河北省邢台市南宫中学高二物理上学期第六次周测试卷（含解析）.doc

2014-2015学年河北省邢台市南宫中学高二（上）第六次周测物理试卷 一、选择题（下面各题选项中至少有一个正确答案，选错、错选、多选不得分，对而不全得2分，全选对者得4分，共48分）1（4分）关于电流，下列说法中正确的是（） a 通过导线截面的电量越多，电流越大 b 电子运动的速率越大，电流越大 c 单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大 d 因为电流有方向，所以电流是矢量考点： 电流、电压概念专题： 恒定电流专题分析： 电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大；电流的微观表达式i=nesv可知电流的大小跟导体的材料、横截面积和电荷定向移动的速率共同决定；矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则解答： 解：a、通过某一横截面积的电量与所用时间的比值等于通过导体的电流强度，故电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，故a错误b、由电流的微观表达式i=nesv，电流的大小跟导体的材料（决定n），导体的横截面积（s）和电荷定向移动的速率（v）共同决定，故b错误c、根据i=可知，单位时间（t一定）内通过导体截面的电量（q）越多，导体中的电流（i）越大故c正确d、矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则，故电流是标量故d错误故选c点评： 掌握了基本知识就能顺利解决此类题目，故要重视基本知识的积累2（4分）某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（） a 电流表烧坏 b 电压表烧坏 c 小灯泡烧坏 d 小灯泡不亮考点： 伏安法测电阻专题： 恒定电流专题分析： 由于电流表内阻较小，而电压表内阻较大；根据欧姆定律可知此时可能出现的情况电压表不能串联接入电路解答： 解：由于电压表内阻较大，所以电路中的电流非常小，故灯泡几乎不亮，不会被烧坏；电流表中示数很小，不会被烧坏；此时电压表相当于直接接在电源两端，故此时电压表的示数接近电源的电动势；故abc错误；d正确；故选：d点评： 本题要求能正确理解电压表和电流表的内阻；明确电压表在电路中相当于开路，电流表相当于短路3（4分）（2014甘肃二模）如图所示，a和b为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球开始时开关s闭合且滑动变阻器的滑动头p在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（） a 小球带负电 b 当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角变大 c 当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 d 当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变小考点： 闭合电路的欧姆定律；电场强度；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题： 恒定电流专题分析： 由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向由判断电流的变化，再由p=ei判断电源总功率的变化解答： 解：a、由图，a板带正电，b带负电，电容器内电场方向水平向右细线向右偏，电场力向右，则小球带正电故a错误 b、滑动头向右移动时，r变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压u=eir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故b错误c、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因a板带正电，则流过电流表的电流方向向下故c正确d、在滑片由a向b滑动时，滑动变阻器接入电阻减小；总电阻减小，总电流增大，则p=ei可知，总功率增大；故d错误故选：c点评： 本题含容电路的问题，是高考热点问题对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导4（4分）（2014秋化州市校级期末）如图所示电路中，当滑动变阻器r3的滑片p向上端a滑动时，电流表a1、a2及电压表v的示数的变化情况是（） a 电流表a1增大，a2减小，电压表v减小 b 电流表a1减小，a2增大，电压表v减小 c 电流表a1增大，a2增大，电压表v增大 d 电流表a1减小，a2减小，电压表v增大考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 当滑动变阻器r3的滑片p向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电压表v读数的变化和电流a1的变化解答： 解：当滑动变阻器r3的滑片p向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流i增大，a2增大电压表v读数u=ei（r2+r），i增大，u减小，则电流表a1减小故选b点评： 本题是电路中典型的问题：动态变化问题，往往牵一发而动全身，按照“部分整体部分”的思路进行分析5（4分）（2014秋遵化市校级期中）如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，当把电阻r的阻值调大，理想电压表的示数的变化量为u，则在这个过程中（） a 通过r1的电流变化量一定等于 b r2两端的电压减小量一定等于u c 通过r的电流减小，减小量一定等于 d 路端电压增加，增加量一定等于u考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 闭合开关s，增大可变电阻r的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻r2两端的电压，根据路端电压的变化，分析电阻r1两端的电压变化量与u的关系解答： 解：ab、闭合开关s，增大可变电阻r的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻r2两端的电压减小，路端电压增大，则电阻r两端的电压增大，且r2两端的电压减小量一定小于u，r1是定值电阻，则通过r1的电流变化量一定等于，故a正确，b错误c、总电流减小，通过r1的电流增大，则通过r的电流减小，由于总电流减小，则通过r的电流减小量一定小于故c错误d、由于路端电压等于r和r2电压之和，所以路端电压增加，增加量一定小于u，故d错误故选：a点评： 此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，运用总电量法分析各部分电压关系6（4分）（2013秋泉州校级期末）现将一根导线均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的电阻为32，则可知导线原来的电阻为（） a 16 b 8 c 2 d 1考点： 电阻定律专题： 恒定电流专题分析： 由电阻的决定式r=来判断电阻的变化解答： 解：直径减小一半，横截面积为原来的，长度为原来的4倍，由r=知此时的电阻为原来的16倍，所以原来的电阻为2故选：c点评： 本题考查了电阻公式，做本题的关键是根据体积不变判断长度和横截面积的变化7（4分）（2014春赤坎区校级期末）如图所示，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片c相连接电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑片c上移，则关于电容器极板上所带电荷量q和电子穿越平行板所需的时间t的说法中，正确的是（） a 电荷量q增大 b 电荷量q不变 c 时间t增大 d 时间t不变考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： 根据电容器的带电量公式q=uc即可得出电量的变化，电子在平行板电容器中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求出时间解答： 解：当滑动变阻器的滑动端c上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压u增大，根据q=uc得：电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，运动时间：t=与电压的变化无关，所以时间t不变故选：ad点评： 本题考查了电容器电压与带电量的关系以及类平抛运动的基本规律，难度不大，属于基础题8（4分）（2014春盐城期末）如图所示的电路中，电源的电动势为e，内阻为r，a为灯泡，d为理想的电压表在变阻器的滑片p由b端向c端滑动的过程中（） a a灯变亮，d示数变大 b a灯变亮，d示数变小 c a灯变暗，d示数变大 d a灯变暗，d示数变小考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 将滑动变阻器的滑片p由b端向c端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，根据闭合电路欧姆定律判断d示数的变化，根据串并联电路的特点判断a灯的亮度变化解答： 解：将滑动变阻器的p由b端向c端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，与a灯并联的电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，电压表v的读数变小，因为干路电流增大，所以r和内阻所占电压增大，则并联部分电压减小，所以a灯变暗故选：d点评： 本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键9（4分）（2014秋邛崃市期中）如图所示，电压表和电流表的读数分别为10v和0.1a，电流表的内阻为0.2，那么有关待测电阻rx的说法正确的是（） a rx的测量值比真实值小 b rx的真实值为100 c rx的真实值为100.2 d rx的真实值为99.8考点： 伏安法测电阻专题： 恒定电流专题分析： 由电路图可知，实验电路采用的是电流表的内接法，由于电流表的分压，电阻测量值大于真实值；由欧姆定律求出电阻的测量值，然后由串联电路特点求出电阻的真实值解答： 解：由电路图可知，实验采用了电流表的内接法，电阻的测量值：r=100；由电路图可知，电压表所测的是电流表与待测电阻的电压，因此电阻测量值是待测电阻阻值与电流表内阻之和，则电阻的真实值：rx=rra=1000.2=99.8，电阻的测量值大于电阻真实值，故abc错误，d正确；故选：d点评： 本题考查了实验误差分析、求待测电阻的真实值等问题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律及串联电路特点即可正确解题10（4分）（2013秋七星区校级期中）如图所示的电路中，闭合电键s并调节滑动变阻器滑片p的位置，使a、b、c三灯亮度相同，若继续将p向下移动，则三灯亮度变化情况为（） a a灯变亮 b b灯变亮 c a灯最暗 d c灯最暗考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 将变阻器滑片p向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化，确定a灯亮度的变化根据并联部分的电压变化，判断b灯亮度的变化根据总电流与通过b灯电流的变化，分析c灯电流的变化，判断c灯亮度的变化解答： 解：将变阻器滑片p向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，总电流ia增大，则a灯变亮并联部分的电压 u并=eia（ra+r），e、ra、r不变，ia增大，u并减小，则b灯变暗通过c灯的电流ic=iaib，ia增大，ib减小，则ic增大，c灯变亮可知b灯最暗因为ia=ib+ic，由于ib减小，ic增大，ia增大，所以c灯电流的增加量大于a灯的增加量，c灯最亮故选：a点评： 本题是电路中动态变化分析问题，按“局部到整体再到局部”的思路进行分析11（4分）（2014武侯区校级模拟）如图所示，直线a为某电源的ui图线，曲线b为某小灯泡d1的ui图线的一部分，用该电源和小灯泡d1组成闭合电路时，灯泡d1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（） a 此电源的内阻为 b 灯泡d1的额定电压为3v，功率为6w c 把灯泡d1换成“3v，20w”的灯泡d2，电源的输出功率将变小 d 由于小灯泡b的ui图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用考点： 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： 电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电源的输出功率解答： 解：a、由图读出电源的电动势为 e=4v，图线a的斜率大小表示电源的内阻，则 r=0.5，故a错误；b、灯泡与电源连接时，a、b两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压u=3v，i=2a，则灯泡d1的额定电压为3v，功率为=ui=6w，故b正确c、把灯泡d1换成“3v，20w”的灯泡d2，由p=知：灯泡d2的正常工作时的电阻为 r2=0.45灯泡d1的电阻为r1=1.5，则知灯泡d2的电阻更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，故c错误； d、小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的ui图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故d错误；故选：b点评： 解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵12（4分）（2014潍坊一模）汽车轮胎气压自动报警装置的主要部件是压阻式压力传感器，某压阻式压力传感器的特点是压力f越大其电阻越小，现将该压力传感器r0接入如图所示电路中，开关s闭合，当压力传感器所受压力增大时，下列说法正确的是（） a 电压表的示数增大 b 电流表的示数增大 c r1的电功率增大 d r2的电功率增大考点： 电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 当压力传感器所受压力增大时，压力传感器r0阻力变小，整个电路总电阻变小，总电流增大，根据闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点分析电表的示数变化情况，根据或研究电功率解答： 解：当压力传感器所受压力增大时，压力传感器r0阻力变小，整个电路总电阻变小，总电流增大，则电源内阻和r1所占电压变大，则并联部分电压变小，所以电压表示数变小，故a错误；b、并联部分电压变小，通过r2的电流变小，即电流表的示数减小，根据可知，r2的电功率减小，故bd错误；c、总电流增大，则通过r1的电流增大，则r1的电功率增大，故c正确故选：c点评： 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，利用好“压阻式压力传感器的特点是压力f越大其电阻越小”是解决本题的关键二、填空题（题型注释）13（3分）（2015池州一模）用游标卡尺测量某物体的长度如图甲所示，可知其长度为50.15mm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径如图乙所示，可知其直径为4.700mm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50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm故答案为：50.15，4.700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14（3分）如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻rg=500，满刻度电流为ig=1ma的毫安表，现接成量程分别为3v和15v的两个量程，则所串联的电阻r1=2500，r2=12k考点： 把电流表改装成电压表专题： 实验题分析： 把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值解答： 解：把电流表改装成3v电压表，串联电阻阻值：r1=rg=500=2500；把电流表改装成15v电压表，串联电阻阻值：r2=rgr1=5002500=12000=12k；故答案为：2500；12k点评： 本题考查了电压表改装，知道电压表的改装原理、分析清楚图示电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题15（3分）（2014春鹰潭期末）多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器（1）如图1所示是一个多用电表的内部电路图，在进行电阻测量时，应将s拨到3或4位置；在进行电压测量时，应将s拨到5或6位置（2）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是“1”、“10”、“100”用“10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到100挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图2，则该电阻的阻值是2200考点： 用多用电表测电阻专题： 实验题；恒定电流专题分析： （1）多用表测量电阻的内部电路为含有电池的电路，测量电压的内部电路不含有电池，电流计要串联电阻分压据此选择电路；（2）用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数解答： 解：（1）由图1所示可知，将s拨到3或4位置时，多用电表内部电源被接通，可以测电阻；将s拨到5或6位置时，表头与分压电阻串联，构成电压表，可以测电压（2）用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到100挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是22100=2200故答案为：（1）3、4；5、6；（2）100；欧姆调零；2200点评： 本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数四、计算题（题型注释）16（9分）（2014秋江阴市月考）如图所示小电风扇额定电压为6v，先将小电风扇加1.5v电压，发现电风扇并不转动，此时电流为0.3a，求：（1）求电风扇电机的电阻为多少？（2）若电阻不变，则当电压为6v时，此时电流为0.4a，求电风扇的电功率和热功率；（3）简述此过程能量是如何转化的？考点： 电功、电功率专题： 恒定电流专题分析： （1）根据欧姆定律列式求解电风扇电机的电阻；（2）根据p热=i2r求解热功率，根据p机=uii2r求解机械功率；（3）电能转化为内能和机械能解答： 解：（1）电动机不转时是纯电阻电路，根据欧姆定律，有：（2）当电压为6v时，此时电流为0.4a，电功率为：p=ui=60.4=2.4w热功率：p热=i2r=0.425=0.8w（3）该过程中消耗电能，转化为内能和机械能；答：（1）电风扇电机的电阻为为5；（2）若电风扇的电功率为2.4w，热功率为0.8w；（3）此过程消耗电能，转化为内能和机械能点评： 注意电动机正常工作时是非纯电阻电路，电动机消耗的总电能一部分转化为内能，一部分转化为机械能17（10分）（2014秋江西期末）如图所示电路，电源电动势e=12v，内阻r=1外电路中电阻r1=2，r2=3，r3=7.5电容器的电容c=2f求：（1）电键s闭合时，电路稳定时电容器所带的电量；（2）电键从闭合到断开，流过电流表a的电量考点： 电容；闭合电路的欧姆定律专题： 电容器专题分析： （1）电键s闭合时，电路稳定时电容器所在电路没有电流，电容器的电压就是r1的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电路中的总电流，由欧姆定律求出电容器的电压，由q=cu求解其电量（2）k断开电路稳定时，电容器的电压就是r2的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电压，再根据q=uc求出电量分析电容器极板电荷的变化，得到流过电流表a的电量解答： 解：（1）电键s闭合时，电路稳定时电容器所在电路没有电流，相当于开关断开外电路总电阻为 r=3干路电流 i=a=3a路端电压为 u=eir=1231=9（v）电容器的电压为 u1=u=9v=3.6v 所以电容器的电量 q1=cu1=21063.6c=7.2106c，下极板带正电，上极板带负电（2）s断开时，电容器的电压就是r2的电压，为 u2=则电容器的电量为 q2=cu2=21066c=1.2105c，下极板带负电，上极板带正电所以流过电流表a的电量 q=q1+q2=7.2106c+1.2105c=1.92105c答：（1）电键s闭合时，电路稳定时电容器所带的电量为7.2106c；（2）电键从闭合到断开，流过电流表a的电量是1.92105c点评： 本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，关键要同学们能理清电路的结构，明确电容器的电压与哪部分电路的电压相等，要知道电路稳定时，电容器所在电路没有电流，其电压与所并联的电路两端的电压相等18（12分）如图所示，电源内阻r=1，r1=2，r2=6，灯l上标有“3v、1.5w”的字样，当滑动变阻器r3的滑片p移到最右端时，电流表示数为1a，灯l恰能正常发光（1）求电源的电动势；（2）求当p移到最左端时，电流表的示数；（3）当滑动阻器的pb段电阻多大时，变阻器r3上消耗的功率最大？最大值多大？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： （1）由闭合电路欧姆定律可以求得电动势；（2）当p移到最左端时，r1直接接到电源上，根据闭合电路欧姆定律即可求解电流；（3）先求