湖南省常德市石门五中高二物理上学期段考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省常德市石门五中高二（上）段考物理试卷一选择题（请将你认为正确的答案代号填在卷的答题栏中，本题共9小题）1如图电路中l1、l2两盏灯完全相同当滑动变阻器的滑动头向左移动时，则（）al1变亮，l2变亮bl1变暗，l2变亮cl1变暗，l2变暗dl1变亮，l2变暗2在如图所示的ui图象中，直线l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连接组成闭合电路由图象可知（）a电源的电动势为3v，内阻为0.5b电阻r的阻值为1c电源的输出功率为4wd电源的效率为66.7%3四个相同的电流表分别改装成两个电流表a1、a2和两个电压表v1、v2，a1的量程大于的量程a2的量程，v1 的量程大于v2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（）aa1的读数比a2的读数大ba1指针偏转角度比a2指针偏转角度大cv1读数比v2读数大dv1指针偏转角度比v2指针偏转角度大4如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，l1和l2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻相同，阻值均为r，电压表为理想电表，k为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时（）a电压表读数将变大bl1亮度不变，l2将变亮cl1将变亮，l2将变暗d电源的发热功率将变大5如图所示，甲、乙两图中各对应的同种仪器规格都相同，其中固定电阻r=100，滑动变阻器w的最大阻值为50，电池的电动势e=6v，内阻可忽略，将开关闭合后不正确的是（）a调节w的滑臂，甲图中电压表v1的示数变化范围为06 vb调节w的滑臂，乙图中电压表v2的示数变化范围为06 vc甲图中电压表的a接线柱上标着“+”号d乙图中电压表的b接线柱上标着“”号6如图所示，a，b，c，d是滑动变阻器的四个接线柱，现把此变阻器接成一个分压电路向一个小灯泡供电，并要求滑片p向c移动时，小灯泡两端电压减少，则在下列说法中正确的是（）aa接电源正极，b接电源负极，c、d接小灯泡两端ba接电源正极，b接电源负极，c、a接小灯泡两端ca接电源正极，b接电源负极，d、b接小灯泡两端da接电源正极，b接电源负极，d、c接小灯泡两端7如图所示的电路中，滑动变阻器的滑片p从a滑向b的过程中，3只理想电压表的示数变化的绝对值分别为u1、u2、u3，下列各值可能出现的是（）au1=3v、u2=2v、u3=1vbu1=1v、u2=3v、u3=2vcu1=0.5v、u2=1v、u3=1.5vdu1=0.2v、u2=1v、u3=0.8v8如图所示的电路中，r1、r2、r3、r4、r5为阻值固定的电阻，r6为可变电阻，a为内阻可忽略的电流表，v为内阻很大的电压表，电源的电动势为，内阻为r当r6的滑动触头p向a端移动时（）a电压表v的读数变小b电压表v的读数变大c电流表a的读数变小d电流表a的读数变大9傍晚为用电高峰，电灯比深夜暗，是因为傍晚时（）a线路中总电阻变大，电流变小b总电流一定，支路增多分去了电流c干线电流过大，线路损失电压增大d总电阻变小，每条支路电流增大三.实验题（共2小题）10在测两节干电池组成电源的电动势和内阻（约为20）的实验中，提供器材如下：电流表a（量程0400ma，内阻ra=5），电压表v（量程03v，内阻810k），滑动变阻器r（规格010，2a），开关s，导线若干条，另有待测干电池2节（1）请在如图所示框内画出实验电路图（2）选两组测量值，列出计算电动势和内阻r的方程式（不必计算和r）11已知一个电阻的额定功率为0.5w，用多用电表粗测其阻值约为18，现用伏安法精确测它的阻值实验器材有：a电流表（0200ma 20）b电流表（03a 0.11）c电压表（03v 10k）d电压表（015v 30k）e滑动变阻器（020 2a）f电源（12v）（1）实验中的电流表选用，电压表选用（填序号）（2）在如图线框内画出实验电路图四.计算题（共3小题）12在如图所示的电路中，电源的电动势e=30v，内阻r=1.0，r1=10，r2=10，r3=30，r4=35，电容器的电容c=100f，电容器原来不带电求接通电键k后流过r4的总电量13如图所示的电路中，输入电压uab=200v，可变电阻的总阻值r0=150，允许通过的电流为4a，求：（1）当输出端a、b开路时uab的值；（2）当输出端接入r=40的负载时，uab的可能变化范围14如图所示，电源的电动势e=110v，电阻r1=21，电动机绕组的电阻r0=0.5，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；（2）当电键s2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率2015-2016学年湖南省常德市石门五中高二（上）段考物理试卷参考答案与试题解析一选择题（请将你认为正确的答案代号填在卷的答题栏中，本题共9小题）1如图电路中l1、l2两盏灯完全相同当滑动变阻器的滑动头向左移动时，则（）al1变亮，l2变亮bl1变暗，l2变亮cl1变暗，l2变暗dl1变亮，l2变暗【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】在滑动变阻器r的滑动触片向左滑动的过程中，r减小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过灯l2的电流变化，即可判断其亮度变化根据并联部分电压的变化，分析l1的亮度变化【解答】解：在滑动变阻器r的滑动触片向左滑动的过程中，r减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流i增大故l2变亮路端电压u=eir，i增大，e、r不变，则u减小灯l2的电压增大故l1的电压减小，亮度变暗故选b【点评】本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小2在如图所示的ui图象中，直线l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连接组成闭合电路由图象可知（）a电源的电动势为3v，内阻为0.5b电阻r的阻值为1c电源的输出功率为4wd电源的效率为66.7%【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】由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻r的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率【解答】解：a、根据闭合电路欧姆定律得u=eir，当i=0时，u=e，由读出电源的电动势e=3v，内阻等于图线的斜率大小，则r=|=0.5故a正确b、电阻r=1故b正确c、两图线的交点表示该电源直接与电阻r相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压u=2v，电流i=2a，则电源的输出功率为p出=ui=4w故c正确d、电源的效率=66.7%故d正确故选abcd【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3四个相同的电流表分别改装成两个电流表a1、a2和两个电压表v1、v2，a1的量程大于的量程a2的量程，v1 的量程大于v2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（）aa1的读数比a2的读数大ba1指针偏转角度比a2指针偏转角度大cv1读数比v2读数大dv1指针偏转角度比v2指针偏转角度大【考点】串联电路和并联电路；把电流表改装成电压表【专题】恒定电流专题【分析】电流表a1、a2是由相同的电流表改装而成的，a1的量程较大，分流电阻较小，串联时流过a1表头的电流较小，指针偏转的角度较小电压表v1、v2是相同电流表改装而成的，串联时流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，量程较大的电压表读数较大【解答】解：a、电流表a1、a2串联，流过电流表的电流相同，a1的读数与a2的读数相同故a错误 b、电流表a1、a2是由相同的电流表改装而成的，a1的量程较大，分流电阻较小，串联时流过a1表头的电流较小，指针偏转的角度较小故b错误 c、电压表v1、v2是相同电流表改装而成的，串联时流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，v1 的量程大于v2的量程，所以，v1读数比v2读数大故c正确 d、两电压表的表头相同，串联时流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同故d错误故选c【点评】本题关键要对电表的内部结构要了解：电流表是由表头与分流电阻并联；电压表是由表头与分压电阻串联4如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，l1和l2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻相同，阻值均为r，电压表为理想电表，k为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时（）a电压表读数将变大bl1亮度不变，l2将变亮cl1将变亮，l2将变暗d电源的发热功率将变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当开关由1位置打到2位置时，分析外电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表示数的变化根据两灯电压的变化，判断亮度的变化根据总电流的变化，分析电源发热功率的变化【解答】解：a、d当开关打在1位置时，外电路的总电阻为r1=r+=1.5r，当开关打在2位置时，外电路的总电阻为r2=0.67r所以外电路总电阻变小，根据全电路欧姆定律得，总电流i增大，路端电压变小，则电压表读数将变小电源的发热功率p=i2r，i增大，p增大故a错误，d正确b、c当开关打在1位置时，两灯的电压均为u1=0.2e，当开关打在2位置时，灯l1的电压u1=0.2e，灯l2的电压u2=0.4e，可见，l1的电压不变，l2的电压变大，则l1亮度不变，l2将变亮故b正确，c错误故选bd【点评】本题通过计算灯泡的电压，分析其亮度的变化，是处理电路动态变化分析的一种方法5如图所示，甲、乙两图中各对应的同种仪器规格都相同，其中固定电阻r=100，滑动变阻器w的最大阻值为50，电池的电动势e=6v，内阻可忽略，将开关闭合后不正确的是（）a调节w的滑臂，甲图中电压表v1的示数变化范围为06 vb调节w的滑臂，乙图中电压表v2的示数变化范围为06 vc甲图中电压表的a接线柱上标着“+”号d乙图中电压表的b接线柱上标着“”号【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】先认识电路的结构：甲图中，变阻器与r并联，乙图中，变阻器与r串联电源的内阻不计时，路端电压等于电动势，保持不变再进行分析【解答】解：电源的内阻不计时，路端电压等于电动势，即u=6v，保持不变a、甲图中，变阻器与r并联，并联电路的电压等于路端电压，所以电压表v1的示数变化范围为06v故a正确b、乙图中，变阻器与r串联，r的最大电压小于6v，则电压表v2的示数变化范围小于06v故b错误c、甲图中电流方向沿顺时针方向，电压表的a接线柱上应标着“+”号故c正确d、乙图中电流方向沿顺时针方向，电压表的a接线柱上应标着“+”号，b接线柱上标着“”号故d正确本题选错误的，故选b【点评】本题有两个关键：一是电源的内阻不计时，路端电压等于电动势；二是识别电路的连接方式6如图所示，a，b，c，d是滑动变阻器的四个接线柱，现把此变阻器接成一个分压电路向一个小灯泡供电，并要求滑片p向c移动时，小灯泡两端电压减少，则在下列说法中正确的是（）aa接电源正极，b接电源负极，c、d接小灯泡两端ba接电源正极，b接电源负极，c、a接小灯泡两端ca接电源正极，b接电源负极，d、b接小灯泡两端da接电源正极，b接电源负极，d、c接小灯泡两端【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】滑动变阻器在电路中有两种接法：分压接法与限流接法题目要求把此变阻器接成一个分压电路向一个小灯泡供电，需根据分压电路的特点以及分压电路的接法连接，它的正确接法是“一上两下”；p向c移动时，小灯泡两端电压减少，可知p与a（或b）直接的电阻丝的长度减小【解答】解：分压电路的正确接法是“一上两下”，所以a与b都需要接入电路，可以a接电源正极，b接电源负极，然后在c与d中任意选有关即可由于题目要求“滑片p向c移动时，小灯泡两端电压减少”，可知滑片p向c移动时，即p向a滑动时，分压部分的电阻丝的长度减小，由图可知，是p与a之间的长度减小，所以需要在c、a接小灯泡两端，或d、a接小灯泡两端故选：b【点评】本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能滑动变阻器在电路中有两种接法：分压接法与限流接法，要掌握滑动变阻器的两种接法能够正确判断哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在7如图所示的电路中，滑动变阻器的滑片p从a滑向b的过程中，3只理想电压表的示数变化的绝对值分别为u1、u2、u3，下列各值可能出现的是（）au1=3v、u2=2v、u3=1vbu1=1v、u2=3v、u3=2vcu1=0.5v、u2=1v、u3=1.5vdu1=0.2v、u2=1v、u3=0.8v【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】滑动变阻器的滑片p从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电灯两端的电压增大，路端电压减小，分析变阻器两端电压的变化，根据路端电压的变化，判断u2、u3的大小【解答】解：滑动变阻器的滑片p从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电灯两端的电压u2增大，电源的内电压增大，则路端电压u1减小，则变阻器两端电压u3减小由于u1=u2+u3，u1减小，则知u2u3，u1u2，所以u1=1v、u2=3v、u3=2v；u1=0.2v、u2=1v、u3=0.8v是可能的，u1=3v、u2=2v、u3=1v；u1=0.5v、u2=1v、u3=1.5v不可能故bd正确，ac错误故选bd【点评】本题解题的关键是抓住u1=u2+u3，根据总量法分析三个电压表读数变化量的大小8如图所示的电路中，r1、r2、r3、r4、r5为阻值固定的电阻，r6为可变电阻，a为内阻可忽略的电流表，v为内阻很大的电压表，电源的电动势为，内阻为r当r6的滑动触头p向a端移动时（）a电压表v的读数变小b电压表v的读数变大c电流表a的读数变小d电流表a的读数变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当r6的滑动触头p向a端移动时，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的变化和路端电压，判断电压表示数的变化由欧姆定律分析变阻器两端电压的变化，分析电流表示数的变化【解答】解：当r6的滑动触头p向a端移动时，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得知总电流i增大电压表测量路端电压u，而u=eir，i增大，e、r不变，则u变小，所以电压表的示数变小设变阻器两端电压为u，则u=ei（r1+r5+r），i增大，其他量不变，则u变小，电流表的示数变小故选ac【点评】本题按“部分整体部分”的思路进行动态变化分析对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析9傍晚为用电高峰，电灯比深夜暗，是因为傍晚时（）a线路中总电阻变大，电流变小b总电流一定，支路增多分去了电流c干线电流过大，线路损失电压增大d总电阻变小，每条支路电流增大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】用电高峰时，负载增多，总电阻减小，根据电流的变化，判断出输电线上损失电压的变化，从而得出用户获得电压的大小【解答】解：傍晚用电高峰时，由于负载增多，而灯泡并联，总电阻减小，根据欧姆定律，干线电流增大，输电线上损失的电压变大，则家庭电路两端电压比较低，灯泡的实际功率小，因此比较暗故c正确，abd错误故选c【点评】本题实质是电路的动态分析问题，关键抓住不变量以及变化量，运用欧姆定律进行分析三.实验题（共2小题）10在测两节干电池组成电源的电动势和内阻（约为20）的实验中，提供器材如下：电流表a（量程0400ma，内阻ra=5），电压表v（量程03v，内阻810k），滑动变阻器r（规格010，2a），开关s，导线若干条，另有待测干电池2节（1）请在如图所示框内画出实验电路图（2）选两组测量值，列出计算电动势和内阻r的方程式（不必计算和r）【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）根据电源内阻大小与图示电路图分析答题；（2）根据闭合电路欧姆定律取两组数据列式求解即可【解答】解：（1）电源内阻约为20，而电流表内阻为定值5；故可以采用相对电源的电流表内接法求解，求出等效内阻后再减去电流表内阻即可；故电路图如图（2）根据闭合电路欧姆定律，取两组数据进行列式，则有：e=u1+i1（r+ra）e=u2+i2（r+ra）故答案为：（1）如图所示；（2）e=u1+i1（r+ra）e=u2+i2（r+ra）【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验原理及数据处理方法，要注意明确本题中电流表内阻已知，故可以采用相对电源的内接法；这样可以减小实验误差11已知一个电阻的额定功率为0.5w，用多用电表粗测其阻值约为18，现用伏安法精确测它的阻值实验器材有：a电流表（0200ma 20）b电流表（03a 0.11）c电压表（03v 10k）d电压表（015v 30k）e滑动变阻器（020 2a）f电源（12v）（1）实验中的电流表选用a，电压表选用c（填序号）（2）在如图线框内画出实验电路图【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】根据电阻的额定电流选择电流表，根据额定电压选择电压表，为方便实验操作；根据题目要求确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出电路图【解答】解：电阻的额定电流：i=0.1667a=166.7ma，电流表应选a；额定电压u=3v，电压表应选c；要求电压从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法；=0.9； =555.6，故电流表应采用外接法，电路图如图所示；故答案为：（1）a；c；（2）电路图如图所示【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路，要注意明确当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法同时掌握电流表内外接法的正确选择方法四.计算题（共3小题）12在如图所示的电路中，电源的电动势e=30v，内阻r=1.0，r1=10，r2=10，r3=30，r4=35，电容器的电容c=100f，电容器原来不带电求接通电键k后流过r4的总电量【考点】电容；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】由电路图可知，c与r3并联；由串并联电路的可求得总电阻，则由欧姆定律可求得电路中的电流；则可求得与r3两端的电压，因电容与r3并联，故r3两端的电压即为电容器两端电压；由电容的定义式可求得电容器的电量【解答】解：由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻为： 电源的端电压：电阻r3两端的电压：则：答：接通电键k后流过r4的总电量为2103c【点评】电容器两端的电压等于与之并联部分电阻两端的电压，而与电容器串联的电阻当作导线处理13如图所示的电路中，输入电压uab=200v，可变电阻的总阻值r0=150，允许通过的电流为4a，求：（1）当输出端a、b开路时uab的值；（2）当输出端接入r=40的负载时，uab的可能变化范围【考点】路端电压与负载的关系【专题】恒定电流专题【分析】（1）输出端a、b开路时，两侧电压相同；（2）当变阻器触头向上移动时，输出电压uab增大，当变阻器上部分电流达到额定电流时，可根据欧姆定律得到变阻器上方电阻与电阻r0之和，根据串联电路的分压关系得出uab的最大值；当滑动触头向下移动时，输出电压uab减小，当变阻器下部分电流达到额定