣8Ωm．课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管使用的金属丝长度．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等．（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作）①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“﹣”插孔；选择电阻档“×1”；②；③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图（a）所示．根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图（b）的A、B、C、D 四个电路中选择电路来测量金属丝电阻；（3）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图（c）所示，金属丝的直径为mm；（4）根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为m．（结果保留两位有效数字）三、计算题（本题共4小题，共42 分，解答时应写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位）17．利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻．当滑动变阻器的滑片滑到某一位置时，电流表和电压表的示数分别为0.20A 和2.90V．改变滑片的位置后，两表的示数分别为0.40A 和2.80V．这个电源的电动势和内电阻各是多大？18．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1 始终闭合．当电键S2 断开时，电阻R1 的电功率是525W；当电键S2 闭合时，电阻R1 的电功率是336W，求（1）电源的内电阻；当电键S2 闭合时电动机的输出的功率．（提示：842=7056）19．如图所示，电源电动势E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30 F，电源内阻可忽略．（1）闭合开关S，求稳定后通过R1 的电流．若再将开关S断开，求这以后流过R1 的电量．（结果保留两位有效数字）20．表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平平直道路上以（1）此车所配电动机正常工作时，内部损耗的功率是多少？若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3m/s 时的加速度为多少？河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016 学年度高二上学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14 小题，每小题3分，共42 分．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子电量为e，此时电子的定向转动速度为v，在△t 时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvS△t B．nv△tC ．D．【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电流的微观表达式I=nqvs，求出在△t 时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为q，再确定通过导体横截面的自由电子的数目．【解答】解：根据电流的微观表达式I=nqvS，在△t 时间内通过导体横截面的自由电子的电量Q=I△t，则在△t 时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为n =，将I=nevS 代入得n ==nvS△t，故A正确，BCD 错误．故选：A【点评】本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．2．关于电动势下列说法正确的是（）A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D．电源电动势总等于电路中通过1C 的正电荷时，电源提供的能量【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源电动势的数值等于内、外电压之和．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小．电源两极间的电压等于或小于电源电动势．电动势与外电路的结构无关．根据电动势的定义式E =可求出电动势．【解答】解：A、电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误；B、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故B正确．C、电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，故C错误；D、根据电动势的定义式E=可知电源电动势总等于电路中通过1C 的正电荷时，电源提供的能量，故D 正确．故选B D．【点评】本题考查对电动势物理意义的理解能力，电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．3．一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V 的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．应串联电阻为R===9.5×103kΩ故C正确，ABD 错误．故选：C．【点评】电流表改装成电压表应串联电阻分压．串联电阻阻值为：R=，是总电阻．4．电阻A、B 的伏安曲线如图所示，下面说法正确的是（）A．两电阻串联后的伏安曲线在区域I 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域II 内B．两电阻串联后的伏安曲线在区域III 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域I 内C．A、B 电阻阻值之比为1：3D．A、B 电阻阻值之比为3：1【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】根据欧姆定律可知，I﹣U 图象的斜率的倒数表示电阻；串联电路的电阻等于各个电阻之和，并联电路的电阻倒数等于各个电阻的倒数之和．【解答】解：AB、两电阻串联后，总电阻变大，由t anθ=可知，曲线与U轴的夹角θ变小，即小于30°，位于区域I内，两电阻并联时，总电阻减小，曲线与U轴的夹角θ变大，即大于60°位于区域I II 内，故A B 错误．CD、I﹣U 图象的斜率的倒数表示电阻，故R A= = Ω=Ω，R B= = Ω= Ω，所以，R A：R B=3：1，故C错误，D 正确；故选：D．【点评】本题关键明确I﹣U 图象的斜率的倒数表示电阻，知道串并联电路的电阻与各分电阻的关系．5．用电动势为E，内阻为r的电池直接向电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后通过电动机的电流为I，电动机的端电压为U，经t秒种后，则（）A．电池提供的总电能为：（I2r+IU）tB．电池提供的总电能为：IEtC．电动机做的机械功为：IEt﹣I2（R+r）tD．电池输出的总功率：【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电池提供的总电能Q=εIt，电动机做的机械功等于电动机消耗的总功减去电动机内阻消耗的电功，电池输出的总功率P=EI．【解答】解：A、电池提供的总电能Q=EIt，故A错误，B 正确；C、电动机做的机械功等于电动机消耗的总功减去电动机内阻消耗的电功，即W=UIt﹣I2R=IEt﹣I2（R+r）t，故C正确；D、电池输出的总功率P=EI，故D错误．故选：BC【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．要注意由能量守恒规律分析能量关系．6．如图所示，电路中M、N 两个灯泡均发光，当变阻器R'的滑动头向下滑动时则（）A．M 灯变暗，N 灯变亮B．M 灯变亮，N 灯变亮C．电阻R消耗功率增大D．变阻器两端电压降低【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析R 上消耗功率的变化．根据总电流的变化分析并联部分电压的变化，判断N灯亮度的变化．【解答】解：A、当滑片向下，滑动变阻器的阻值变小，那它与A灯并联的等效电阻变小，则电路的总电阻都会变小，而电源电压不变，所以总电流变大，根据U=E﹣Ir 可知，路端电压变小，则M灯变暗，电阻R1 上的电流变大了，B 灯与变阻器并联的电压U并=E﹣I（R+r），I 增大，则U并减小，所以N灯变暗，故A B 错误，D 正确；C、通过R的电流增大，则P=I2R 变大，故C正确；故选：CD【点评】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化．7．如图所示，电源电动势为3V，电路接通后发现电灯L不工作，用一个伏特表分别测得各处电压值为：U ab=0，U bc=3V，U=cd=0，U ad=3V，又知电路中只有一处出现故障，由此可知（）A．灯L发生断路或短路B．电阻R1 一定发生断路C．电阻R2 一定发生短路D．电池组中两电池间发生断路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电路接通后发现电灯L不工作，说明电路中存在断路或L短路．当元件完好时，电阻是一定的，没有电流时，根据欧姆定律，其电压为0；当元件断路时，其两端电压等于电源的电压．根据测量得到的信息，分析故障所在位置．【解答】解：A、由题，U ab=0，灯L不发生断路，如断路，其电压U ab=3V．若发生短路，U bc＜3V．故A错误；B、电阻R1 一定发生断路．因为断路时，R1 两端的电势分别与电源两极的电势相等，其电压等于电源的电动势．故B正确；C、若电阻R2 发生短路，U ab＞0，3V＞U bc＞0，与题意不符．故C错误；D、若电池组中两电池间发生断路，所测量的外电路各部分电压应都为零，故D错误；故选：B．【点评】本题是故障分析问题，往往发生断路处，其电压等于电源的电动势，可以电势差来理解电压．8．有一内阻为4.4Ω的直流电动机和一盏标有“110V 60W”的灯泡串联后接在电压恒定为220V 的电路两端，灯泡正常发光，则（）A．电动机的输入功率为60W B．电动机的发热电功率为60WC．电路消耗的总功率为60W D．电动机的输出功率为60W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由于电动机和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电动机的电压和电流，从而可以求得电动机的输入功率和发热功率以及电动机的输出功率．【解答】解：A、由于灯泡正常发光，所以电动机的电压为：220﹣110=110V，由于电动机和灯泡串联，它们的电流相等，所以有：I==A，所以电动机的输入功率为：P=UI=110× =60W，所以A正确．B、电动机的发热功率为：P 热=I2r= ×4.4=1.3W，所以B错误．C、电路消耗的总功率等于电动机的输入功率加上灯泡的功率，为60+60=120W，所以C错误．D、电动机的输出功率等于总功率减去电动机的发热功率，等于60W﹣1.3W=58.7W，所以D错误．故选：A．【点评】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU 来计算，发热的功率用P=I2R 来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．9．如图，R1 为定值电阻，R2 为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r 时，R2 上获得最大功率B．当R1=R2+r 时，R1 上获得最大功率C．当R2=0 时，电源的总功率最大D．当R2=0 时，电源的输出功率最大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电路中有一个常用的推论：当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．可将定值电阻看成电源的内阻，分析可变电阻的功率；对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．【解答】解：A、将R1 等效到电源的内部，R2 上的功率等于等效电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即R2=R1+r 时，输出功率最大，即R2 上的功率最大．故A正确．B、根据P=I2R，电流最大时，R1 上的功率最大．当外电阻最小时，即R2=0 时，电流最大．故B错误．C、当R2=0 时，电路中电流最大，电源的总功率P=EI，E 不变，则此时电源的总功率最大，故C正确．D、当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，外电阻与内电阻越接近，电源的输出功率越大，由于R1 与r的关系未知，故当R2=0 时，无法判断电源的输出功率是否最大，故D错误；故选A C【点评】解决本题的关键掌握当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．10．如图所示为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，可以判断（）A．电动机消耗的总功率为550W B．提升重物消耗的功率为450WC．电动机线圈的电阻为22ΩD．电动机线圈的电阻为4Ω【考点】闭合电路中的能量转化．【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．【解答】解：重物被提升的功率P1=Fv=Gv=500×0.9W=450W 此时电路中的电流为5A．则电源的总功率P总=EI=110×5W=550W 所以线圈电阻消耗的功率为P r=P 总﹣P1=550﹣450W=100W由殴姆定律可得：r==故选：ABD．【点评】由能量守恒定律可知，提升功率与电阻发热功率之和为电源的总功率．11．下列关于欧姆表的说法中正确的是（）A．测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B．表盘上标明的电阻刻度是均匀的C．测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D．换用另一量程时，需要重新进行欧姆调零【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】恒定电流专题．【分析】本题考查欧姆定律的使用，根据欧姆表的原理及使用方法判断各项正误．【解答】解：A、因欧姆表内部电源电动势及内阻会发生变化，故在使用之前应先进行欧姆调零，故A 正确；B、表盘上所标明的电阻刻度是不均匀的；左侧密，右侧疏；故B错误；C、欧姆表的零处于满偏处，刻度盘与电流表的刻度相反，故表针偏转角度越大，则说明被测电阻的阻值越小，故C错误；D、每次调整倍率时都要重新调零，故D正确；故选：AD．【点评】欧姆表是利用内部电源供点，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，故在使用过程中要注意其操作过程及使用方法．12．有一电热器，额定电压为220V，额定功率为1000W．现要把它改装一下，用在电压为110V 的电路中，若要使它消耗的功率仍为1000W．下面做法中正确的是（）A．将电热器中的电热丝截去一半B ．将电热器中的电热丝截去，只留下C．在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝D．将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来【考点】串联电路和并联电路；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据公式P =，分析电压变化，而功率不变时，电阻的变化情况，根据电阻定律确定电热丝长度的变化．×【解答】解：A 、B 根据公式 P = ，电热丝消耗的功率不变，电压为额定电压的 ，则电阻应为原 来的，根据电阻定律得，电热丝的长度应为原来的，可将电热器中的电热丝截去．故 A 错误，B 正确．C 、若在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝，总电阻变为，电压为额定电压的，电热 丝消耗的功率为原来的，不符合题意．故 C 错误．D 、若将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来，根据电阻定律可知电阻变为原来的， 符合要求．故 D 正确．故选 B D【点评】本题是电阻定律与功率的综合应用，可采用控制变量法和比例法理解．常规题，比较简 单．13．如图所示直线 O AC 为某一直流电源的总功率 P 随总电流 I 变化的图线；抛物线 O BC 为同一电 源内部消耗的功率 P r 随总电流 I 变化的图线，则当通过电源的电流为 1A 时，该电源的输出功率为 （ ）A ．1WB ．3WC ．2WD ．2.5W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电源的总功率 P =EI ，由 C 点的坐标求出电源的电动势和内阻．利用电源的总功率 P 总 =EI ，电源内部发热功率 P 热=I 2r ，外电路消耗功率 P 外=UI=I 2R ，且根据能量关系得 P 总=P 外+P 热即可 求解．【解答】解：C 点表示电源的总功率全部转化为热功率，即 C 点表示外电路短路，电源的总功率 P=EI ，I=3A ，P=9W ，则电源的电动势 E =3V ．r= = =1Ω 当 I =1A 时，输出功率为：P=EI ﹣I 2r=3×1﹣12 1（W ）=2W故选：C ．【点评】本题关键在：（1）理解电源的总功率 P 总随电流 I 变化的图象与电源内部热功率 P r 随电流 I 变化的图象的涵义；分清三种功率及其关系：电源的总功率 P 总=EI ，电源内部发热功率 P 热=I 2r ， 外电路消耗功率 P 外=UI=I 2R ，且根据能量关系得 P 总=P 外+P 热．14．如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的 电路图应是选项图中的（ ）A ．B ．C ．D ． 【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零． 【解答】解：正极插孔接电源的负极，所以 B C 错误；每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要 可调节，故 A 正确，D 错误． 故选 A 【点评】本题考查了欧姆表的内部结构，要记住电流从红表笔进，从黑表笔出．二、实验题（本题共 2 小题．共 16 分）15．有一小灯泡上标有“6V ，0.1A ”字样，现要描绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用A 电压表（0～3V ，内阻 2.0k Ω）B 电压表（0～10V ，内阻 3.0k Ω） C电流表（0～0.3A ，内阻 2.0Ω） D 电流表（0～6A ，内阻 1.5Ω）E 滑动变阻器F 滑动变阻器（0.5A ，1000Ω）G 学生电源（直流 9V ），及开关，导线等（1）实验中所用的电压表应选 B ，电流表应选 C ，滑动变阻器应选E ； 在右方框中画出实验电路图，要求电压从 0 开始测量．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】①器材的选择需安全和精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量 程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器．②电压和电流需从 0 测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还 是小电阻，从而确定电流表内接还是外接．【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为 6V ，从安全和精确度方面考虑，电压表量程选 10V 的；小 灯泡的额定电流为 0.1A ，所以电流表量程选 0.3A 的．总电阻为 1000Ω 的滑动变阻器连入电路，电 流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为 30Ω 的滑动变阻器．故选 B 、C 、E ．小灯泡在正常工作时的电阻R= =60Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，电流表采用外接法．电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示故答案为：（1）B、C、E．如图【点评】解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．16．实验室进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ=1.7×10﹣8Ωm．课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管使用的金属丝长度．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等．（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作）①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“﹣”插孔；选择电阻档“×1”；②将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零；③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图（a）所示．根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图（b）的A、B、C、D 四个电路中选择 D 电路来测量金属丝电阻；（3）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图（c）所示，金属丝的直径为0.260 mm；（4）根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为13 m．（结果保留两位有效数字）【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．。

河南省洛阳市伊川一中2014～2015学年度高二上学期第一次月考物理试卷一．选择题（本题共14小题，每题3分，选对选不全得2分，选错得0分）1．四个塑料小球，A和B互相排斥，B和C互相吸引，C和D互相排斥．如果D带正电，则B球的带电情况是（）A．带正电B．带负电C．不带电D．可能带负电或不带电2．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Q l，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（）A．Q3为负电荷，且放于A左方B．Q3为负电荷，且放于B右方C．Q3为正电荷，且放于AB之间D．Q3为正电荷，且放于B右方3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c 点的电势为（）A．4V B．8V C．12V D．24V4．带电荷量为q的α粒子，以初动能E k从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入匀强电场，恰从带负电金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为2E k．则金属板间的电压为（）A．B．C．D．5．有一横截面为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子定向移动的速率为v，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为（）A．nvs△t B．nv△t C．I D．I△6．如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知下列说法正确的是（）A．R1＜R2B．R1和R2串联后的总电阻的Ⅰ﹣U图线应在区域ⅢC．R1和R2并联后的总电阻的Ⅰ﹣U图线应在区域ⅡD．R1=R27．一伏特计有电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此伏特计的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进（）A．在R上串联一比R小得多的电阻B．在R上串联一比R大得多的电阻C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻8．在图所示的电路中，当开关S闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（）A．两表读数均变大B．两表读数均变小C．电流表读数增大，电压表读数减小D．电流表读数减小，电压表读数增大9．如图所示，电流表事先已经接好，拿电压表的K接线柱去分别试触b、c两点，电流表示数分别为0.04A和0.03A，电压表示数分别为2.9V和3V．则待测电阻的真实值应为（）A．比100Ω略大一些B．比100Ω略小一些C．比72.5Ω略大一些D．比72.5Ω略小一些10．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．现要使尘埃P向上加速运动，下列方法中可行是（）A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动D．把开关S断开11．如图，直线A为电源的路端电压U与电流I的关系图线，直线B是电阻R的两端电压U 与电流I的关系图线，用该电源与电阻R组成闭合电路，下列说法正确的是（）A．电源的电动势是3V．B．电源的内阻是1ΩC．电阻R的大小是2Ω D．电源的功率是6W12．如图所示，电源电动势E=6V，当开关S闭合后，小灯泡L1和L2都不亮．现用一电压表检测故障，已测得U ac=U ad=U ae=6V，U ab=0，那么以下判断正确的是（）A．含L1的ab段电路断路，其他部分无问题B．ab段和bc段电路可能都是断路的C．含R的cd段电路断路，其他部分无问题D．含L2的bc段电路断路，其他部分无问题13．没有完成连接的电路如图所示，A、B、C、D是滑动变阻器的四个接线柱．下列说法正确的是（）A．若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，安培表的示数将变大B．若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，电压表的示数将变大C．若将D与N相连接，接线柱A与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，电压表的示数增大D．若将D与N相连接，接线柱B与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，电流表的示数增大14．在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，由此可知（）A．通过电动机的电流为12AB．电动机消耗的功率为48WC．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480JD．电动机输出的功率为8W二、实验题（本题共6小题，15题每空2分，16题10分，共18分）15．在本周的实验课上某学生的测量结果如图所示，请你分别读出数据：（1）；；（3）；（4）．16．实验室有一根细而长的均匀金属管线样品，横截面为正方形如图1所示．此金属材料质量为m，长约为30cm，电阻约为10Ω．已知这种金属的电阻率为ρ，密度为ρ0．因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请设计一个实验方案使测量结果尽可能准确，测量中空部分的截面积S0，现有如下器材可选：A．刻度尺B．螺旋测微器C．电流表（600mA，1.0Ω）D．电流表（3A，0.1Ω）E．电压表（3V，6kΩ）F．滑动变阻器（10Ω，2A）G．蓄电池（6V，0.05Ω）H．开关一个，带夹子的导线若干．（1）除待测金属管线外，还应选用的器材有（只填代号字母）．在图2中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器（图3）连成实际测量电路．（3）实验中需要测量的物理量及结果（用合适的字母表示）：．（4）用（3）中的字母表示金属管线内部空间截面积S0的表达，S0=．17．将电动势为3.0V电源接入电路中，测得电源两极间电压为2.4V，当电路中有6C的电荷流过某电阻时用时为12S，求：（1）电路内电流的大小是多少？有多少其他形式的能转化为电能？（3）外电路中有多少电能转化为其他形式的能？（4）电源内电路中产生的内能为多少？18．如图所示，R1=5Ω，R2=9Ω．当开关S断开时，电流表的示数为I=0.2A当开关S闭合时，电流表的示数为I′=0.3A．（电流表内阻不计）求：（1）电源的电动势和内阻；S断开和闭合两种情况下，电源的输出功率．19．某品牌小汽车中电动机和车灯的实际电路可简化为如图所示电路，电源电动势E=12.5V，内阻r=0.05Ω，电动机的直流电阻r'=0.02Ω，只闭合S1时，电流表读数I1=10A；再闭合S2后，电动机正常工作，电流表读数I2=58A（电流表内阻不计）．不考虑灯丝电阻的变化．求：（1）在只闭合S1时，车灯两端的电压U L和车灯的功率P L；再闭合S2后，车灯两端的电压U'L和电动机的输出功率P．20．如图所示，一电荷量q=3×10﹣5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=16V，内阻r=1Ω，电阻R1=7Ω，R2=R3=R4=16Ω．g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．g=10m/S2，求：（1）电源的输出功率；两板间的电场强度的大小；（3）带电小球的质量．河南省洛阳市伊川一中2014～2015学年度高二上学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（本题共14小题，每题3分，选对选不全得2分，选错得0分）1．四个塑料小球，A和B互相排斥，B和C互相吸引，C和D互相排斥．如果D带正电，则B球的带电情况是（）A．带正电B．带负电C．不带电D．可能带负电或不带电考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电荷间的相互作用规律分析：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．解答：解：由于D带正电，C和D互相排斥，故C带正电，而B和C互相吸引，则B带负电，也可能不带电；A和B互相排斥，则说明B一定带负电，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：本题考查了利用电荷间的相互作用规律判断物体带电情况，要特别注意的是：若两个物体相互吸引时，两个物体可能带异种电荷；也可能一个带电，另一个不带电．2．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Q l，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（）A．Q3为负电荷，且放于A左方B．Q3为负电荷，且放于B右方C．Q3为正电荷，且放于AB之间D．Q3为正电荷，且放于B右方考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置．解答：解：假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立．设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小．即：=由于Q2=4Q1，所以r23=2r13，所以Q3位于Q1的左方．根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电．故选A．点评：我们可以去尝试假设Q3带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态，不行再继续判断．3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c 点的电势为（）A．4V B．8V C．12V D．24V考点：等势面；电势．专题：压轴题．分析：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．解答：解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×=4v，故U be=φb﹣φe=4v，故φf﹣φd=4v，故φe=24﹣4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．点评：①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．4．带电荷量为q的α粒子，以初动能E k从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入匀强电场，恰从带负电金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为2E k．则金属板间的电压为（）A．B．C．D．考点：电势能；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电粒子在电场中被加速，电场力做功，导致动能增加，由动能定理则可求出金属板间电压．解答：解：粒子从正中央垂直进入匀强电场，到恰从负电金属板边缘飞出，由动能定理可得：2E K﹣E K=qu1解得：则金属板的电压是U1电压的2倍．即为故选：B点评：由动能定理简便得求出，电场力做功，由于粒子从正中央进入电场，所以求出的电压不是金属板间电压．5．有一横截面为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子定向移动的速率为v，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为（）A．nvs△t B．nv△t C．I D．I△考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：根据电流的微观表达式I=nevs，求出在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为e，再确定通过导体横截面的自由电子的数目．解答：解：根据电流的微观表达式I=nevs，在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量q=I△t，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为n==，将I=nevs代入得n==nvs△t．故选AC．点评：本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．6．如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知下列说法正确的是（）A．R1＜R2B．R1和R2串联后的总电阻的Ⅰ﹣U图线应在区域ⅢC．R1和R2并联后的总电阻的Ⅰ﹣U图线应在区域ⅡD．R1=R2考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；则根据串并联电路的规律可得出总电阻的在的区域．解答：解：A、由图可知，R1＜R2；故A正确，D错误；B、两电阻串联后，总电阻等于两电阻之和，故其图象应在区域Ⅲ中，故B正确；C、若两电阻并联，则总电阻小于任一电阻，故其图象应在区域I；故C错误；故选：AB．点评：本题考查欧姆定律的图象，要注意明确I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．7．一伏特计有电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此伏特计的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进（）A．在R上串联一比R小得多的电阻B．在R上串联一比R大得多的电阻C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：把电流表改装成电压表，应给电流表串联一个分压电阻；电压表示数偏小，说明通过电压表的电流比正常值小，可见通过减小电压表内阻即可改进．解答：解：电流表串联一个分压电阻，改装后若电压表读数偏小，说明通过电压表的电流偏小，分压电阻偏大，为使电压表示数准确，可以把R换成一个阻值稍小点的电阻，或在R上并联一比R大得多的电阻即可，故ABDC误，D正确．故选：D．点评：知道电压表的改装原理、应用串并联电路特点即可即可正确解题；改装后电压表示数偏小，需要减小串联电阻阻值，改装后电压表示数偏大，需要增大串联电阻阻值．8．在图所示的电路中，当开关S闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（）A．两表读数均变大B．两表读数均变小C．电流表读数增大，电压表读数减小D．电流表读数减小，电压表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：开关S断开R1，R2串连接入电路，开关S闭合，R2被短路，只有R1接入电路，总电阻变小，总电流变大，干路电压变小．解答：解：开关S断开R1，R2串连接入电路，电流表示数I=，电压表示数为U=E ﹣Ir=E﹣；开关S闭合后，R2被短路，电路中的电阻减小，通过的电流为I′=，电压表示数为U=E ﹣I′r=E﹣所以电流表示数变大，电压表示数变小．故选C．点评：该题考查了电路动态分析问题，注意开关闭合后R2被短路，这是本题解题的关键．9．如图所示，电流表事先已经接好，拿电压表的K接线柱去分别试触b、c两点，电流表示数分别为0.04A和0.03A，电压表示数分别为2.9V和3V．则待测电阻的真实值应为（）A．比100Ω略大一些B．比100Ω略小一些C．比72.5Ω略大一些D．比72.5Ω略小一些考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：题的关键是对欧姆定律的理解，内接法时电压表两端的电压等于电流表与待测电阻的串联电压，故测得的电阻等于二者的串联电阻之和；外接法时电流表测得的是电压表与待测电阻的并联电阻，故测得的电阻小于电阻的真实值．解答：解：两测量结果比较可知，电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用明显，即电压表的内阻不是很大，根据欧姆定律可知，当电压表的内阻很大时，采用电流表外接法误差小一些，所以若电压表的内阻不是很大，应采用电流表内接法．所以=100Ω=R+R A．则真B正确故选：B点评：电流表内接法时造成测量误差的原因是电流表的分压作用，所以当电流表内阻越小时内接法越精确，外接法时造成测量误差的原因是电压表的分流作用，所以当电压表内阻越大时外接法测量越精确10．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．现要使尘埃P向上加速运动，下列方法中可行是（）A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动D．把开关S断开考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：闭合开关S，电容器的电压等于变阻器左部分的电压，与R1无关，当滑片向右移动时，电压增大，板间场强增大，尘埃P向上加速运动．把开关S断开后，根据电容器的电压，再判断尘埃P是否向上加速运动．解答：解：A、R1的滑片移动不能改变电容器的电压，所以尘埃P处于处于静止状态．故A错误．B、把R2的滑片向左移动时，电容器的电压减小，板间场强减小，尘埃P向下加速运动．故B错误．C、把R2的滑片向右移动时，电容器的增大，板间场强增大，向上加速运动．故C正确．D、把开关S断开后，电容器的电压等于电源的电动势，即电压增大，尘埃P向上加速运动．故D正确．故选CD点评：本题是含有电容器的问题，关键是分析和确定电容器的电压．电路稳定时，电容器所在的电阻没有电压，相当于短路．11．如图，直线A为电源的路端电压U与电流I的关系图线，直线B是电阻R的两端电压U 与电流I的关系图线，用该电源与电阻R组成闭合电路，下列说法正确的是（）A．电源的电动势是3V．B．电源的内阻是1ΩC．电阻R的大小是2Ω D．电源的功率是6W考点：电功、电功率；欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：图象B的斜率等于电阻R；图象A的纵轴截距等于电源的电动势，斜率的大小等于电源的内电阻，由数学知识求解即可．解答：解：A、由闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，可知，当I=0时，U=E，故电源的电动势是3V，故A正确；B、，r==Ω=0.5Ω，故B错误；C、电阻R==Ω=1Ω，故C错误；D、电源的功率为：P=EI=3×2W=6W，故D正确．故选：AD．点评：根据U﹣I图象正确读出电源的电动势和短路电流，根据U﹣I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的关键．12．如图所示，电源电动势E=6V，当开关S闭合后，小灯泡L1和L2都不亮．现用一电压表检测故障，已测得U ac=U ad=U ae=6V，U ab=0，那么以下判断正确的是（）A．含L1的ab段电路断路，其他部分无问题B．ab段和bc段电路可能都是断路的C．含R的cd段电路断路，其他部分无问题D．含L2的bc段电路断路，其他部分无问题考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知，灯泡L1和L2和滑动变阻器串联，又根据题意可得，电路故障为断路，如果电压表示数为零，那么被测部分外部断路，如果电压表示数电源电压，那么被测部分断路，从而即可求解．解答：解：闭合开关后，由题意可知，U ac=U ad=U ae=6V，U ab=0，由于ae为电源两端，因此可得，含L2的bc段电路为断路，其他部分无问题，故D正确，ABC错误；故选：D．点评：考查电流表，电压表检测电路故障问题，如果是确定电路为断路问题，则电压表测量时（不含电源两端），电压表有示数，说明与表并联的电路出现断路．13．没有完成连接的电路如图所示，A、B、C、D是滑动变阻器的四个接线柱．下列说法正确的是（）A．若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，安培表的示数将变大B．若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，电压表的示数将变大C．若将D与N相连接，接线柱A与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，电压表的示数增大D．若将D与N相连接，接线柱B与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：移动滑片改变滑动变阻器接入电路的阻值，根据闭合电路欧姆定律，从而求解电路电流与电阻两端电压的变化情况．解答：解：A、若将A、C分别与的导线头M、N相连接，闭合电键后，当滑动片P向右移动时，接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电流减小，即安培表的示数将变小，因内电压减小，且电阻R两端的电压也减小，因此电压表示数增大，故A错误，B正确；C、若将D与N相连接，接线柱A与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，接入电路中的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，即安培表的示数将变大，因内电压增大，且电阻R两端的电压也增大，因此电压表示数减小，故C错误；D、若将D与N相连接，接线柱B与M相连接，则闭合电键后，滑动片P向左移动时，接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电流减小，即安培表的示数将变小，故D错误，故选：B．点评：本题考查了滑动变阻器的接法、滑动变阻器的作用，分析清楚电路结构、知道滑动变阻器的工作原理即可正确解题．14．在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，由此可知（）A．通过电动机的电流为12AB．电动机消耗的功率为48WC．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480JD．电动机输出的功率为8W考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：A、根据ab两端的电压和电压表的示数，求出R两端的电压，再根据欧姆定律求出通过电动机的电流．B、根据P=UI求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率．C、根据Q=I2rt求出电动机在1分钟内产生的热量．D、电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．解答：解：A、通过电动机的电流．故A错误．B、电动机消耗的功率P=UI=24×2W=48W．故B正确．C、电动机线圈在1分钟内产生的热量Q=I2rt=4×2×60J=480J．故C正确．D、电动机的输出功率．故D错误．故选BC．点评：解决本题的关键会灵活运用欧姆定律，以及知道电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．二、实验题（本题共6小题，15题每空2分，16题10分，共18分）15．在本周的实验课上某学生的测量结果如图所示，请你分别读出数据：（1）29.7mm； 6.703mm；（3）0.920mm；（4）20.45mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.1mm=0.7mm，所以最终读数为：29mm+0.7mm=29.7mm．2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为20.3×0.01mm=0.203mm，所以最终读数为6.5mm+0.203mm=6.703mm．3、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为42.0×0.01mm=0.420mm，所以最终读数为0.5mm+0.420mm=0.920mm．4、游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为9×0.05mm=0.45mm，所以最终读数为：20mm+0.45mm=20.45mm．故答案为：（1）29.7mm；6.703mm；（3）0.920mm；（4）20.45mm点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．16．实验室有一根细而长的均匀金属管线样品，横截面为正方形如图1所示．此金属材料质量为m，长约为30cm，电阻约为10Ω．已知这种金属的电阻率为ρ，密度为ρ0．因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请设计一个实验方案使测量结果尽可能准确，测量中空部分的截面积S0，现有如下器材可选：A．刻度尺B．螺旋测微器C．电流表（600mA，1.0Ω）D．电流表（3A，0.1Ω）E．电压表（3V，6kΩ）F．滑动变阻器（10Ω，2A）G．蓄电池（6V，0.05Ω）H．开关一个，带夹子的导线若干．（1）除待测金属管线外，还应选用的器材有ABCEFGH（只填代号字母）．在图2中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器（图3）连成实际测量电路．（3）实验中需要测量的物理量及结果（用合适的字母表示）：用毫米刻度尺金属管线长度L，外径D，电压表示数U，电流表示数I．（4）用（3）中的字母表示金属管线内部空间截面积S0的表达，S0=πD2﹣．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：（1）本实验需要用伏安法测量电阻，根据电阻定律公式求解导体的截面积，故可以先得到截面积的表达式，再结合欧姆定律得到待测量，从而进一步选择器材；用伏安法测量电阻，要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法；由于金属原件长度较短，故电阻较小，故采用安培表外接法，画出电路图后进一步连接实物图即可；（3）根据欧姆定律和电阻定律公式可以得到要测量的物理量；（4）根据实验所测数据，应用欧姆定律及电阻定律求出面积的表达式．解答：解：（1）本实验需要用伏安法测量电阻，根据欧姆定律，有R=；同时要结合电阻定律公式R=ρ求解截面积；故要用电压表测量电压，电流表测量电流，刻度尺测量长度，螺旋测微器测量金属管外直径，要组合成电路，还需要电源、电键、导线以及滑动变阻器；由于电阻通电电流大会升温，影响电阻率，故要小电流，故电流表选择较小量程，故需要的实验器材有：ABCEFGH；由滑线变阻器阻值为10Ω，被测电阻约为10Ω，故限流的效果不明显，故采用分压解法，由＞，确定电流表外接，电路如图：由于要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法，金属丝电阻较小，因此电流表采用外接法，由此可得出实物图如下所示：（3）（4）根据欧姆定律，有R=；根据电阻定律，有R=ρ，故截面积为：S=；实验时需要：用毫米刻度尺金属管线长度L，外径D，电压表示数U，电流表示数I，故金属管线内部空间截面积S0的表达式为：S0=πD2﹣故答案为：（1）ABCEFGH；如图所示；（3）用毫米刻度尺金属管线长度L，外径D，电压表示数U，电流表示数I；。

河南省洛阳市伊川实验高中2017-2018学年高三上学期第一次月考物理试卷一．选择题（3*14=42）1．动车把动力装置分散安装在每节车厢上．使其既具有牵引动力．又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，若动车组在匀加速运动过程中．通过第一个60m所用时间是10s．通过第二个60m所用时间是6s．则( )A．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为78mB．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为78mC．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为96mD．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为96m2．一个做竖直上抛运动的物体，不计空气阻力时，上升过程中的平均速度是10m/s，则它能达到的最大高度为（取g=10m/s2）( )A．5 m B．10 m C．20 m D．30 m3．如图所示是甲、乙两物体从同一点出发的x﹣t图象，由图象可以看出在0～4s这段时间内( )A．甲、乙两物体始终同向运动B．4s时甲、乙两物体之间的距离最大C．甲的平均速度等于乙的平均速度D．甲、乙两物体之间的最大距离为3m4．如图所示为一个质点作直线运动的v﹣t图象，下列说法中正确的是( )A．在18s～22s时间内，质点的位移为24mB．整个过程中，BC段的加速度最大C．整个过程中，E点所表示的状态是离出发点最远D．BC段表示质点通过的位移为34m5．雨雾天，一辆汽车正以v1=10m/s的速度在平直公路上行驶，突然发现正前方有一辆自行车以v2=4m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为a=0.6m/s2的匀减速运动，汽车恰好没有碰上自行车，则( )A．关闭油门时汽车与自行车的距离mB．关闭油门时汽车与自行车的距离30 mC．汽车关闭油门后，汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为10sD．汽车关闭油门后，汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为s6．如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止．物体A的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个7．已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N．则( )A．F1的大小是唯一的B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向D．F2可取任意方向8．如图（甲）所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平地面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图（乙）所示，运动过程中两物体始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )A．t=0时刻和t=2t0时刻，A受到的静摩擦力相反B．在t0时刻，A、B间的静摩擦力最大C．在t0时刻，A、B的速度最大D．在2t0时刻，A、B的速度最大9．a、b两物体从同一点沿同一方向作直线运动，v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是( )A．当t=5 s时，a、b两物体第一次相遇B．当t=10 s时．a、b两物体间距最大C．当t=15 s时，b物体在a物体的前面D．当t=20 s时，a、b两物体第二次相遇10．某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况下，该物体所受的合力最大的是( )A． B．C． D．11．如图所示，小球用细线拴住放在光滑斜面上，用力推斜面向左运动，小球缓慢升高的过程中，细线的拉力将( )A．先增大后减小B．先减小后增大C．一直增大D．一直减小12．如图，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l．一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物．在绳子距a端得c点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为( )A．B．2 C．D．13．如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢下降．关于此过程绳上拉力大小变化，下列说法中正确的是( )A．不变B．逐渐减小C．逐渐增大D．可能不变，也可能增大14．如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC是撑杆，质量不计，C端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，现施一拉力F缓慢将重物P上拉，在AC杆达到竖直前( )A．绳上拉力F越来越大 B．绳上中拉力F越来越小C．AC杆中的支撑力F N越来越大D．AC杆中的支撑力F N不变二．实验题（2*7=14）15．某同学利用图甲所示的实验装置做了这样的实验．①按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块．释放小车，小车由静止开始运动．②按实验要求正确装上纸带，让小车靠近打点计时器，按住小车，打开打点计时器电源，释放小车，获得一条带有点迹的纸带．③在获得的纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点A，B，C，…．测量相邻计数点的间距S1，S2，S3，…．并将其记录在纸带上对应的位置处．完成下列填空：（1）已知实验装置中打点计时器的电源为50Hz的低压交流电源，若打点的时间间隔用△t 表示，则△t=__________s．（2）设纸带上五个相邻计数点的间距为s1、s2、s3和s 4．a可用s1、s4和△t表示为a=__________；v B可用s1、s2和△t表示为v B=__________．（3）图乙为用米尺测量所得纸带上的s1、s2、s3和s4的情况，由图可读出s1=__________cm，s4=__________cm．由此求得加速度的大小a=__________m/s2，v B=__________ m/s（计算结果取3位有效数字）．三．计算题16．我国某城市某交通路口绿灯即将结束时会持续闪烁3s，而后才会变成黄灯，再在3秒黄灯提示后再转为红灯．2013年1月1日实施新的交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．（本题中的刹车过程均视为匀减速直线运动）（1）若某车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18m，该车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）若某车正以v0=15m/s的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为L=48.75m，当驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂考虑后开始刹车，该车在红灯刚亮时恰停在停车线以内．求该车驾驶员的允许的考虑时间．17．如图所示，用绳AC和BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，AC绳能承受的最大拉力为150N，而BC绳能承受的最大拉力为100N，求物体最大重力不能超过多少？18．质量为5kg的木块放在木板上，当木板与水平方向夹角为37°，木块恰能沿木板匀速下滑，木块与木板间的动摩擦因数多大？当木板水平放置时，要使木块能沿木板匀速滑动，给木块施加水平力应多大？（sin37°=0.6 cos37°=0.8 g=10N/kg）19．如图所示，用与竖直方向成30°角的力F将重为10N的物体推靠在竖直墙上，物体与墙的动摩擦因数等于0.2．要使物体静止在墙上，推力F的取值范围．（最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）河南省洛阳市伊川实验高中2015届高三上学期第一次月考物理试卷一．选择题（3*14=42）1．动车把动力装置分散安装在每节车厢上．使其既具有牵引动力．又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，若动车组在匀加速运动过程中．通过第一个60m所用时间是10s．通过第二个60m所用时间是6s．则( )A．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为78mB．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为78mC．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为96mD．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为96m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．分析：根据推论：匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出第一个10s和第二个6s内中间时刻的瞬时速度，根据速度时间公式求出加速度，结合6s 内的位移为60m，运用位移时间公式求出接下来的6s内的位移．解答：解：动车组在匀加速运动过程中．通过第一个60m所用的时间是10s，中间时刻的速度为v1==m/s=6m/s通过第二个60m所用的时间为6s，中间时刻的速度为=10m/s．两个中间时刻的时间差为△t=8s则加速度为a===0.5m/s26s末的速度为v=v2+a t2=10+0.5×3=11.5m/s接下来的6s内的位移为x′=vt3+=11.5×6+=78m故选A点评：解决本题关键是掌握匀变速直线运动的运动学速度公式、位移公式和推论，并能灵活运用．2．一个做竖直上抛运动的物体，不计空气阻力时，上升过程中的平均速度是10m/s，则它能达到的最大高度为（取g=10m/s2）( )A．5 m B．10 m C．20 m D．30 m考点：竖直上抛运动．分析：根据上升过程中的平均速度，结合平均速度推论求出初速度的大小，根据速度位移公式求出达到的最大高度．解答：解：根据知，初速度为：v0=20m/s，则能达到的最大高度为：h=．故选：C．点评：解决本题的关键知道竖直上抛运动的运动规律，掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．3．如图所示是甲、乙两物体从同一点出发的x﹣t图象，由图象可以看出在0～4s这段时间内( )A．甲、乙两物体始终同向运动B．4s时甲、乙两物体之间的距离最大C．甲的平均速度等于乙的平均速度D．甲、乙两物体之间的最大距离为3m考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．解答：解：A、由于位移﹣时间图象的斜率表示该时刻的速度，可以从图中看出乙物体的速度（斜率）始终为正值，即速度始终为正方向，甲物体前两秒内速度为正方向，2秒末到4秒末速度为负方向，故A错误．B、4s秒末两物体的位置坐标相同，说明两物体相遇，故B错误．C、由图知：4s内甲的位移大小为s甲=△x=2m﹣0=2m，乙的位移大小为s乙=△x=2m﹣0=2m，可见，位移相等，所用时间也相等，则由平均速度公式=知，平均速度相等．故C正确．D、从位移﹣时间图象来看，两个物体两秒末纵坐标读数之差最大，即两物体相距最远，可知2s末两物体相距最远，最大距离为△s=4m﹣1m=3m．故D正确．故选：CD．点评：解答本题关键要理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义，知道位移时间图象仅描述直线运动．4．如图所示为一个质点作直线运动的v﹣t图象，下列说法中正确的是( )A．在18s～22s时间内，质点的位移为24mB．整个过程中，BC段的加速度最大C．整个过程中，E点所表示的状态是离出发点最远D．BC段表示质点通过的位移为34m考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由图可知物体的运动过程中速度的变化，由图象中斜率可得出加速度的大小关系；由图象与时间由围成的面积可得出物体的位移．解答：解：A、在18s～22s时间内，质点先做减速运动，再反向加速，由面积可知，物体的位移为零，故A错误；B、图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，CE段的斜率最大，故CD段的加速度最大，故B错误；C、从A到D物体一直做正向运动，故位移一直增大，而D到E物体反向运动，故D点离出发点最远，故C错误；D、BC段的位移为×4m=34m，故D正确；故选D．点评：本题考查学生对v﹣t图象的认识，记住图象的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示这段时间内物体通过的位移．5．雨雾天，一辆汽车正以v1=10m/s的速度在平直公路上行驶，突然发现正前方有一辆自行车以v2=4m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为a=0.6m/s2的匀减速运动，汽车恰好没有碰上自行车，则( )A．关闭油门时汽车与自行车的距离mB．关闭油门时汽车与自行车的距离30 mC．汽车关闭油门后，汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为10sD．汽车关闭油门后，汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．分析：汽车恰好没有碰上自行车，临界状态是速度相等时，汽车恰好未撞上，根据速度时间公式求出恰好未撞上所用的时间，根据位移公式，结合位移关系求出关闭油门时两车的距离．解答：解：由题意知，两车速度相等时，汽车恰好未碰上自行车，经历的时间为：t=，则关闭油门时汽车和自行车的距离为：==30m，故A错误，B正确，C正确，D错误．故选：BC．点评：本题考查了运动学中的追及问题，抓住临界状态，结合速度相等时恰好不相撞，结合位移公式和速度公式进行求解，难度中等．6．如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止．物体A的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：受力分析方法专题．分析：先对AB整体受力分析，看是否与墙壁间有作用力，再对A物体受力分析即可．解答：解：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：F=G A+G B水平方向，不受力，故墙面无弹力隔离A物体，必受重力、B对A的弹力和摩擦力作用，受三个力，故选：B点评：本题关键先对AB整体受力分析，再对A物体受力分析，注意平衡条件的应用，难度不大，属于基础题．7．已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N．则( )A．F1的大小是唯一的 B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向 D．F2可取任意方向考点：力的合成．分析：已知合力的大小为50，一个分力F1的方向已知，与F成30°夹角，另一个分力的最小值为Fsin30°=25N，根据三角形定则可知分解的组数．解答：解：已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，知另一个分力的最小值为Fsin30°=25N而另一个分力大小大于25N小于30N，所以分解的组数有两组解．如图．故C正确，ABD错误故选C．点评：解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，知道平行四边形定则与三角形定则的实质是相同的．8．如图（甲）所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平地面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图（乙）所示，运动过程中两物体始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )A．t=0时刻和t=2t0时刻，A受到的静摩擦力相反B．在t0时刻，A、B间的静摩擦力最大C．在t0时刻，A、B的速度最大D．在2t0时刻，A、B的速度最大考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大．再以A为研究对象，当加速度最大时，A受到的静摩擦力最大．以整体为研究对象，分析何时AB的速度最大解答：解：A、以整体为研究对象，0时刻F为正方向，根据牛顿第二定律分析得知，则整体加速度为正，再以A为研究对象f=m A a，则A受到的静摩擦力为正方向；2t0时刻整体所受的合力为负方向，同理可知，此时A受到的静摩擦力为负方向，故t=0时刻和t=2t0时刻，A受到的静摩擦力方向不同．故A错误．B、在t0时刻，F=0，根据牛顿第二定律分析得知，则整体加速度a为0，以A为研究对象f=ma=0，即在t0时刻，A、B间的静摩擦力为0，故B错误；C、整体在0﹣t0时间内，做加速运动，在t0﹣2t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，AB速度最大．故C正确D错误；故选：C点评：本题一方面要灵活选择研究对象，另一方面，要能根据物体的受力情况分析物体的运动过程，这是学习动力学的基本功9．a、b两物体从同一点沿同一方向作直线运动，v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是( )A．当t=5 s时，a、b两物体第一次相遇B．当t=10 s时．a、b两物体间距最大C．当t=15 s时，b物体在a物体的前面D．当t=20 s时，a、b两物体第二次相遇考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．解答：解：A、当t=5s时，a、b两物体速度相等，由图形的面积可以看出a的位移小于b 的位移，故二者没有相遇，A错误；B、当t=10s时，由图形的面积可以看出二者的位移相等，a、b两物体相遇，间距最小，B 错误；C、当t=1 5 s时，a的位移大于b的位移，故a物体在b物体前面，C错误；D、当t=20 s时，两图形面积相等，则位移相等，二者相遇，由前面分析知已经相遇一次，故为第二次相遇，D正确；故选：D．点评：本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义．10．某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况下，该物体所受的合力最大的是( )A． B．C． D．考点：力的合成．分析：力的合成遵循平行四边形定则，三力合成可以先合成其中两个力，再与第三个力合成，也可用正交分解法先分解再合成．解答：解：设小正方形边长长度代表1N，A、先将F1与F3合成，然后再用勾股定理，求得合力等于5 N，不是最大，A错误；B、先将F1与F3沿水平和竖直方向正交分解，再合成，求得合力等于5 N，不是最大，故B 错误；C、可将F3沿水平和竖直方向正交分解正交分解，求得合力等于6 N，最大，C正确；D、根据三角形法则，图中合力等于0，D错误；故选：C．点评：求解合力可以直接根据平行四边形定则合成，有时也可以先正交分解再合成．11．如图所示，小球用细线拴住放在光滑斜面上，用力推斜面向左运动，小球缓慢升高的过程中，细线的拉力将( )A．先增大后减小B．先减小后增大C．一直增大D．一直减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以小球为研究对象，画出小球的受力分析图．分析滑块左移会引起哪个力的方向变化，用三角形法求解．解答：解：对小球受力分析如图所示，重力的大小方向不变，平移另两个力构成一首尾相连的闭合的三角形，滑块左移会引起F T的方向及大小的变化而F N的方向不变，且合力为0，则三力依然为闭合三角形，如图所示：则F T与F N相垂直时F T最小，则闭合三角形发生如图所示变化，则F T的变化为先变小，变大．故选B点评：若三力合力为0，则三力首尾相连构成一闭合三角形，分析出不变的力不动，另外的两个力依变化改变方向或大小，但依然是闭合三角形，分析边长的变化就得出力大小的变化．12．如图，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l．一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物．在绳子距a端得c点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为( )A．B．2 C．D．考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：计算题．分析：根据题意画出平衡后的物理情景图．对绳子上c点进行受力分析．根据几何关系找出BC段与水平方向的夹角．根据平衡条件和三角函数表示出力与力之间的关系．解答：解：对绳子上c点进行受力分析：平衡后设绳的BC段与水平方向成α角，根据几何关系有：tanα=2，sinα=．对结点C分析，将F a和F b合成为F，根据平衡条件和三角函数关系得：F2=m2g=F，F b=m1g．sinα==所以得：，故选C．点评：该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．力的计算离不开几何关系和三角函数．13．如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢下降．关于此过程绳上拉力大小变化，下列说法中正确的是( )A．不变B．逐渐减小C．逐渐增大D．可能不变，也可能增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：二力合成时，夹角越小，合力越大；同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线．解答：解：物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力平衡；两个拉力合力一定，夹角不断减小，故拉力不断减小；故选B．点评：本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，若是用解析法求解出拉力表达式分析，难度加大了．14．如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC是撑杆，质量不计，C端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，现施一拉力F缓慢将重物P上拉，在AC杆达到竖直前( )A．绳上拉力F越来越大 B．绳上中拉力F越来越小C．AC杆中的支撑力F N越来越大D．AC杆中的支撑力F N不变考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以P点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形APO三边边长的关系，再分析其变化．解答：解：以P点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：==又T=G解得：N=F=G；使∠AOP缓慢变小时，AO、OP保持不变，AP变小，则N保持不变，F变小．故选：BD．点评：本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法．二．实验题（2*7=14）15．某同学利用图甲所示的实验装置做了这样的实验．①按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块．释放小车，小车由静止开始运动．②按实验要求正确装上纸带，让小车靠近打点计时器，按住小车，打开打点计时器电源，释放小车，获得一条带有点迹的纸带．③在获得的纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点A，B，C，…．测量相邻计数点的间距S1，S2，S3，…．并将其记录在纸带上对应的位置处．完成下列填空：（1）已知实验装置中打点计时器的电源为50Hz的低压交流电源，若打点的时间间隔用△t 表示，则△t=0.02s．（2）设纸带上五个相邻计数点的间距为s1、s2、s3和s 4．a可用s1、s4和△t表示为a=；v B可用s1、s2和△t表示为v B=．（3）图乙为用米尺测量所得纸带上的s1、s2、s3和s4的情况，由图可读出s1=1.68cm，s4=3.88cm．由此求得加速度的大小a=0.735m/s2，v B=0.205 m/s（计算结果取3位有效数字）．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：（1）打点计时器的打点周期与交流电的周期相同，由此可知打点的时间间隔．（2）在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2，可求出加速度的大小．（3）根据刻度尺的指示可知各个计数点之间的距离大小，注意要进行估读，然后代入（2）中公式可求出加速度和速度的大小．解答：解：（1）交流电的频率为50Hz，因此其周期为=0.02s，因此打点周期为△t=0.02s；（2）计数点之间的时间间隔为：t=5△t，根据匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2，可得：即：=匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：=（3）根据刻度尺的指示，可知：s1=1.68cm，s2=2.42cm，s4=3.88cm．故答案为：（1）0.02；（2）；；（3）1.68，3.88，0.735，0.205．点评：对于实验器材的选取一是根据实验目的进行，二是要进行动手实验，体会每种器材的作用；要加强基本物理规律的应用，提高操作技能和数据处理能力．要注意单位的换算和有效数字的保留．三．计算题16．我国某城市某交通路口绿灯即将结束时会持续闪烁3s，而后才会变成黄灯，再在3秒黄灯提示后再转为红灯．2013年1月1日实施新的交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．（本题中的刹车过程均视为匀减速直线运动）（1）若某车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18m，该车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）若某车正以v0=15m/s的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为L=48.75m，当驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂考虑后开始刹车，该车在红灯刚亮时恰停在停车线以内．求该车驾驶员的允许的考虑时间．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：（1）根据匀变速运动的平均速度=求解初速度．（2）反应时间内汽车仍做匀速运动，刹车后匀减速运动，根据运动学公式求解．解答：解：（1）设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为v根据平均速度公式：刹车距离：解得：v=。

河南省洛阳市伊川实验高中 2015～2016 学年度高二上学期限时训练物理试卷一、选择题（本题包括12 小题，每小题5分，共计60 分．每小题有一个或多个选项符合题意，选错得0分，选不全得3分．）1．关于电流的下列说法中，正确的是（） A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多 B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越大 D．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大2．白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，则白炽灯不通电时灯丝电阻R1 与正常发光时电阻R2比较应是（）A．R1＞R2 B．R1＜R2 C．R1=R2 D．无法判断3．关于电动势，下列说法不正确的是（） A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关4．在1min 内通过阻值为5Ω的导体横截面的电量为240C，那么加在该导体两端的电压是（）A．20V B．48V C．120V D．1200V5．如图所示，电阻R1=20Ω，电动机线圈电阻R2=10Ω．当开关S断开时，电流表的示数为0.5A．当电键S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．则关于电流表读数和电路消耗的电功率P正确的是（）A．I=1.5A B．I＞1.5A C．P=15W D．P＜15W6．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A ．R 1：R 2=1：3B ．R 1：R 2=3：1C ．将 R 1 与 R 2 串联后接于电源上，则电流比 I 1：I 2=1：3D ．将 R 1 与 R 2 并联后接于电源上，则电流比 I 1：I 2=1：37．一太阳能电池板，测得它的开路电压为 800mV ，短路电流 40mA ．若将该电池板与一阻值为 20Ω 的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（ ）A ．0.10VB ．0.20VC ．0.30VD ．0.40V8．直流电池组的电动势为 E ，内电阻为 r ，用它给电阻为 R 的直流电动机供电，当电动机正常工作 时，电动机两端的电压为 U ，通过电动机的电流是 I ，下列说法中正确的是（ ） A ．电动机输出的机械功率是 U I B ．电动机电枢上发热功率为 I 2RC ．电源消耗的化学能功率为 E ID ．电源的输出功率为E I ﹣I 2r9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片 P 向上端 a 滑动过程中，两表的示数情况为（ ）A ．电压表示数增大，电流表示数减少B ．电压表示数减少，电流表示数增大C ．两电表示数都增大D ．两电表示数都减少10．一个毫伏表，它的内阻是 100Ω，量程是 200mv ，把它改变装成为量程为 10A 的安培表，毫伏表 上应（ ）A ．并联 0.002Ω 的电阻B ．并联 0.02Ω 的电阻C ．并联 50Ω 的电阻D ．并联 4900Ω 的电阻11．在如图所示的电路中，电源电动势为 E ，内电阻为 r ，C 为电容器，R 0 为定值电阻，R 为滑动变 阻器．开关闭合后，灯泡 L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是 （ ）A．灯泡L将变暗B．灯泡L将变亮C．电容器C的电荷量将减小D．电容器C的电荷量将不变12．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中错误的是（） A．电源的路端电压一定逐渐变小 B．电源的输出功率一定逐渐变小C．电源内部消耗的功率一定逐渐变大D．电源的供电效率一定逐渐变小13．如图所示，直线O AC 为某直流电源的总功率P随电流I变化的图象，抛物线O BC 为该直流电源内部发热功率P随电流I变化的图线，若A、B 对应横坐标为2A，则下列说法中正确的是（）A．电源电动势为3V，内阻为1Ω B．线段A B 表示功率的变化为2W C．电流为2A时，外电路电阻为0.5Ω D．电流为3A时，外电路电阻为2Ω二、非选择题（每题20 分，共40 分）14．如图所示电路中，电源电动势E=10V，内电阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：（1）电源的总功率．电动机消耗的电功率，将电能转化为机械能的功率．（3）电源的输出功率．15．已知如图，E=6V，r=4Ω，R1=2Ω，R2 的变化范围是0﹣10Ω．求：①电源的最大输出功率；②R2 上消耗的最大功率．选做题16．如图所示，图线A B 是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM 是同一电源向固定电阻R 供电时，R 两端的电压电变化的图线，由图求：（1）在交点C处表示电源的输出功率．电源的最大输出功率．17．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是多少？若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是多少？河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016 学年度高二上学期限时训练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12 小题，每小题5分，共计60 分．每小题有一个或多个选项符合题意，选错得0分，选不全得3分．）1．关于电流的下列说法中，正确的是（） A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多 B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越大 D．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】物理学中用每秒通过导体横截面的电荷量来表示电流的强弱，叫做电流，定义式I=．【解答】解：A、电流大说明单位时间内流过导体横截面的电荷量多，但若不确定时间，则电荷量无法确定，故A错误； B、由电流的定义可知，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流一定越大；故B正确； C、电流与通电时间长短无关；故C错误； D、由电流定义可知，导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大；故D正确；故选：BD．【点评】本题考查对电流定义的理解，要注意明确电流定义采用的是比值定义法，电流与电荷量及时间无关．2．白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，则白炽灯不通电时灯丝电阻R1 与正常发光时电阻R2比较应是（）A．R1＞R2 B．R1＜R2 C．R1=R2 D．无法判断【考点】电阻率与温度的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】各种材料的电阻率都会随温度的变化而变化．一般来说，金属的电阻率随温度升高而增大；电解液、半导体和绝缘体的电阻率则随温度升高而减小；而有些合金如锰铜合金和镍铜合金的电阻几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻．【解答】解：白炽灯灯丝由金属钨构成，金属的电阻率随温度的升高而升高，故电阻变大，即白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，故通电后温度升高，电阻变大，即R1＜R2．故选B．【点评】本题关键要明确金属电阻率与温度的关系，然后根据电阻定律判断电阻的大小．3．关于电动势，下列说法不正确的是（） A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定．【解答】解：A、电源两极间的电压为路端电压，一般是小于电源的电动势的；故A不正确； B、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大；故B正确； C、电动势在数值上等于内外电压之和；故C正确； D、电动势是电源本身的性质，与外电路无关；故D正确；本题选不正确的，故选：A．【点评】本题要正确理解电动势的物理意义，注意根据闭合电路欧姆定律进行分析内外电压之和．4．在1min 内通过阻值为5Ω的导体横截面的电量为240C，那么加在该导体两端的电压是（）A．20V B．48V C．120V D．1200V【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电流的定义可求得电流，再由欧姆定律可求得导体两端的电压．【解答】解：由I =可知，导体中的电流I =A=4A；则导体两端的电压U=IR=45V=20V；故选：A．【点评】本题考查了欧姆定律和电流定义式的简单应用，是一道基础题目．5．如图所示，电阻R1=20Ω，电动机线圈电阻R2=10Ω．当开关S断开时，电流表的示数为0.5A．当电键S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．则关于电流表读数和电路消耗的电功率P正确的是（）A．I=1.5A B．I＞1.5A C．P=15W D．P＜15W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1 的电压U；当电键S闭合后，通过R1 的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2＜求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI 求解电路中功率范围．【解答】解：当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1 的电流仍为0.5A，电动机的电流I2＜=A=1A，故电流表的电流I＜1.5A，电动机中电功率P=UI＜15W．故A BC 错误，D 正确．故选：D．【点评】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜是关键不等式．6．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1 与R2 串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1 与R2 并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1 与R2 串联后接于电源上时，电流相等．将R1 与R2 并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．【解答】解：A、B 由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确．C、R1 与R2 串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．D、将R1 与R2 并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1 故D错误．故选A【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．7．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.10V B．0.20V C．0.30V D．0.40V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压．【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流：I 短=则电源内阻：r===20Ω 该电源与 20Ω 的电阻连成闭合电路时，电路中电流： I==mA=20mA 故路端电压：U=IR=20mA ×20Ω=400mV=0.40V ； 故选：D ．【点评】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为 零，开路电路等于电源的电动势．8．直流电池组的电动势为 E ，内电阻为 r ，用它给电阻为 R 的直流电动机供电，当电动机正常工作 时，电动机两端的电压为 U ，通过电动机的电流是 I ，下列说法中正确的是（ ） A ．电动机输出的机械功率是 U I B ．电动机电枢上发热功率为 I 2RC ．电源消耗的化学能功率为 E ID ．电源的输出功率为E I ﹣I 2r【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是电功率，根据 P =UI 求解．发 热功率由 P =I 2r 求解．输出功率由能量守恒定律研究，电源消耗的化学能功率就是电源的总功率， 则 P=EI ．【解答】解：A 、电动机输入的功率是电功率，即 P 电=UI ，电动机的输出功率是机械功率，根据能 量守恒定律得，P 出=P 电﹣P 热=UI ﹣I 2R ．故 A 错误，B 正确．C 、电源消耗的化学能功率就是电源的总功率，则 P =EI ．故 C 正确．D 、电源的输出功率 P ′=P ﹣P r =EI ﹣I 2r ．故 D 正确． 故选：BCD【点评】本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用 P =UI ，求热功率只能用 P =I 2r ．而输出的机械功率只能根据能量守恒求解，而且电功率大于热功率．9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片 P 向上端 a 滑动过程中，两表的示数情况为（ ）A ．电压表示数增大，电流表示数减少B ．电压表示数减少，电流表示数增大C ．两电表示数都增大D ．两电表示数都减少【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总 电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电 流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和 R 2 电流变化确定．【解答】解：当滑动变阻器的滑片 P 向 a 滑动时，接入电路的电阻增大，与 R 2 并联的电阻增大，外 电路总电阻 R 总增大，总电流 I 减小，路端电压 U =E ﹣Ir 增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增 大，分担的电压增大，U 2 增大，流过 R 2 的电流 I 2 增大，电流表的读数 I A =I ﹣I 2，则减小．故 A 正 确，BCD 错误．故选：A ．【点评】电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减 小．本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况 来确定10．一个毫伏表，它的内阻是 100Ω，量程是 200mv ，把它改变装成为量程为 10A 的安培表，毫伏表 上应（ ）A ．并联 0.002Ω 的电阻B ．并联 0.02Ω 的电阻C ．并联 50Ω 的电阻D ．并联 4900Ω 的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】该表是毫伏表，所以满偏电流将表头改装为电流表需要并入一个电阻 R ，所以加在 表头和电阻上的电压相等，即：I g R g =I R R ，改装后的电流表量程为 I ，I=I g +I R ，由以上三式式得：=．【解答】解：经分析知：I g R g =I R R …①I=I g +I R …②…③ 联立①②③解得：，代入数据得： 故选 B ．【点评】熟练掌握电表改装原理是解决此类问题的关键．11．在如图所示的电路中，电源电动势为 E ，内电阻为 r ，C 为电容器，R 0 为定值电阻，R 为滑动变 阻器．开关闭合后，灯泡 L 能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是 （ ）A ．灯泡 L 将变暗B ．灯泡 L 将变亮C ．电容器 C 的电荷量将减小D ．电容器 C 的电荷量将不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动 时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯 L 变暗．电容器的电压等于路端电 压，分析其电压变化，由 Q =CU 分析电量的变化．【解答】解：A 、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，电 路中电流减小，灯 L 变暗，故 A 正确，B 错误． C 、电路中电流减小，则电源内阻所占电压减小，则路端电压增大，电容器的电压等于路端电压， 可见其电压是增大的，则由 Q =CU 知，电容器 C 的电荷量将增大．故 C D 错误．故选：A【点评】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电容器 两端电压的变化．12．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中错误的是 （ ） A ．电源的路端电压一定逐渐变小 B ．电源的输出功率一定逐渐变小C ．电源内部消耗的功率一定逐渐变大D ．电源的供电效率一定逐渐变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】外电路的电阻逐渐减小的过程中总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，知总电 流发生变化，内电压外电压也发生变化．从而根据功率公式推导各物理量间的变化情况．【解答】解：A 、R 总减小，有闭合电路欧姆定律 I =可知，电路中总电流减小，路端电压 U =E ﹣rI 可知，U 减小，故 A 正确；B 、电路中的电流为 I =，随着 R 的减小，I 增大，电源的输出功率为 P =I 2R 可知，当 R =r 时，输 出功率最大，而本题中没有告诉二者之间的关系，故 B 错误；C 、电路中的电流为 I =，随着 R 的减小，I 增大，电源的内阻消耗的功率为 P =I 2r ，消耗的功率 增大，故 C 正确；D 、电源的供电效率为 η=，随着 I 的增大，η 将减小，故 D 正确； 本题选错误的，故选 B【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析．13．如图所示，直线 O AC 为某直流电源的总功率 P 随电流 I 变化的图象，抛物线 O BC 为该直流电 源内部发热功率 P 随电流 I 变化的图线，若 A 、B 对应横坐标为 2A ，则下列说法中正确的是（ ）A ．电源电动势为 3V ，内阻为 1ΩB ．线段 A B 表示功率的变化为 2W C ．电流为 2A时，外电路电阻为 0.5Ω D ．电流为 3A时，外电路电阻为 2Ω【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由图读出 I =3A 时，电源的功率 P =9W ，电源内部发热功率 P 热=9W ，根据电源的功率 P =EI 和电源内部发热功率 P 热=I 2r 分别求出电源的电动势和内阻．当电流 I=2A 时，分别求出电源的功率 和电源内部发热功率，求出线段 A B 表示功率的变化．根据欧姆定律求出外电阻．【解答】解：A 、由图读出 I =3A 时，电源的功率 P =9W ，由 P =EI 得，E=3V ．电源内部发热功率 P热=9W ，由 P 热=I 2r 求出 r =1Ω．故 A 正确． B 、当电流 I =2A 时，电源的功率 P =EI=6W ，电源内部发热功率 P 热=I 2r=4W ，则线段 A B 表示 功率的变化为 2W ．故 B 正确． C 、当电流 I =2A 时，由 P ﹣P 热=I 2R ，得 R =0.5Ω．故 C 正确．D 、当电流为 3A 时，由题 R =0．故 D 错误．故选 A BC【点评】对于电源要分清三种功率及其关系：电源的总功率 P 总=EI ，电源内部发热功率 P 热=I 2r ，外 电路消耗功率 P 外=UI=I 2R ，且根据能量关系得 P 总=P 外+P 热．二、非选择题（每题 20 分，共 40 分）14．如图所示电路中，电源电动势 E =10V ，内电阻 r =0.5Ω，电动机的电阻 R 0=1.0Ω，电阻 R 1=1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数 U 1=3.0V ，求：（1）电源的总功率．电动机消耗的电功率，将电能转化为机械能的功率．（3）电源的输出功率．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流 I ，电源的总功率为 P =EI ，即可求得；由 U 内=Ir 可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为 U =E ﹣U 1﹣U 内，电动机消耗的功率为 P 电=UI ；电动机将电能转化为机械能的功率为 P 机=P 电﹣I 2R 0． （3）由 P 热=I 2r 可求的电源内阻消耗的功率，电源的输出功率为 P 出=P ﹣P 热．【解答】解：（1）电路中的电流为 I==A=2A ； 电源的总功率为 P=EI=10×2W=20W ； 电源内阻分得电压为 U内=Ir=2×0.5V=1V ，电动机两端的电压为 U=E ﹣U 1﹣U 内=（10﹣3﹣1）V=6V ，电动机消耗的电功率为 P 电=UI=6×2W=12W ； 电动机将电能转化为机械能的功率为 P 机=P 电﹣I 2R 0=12W ﹣22×1W=8W ． （3）电源内阻消耗的功率为 P 内=I 2r=22×0.5W=2W ，电源的输出功率为 P 出=P ﹣P 热=20﹣2W=18W ．答：（1）电源的总功率为 20W ．电动机消耗的电功率为 12W ，将电能转化为机械能的功率为 8W ．（3）电源的输出功率为 18W ．【点评】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作 时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根 据能量守恒求解．15．已知如图，E=6V ，r=4Ω，R 1=2Ω，R 2 的变化范围是 0﹣10Ω．求：①电源的最大输出功率；②R 2 上消耗的最大功率．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，结合功率公式求出 电源的最大输出功 率． 将 R 1 等效到电源的内部，抓住外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，求出 R 2 上消耗的最大 功率．【解答】解：（1）当外电阻等于内电阻时，即 R 1+R 2=r 时，电源的输出功率最大，最大输出功率 P ==．将 R 1 等效到电源的内部，则内阻 r ′=R 1+r=2+4=6Ω，当 R 2=r ′=6Ω 时，R 2 上消耗的功率最大，最大功率=1.5W ． 答：（1）电源的最大输出功率为 2.25W ；R2 上消耗的最大功率为1.5W．【点评】解决本题的关键知道当电源的内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大．难度不大．选做题16．如图所示，图线A B 是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM 是同一电源向固定电阻R供电时，R 两端的电压电变化的图线，由图求：（1）在交点C处表示电源的输出功率．电源的最大输出功率．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据图线A B 得出电源的电动势和内电阻，结合交点处的电压和电流求出电源的输出功率．当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，结合P=求出电源的最大输出功率．【解答】解：（1）交点处对应的电压U=4V，电流I=2A，则电源的输出功率P=UI=4×2W=8W．根据图线A B 知，电动势E=6V，内阻r=，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，最大输出功率P=．答：（1）在交点C处表示电源的输出功率为8W．电源的最大输出功率为9W．【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．17．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是多少？若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】理想电表对电路没有影响，理想电压表内阻无穷大，相当于开路；理想电流表内阻为零，相当于短路．C、D 间接入理想电压表后，R3 可看做导线，R1 与R2 为串联关系，电压表示数为R2 电压．接入理想电流表时，R2 和R3 并联后再与R1 串联，电流表示数为R3 支路电流；根据欧姆定律和电路的连接关系求解．【解答】解：（1）若在C、D 间接入理想电压表，电路连接如图由闭合电路欧姆定律得干路电流I1==A=1A理想电压表读数为U V=I1R2=6V若在C、D 间连一个理想电流表，电路连接如图所示这时电阻R2 与R3 并联，并联电阻大小R23==2Ω根据闭合电路欧姆定律，有I2==1.5A理想电流表读数为I A=I2=1A答：（1）若在C、D 间连一个理想电压表，其读数是6V．若在C、D 间连一个理想电流表，其读数是1A．【点评】理想电表的串并联规律为：理想电压表与电阻串联，电阻可看作导线；理想电流表与电阻并联，电阻被短路，相当于不存在．闭合电路的欧姆定律在使用时要从总电阻和干路电流入手，分步操作，层层推进，避免急于求成，造成解题失误．。

河南省洛阳市伊川县实验高中 2015～2016 学年度高二上学期第二次限时物理试卷一、选择题〔每题5分，少选得3分，错选或不选得0分〕1．关于电流，下面说法正确的答案是〔〕A．只要将导体置于电场中，导体中就有持续的电流B．电源的作用是保持导体两端的电压C．导体内无电流时，导体内一定无任何电荷运动D．导体中的电流一定是由正负电荷同时向相反方向产生的2．关于闭合电路，如下说法中正确的答案是〔〕A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大3．两只电压表V1 和V2是由完全一样的两个电流计改装成的，V1 表的量程是5V，V2 表的量程是15V，把它们串联起来接人电路中．如此〔〕A．它们的示数相等，指针偏转角度也相等B．它们的示数之比为1：3．指针偏转角度相等C．它们的示数相等，指针偏转角度之比为1：3D．它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1：34．如下列图的电路中，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电源的电动势为E、内电阻为r，如此以下说法中正确的答案是〔〕A．当R2=R1+r 时，R2 上获得最大功率B．当R1=R2+r 时，R1 上获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最小功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大5．如下列图，直线A为某电源的路端电压U与电流I的关系图象，直线B是电阻R的两端电压与电流I的关系图象．用该电源与电阻R组成闭合电路，电源的输出功率和电源的效率分别为〔〕A．4W，33%B．2W，33%C．2W，67%D．4W，67%6．两根完全一样的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，另一根对折后绞合起来．然后给它们分别加上一样电压，如此在同一时间内通过它们的电荷量之比为〔〕A．4：1B．8：1C．16：1 D．1：167．两定值电阻R1、R2串联后接在电压恒等于10V的直流电源上．某学生把内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如下列图，电压表示数为6V．如果把此电压表改接在R2两端，如此电压表示数将〔〕A．小于4V B．大于4V C．等于4V D．等于或大于4V8．如下列图是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中〔〕A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a 流向b 的电流D．电阻R中有从b流向a 的电流9．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，如此〔〕A．甲无磁性，乙有磁性B．甲有磁性，乙无磁性C．甲、乙都有磁性D．甲、乙都无磁性10．关于B和E的比拟，以下说法正确的答案是〔〕A．磁感应强度B和电场强度E都是矢量B．磁感应强度B和电场强度E都由场本身决定的C．磁感应强度B和电场强度E的方向是检验电流和检验电荷在场中受力的方向D．磁感应强度B和电场强度E都是用比值来定义的11．关于磁感应强度如下说法中正确的答案是〔〕A．由B= 知，磁场中某点的磁感应强度的大小与IL的乘积成反比，与F成正比B．无论I的方向如何都可由B= 求磁感应强度的大小C．磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处的安培力的方向一样D．磁场中某点的磁感应强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关12．在一根长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，如此导线受到的安培力的大小可能是〔〕A．0.4NB．0.2NC．0.1ND．0二、实验题〔共10分，每空2分〕13．如图甲是“测电池的电动势和内阻〞的实验电路，如果采用新电池进展实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是：新电池的内阻很小，内电路的电压降很小，从而影响测量值的准确性．为了较准确地测量新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：学生用的理想电压表V，电流表A〔具有一定内阻〕，定值电阻R0〔R0=10Ω〕，滑动变阻器R1〔0﹣10Ω〕，滑动变阻器R2〔0﹣200Ω〕，开关S．〔1〕实验电路原理图如图乙，加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是为方便实验调节且能较准确地进展测量，滑动变阻器应选用〔3〕用笔画线代替导线在图丙中完成实物连接图．〔4〕实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为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．如此新电池内阻的表达式r=．〔用I1、U1、I2、U2和R0 表示〕〔5〕处理实验数据时，测出两组U、I值，便可计算出电池的电动势和内阻，这样做虽然简单，但误差可能较大．处理数据时如何减少实验误差，请你提出一个处理方法：．三、计算题〔共30分，每题15分，要有必要的文字说明和重要的计算过程〕14．在如下列图的电路中，假设R1=4Ω，R3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，如此电源的总功率为40W，而输出功率为37.6W，求电源的电动势和电阻R2．15．如下列图，用一直流电动机提升重物，重物的质量为m=10kg，电源供电电压恒为220V，电路中的保护电阻R=10Ω，电动机的电阻为r=1Ω，不计各处摩擦，电动机正常工作时伏特表的求数为170V，求：〔1〕电动机正常工作后通过电动机的电流是多少？电动机的机械功率是多少？〔3〕重物匀速上升的速度是多少？〔4〕如果电动机因外界原因而突然卡住，如此通过电动机的电流是多少？〔5〕电动机此时的输入功率与热功率分别是多少？〔g 取10m/s 2〕河南省洛阳市伊川县实验高中2015～2016学年度高二上学期第二次限时物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔每题5分，少选得3分，错选或不选得0分〕1．关于电流，下面说法正确的答案是〔〕A．只要将导体置于电场中，导体中就有持续的电流B．电源的作用是保持导体两端的电压C．导体内无电流时，导体内一定无任何电荷运动D．导体中的电流一定是由正负电荷同时向相反方向产生的【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】导体中形成电流的条件是：一、导体中存在自由电荷．二、导体两端存在电压．对于电解质溶液导电是由于正、负电荷同时沿相反方向移动产生．【解答】解：A、将导体置于电场中，导体两端不一定存在电压，导体中自由电荷不一定能够定向移动，如此不一定形成电流．故A错误．B、电源的作用是使导体两端存在恒定的电压，导体中才有恒定电流．故B正确．C、通常情况下导体内没有电流，说明导体两端没有电压，故C错误．D、正负电荷定向移动，都能形成电流，但不一定同时移动，比如：金属导体，只是电子在移动．故D错误．应当选B．【点评】此题考查对电流形成条件的理解能力．导体中要形成电流，两个条件缺一不可．此题比拟容易，考试不能丢分．2．关于闭合电路，如下说法中正确的答案是〔〕A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．【解答】解：A、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故A错误．B、闭合电路中，电源的路端电压越大，说明外电阻越大，根据推论：当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知，电源的输出功率不一定越大．故B错误．C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，如此电源的路端电压就越小．故C错误．D、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，如此电源的路端电压就越大．故D正确．应当选：D．【点评】闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键．3．两只电压表V1 和V2是由完全一样的两个电流计改装成的，V1 表的量程是5V，V2 表的量程是15V，把它们串联起来接人电路中．如此〔〕A．它们的示数相等，指针偏转角度也相等B．它们的示数之比为1：3．指针偏转角度相等C．它们的示数相等，指针偏转角度之比为1：3D．它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1：3【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】两电压表量程不同总内阻不同，两内阻之比为量程之比，再据电压表的改装原理和电路连接关系分析求解．【解答】解：A串联后电流一样故偏转角度相等但两表的读数为两电压表的分压，读数之比为两者的电阻之比故不相等；故A错误B因是串联关系通过两电压表的电流一样，故指针偏转的角度一样，读数之比为两者的电阻之比为1：3．故B正确C 它们示数不等．故C错误D它们偏转角度相等故D错误应当选：B【点评】电压表的改装是由一电流表串联电阻构成的．分析电流与电压当成一电阻根据电路连接关系分析即可．4．如下列图的电路中，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电源的电动势为E、内电阻为r，如此以下说法中正确的答案是〔〕A．当R2=R1+r 时，R2 上获得最大功率B．当R1=R2+r 时，R1 上获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最小功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】R 1为定值电阻，R 2为可变电阻，根据P=I 2R 1可以分析电阻R 1 的功率的变化情况，由于R 2减小的时候，电路电流就在增加，所以不能根据P=I 2R 2 来分析R 2 的功率的变化情况；当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．【解答】解：A 、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R 1 和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R 1+r ，当R 2=R 1+r 时，电源的输出功率最大，即R 2上获得最大功率，所以A 正确；BC 、根据P=I 2R 1可知，当R 2=0 时，电路的总电流最大，所以此时R 1 获得最大功率，所以BC 错误；D 、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当R 2+R 1=r 时，功率最大，但是不知道R 1、R 2和r 的关系，所以无法判断R 2为多少时，电源输出功率最大，所以D 错误；应当选：A ．【点评】对于R 2的功率的分析是此题的难点，通常的分析方法都是把R 1和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R 2 的功率的情况．5．如下列图，直线A 为某电源的路端电压U 与电流I 的关系图象，直线B 是电阻R 的两端电压与电流I 的关系图象．用该电源与电阻R 组成闭合电路，电源的输出功率和电源的效率分别为〔〕 A ．4W ，33%B ．2W ，33%C ．2W ，67%D ．4W ，67%【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】由图象A 可知电源的电动势为3V ，短路电流为6A ，两图象的交点坐标即为电阻R 和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，效率等于R 消耗的功率除以总功率．【解答】解：由图象A 可知电源的电动势E=3V ，短路电流为6A ，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为2V ，电流I=2A电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，根据P=UI 得：P=2×2W=4W ，电源的总功率为：P 总=EI=3×2W=6W所以效率为：η=×100%=×100%=67%；应当选：D ．【点评】根据U ﹣I 图象a 正确读出电源的电动势和短路电流，根据U ﹣I 图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点．6．两根完全一样的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，另一根对折后绞合起来．然后给它们分别加上一样电压，如此在同一时间内通过它们的电荷量之比为〔〕A ．4：1B ．8：1C ．16：1D ．1：16 【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻定律R=判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比．【解答】解：设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2 倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻，如此两电阻之比为16：1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知一样时间内通过的电量之比为1：16．故D正确，A、B、C错误．应当选D．【点评】解决此题的关键掌握电阻定律的公式R=以与欧姆定律和电流的定义式I=．7．两定值电阻R1、R2串联后接在电压恒等于10V的直流电源上．某学生把内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如下列图，电压表示数为6V．如果把此电压表改接在R2两端，如此电压表示数将〔〕A．小于4V B．大于4V C．等于4V D．等于或大于4V【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表的内阻不是远大于R1R2，电表与电阻并联后，并联局部电阻减小，分担的电压减小．结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数．【解答】解：电压表接在R1两端，电压表的示数6V，如此此时R2两端的电压为4V．把此表改接在两端R2 时，由于电压表的内阻不是远大于R1R2，电压表与R2 并联的阻值小于R2，而R1与并联局部串联，总电压U=10V，如此R1 的电压大于6V，电压表与R2 并联的电路的电压小于4V．应当选A【点评】此题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．8．如下列图是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中〔〕A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a 流向b 的电流D．电阻R中有从b流向a 的电流【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．【专题】电容器专题．【分析】电容器与电源相连，电压不变．增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电．根据原来极板的带电情况，分析电流的方向．【解答】解：A、C、D电容器与电源相连，电压不变．增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电．原来电容器上极板带正电，电路中放电电流方向为顺时针方向，如此电阻R 中有从a流向b 的电流．故AD错误，C正确．B、增大电容器两板间距离的过程中，电容减小．故B正确．应当选BC【点评】此题是电容器动态变化分析问题，关键要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，其电压不变．9．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，如此〔〕A．甲无磁性，乙有磁性B．甲有磁性，乙无磁性C．甲、乙都有磁性D．甲、乙都无磁性【考点】磁现象和磁场．【分析】根据磁体的性质判定：条形磁铁的磁场两头强，中间弱，两端能吸引铁磁性物质，中间不能吸引铁磁性物体．【解答】解：铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，所以甲一定有磁性；把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，说明乙没有磁性．故B正确．应当选：B【点评】该题考查磁体的磁场分布以与磁体的特性，要牢记条形磁铁的两端能吸引铁磁性物质，中间不能吸引铁磁性物体．10．关于B和E的比拟，以下说法正确的答案是〔〕A．磁感应强度B和电场强度E都是矢量B．磁感应强度B和电场强度E都由场本身决定的C．磁感应强度B和电场强度E的方向是检验电流和检验电荷在场中受力的方向D．磁感应强度B和电场强度E都是用比值来定义的【考点】磁感应强度；电场强度．【分析】电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向一样；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；而磁感应强度也是通过比值定义，某点磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向一样．【解答】解：A、电场强度与磁感应强度都既有的小，又有方向，都是矢量．故A正确；B、磁感应强度B和电场强度E都由场本身决定的．故B正确；C、电场强度E的方向是检验电荷在场中受力的方向，根据左手定如此，磁感应强度的方向与检验电流受到的安培力的方向垂直．故C错误；D、磁感应强度B=和电场强度E=，都是用比值来定义的．故D正确．应当选：ABD【点评】此题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义，同时知道电荷有正负之分11．关于磁感应强度如下说法中正确的答案是〔〕A．由B=知，磁场中某点的磁感应强度的大小与IL的乘积成反比，与F成正比B．无论I的方向如何都可由B=求磁感应强度的大小C．磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处的安培力的方向一样D．磁场中某点的磁感应强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关【考点】磁感应强度．【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，如此由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，如此所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．【解答】解：A、由B=知，是通过比值定义，所以B与F，与IL均无关，而B由磁场本身性质决定；故A错误；B、只有当电流元方向与磁场方向垂直时才可以用公式B=求磁感应强度的大小，故B错误；C、根据左手定如此，磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处的安培力的方向垂直，故C错误；D、磁场中某点的磁感应强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关，故D正确；应当选：D．【点评】磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义法，且通电导线垂直放在磁场中．即B 与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=一样．同时还要注意的定义式B=是有条件的．12．在一根长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，如此导线受到的安培力的大小可能是〔〕A．0.4NB．0.2NC．0.1ND．0【考点】安培力．【分析】当导线的方向与磁场方向平行，所受的安培力为零，当导线的方向与磁场方向垂直，安培力最大，求出最大值和最小值，从而确定安培力的可能值．【解答】解：当磁场方向与电流方向平行时，安培力F=0；当磁场方向与电流方向垂直时，安培力F=BIL=0.5×2×0.2N=0.2N，如此安培力的大小范围为0≤F≤0.2N．故B、C、D正确，A错误．应当选：BCD．【点评】解决此题的关键掌握安培力的大小公式F=BILsinθ，当B与I垂直时，F=BIL，B与I平行时，F=0．二、实验题〔共10分，每空2分〕13．如图甲是“测电池的电动势和内阻〞的实验电路，如果采用新电池进展实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是：新电池的内阻很小，内电路的电压降很小，从而影响测量值的准确性．为了较准确地测量新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：学生用的理想电压表V，电流表A〔具有一定内阻〕，定值电阻R0〔R0=10Ω〕，滑动变阻器R1〔0﹣10Ω〕，滑动变阻器R2〔0﹣200Ω〕，开关S．〔1〕实验电路原理图如图乙，加接电阻R 0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏为方便实验调节且能较准确地进展测量，滑动变阻器应选用R 1〔3〕用笔画线代替导线在图丙中完成实物连接图．〔4〕实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为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．如此新电池内阻的表达式r=．〔用I 1、U 1、I 2、U 2和R 0 表示〕〔5〕处理实验数据时，测出两组U 、I 值，便可计算出电池的电动势和内阻，这样做虽然简单，但 误差可能较大．处理数据时如何减少实验误差，请你提出一个处理方法：作U ﹣I 图象利用图线在坐标轴上截距求出E 、r ．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【〔1〕加接电阻R 0，起保护作用，限制电流，防止电池被短路或电流表被烧坏；由于电流表与电压表的读数在刻度盘中超过一半，读数的相对误差较小，如此要求电路中电流较大，在确保安全的前提下，可选择阻值较小的变阻器； 〔3〕对照电路图连线即可；〔4〕根据闭合电路欧姆定律列方程组后联立求解，可求出新电池的内阻的表达式；〔5〕屡次测量取平均值或根据数据作出对应的U ﹣I 图象进展分析求解．【解答】解：〔1〕加接电阻R 0，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；滑动变阻器应选用R 1．因为R 1 的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小；〔3〕对照电路图连线，如下列图：〔4〕根据闭合电路欧姆定律，有：E=U1+I1〔r+R0〕E=U 2+I 2〔r+R 0〕联立解得：；〔5〕作U ﹣I 图象利用图线在坐标轴上截距求出E 、r ；也可以采用屡次测量取平均的方法，故可以尽可能多测几组U 、I 值，分别求出每组的E 、r 值，最后求平均值故答案为：〔1〕防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏〔或限制电流，防止电源短路〕；R 1；〔3〕如下列图；〔4〕；〔5〕作U ﹣I 图象利用图线在坐标轴上截距求出E 、r【点评】此题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，定值电阻R 0 起保护作用，可以采用公式法或图象法处理数据；但应用图象法分析数据时误差较小．三、计算题〔共30分，每题15分，要有必要的文字说明和重要的计算过程〕14．在如下列图的电路中，假设R 1=4Ω，R 3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，如此电源的总功率为40W ，而输出功率为37.6W ，求电源的电动势和电阻R 2．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电源产生的总功率为40W ，输出功率为37.6W 求出内电路消耗的功率，由功率公式求出流过电源的电流I ．电源产生的总功率为P 总=EI ，求出电动势．根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出外电路的总电阻，再求出R 2．【解答】解：电源内阻上消耗的电功率P r =P 总﹣P 出=40﹣37.6=2.4W ；由P 总﹣P 出=I 2r 得：A=2A由P总=EI，得到电源的电动势E=V=20V路端电压U=E﹣Ir=20﹣2×0.6=18.8〔V〕由欧姆定律得，外电路总电阻为R=Ω=9.4Ω得到，R2=R﹣=9.4﹣=7Ω答：电源电动势为20V ，电阻R 2为7Ω．【点评】此题是电路中功率问题，实质上能量转化和守恒定律的应用．要结实掌握电源的总功率表 达式P=EI ．15．如下列图，用一直流电动机提升重物，重物的质量为m=10kg ，电源供电电压恒为220V ，电路中的保护电阻R=10Ω，电动机的电阻为r=1Ω，不计各处摩擦，电动机正常工作时伏特表的求数为 170V ，求：〔1〕电动机正常工作后通过电动机的电流是多少？电动机的机械功率是多少？〔3〕重物匀速上升的速度是多少？〔4〕如果电动机因外界原因而突然卡住，如此通过电动机的电流是多少？〔5〕电动机此时的输入功率与热功率分别是多少？〔g 取10m/s 2〕【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【〔1〕以电阻R 为研究对象，由欧姆定律求出通过R 的电流，即为通过电动机的电流．电阻和电流的大小，根据公式P 热=I 2R 可求电动机线圈电阻R 的发热功率； 根据公式P=UI 可求总功率，总功率减去发热功率就是电动机的机械功率；〔3〕如果电动机因外界原因而突然卡住，电动机电路是纯电阻电路，由闭合电路欧姆定律求电流；〔4〕电动机此时的输入功率与热功率相等，由公式P=I 2•r 求解．【解答】解：〔1〕对R ：根据欧姆定律得：通过R 的电流为对于电动机，如此输入功率、发热功率和输出功率分别为：〔3〕根据能量转化和守恒得：。

高二物理上册第一次月考水平检测题高中最重要的阶段，大家一定要掌握好高中，多做题，多练习，为高考奋战，小编为大家整理了高二物理上册第一次月考水平检测题，希望对大家有协助。

、选择题(每题3分，共45分。

每题有一个或一个以上的选项是正确的，全选对得3分少选得2分;错选得0分)1.以下关于几种起电方式的说法错误的选项是 ( )A静电感应不是发明电荷，只是电荷从物体的一个局部转移到了另一个局部B摩擦起电时，失掉电子的物体带正电，失掉电子的物体带负电C摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，然后者那么使电子从物体的一局部转移到另一局部D一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体能够带上异种电荷2.以下描画电场的物理量中哪些与试探电荷有关? ( )A电场强度 B电势 C电势能 D电场力3.关于电势和电势能以下说法中正确的选项是 ( )A在电场中，电势高的中央，电荷在该点具有的电势能就大; B在电场中，电势高的中央，放在该点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大;C在电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能;D在负的点电荷所发生的电场中任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能。

4.如下图，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷 +Q和-Q，x轴上的P点位于-Q的右侧.以下判别正确的选项是 ( )A在x轴上还有一点与P点电场强度相反B在x轴上还有两点与P点电场强度相反C假定将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能增大D假定将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能减小5.如右图所示，一簇电场线的散布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，那么 ( )A M点的电势比P点的电势低B O、M间的电势差大于N、O间的电势差C 一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D 将一负电荷由M点移到P点，电场力做负功6.如下图，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线系于同一点，两球运动时它们在同一水平面上，与竖直方向的夹角依次为=30、=60，假定同时剪断细线，不计空气阻力，那么以下说法中正确的选项是 ( )A a、b两小球将同时落到同一水平空中上B 下落进程中a小球水平飞行的距离比b小球大C 下落进程中a、b小球库仑力做功相等D 落地瞬间a小球重力的瞬时功率大于b小球重力的瞬时功率7.有一个点电荷只受电场力的作用，区分从两电场中的a点由运动释放，在它沿直线运动到b点的进程中，动能Ek随位移x变化的关系图象如右图所示中的①、②图线.那么 ( ) A正电荷在甲图电场中从a点由运动释放，沿直线运动到b 点的进程中，对应的图线是①B负电荷在乙图电场中从a点由运动释放，沿直线运动到b 点的进程中，对应的图线是②C负电荷在丙图电场中从a点由运动释放，沿直线运动到b 点的进程中，对应的图线是①D负电荷在丁图电场中从a点由运动释放，沿直线运动到b 点的进程中，对应的图线是②8.一质量为m，电量为-q的微观粒子，以初速v，从A板垂直分开板面，当A、B两板间电压为U时，粒子刚好可以抵达B板.假设要使粒子运动到A、B板中点时立刻前往，可采用的方法是 ( )A使初速度v减半 B使板间电压加倍C使板间电压增为原来的4倍 D使初速度和板间电压都加倍9.如下图，平行板电容器的两个极板为A、B，B板接地，A 板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，假定将B板固定，A板下移一些，或许将A板固定，B板上移一些，在这两种状况下，以下说法正确的选项是 ( )A A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势降低C B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低10.如下图，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10-6C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能增加了10-5 J，A点的电势为-10 V，那么以下判别正确的选项是( )A 微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示;B B点电势为零;C 微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示;D B点电势为-20 V11.如下图，电子由运动末尾从A板向B板运动，当抵达B极板时速度为v，坚持两板间电压不变，那么 ( )A 当增大两板间距离时，v也增大B 当减小两板间距离时，v增大C 当改动两板间距离时，v不变D 当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大查字典物理网小编为大家整理了高二物理上册第一次月考水平检测题，希望对大家有所协助。

伊川实验高中2015-2016学年上学期期中模拟考试高二物理一、本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列研究物理问题所用方法相同的是（）（1）根据电流所产生的效应认识电流（2）研究电流时把它比作水流（3）根据磁铁产生的作用来认识磁场（4）利用磁感线来描述磁场A．（1）与（2） B．（1）与（3） C．（3）与（4） D．（2）与（4）2．关于电源电动势，下面叙述正确的是（）A．1号干电池比5号干电池的电动势大B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压D．蓄电池（电动势为2V）将化学能转化为电能的本领比干电池（电动势为1.5V）大3．A、B两个金属导体的伏安特性曲线如图1所示，由图像可知（）A．R A>R BB．R A<R BC．两导体串联在电路中时U A>U BD．两导体并联在电路中时I A>I B4．下面列出了电视机、电风扇、空调和电冰箱铭牌上的主要项目，根据铭牌上提供的信息，下列说法中正确的是（）A．正常工作时电风扇中流过的电流最小B．正常工作时电风扇消耗的电功率最小C．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少5．一根粗细均匀的电阻丝，横截面的直径是d，电阻为R，把它拉制成直径是d/10的均匀细丝后．它的电阻变成 ( )A ．100RB ．100 RC ．1000R D ．10000 R 6．将一个满偏电流3mA 的电流表改装成欧姆表，调零后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好在刻度盘的正中间，用它进行电阻测量时，下列说法正确的是 ( )A ．测量电阻之前要欧姆调零B ．测量时，如果表针的偏角太小，表明被测电阻阻值太小C ．测量时，如果指针指在1mA 处，则被测电阻的阻值为1000ΩD ．测量二极管正向电阻时，红表笔接触二极管的正极，黑表笔接触二极管的负极7．电动势为E 、内阻为r 的电源与灯泡L 1、L 2及滑动变阻器R 连接成如图2所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端过程中，下列说法正确的是 ( )A ．灯L 1变暗，L 2变亮B ．灯L 1变亮，L 2变暗C ．电压表和电流表读数都增大D ．电压表读数增大，电流表读数减小8．在如图3所示的逻辑电路中，当A 、B 端输入电信号均为“0”时，则在C 和D 端输出的电信号分别为 ( )A ．1和1B ．0和1C ．1和0D ．0和09．下列说法中正确的是 ( )A ．通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大B ．磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向C ．放在匀强磁场中的通电导线，受力大小和方向处处相同D ．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关10．如图4所示，a 、b 两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P ，P 点到a 、b 距离相等，要使P 点的磁场方向水平向右，则a 、b 中电流的方向为 ( )A ．都向纸里B ．都向纸外C ．a 中电流方向向纸外，b 中向纸里D ．a 中电流方向向纸里，b 中向纸外11．我国北极科考队在北极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图5所示，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦，从而激发大气分子或原子使其发出各种颜色的光．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关? ( ) A．太阳对带电粒子的引力做负功 B．越靠近南北两极的磁感应强度越强C．空气阻力对带电粒子做负功，使其动能减少D．洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少12．关于磁通量，下列说法正确的是 ( )A．穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度为零B．穿过某个面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大C．穿过垂直于磁场方向的某个平面的磁感线条数等于该处的磁感应强度D．当某个平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量一定为零13．方向如图6所示的匀强电场（电场强度为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则( )A．若v0>E／B，电子沿轨迹I运动，出场区时速度v> v0B．若v0>E／B，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v< v0C．若v0<E／B，电子沿轨迹I运动，出场区时速度v> v0D．若v0<E／B，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v< v014．回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．如图7所示，两盒处于匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，要增大带电粒子射出时的动能，则下列措施可行的是 ( )A．减小两盒间的距离 B．增大D形盒的半径C．增大两盒间的电势差 D．增大磁场的磁感应强度二、本题共2小题。

2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）第二次月考物理试卷一、本题共14小题，每小题3分，共42分．在每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3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列说法中正确的是( )A．通过导线横截面的电量越多，电流越大B．有恒定电流通过的导体内部的电场强度为零C．单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流越大D．通电导线中自由电子定向移动的速率等于电流的传导速率2．关于电源电动势，以下说法正确的是( )A．1号干电池比5号干电池大，所以1号干电池的电动势大B．由电动势E=可知E跟W成正比，电源做的功越多，电动势越大C．由电动势E=可知E跟q成反比，电路中移送的电荷越多，电动势越小D．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关3．下列说法正确的是( )A．磁场是客观存在的一种物质B．地球磁场的北极与地理南极不完全重合C．通电螺线管中的磁场方向可用左手定则来判断D．将条形磁铁从中间断开，一段是N极，另一段是S极4．如图所示，一个正电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，下列判断正确的是( )A．正电子运动时不产生磁场B．正电子运动时只在圆周内产生磁场C．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外D．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里5．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是( )A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关6．如图所示是某导体的伏安特性曲线，下列判断正确的是( )A．导体的电阻是20ΩB．导体的电阻是0.05ΩC．导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.5AD．通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V7．如图所示电路为( )A．“与”门电路 B．“或”门电路 C．“非”门电路 D．无法判定8．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )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，都要重新进行一次调零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，若指针偏转很小（靠近∞附近），应换倍率更大的挡进行测量9．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是( )A．a处接线断开B．触头P开路C．a、b间电阻丝开路D．b处接线开路10．如图所示，电源内阻不能忽略，电流表和电压表为理想电表，下列说法正确的是( )A．若R1断路，两电表的读数均减小B．若R2断路，两电表的读数均减小C．若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大D．若R4断路，表的读数均变大11．如图所示，一矩形线框，从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是（线框平行于纸面移动）( )A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少12．如图，当左边的线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的砝码为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△m的砝码，通电线圈受到磁场力大小为( )A．B．（m+△m）g C．△mg D．13．MN板两侧都是磁感强度为B的匀强磁场，方向如图，带电粒子从a位置以垂直磁场方向的速度v开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知ab=bc=cd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为( )A．B．C．D．14．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了( )A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W二、本题共2小题，共14分．15．一种特种电池的电动势粗略测定值约为9V，内阻约为54Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA．为了测定这个电池的电动势和内电阻，实验室备有电压表V，内阻很大，对电路的影响可以忽略；电阻箱R，阻值范围是0～9999.9Ω；保护电阻R0，开关、导线若干．（1）实验室中备有的定值电阻有以下几种规格：A．10Ω，L5W B．100Ω，1WC．200Ω，1W D．2000Ω，5W实验时，R0应选用__________较好（填字母代号）．（2）在图虚线框中画出测电源电动势和内电阻的电路图．16．某同学在测定自来水的电阻率时，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，用如图1所示电路进行测量．两电极相距L=0.700m，其间充满待测的自来水．表是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据．实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图2所示．根据以上材料请回答下面的问题：（1）玻璃管内径d的测量值为__________cm；（2）根据表中数据在图3坐标中作出U﹣I图象，根据图象求出电阻R=__________Ω；（3）计算自来水电阻率的公式是ρ=__________（用题中有关物理量的符号表示），测量值为__________Ω•m（保留两位有效数字）．U/V 1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0I/μA 22 65 109 155 190 240三、本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，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．17．如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？18．表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度．额定车速整车质量载重电源电源输出电压充电时间额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h 40kg 80kg 36V/12Ah ≥36V6﹣8h 180W 36V/6A 请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）：（1）此车所配电动机正常工作时，内部损耗的功率是多少？（2）若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3m/s时的加速度为多少？19．如图是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（103℃）时，会自动断开，S2是一个自动控温开关，当温度低于70℃时，会自动闭合；温度高于80℃时，会自动断开．红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯．电阻R1=R2=500Ω，电阻R3=50Ω，两灯电阻不计．（1）简述电饭煲的工作原理．（2）计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比．20．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿﹣x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）第二次月考物理试卷一、本题共14小题，每小题3分，共42分．在每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3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列说法中正确的是( )A．通过导线横截面的电量越多，电流越大B．有恒定电流通过的导体内部的电场强度为零C．单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流越大D．通电导线中自由电子定向移动的速率等于电流的传导速率【考点】电流、电压概念．【专题】定性思想；归谬反证法；恒定电流专题．【分析】根据电流的定义I=可以分析决定电流的大小因素，导体通有恒定电流，导体内部的场强不为零．【解答】解：A、电流的大小取决于电荷量与时间的比值，即单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大，与横截面的大小及自由电荷无关，故A错误，C正确；B、导体通有恒定电流，导体内部就建立了恒定电场，场强不为零，故B错误；D、电流的传导速率接近光速，不同于电子定向移动的速率，故D错误；故选：C．【点评】解答本题应明确电流取决于电量与时间的比值，电流的方向规定为正电荷定向移动的方向，但要注意电流是标量．2．关于电源电动势，以下说法正确的是( )A．1号干电池比5号干电池大，所以1号干电池的电动势大B．由电动势E=可知E跟W成正比，电源做的功越多，电动势越大C．由电动势E=可知E跟q成反比，电路中移送的电荷越多，电动势越小D．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】常见的1号、2号、5号、7号干电池的电压都是1.5V；电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关．【解答】解：A、1号干电池比5号干电池大，但是电动势相等，内电阻不相同，故AB错误；C、电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关，根据做功以及电量也无关；所以C错误，D正确；故选：D．【点评】此题考查的是我们对于生活中常见的干电池的了解，要注意明确电源的电动势采用的是比值定义法，E与做功和电量无关．3．下列说法正确的是( )A．磁场是客观存在的一种物质B．地球磁场的北极与地理南极不完全重合C．通电螺线管中的磁场方向可用左手定则来判断D．将条形磁铁从中间断开，一段是N极，另一段是S极【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】磁场是一种特殊的物质，它对放入其中的磁极和电流有力的作用；地磁场的磁极和南北极具有一定的磁偏角；根据安培定则可以判断通电导线的磁场；每一个磁体均会有N极和S极．【解答】解：A、磁场是客观存在的物质，故A正确；B、地球的磁极和地理上的南北极有一定的夹角，二者并不重合；故B正确；C、通电螺线管中的磁场方向可用安培定则（右手螺旋定则）来判断；故C错误；D、将条形磁铁从中间断开后，每一段均有一个N极和一个S极；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查磁场的性质，要注意明确磁场是一种特殊的物质，并明确常见磁体或导线的磁场分布情况．4．如图所示，一个正电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，下列判断正确的是( )A．正电子运动时不产生磁场B．正电子运动时只在圆周内产生磁场C．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外D．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】定性思想；推理法；电学图像专题．【分析】注意电流的方向和正电荷运动方向相同，和负电荷运动方向相反，然后根据电流方向利用安培定则判断磁场方向．【解答】解：正电子沿着逆时针方向作匀速圆周运动，因此电流为逆时针方向，根据安培定则可知圆内部磁场方向向外，故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】本题较为简单，考察了安培定则的应用，注意大拇指指向为内部磁场方向，外部磁场方向和内部相反．5．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是( )A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关【考点】磁感应强度．【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定．【解答】解：A、当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大．故A错误；B、一小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；C、放在匀强磁场中各处的通电导线受力为F=BILsinα，受力大小与电流、导线的长度及导线与磁场的夹角有关．故C错误；D、磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定．故D正确；故选：D【点评】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．6．如图所示是某导体的伏安特性曲线，下列判断正确的是( )A．导体的电阻是20ΩB．导体的电阻是0.05ΩC．导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.5AD．通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V【考点】欧姆定律．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】由I﹣U图象找出导体两端电压所对应的电流，然后由欧姆定律求出导体电阻；已知电压与电阻，由欧姆定律可以求出通过导体的电流；已知电流与电阻，由欧姆定律可以求出导体两端电压．【解答】解：A、根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R==20Ω，故A正确，B错误；C、当导体两端电压是10V时，通过导体的电流I==0.5A，故C正确；D、当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压U=IR=0.1A×20Ω=2V，故D错误；故选：AC．【点评】由图象找出导体两端电压与所对应的电流，应用欧姆定律即可正确解题．7．如图所示电路为( )A．“与”门电路 B．“或”门电路 C．“非”门电路 D．无法判定【考点】简单的逻辑电路．【分析】或门的特点是当有一个条件满足，事件就能发生．【解答】解：断开开关，灯泡都会发光；而闭合开关，灯泡会熄灭，即有一个条件满足，事件就不能发生，所以这个电路的逻辑关系是“非”逻辑关系．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道各种门电路的特点，并能灵活运用．8．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )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，都要重新进行一次调零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，若指针偏转很小（靠近∞附近），应换倍率更大的挡进行测量【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行欧姆调零；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，都要进行一次欧姆调零，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、测量时若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；故选：ABD．【点评】本题考查了用多用电表欧姆挡测电阻的注意使用及方法，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及注意事项．9．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是( )A．a处接线断开B．触头P开路C．a、b间电阻丝开路D．b处接线开路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表的示数几乎都为U，说明变阻器上没有电压，将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．【解答】解：A、若a处接线断开，电压表的示数为零，不符合题意．故A错误．B、若触头P开路，电压表的示数为零，不符合题意．故B错误．C、若a、b间电阻丝开路，电压表示数几乎为U，后变为零，不符合题意．故C错误．D、若b处接线开路，ab上没有电压，电压表的示数几乎都为U．故D正确．故选D【点评】本题是电路中故障分析问题，考查判断推理能力．本题电压可以用电势差理解．10．如图所示，电源内阻不能忽略，电流表和电压表为理想电表，下列说法正确的是( )A．若R1断路，两电表的读数均减小B．若R2断路，两电表的读数均减小C．若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大D．若R4断路，表的读数均变大【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，R1与R2串联后与R3、R4并联；电压表测量R1两端的电压，电流表测量流过R3的电流，根据各电阻断路后的电路结构，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流和电压的变化．【解答】解：由图可知，R1与R2串联后与R3、R4并联；电压表测量R1两端的电压，电流表测量流过R3的电流；A、若R1断路，R3与R4并联，电压表并联在R3两端，测量R3的电压；因并联断开，则外电路总电阻增大，则电路中电流减小，路端电压增大，则流过R3的电流增大，故A错误；B、若R2断路，则并联部分断开，电路中总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则R3中的电流增大，而电压表被断开，故电压表示数为零，故B错误；C、若R3断路，电流表示数为零，外电阻增大，路端电压增大，流过R1与R2的电流增大，则电压表读数变大．故C正确．D、若R4断路，外电阻增大，路端电压增大，则电流表和电压表读数均增大．故D正确．故选：CD．【点评】本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随关外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．11．如图所示，一矩形线框，从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是（线框平行于纸面移动）( )A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少【考点】磁通量．【分析】通电直导线所产生的磁场，离导线越近磁场越强，离导线越远，磁场越弱；穿线框圈的磁感线净条数越多，磁通量越大，穿过线框的磁感线净条数越少，磁通量越小．【解答】解：离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在档线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故ABC错误，D正确；故选D．【点评】知道通电直导线的磁场分布情况，分析清楚线框的运动过程是正确解题的关键．12．如图，当左边的线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的砝码为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△m的砝码，通电线圈受到磁场力大小为( )A．B．（m+△m）g C．△mg D．【考点】安培力；力矩的平衡条件．【分析】如图所示，因线圈通电导致线圈下框受力正好与砝码平衡，当改变电流方向时，磁场力大小不变，方向改变，从而增加砝码后，再次平衡，则可求出磁场力大小．【解答】解：如图所示，线圈通以逆时针电流时，下框受到安培力向上，大小为F A．当通以顺时针电流时，下框受到安培力向下，大小仍为F A．而天平右边需要增加△m的砝码才能再次平衡．所以有：2F A=△mg则有：F A=故选：A【点评】当电流反向时，线圈受力增加为原来2倍．同时运用左手定则来判定安培力的方向13．MN板两侧都是磁感强度为B的匀强磁场，方向如图，带电粒子从a位置以垂直磁场方向的速度v开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知ab=bc=cd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为( )A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子垂直射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，已知ab=bc=cd，画出轨迹，可知时间t=1.5T，求出周期，由周期公式T=求比荷．【解答】解：画出粒子的运动轨迹如图，则有t=1.5T，则得T=由周期公式T=得：=解得，粒子的比荷=故选D【点评】带电粒子在匀强磁场匀速圆周运动的问题，关键是画出轨迹，确定时间与周期的关系．14．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了( )A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电动机未启动时，由欧姆定律求出灯泡的电阻．再求出电动机启动时路端电压，由欧姆定律求出通过灯泡的电流，分别求出两种情况下，灯泡的功率，即得解．【解答】解：电动机未启动时，由E=I1（R+r）得灯泡的电阻为：R==Ω=1.2Ω，车灯消耗的功率为：P1==100×1.2=120W；电动机启动时，路端电压为：U2=E﹣I2r=12.5﹣58×0.05=9.6V，则车灯消耗的功率为：P2===76.8W车灯的电功率降低了△P=P1﹣P2=120﹣76.8=4.2W．故选：B【点评】灯泡是纯电阻电路，功率公式较多，要根据不同的条件，选择不同的公式形式求解．二、本题共2小题，共14分．15．一种特种电池的电动势粗略测定值约为9V，内阻约为54Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA．为了测定这个电池的电动势和内电阻，实验室备有电压表V，内阻很大，对电路的影响可以忽略；电阻箱R，阻值范围是0～9999.9Ω；保护电阻R0，开关、导线若干．（1）实验室中备有的定值电阻有以下几种规格：A．10Ω，L5W B．100Ω，1WC．200Ω，1W D．2000Ω，5W实验时，R0应选用C较好（填字母代号）．（2）在图虚线框中画出测电源电动势和内电阻的电路图．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）已知电源的电动势和最大电流，则由欧姆定律可求得需要的保护电阻；（2）根据实验原理及给出的仪表可以选择正确的电路接法；【解答】解：（1）电源的电动势为9V，而短路电流为50mA，则需要的最小电阻R=Ω=180Ω，此时保电阻的功率P=I2R0=（0.05）2×180=0.45W；故R0应为C；（2）由于本实验中没有电流表，应采用伏阻法进行测量，R0作为保护电阻接入；故电路图如图所示；故答案为：（1）C（2）如图所示【点评】本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，定值电阻R0起保护作用，采用公式法处理数据．16．某同学在测定自来水的电阻率时，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，用如图1所示电路进行测量．两电极相距L=0.700m，其间充满待测的自来水．表是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据．实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图2所示．根据以上材料请回答下面的问题：。