2017-2018学年辽宁省大石桥市第二高级中学高二12月月考物理试题

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试题一。

选择题(每小题4分，共计48分．其中下1—6题为单项选择，7-12题为多项选择．选对得4分，选对不全得2分,选错得0分）1、如图所示,一小球以初速度v从斜面顶端水平抛出，落到斜面上的A点，此时小球的速度大小为v A，速度方向与斜面的夹角为θA；同一小球以2v的初速度仍从斜面的顶端水平抛出，落到斜面上的B点,此时小球的速度大小为v B，速度方向与斜面的夹角为θB，不计空气的阻力，则下列说法正确的是（)A．θA＞θB B．θA＜θB C．v B=4v A D．v B=2v A2、如图,一质量为M的光滑圆环,用细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m的小环(可视为质点），从环最高处由静止滑下．重力加速度大小为g．当小环滑到大环的最低点，大环对轻杆拉力的大小为（)A．M g﹣mg B．M g+mg C．M g+5mg D．M g+10mg3、2013年12月2日我国成功地发射“嫦娥三号”探月卫星，其飞行轨道如图所示，在环月段时需由圆形轨道I变换到椭圆轨道II,已知圆形轨道I半径为r、周期为T，万有引力恒量为G，下列说法正确的是( ）A．探月卫星在P处变轨进入椭圆轨道时必须点火加速B．由题中条件可以计算出月球的质量C．探月卫星沿l、II两轨道运行时经P点的机械能相等D．探月卫星在轨道I上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期4、如图所示，有一带电量为+q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，+q到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中a点处的电场强度为零，则图中b点处的电场强度大小是（）A。

2017年普通中学物理学业水平模拟考试 （考试时间：50分钟 满分：100分）第I 卷 选择题（48分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。

每小题只有四个选项，只有一项是正确的。

） 1．某同学在百米竞赛中，测得他在5 s 末的速度为10.4 m/s ，10 s 末到达终点的速度为 10.2 m/s ，则他在全程中的平均速度为 （ ） A ．10.4 m/s B ．10.3 m/s C ．10.2 m/s D ．10 m/s2．如图所示，分别为汽车甲的位移—时间图象和汽车乙的速度—时间图象，则 （ ） A. 甲的加速度大小为5 m/s 2B. 乙的加速度大小为5 m/s 2C. 甲在4 s 内的位移大小为40 mD. 乙在4 s 内的位移大小为20 m3. 关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是 （ ） A ．速度越大，加速度越大 B ．速度为零，加速度一定为零 C ．速度变化越快，加速度越大 D ．速度变化量越大，加速度越大4. 某人站在楼房顶层从O 点竖直向上抛出一个小球，上升的最大高度离O 点的距离为20 m ，然后落回抛出点下方25 m 的B 点，则小球在这一运动过程中通过的路程和位移分别为（取竖直向上为正方向） （ ）A ．25 m ；25 mB ．65 m ；25 mC ．25 m ；25 mD ．65 m ；-25 m5. 一重为10N 的物体静止在水平桌面上，现用2N 的水平推力向右推它但未能推动，如图所示。

则此种情况下物体所受摩擦力情况是 （ ） A ．摩擦力的方向向右，大小等于2N B ．摩擦力的方向向右，大小等于10N C ．摩擦力的方向向左，大小等于2N D ．摩擦力的方向向左，大小等于12N6．在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，元芳同学站在体重计上，体重计 示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内元芳同学发现体重计如图所示，在这段时t /sv /（m ·s -1）O 2 42010t /s x /mO2420 10间内电梯的运动可能是 （ ）A ．匀速上升B ．加速上升C ．减速上升D ．减速下降7．一物体从某一高度自由下落,经过一高度为2 m 的窗户用时0.4 s ，g 取10 m/s 2。

辽宁省大石桥市第二高级中学2017—2018学年度上学期9月月考高二物理试题一.选择题（每小题4分，共计48分．其中下1-7题为单项选择，8-12题为多项选择．选对得4分，选对不全得2分，选错得0分）1．在空间O点固定带正电的点电荷Q，某电场的电场线如图所示，在其电场中的A点有一个带电粒子q（重力不计）。

若给带电粒子一个垂直于OA方向的初速度，在只受电场力的作用下，以下说法中正确的是（）A．若q为负电荷，则q一定做圆周运动B．若q为正电荷，则q一定做远离O点的变加速曲线运动C．若q为正电荷，则q的电势能可能增大D．若q为负电荷，则q可能做匀变速曲线运动2．如图所示，虚线是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P．Q是轨迹上的两点，下列说法中正确的是（）A．三个等势面中，等势面a的电势最高B．带电质点一定是从P点向Q点运动C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小3．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。

小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回，若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（）A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板处返回D．在距上极板处返回4．有四盏灯，接成如图所示的电路，和都标有“，”字样，和都标有“，”字样，把电路接通后，最亮的灯将是（）A．B．C．D．5．如图所示为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为，电源电动势为，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为，下列说法错误的是（）A．电动机线圈的电阻为B．提升重物消耗的功率为C．电动机消耗的总功率为D．电动机效率约为6．如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同，额定功率也相同．当电压U升高时，先烧坏的电阻应是（）A．R1和R2B．R3C．R4D．R57．如图所示，匀强电场水平向左，带正电物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经A点时动能为100J，到B点时动能减少到80J．减少的动能中有12J转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是（）A．4J B．32J C．16J D．64J8、如图所示，A、B为两个固定的等量的正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v，若不计电荷C所受的重力，则关于电荷C运动过程中的速度和加速度情况，下列说法正确的是( )A.加速度始终增大B.加速度先增大后减小C.速度始终增大D.速度先增大后减小9、图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程减小B．甲表是电流表，R增大时量程增大C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．上述说法都不对10、用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5V和10V的电压表，串联后测量12V的电压，则( )A．两表的电压示数相同，均为6 V B．两表的电压示数不同C．两表头的指针偏角相同D．两表头的指针偏角不相同11．如图所示的电路中，电源的电动势为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，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器触头P自a端向b端滑动的过程中：（）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．电源的效率降低12．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（）A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为2WD．电源的效率为66.7%二．实验题13．某实验小组要探究一个规格为，的小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A．电压表（，内阻）B．电压表（，内阻）C．电流表（，内阻）D．电流表（，内阻）E．滑动变阻器（，允许最大电流）F．滑动变阻器（，允许最大电流）G．蓄电池（电动势，内阻不计）（1）要求小灯泡电压从零开始调节，请选好器材，并画出实验电路图。

大石桥二高中2017-2018学年度上学期12月月考高二物理科试卷时间：90分钟满分：100分第I卷一、选择题(本题共12小题, 每小题4分，共48分,1——8题为单选，每个小题只有一个正确答案；9——12题为多选。

）1、一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直,先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍,接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半,先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为A。

3 B. 1 C。

2 D。

42、图中电感线圈的直流电阻为，小灯泡的电阻为,小量程电流表、的内阻不计，当开关闭合且稳定后，电流表、的指针均偏向右侧（电流表的零刻度在表盘的中央)，则当开关断开时，下列说法中正确的是A。

、的指针都立即回到零点B. 缓慢回到零点,立即左偏，然后缓慢回到零点C. 立即回到零点,缓慢回到零点D。

立即回到零点,缓慢回到零点3、如图所示，a、b是位于真空中的平行金属板，a板带正电,b 板带负电,两板间的电场为匀强电场，场强为.同时在两板之间的空间中加匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为。

一束电子以大小为的速度从左边S处沿图中虚线方向入射,虚线平行于两板,要想使电子在两板间能沿虚线运动，则、、之间的关系应该是A.B。

C. D.4、如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同，方向均垂直于MN。

第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则A。

Q1=Q2，q1〉q2 B。

Q1〉Q2，q1〉q2C.Q1=Q2，q1=q2D。

Q1>Q2，q1=q25、如图表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电流的有效值是A． A B．5A C． A D．3。

大石桥市二高中2016-2017学年度上学期9月月考高二物理试卷时间：90分钟 满分100分 命题人：杨恩强一、单项选择题（共40分）1、关于欧姆表及其使用中的问题，下列说法正确的是（ ） A 、接表内电源负极的应是黑表笔B 、换档后，都要重新调零，使指针指到电流满刻度C 、表盘刻度是均匀的D 、表盘刻度最左边表示电阻阻值为02．如图所示，图线1表示的导体电阻为R 1，图线2表示的导体的电阻为R 2，则下列说法正确的是（ ） A R 1：R 2 =1：3 B 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=1：33．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4．如图，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时，下面说法正确的是 A 外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小 B 外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐不变 C 外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压不变(第3题)(第2题)D 外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小5．一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表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(第5题)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6．在如图电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合．C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P．断开哪一个电键后P会向下运动（）A 、S1 B、S2C 、S3 D、 S47．如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，当外电路电阻发生变化时，干路电流I、路端电压U，内电压U/、电源输出功率P随之变化的图象如图所示，其中不正确的是（）②开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量 ③开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量 ④开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量 A ．① B ．④C ．①③D ．② ④（第8题）9、一同学在某电路中接上两个毫安表和两个相同的电压表，如图所示，毫安表1的读数I 1＝100mA ，毫安表2的读数I 2＝99mA ，电压表V 1的读数U 1＝10V ，则电压表V 2的读数应为（ ）A 、0．01VB 、1VC 、0．1VD 、10V（第9题）10.已知如图，两只灯泡L 1、L 2分别标有“110V ，60W ”和“110V ，100W ”，另外有一只滑动变阻器R ，将它们连接后接入220V 的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路？A. B. C. D.（第10题） 二、实验题（共32分）11．（6分）量程为1A 的电流表，本身的电阻为0.1，要把它改装成6A 的电流表，需要___________C 1C 2R 1R 2LLR R 2R联一个阻值为_________的定值电阻。

2018-2019学年辽宁省营口市大石桥二高高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题共14小题（1～10题为单选题，11～14题为多选题）每题4分共56分多选题漏选得2分错选不得分．1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（）A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．静电场中的电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一通电导线所受的磁场力也越大2．关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（）A．电场强度的定义式E=，适用于任何电场B．由真空中点电荷的电场强度公式E=可知，当r→0时，E→无穷大C．由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向3．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（）A．U B．C．R D．4．如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是（）A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动5．下列说法中不正确的是（）A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，总电阻为零B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻C．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定增大D．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定减小6．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则（）A．P出=2W，P热=0.5W B．P出=1.5W，P热=8WC．P出=2W，P热=8W D．P出=1.5W，P热=0.5W7．一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8．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图中可以确定（）A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电9．在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（）A．A灯和B灯都变亮 B．A灯、B灯都变暗C．A灯变亮，B灯变暗D．A灯变暗，B灯变亮10．下面四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系，其中正确的是（）A．B．C．D．11．下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（）A．B．C．D．12．计算用电量时，常用的单位是“度”．对此，下列说法中正确的是（）A．1度等于3.6×103kwh B．1度等于3.6×106JC．“度”是电功率的单位D．“度”是电能的单位13．如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd 为正方形，边长为L ，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，下面说法中正确的是（ ）A ．通过abcd 平面的磁通量大小为L 2•BB ．通过dcfe 平面的磁通量大小为L 2•BC ．通过abfe 平面的磁通量大小为零D ．通过bcf 平面的磁通量为零14．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S 极转向纸内，那么这束带电粒子可能是（ ）A ．向右飞行的正离子束B ．向左飞行的正离子束C ．向右飞行的负离子束D ．问左飞行的负离子束二、实验题共20分（15题12分，16题8分））实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是由 引起的．用画U ﹣I 图线求电动势和内阻的目的在于可以尽量减小实验的 误差．（2）在给出的U ﹣I 坐标系中，用给出的数据画出U ﹣I 图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第 组数据有误．（3）由U ﹣I 图线求得电动势E= V ，内阻r= Ω．（均保留3位有效数字）． 16．某同学先用欧姆表的“×10”档粗测一电阻阻值，欧姆表示数如图1所示，现欲用伏安法较准确地测定其阻值，给出下列仪器供选用：A ．9V 电池B ．电流表（0～0.6A ，10Ω）C ．电流表（0～0.1A ，3Ω）D ．电压表（0～3V ，2k Ω）E．电压表（0～15V，45kΩ）F．滑动变阻器（0～10Ω，0.1A）G．滑动变阻器（0～20Ω，1A）H．导线、电键（1）上述器材中应选用（填代号）．（2）在虚线框中（图2）画出电路图．三、计算题要写出必要的文字说明及重要解题步骤共24分每题8分17．质量为m，带电量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：（1）电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷．（2）磁感应强度的大小．18．如图所示，铜棒ab长0.1m，质量为6×10﹣2kg，两端与长为1m的轻铜线相连静止于竖直平面内．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37°，（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了多少；（2）通电电流的大小为多大．（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）19．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF．当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？2016-2017学年辽宁省营口市大石桥二高高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题共14小题（1～10题为单选题，11～14题为多选题）每题4分共56分多选题漏选得2分错选不得分．1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（）A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．静电场中的电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一通电导线所受的磁场力也越大【考点】电场线；磁感应强度．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点．【解答】解：A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以A错误；B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B错误；C、静电场中电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以C 正确；D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D错误；故选：C2．关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（）A．电场强度的定义式E=，适用于任何电场B．由真空中点电荷的电场强度公式E=可知，当r→0时，E→无穷大C．由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向【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相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；点电荷场强的决定式为．【解答】解：A、电场强度的定义式E=，适用于任何电场，故A正确．B、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=k不再成立．故B错误．C、由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误．D、磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．故选A．3．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（）A．U B．C．R D．【考点】电流、电压概念．【分析】给出的图象是q﹣t图象，其斜率为I=，所以斜率代表的是电流，再由欧姆定律可得出正确答案．【解答】解：根据电流强度的定义公式I=；可知q﹣t图象的斜率代表的就是电流；根据欧姆定律，有：I=，故斜率也代表电流．故选：B．4．如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是（）A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动【考点】左手定则；洛仑兹力．【分析】长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的轴线．根据电子的运动方向与磁场方向的关系，分析电子所受洛伦兹力的情况，判断电子的运动情况．【解答】解：由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，与电子的运动方向平行，则电子在磁场中不受洛伦兹力，电子重力又不计，则电子做匀速直线运动．故选C5．下列说法中不正确的是（）A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，总电阻为零B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻C．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定增大D．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定减小【考点】串联电路和并联电路．【分析】并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒数之和，从而即可求解．【解答】解：A、一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，电阻被短路，总电阻为零，故A 正确；B、并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒数之和，故并联电路任一支路电阻的倒数都小于电路的总电阻的倒数，故并联电路任一支路电阻都大于电路的总电阻，故B正确；C、D、并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒数之和，故并联电路任一支路电阻增大（其它支路不变）总电阻也增大，故C正确，D错误；本题选择错误的，故选：D．6．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则（）A．P出=2W，P热=0.5W B．P出=1.5W，P热=8WC．P出=2W，P热=8W D．P出=1.5W，P热=0.5W【考点】电功、电功率．【分析】电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．【解答】解：当电动机不转时，电动机的内阻为r===0.5Ω，电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2﹣I22r=1.5W．卡住后热功率：P热===8W故选：B7．一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．【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．8．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图中可以确定（）A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．故选：B．9．在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（）A．A灯和B灯都变亮 B．A灯、B灯都变暗C．A灯变亮，B灯变暗D．A灯变暗，B灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】从图可知，滑动变阻器与灯泡B并联，然后跟另一电阻串联，再和灯泡A并联，首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点，得出总电阻变化情况．由于电压一定，由欧姆定律可知电路中电流表的变化及电压表示数的变化．判断灯泡的亮度应依据灯泡的实际功率，由于灯泡的电阻不变，可利用公式P=I2R判断灯泡实际功率的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以A灯的电压变小，根据可知A的功率变小，故A灯变暗；由I=可知A的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡B的电压变小，根据可知B的功率变小，故B灯变暗．故选B．10．下面四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系，其中正确的是（）A．B．C．D．【考点】安培力；左手定则．【分析】伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一个平面内，磁感线通过掌心，四指方向与正电荷运动方向相同，大拇指所指的方向为洛伦兹力方向．【解答】解：A、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向下．故A错误．B、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上．故B正确．C、根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向外．故C错误．D、电荷的运动方向与磁场方向平行，电荷不受洛伦兹力．故D错误．故选：B．11．下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（）A．B．C．D．【考点】安培定则．【分析】安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答．【解答】解：AB、通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知，故AB错误；CD、通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知，故C正确，D错误．故选：C．12．计算用电量时，常用的单位是“度”．对此，下列说法中正确的是（）A．1度等于3.6×103kwh B．1度等于3.6×106JC．“度”是电功率的单位D．“度”是电能的单位【考点】力学单位制．【分析】用电量是用电功的多少来衡量，度是实际生活所用的电功的单位，根据电功的公式W=Pt推导度与焦耳的关系．【解答】解：A、1千瓦时俗称1度，即1度=1kwh．故A错误．B、由电功公式W=Pt得，当功率P=1×103W，t=1h=3600s时，W=Pt=1×103×3600J=3.6×106J．即1度=3.6×106J．故B正确．C、D、度是电能的单位，不是电功率的单位．故C错误，D正确．故选：BD13．如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是（）A．通过abcd平面的磁通量大小为L2•BB．通过dcfe平面的磁通量大小为L2•BC．通过abfe平面的磁通量大小为零D．通过bcf平面的磁通量为零【考点】磁通量．【分析】磁通量的公式为Φ=BScosθ，注意夹角是B与S的夹角．【解答】解：A、通过abcd平面的磁通量大小为BSsin45°=，A错误；B、dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为，B正确；C、abfe平面与bcf平面和磁场平面平行，所以磁通量为零，CD正确；故选：BCD．14．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，那么这束带电粒子可能是（）A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．问左飞行的负离子束【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负以及粒子的飞行方向．【解答】解：磁针的S极向纸内偏转，说明磁场方向指向纸外，带电粒子束相当于通电导线，根据右手螺旋定则可知，这一带电粒子束可能是向左飞行的正电粒子，或者向右飞行的负电粒子．故BC正确，AD错误故选：BC二、实验题共20分（15题12分，16题8分））实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是由电压表分流引起的．用画U﹣I图线求电动势和内阻的目的在于可以尽量减小实验的偶然误差．（2）在给出的U﹣I坐标系中，用给出的数据画出U﹣I图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第3组数据有误．（3）由U﹣I图线求得电动势E= 1.48V，内阻r= 1.80Ω．（均保留3位有效数字）．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】①由图可知，电压表测量为电源的输出电压，电压表示数没有误差，但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电压，故可知误差来自于电压表的分流；②采用描点法作图，图象中偏离较远的点误差较大；③图象纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻．【解答】解：①由图可知，电压表示数是准确的，但由于电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；而采用图象法处理实验数据可以减小实验的偶然误差，不能减小系统误差；②如图建立坐标，采取描点连线的方法作出图象如图所示；偏离直线远的数据点记录有错误；故说明第3组纪录有误；③图象与纵轴的交点值表示电动势，图线的斜率值表示源的内阻．由图可知电源的电动势为1.48V；在计算斜率时在直线上取距离尽量大点的两点计算．故可以选取第1和第6组计算得：r=≈1.80Ω故答案为：①电压表的分流，②图象如上图，3；③1.48，1.80．16．某同学先用欧姆表的“×10”档粗测一电阻阻值，欧姆表示数如图1所示，现欲用伏安法较准确地测定其阻值，给出下列仪器供选用：A．9V电池B．电流表（0～0.6A，10Ω）C．电流表（0～0.1A，3Ω）D．电压表（0～3V，2kΩ）E．电压表（0～15V，45kΩ）F．滑动变阻器（0～10Ω，0.1A）G．滑动变阻器（0～20Ω，1A）H．导线、电键（1）上述器材中应选用ACEG（填代号）．（2）在虚线框中（图2）画出电路图．【考点】用多用电表测电阻．【分析】欧姆表读数时注意倍率的数值；应根据电路中最大电流来选择电流表量程；当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻器，但要同时考虑变阻器的额定电流影响．【解答】解：（1）欧姆表的示数为：R x=16×10Ω=160Ω，根据I=可知，电路中最大电流为：I max==A=0.06A，所以电流表应选C，由于电动势E=9V，所以电压表应选E，由于两个变阻器的全电阻远小于待测电阻，变阻器应用分压式接法，考虑到变阻器额定电流的影响，变阻器应选G．（2）由于==187.5＞==53.3，所以电流表应用外接法；考虑到变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）A，C，E，G；（2）如图三、计算题要写出必要的文字说明及重要解题步骤共24分每题8分17．质量为m，带电量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：（1）电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷．（2）磁感应强度的大小．【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】对带电微粒进行受力分析，然后由平衡条件列方程，求出电场强度与磁感应强度；电场方向反向后，分析带电微粒的受力情况，根据带电微粒的受力情况，确定微粒的运动状态．【解答】解：（1）微粒受重力mg，电场力qE，洛伦兹力qvB，微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，根据共点力平衡条件可知，微粒只能带正电，否则不能平衡，受力如图所示，由几何关系知，qE=mg，则电场强度为：E=；（2）由于合力为零，则：qvB=mg所以：B=答：（1）电场强度的大小为，该带电粒子带正电荷．（2）磁感应强度的大小为．18．如图所示，铜棒ab长0.1m，质量为6×10﹣2kg，两端与长为1m的轻铜线相连静止于竖直平面内．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37°，（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了多少；（2）通电电流的大小为多大．（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）【考点】安培力．【分析】根据重力做功求出重力势能的增加量，根据动能定理求出安培力的大小．从而通过安培力的大小公式求出恒定电流的大小．【解答】解：（1）铜棒上升的高度h=L1（1﹣cos37°），则重力势能的增加量为：△E p=mgL1（1﹣cos37°）=0.06×10×0.1×0.2J=0.012J（2）对铜棒运用动能定理得：F A L1sin37°﹣mgL1（1﹣cos37°）=0代入数据解得：F A=0.2N根据F A=BIL得：I===4A答：（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了0.012J；（2）通电电流的大小为4A．19．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF．当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．【分析】（1）分析电路的结构，然后根据闭合电路的欧姆定律解答即可；（2）根据公式：P=I2R即可计算出功率；（3）根据闭合电路的欧姆定律，计算出两种情况下的电流，然后根据串联电路的电压分配关系计算出两种情况下的电压，最后由Q=CU计算电量即可．【解答】解：（1）当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，R2与R3串联，W ①当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电路中R1与R2并联后与R3串联，W ②联立①②代入数据得：E=4V，r=0.5Ω（2）当S1、S2都闭合时电路中的电流： A电源的输出功率：W及电源内部产生的热功率：W。

2016-2017学年辽宁省营口市大石桥二高高二（上）月考物理试卷（9月份）一、单项选择题（共40分）1．关于欧姆表及其使用中的问题，下列说法正确的是（）A．接表内电源负极的应是黑表笔B．换档后，都要重新调零，使指针指到满刻度C．表盘刻度是均匀的D．表盘刻度最左边表示电阻阻值为02．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=1：33．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4．如图，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时，下面说法正确的是（）A．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小B．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压不变C．外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压不变D．外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小5．一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表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6．在如图电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合．C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P．断开哪一个电键后P会运动（）A．S1B．S2C．S3D．S47．如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，当外电路电阻发生变化时，干路电流I、路端电压U，内电压U′、电源输出功率P随之变化的图象如图所示，其中不正确的是（）A．B．C．D．8．图示的电路图中，C2=2C1，R2=2R1．下列说法正确的是（）①开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量②开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量③开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量④开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量．A．①B．④C．①③D．②④9．一同学在某电路中接上两个毫安表和两个相同的电压表，如图所示，毫安表1的读数I1=100mA，毫安表2的读数I2=99mA，电压表V1的读数U1=10V，则电压表V2的读数应为（）A．0.01V B．1V C．0.1V D．10V10．如图所示，两只灯泡L1、L2分别标有“110V，60W”和“110V，100W”，另外有一只滑动变阻器R，将它们连接后接入220V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路？（）A ．B ．C ．D ．二、实验题（共32分）11．量程为1A 的电流表，本身的电阻为0.1Ω，要把它改装成6A 的电流表，需要 联一个阻值为 的定值电阻．如果用改装后的电流表测量某电路中的电流，原表盘上的示数为0.6A ，则此电路的实际电流为 ．12．如图所示，直线A 电源的路端电压U 与电流I 的关系图象，直线B 是电阻R 两端电压U 与电流I 的关系图象，把该电源与电阻R 组成闭合电路，则电源的输出P= W ，电源的电动势E= V ，电源的内电阻r= Ω，外电阻 R= Ω．13．测量干电池的电动势和内电阻．下列器材可供选用：A ．干电池一节B ．直流电流表（0.6A ，0.15Ω；3A ，0.025Ω）C ．直流电压表（3V ，5kΩ；15V ，25kΩ）D ．滑动变阻器（0～15Ω，l A ）E ．滑动变阻器（0～1kΩ，0.5A ）F ．电键G ．导线若干（1）应选用的滑动变阻器是 （填序号），选用电流表的量程是 ，选用电压表的量程是 ；（2）将选用的器材在实物图上连线．要求实验误差最小．14．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图1所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．（1）中读出从图金属丝的直径为mm．（2）实验中某同学的实物接线如图2所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．错误1：错误2：（3）若测得金属丝的直径用d表示，电阻用R表示，则该金属材料的电阻率ρ=．三．计算题：15．如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数I=0.4A．求：（1）流过电阻R1的电流是多少？（2）电阻R3的阻值是多大？（3）电阻R3消耗的电功率是多少？16．如图所示，电源电动势为12V，内电阻为r=1Ω，R1=1Ω，R2=6Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω，若开关闭合后通过电源的电流为3A，则R1上消耗的电功率为多少？电动机消耗的电功率为多少？17．在图中的电路中，若R1=4Ω，R3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，则电源产生的总功率为40W，而输出功率为37.6W．求：（1）电源内阻上消耗的电功率是多少？（2）电源电动势．（3）电阻R2．2016-2017学年辽宁省营口市大石桥二高高二（上）月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（共40分）1．关于欧姆表及其使用中的问题，下列说法正确的是（）A．接表内电源负极的应是黑表笔B．换档后，都要重新调零，使指针指到满刻度C．表盘刻度是均匀的D．表盘刻度最左边表示电阻阻值为0【考点】N4：用多用电表测电阻．【分析】欧姆表内部有电源，刻度盘不均匀，每次换挡都要短接调零，欧姆表的零刻度在最右边．【解答】解：A、欧姆表内部有电源，与被测电阻组成了闭合回路，为使指针从左向右移动，则电源负极的应是红表笔相连，故A错误；B、每次换挡后都必须重新进行短接调零，故B正确；C、电流I=，电流与电阻不成反比，所以刻度盘上的刻度是不均匀的，左边密右边疏，故C错误；D、表盘刻度最左边表示电流为零，而电阻阻值则为无穷大，故D错误；故选：B．2．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】BB：闭合电路的欧姆定律；BJ：串联电路和并联电路．【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A3．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】BB：闭合电路的欧姆定律．【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R2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R2增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，并联的电阻增大，外电路总电阻R总电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数I A=I﹣I2，则减小．故A正确，BCD错误．故选：A．4．如图，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时，下面说法正确的是（）A．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小B．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压不变C．外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压不变D．外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】由并联电路的规律可知外部总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可判断路端电压的变化．【解答】解：由图可知，灯泡均为并联；当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外部总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，则内电压增大，故路端电压减小，灯泡两端的电压变小，灯泡变暗，故D正确；故选D．5．一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表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】NA：把电流表改装成电压表；BJ：串联电路和并联电路．【分析】电流表与电流表都是由表头改装成的，电压表是表头与分压电阻串联成的，根据串并联规律可知，若电压表读数总比准确值小，说明通过表头的电流较小，应减小分压电阻的大小，根据并联电阻需要任一支路电阻可知，应在R上并联一个比R大得多的电阻．【解答】解：电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过电流表G的电流偏小，串联的电阻R偏大，为减小串联电阻R的阻值需在R上并联一个比R大得多的电阻，所以D正确；故选：D6．在如图电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合．C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P．断开哪一个电键后P会运动（）A．S1B．S2C．S3D．S4【考点】AN：电容器．【分析】平行板电容器板间悬浮着一油滴P，油滴所受的重力与电场力平衡；当电场力减小时，油滴会向下运动；当电场力增加时，油滴会向上运动；根据条件分别分析哪种情况下板间场强和油滴的电场力是变化的．【解答】解：A、断开S1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态．故A错误．B、断开S2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动．故B正确．C、断开S3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动．故C正确．D、断开S4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态．故D错误．故选BC．7．如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，当外电路电阻发生变化时，干路电流I、路端电压U，内电压U′、电源输出功率P随之变化的图象如图所示，其中不正确的是（）A．B．C．D．【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．【分析】根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律得到I、U、U′、P与R的表达式，再结合数学知识进行分析．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：I=，可知R增大，I减小，两者是非线性关系，故A正确．B、U=IR==E，E、r为定值，R增大，减小，则得U增大，当R→∞时，U→E，故B正确．C、U′=Ir=，可知U′与R是非线性关系，U′﹣R图象应是曲线，故C错误．D、P=I2R=（）2R=，根据数学知识可知R从0开始增大时，P先增大后减小，当r=R时P最大，故D正确．本题选错误的，故选：C8．图示的电路图中，C2=2C1，R2=2R1．下列说法正确的是（）①开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量②开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量③开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量④开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量．A．①B．④C．①③D．②④【考点】AN：电容器．【分析】开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势．当开关S闭合时，两个电阻串联，电容器C2与电阻R1并联，电容器C1与电阻R2并联．根据Q=UC即可判断带电量之间的关系．【解答】解：①②当开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，根据Q=CU，且C2=2C1，得：Q2=2Q1，故①正确，②错误；③④当开关S闭合时，电容器C2的电压等于R1的电压，电容器C1的电压等于电阻R2的电压．而两电阻串联，电压之比等于电阻之比，根据Q=UC，且C2=2C1，U1=2U2，得：电容器C2的电量等于C1的带电量，故③④错误．故选A．9．一同学在某电路中接上两个毫安表和两个相同的电压表，如图所示，毫安表1的读数I1=100mA，毫安表2的读数I2=99mA，电压表V1的读数U1=10V，则电压表V2的读数应为（）A．0.01V B．1V C．0.1V D．10V【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】据欧姆定律求得电压表的电阻，再据串并联电路的特点，求出通过V2 的电流，据U=IR即可求解．【解答】解：由题知电压表V1的电阻为：R===100Ω据串并联电路的特点知，通过电压表v2的电流：I=I1﹣I2=0.1A﹣0.099A=0.001A 所以电压表v2的示数为：U2=IR=0.001×100V=0.1V，故ABD错误，C正确．故选：C．10．如图所示，两只灯泡L1、L2分别标有“110V，60W”和“110V，100W”，另外有一只滑动变阻器R，将它们连接后接入220V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路？（）A．B．C．D．【考点】BG：电功、电功率；BJ：串联电路和并联电路．【分析】在该电路中，既要保证两灯泡都正常发光，又要保证消耗的功率最小．运用排除法，先判断哪些电路不能正常发光，在正常发光的情况下，抓住整个电路消耗的功率等于各用电器消耗的功率之和求出总功率．【解答】解：A、在A电路中，灯泡1的额定电流，灯泡2的额定电流，灯泡2能正常法，则灯泡1就会烧掉．A电路不能保证两灯泡正常发光．在C电路中，两灯泡串联，则两灯泡电流相等，不能保证两灯泡正常发光．故A、C错误．B、在B电路中，两灯泡正常发光时，通过R的电流为，R与L1并联，电压相等，根据P=UI，所以功率之比等于电流之比，为2：3．则R上消耗的功率为40W，则整个电路的总功率P=60+40+100W=200W．在D电路中，两灯泡正常发光，则通过R的电流等于两灯泡额定电流之和，为，两灯泡的并联电压为110V，则R上的电压为110V，根据P=UI，知电阻R上消耗的功率与两个灯泡消耗的功率相等，所以整个电路的总功率P=（60+100）×2=320W．所以B电路消耗的功率小．故B正确，D错误．故选B．二、实验题（共32分）11．量程为1A的电流表，本身的电阻为0.1Ω，要把它改装成6A的电流表，需要并联一个阻值为0.02Ω的定值电阻．如果用改装后的电流表测量某电路中的电流，原表盘上的示数为0.6A，则此电路的实际电流为 3.6A．【考点】NA：把电流表改装成电压表．【分析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值，根据量程确定表盘示数．【解答】解：把电流表改装成6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R===0.02Ω，电流表量程变为原来的6倍，则原表盘上示数为0.6A此电路的实际电流为：0.6A ×6=3.6A；故答案为：并；0.02Ω；3.6A．12．如图所示，直线A电源的路端电压U 与电流I的关系图象，直线B是电阻R 两端电压U与电流I的关系图象，把该电源与电阻R组成闭合电路，则电源的输出P=6W，电源的电动势E= 4.5V，电源的内电阻r=0.75Ω，外电阻R= 1.5Ω．【考点】BC：路端电压与负载的关系．【分析】图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率等于电源的内阻；两图象的交点为电阻的工作点；由功率公式可求得输出功率，从而即可求解．【解答】解：由图可知，电源的电动势为4.5V；内阻r==0.75Ω；当电源的与电阻串联后，电路中电流为2A；电压为3V；则电源的输出功率P=UI=3×2=6W；且外电阻R==Ω=1.5Ω；故答案为：6，4.5；0.75，1.5．13．测量干电池的电动势和内电阻．下列器材可供选用：A．干电池一节B．直流电流表（0.6A，0.15Ω；3A，0.025Ω）C．直流电压表（3V，5kΩ；15V，25kΩ）D．滑动变阻器（0～15Ω，l A）E．滑动变阻器（0～1kΩ，0.5A）F．电键G．导线若干（1）应选用的滑动变阻器是D（填序号），选用电流表的量程是0.6A，选用电压表的量程是3V；（2）将选用的器材在实物图上连线．要求实验误差最小．【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据电路最大电流选择电流表量程，根据电源电动势选择电压表量程．（2）根据实验原理连接实物电路图．【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选D；一节干电池电动势约为1.5V，电压表应选3V量程；电路电流较小，约为零点几安培，电流表应选0.6A 量程．（2）伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，由于电源内阻较小，为减小实验误差，相对于电源，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：故答案为：（1）D，0.6A，3V；（2）实物电路图如图所示．14．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图1所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．（1）中读出从图金属丝的直径为0.680mm．（2）实验中某同学的实物接线如图2所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．错误1：电流表采用内接法错误2：导线接在滑动变阻器滑片上（3）若测得金属丝的直径用d表示，电阻用R表示，则该金属材料的电阻率ρ=．【考点】N2：测定金属的电阻率．【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，分析图示电路图答题．（3）应用电阻定律求出电阻率的表达式．【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm；（2）金属丝的电阻大约为5Ω，电流表内阻很小约为零点几欧姆，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于金属丝电阻，电流表应采用外接法，由图示电路图可知，电流表采用内接法，这是错误的，另外，导线接在滑动变阻器滑片上也是错误的．（3）由电阻定律可知：R=ρ=ρ，电阻率：ρ=；故答案为：（1）0.680；（2）电流表采用内接法；导线接在滑动变阻器滑片上；（3）．三．计算题：15．如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数I=0.4A．求：（1）流过电阻R1的电流是多少？（2）电阻R3的阻值是多大？（3）电阻R3消耗的电功率是多少？【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）先根据欧姆定律求得R2的电压，再以R1和内阻r为研究对象，根据欧姆定律求得电路中总电流，即为流过电阻R1的电流．（2）根据并联电路分流规律求出流过电阻R3的电流，其电压与R2的电压相等，再求解R3的阻值．（3）电阻R3消耗的电功率由公式P=UI求解．【解答】解：（1）R2的电压U2=I2R2=0.4×15V=6.0V根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I1（R1+r）则得流过电阻R1的电流I1==A=0.6A（2）流过电阻R3的电流I3=I1﹣I2=0.6﹣0.4=0.2A则R3==Ω=30Ω（3）电阻R3消耗的电功率是P3=U2I3=6×0.2W=1.2W答：（1）流过电阻R1的电流是0.6A．（2）电阻R3的阻值是30Ω．（3）电阻R3消耗的电功率是1.2W．16．如图所示，电源电动势为12V，内电阻为r=1Ω，R1=1Ω，R2=6Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω，若开关闭合后通过电源的电流为3A，则R1上消耗的电功率为多少？电动机消耗的电功率为多少？【考点】BG：电功、电功率．【分析】开关闭合后，由P1=I2R1求解R1上消耗的电功率；先根据闭合电路欧姆定律求解电动机电压，根据欧姆定律求解通过电阻R2的电流，由干路电流和R2的电流求出流过电动机的电流，由P=UI求解电动机消耗的电功率．【解答】解：R1上消耗的功率：P1=I2R1=9×1 W=9 W电动机两端的电压：U=E﹣I（R1+r）=12﹣3×（1+1）=6 V通过R2的电流为：I1==A=1 A通过电动机的电流为：I2=I﹣I1=2 A故电动机消耗的电功率为：P2=I2U=2×6 W=12 W答：R1上消耗的电功率为9W，电动机消耗的电功率为12W．17．在图中的电路中，若R1=4Ω，R3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，则电源产生的总功率为40W，而输出功率为37.6W．求：（1）电源内阻上消耗的电功率是多少？（2）电源电动势．（3）电阻R2．【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】已知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R2．【解答】解：（1）电源内阻上消耗的电功率P r=P总﹣P出=40﹣37.6=2.4W；（2）由P总﹣P出=I2r得：I=A=2AE=V=20V由P总=EI，得到电源的电动势（3）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：（1）电源内阻上消耗的电功率是2.4W；（2）电源电动势为20V．（3）电阻R2为7Ω．2017年6月3日。

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大石桥2016--—2017学年度上学期12月月考高二物理试卷时间:90分钟满分：100分第一卷一、选择题共14小题每题4分计56分(1---10为单选，11————14为多选题）1、奥斯特实验说明了（）A．磁场的存在 B．磁场的方向性C．电流可以产生磁场 D．磁场间有相互作用2、如图所示是一种冶炼金属的感应炉的示意图,此种感应炉应接怎样的电源（）A．直流低压 B．直流高压C．低频交流电D．高频交流电3、有一个10匝的线圈放在匀强磁场中,磁场方向垂直于线圈平面，线圈的面积为10 cm2,当t ＝0时，B1＝0。

2 T，经过0。

1 s后，磁场减弱为B2＝0。

05 T，磁场方向不变，则线圈中的感应电动势为( ）A．1。

5×10－2V B．150 V C．15 V D．1。

5 V4、关于交变电流与直流电的说法中，不正确的是（）A．如果电流大小做周期性变化,则不一定是交变电流B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化5、一只理想变压器的原线圈有55匝，副线圈有1100匝，若把原线圈接到10V的电池组上，则副线圈的输出电压是（）A．200V B．20V C．0。

5V D．0V6、如图所示，一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈,当磁铁经过A、B两位置时,线圈中（）A．感应电流方向相同,感应电流所受作用力的方向相同B．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反C．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同D．感应电流方向相同,感应电流所受作用力的方向相反7、如图所示，矩形线框在匀强磁场中做的各种运动中，能够产生感应电流的是( ）A． B． C． D．8、将一个闭合金属环用丝线悬于O点,如图所示．虚线左边有垂直于纸面向外的匀强磁场，而右边没有磁场．下列的现象能够发生的是（）A．金属环的摆动不会停下来，一直做等幅摆动B．金属环的摆动幅度越来越小，小到某一数值后做等幅摆动C．金属环的摆动会很快停下来D．金属环最后一次向左摆动时,最终停在平衡位置左侧某一点处9、如图，电源电动势为E，线圈L的直流电阻不计．则以下判断正确的是( ）A．闭合S，稳定后，电容器两端电压为EB．闭合S,稳定后，电容器的a极带正电C．断开S瞬间，电容器的a极将带正电D．断开S瞬间，电容器的a极将带负电10、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接正弦交流电源上，副线圈接入“3V，6W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则（ )A．原线圈电压为3VB．电源输出功率120 WC．电流表的示数为0．1AD．电流表的示数为40A11、在匀强磁场中放一平行金属导轨,导轨跟大线圈M相接,如图所示．导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面，假定除ab导线外其余部分电阻不计，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，导线ab需（ )A．匀速向右运动B．加速向右运动C．减速向右运动D．加速向左运动12、如图甲、乙所示电路中,若电容器选择适当的参数，可以实现的是( ）A．图甲输入为直流与交流，输出为直流B．图甲输入为直流与交流,输出为交流C．图乙输入为高频交流与低频交流,输出为高频交流D．图乙输入为高频交流与低频交流,输出为低频交流13、如图所示为一正弦式电流通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是( ）A．这也是一种交变电流B．电流的变化周期是0.02sC．电流的变化周期是0。

辽宁省大石桥市第二高级中学2017-2018学年高二下学期期末考试物理试题一、选择题1.如图所示，是甲、乙两质点在同一直线上的位移－时间(x－t)图象，以甲的出发点为原点，出发时间为计时的起点，则( )A. 甲追上乙时，甲运动的速度比乙的小B. 甲、乙是从同一地点开始运动的C. 甲在中途停止过运动，最后甲还是追上了乙D. 乙的平均速度比甲的平均速度大【答案】C【解析】在t时刻两质点的位移相等，说明甲追上乙。

根据位移图象的斜率等于速度可知，甲追上乙时，甲运动的速度比乙的大，故A错误。

由图象可知甲乙两物体同时出发，但不是从同一地点出发的，乙从距原点正方向上x=2处出发，而甲从原点出发，故B错误。

由图象可知，甲物体在中途有一段时间内位移未变，即甲在中途停了一会儿，在t时刻甲乙两物体的位置相同，即甲追上了乙，故C正确。

平均速度是针对某一段时间而言的，不同时间段内甲的平均速度是变化的，由于没有确定哪段时间，所以不好比较平均速度的大小，故D错误。

故选C。

点睛：本题关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态，能轻松进行分析．2.一质点沿x轴做直线运动，其v－t图象如图所示，质点在t＝0时位于x＝5 m处，开始沿x轴正向运动，当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为( )A. x＝3 mB. x＝8 mC. x＝9 mD. x＝14 m【答案】B【解析】【分析】质点做直线运动，在v-t图象中，图象与横坐标所围成的面积表示位移，结合初始条件分析。

【详解】由题图得前8s内的位移为：t=0时质点位于x=5m处，则t=8s时质点位于x=8m处，故B正确。

【点睛】质点做直线运动的v-t图象中，关键要明确图象与坐标轴所围成的面积表示位移，面积的正负表示位移的方向。

3.一物体作匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为。

则物体运动的加速度为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可以求得两部分位移的中间时刻的瞬时速度，再由加速度的公式可以求得加速度的大小。

大石桥二高中2017-2018学年度上学期6月考试高二年级物理科试卷时间：90分钟 满分：100分第I 卷一、选择题(（1-7题为单项选择题，每题4分，8—13题为多项选择题，少选得2分，选错得0分，共计52分）1、物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型。

以下属于理 想化模型的是A ．加速度B ．质点C ．力的合成D ．平均速度2、在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测定．近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g 值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度 标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g 值测 得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点向上抛小球 又落至原处的时间为T 2，在小球运动过程中经过比O 点高H 的P 点，小球离开 P 点至又回到P 点所用的时间为T 1，测得T 1、T 2和H ，可求得g 等于( )A . 21228T T H -B . 21224T T H - C .212)(8T T H - D . 212)(4T T H - 3、某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的加速度a 、速度v 、位移x 随时间变化的图象如图所示，若该物体在t ＝0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体沿单一方向运动的图象是（ ）4、自卸式运输车是车厢配有自动倾斜装置的汽车，又称为翻斗车、工程车，由汽车底盘、液压举升机构、取力装置和货箱组成。

如图示，在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，有关货物所受车厢的支持力F N 和摩擦力Ff ，下列说法中正确的是（ ）A 摩擦力Ff 逐渐增大B 摩擦力Ff 先增大后减小C 支持力F N 逐渐增大D 支持力F N 先减小后不变5、如图，物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 放在在倾角为30°的光滑斜面上，B 悬挂着。