河南省洛阳市一中高二物理上学期10月月考试卷（含解析）.doc

河南省洛阳市一中20142015学 年度高二上学期月考物理试卷（10月份）一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不共得0分）1以下叙述正确的是（） a 伽利略根据理想斜面实验，否定了“力是维持物体运动状态的原因”这一观点 b 库仑在研究电荷间相互作用时，提出了“电场”的概念 c 欧姆定律i=采用比值定义法定义了电流强度这一物理量 d 用质点来代替实际物体是等效替代的方法2一根均匀电阻丝阻值为r，在以下对电流的阻碍作用情况下阻值仍为r的是（） a 长度变为一半，横截面积增大一倍时 b 横截面积变为一半，长度变为二倍时 c 长度和横截面积都变为原来的2倍时 d 直径变为一半，长度变为3一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压u时，通过金属导线的电流强度为i，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压u，则此时（） a 通过金属导线的电流为 b 通过金属导线的电流为 c 自由电子定向移动的平均速率为 d 自由电子定向移动的平均速率为4在如图所示的逻辑电路中，当a端输入电信号“1”、b端输入电信号“0”时，则在c和d端输出的电信号分别为（） a 1和0 b 0和1 c 1和1 d 0和05阻值较大的两个电阻r1和r2串联后，接入电压恒定的电路，如图所示，现用同一电压表依次测量a与b、b与c以及a与c间电压，测量值依次、为u1、u2及u，则（） a u1+u2=u b u1+u2u c d 6如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为r的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（） a 4r b 5r c 10r d 16r7图示的两种电路中，电源相同，其内阻不计各电阻器阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计电流表a1、a2、a3和a4读出的电流值分别为i1、i2、i3和i4下列关系式中正确的（） a i1=i3 b i1i4 c i2=2i1 d i2i3+i48学生为即将发射的“神州七号”载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化如图，拴在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表的指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值，当加速度方向竖直向上时电压表的示数为正这个装置在“神州七号”载人飞船发射、运行和回收过程中，下列说法中正确的是（） a 飞船在竖直减速上升的过程中，处于失重状态，电压表的示数为负 b 飞船在竖直减速返回地面的过程中，处于超重状态，电压表的示数为正 c 飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为零 d 飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为负9如图所示电路中，各灯额定电压和额定功率分别是：a灯“10v，10w“，b灯“60v，60w”，c灯“40v，40w“，d灯“30v，30w“在a、b两端加上电压后，四个灯都能发光比较各灯消耗功率的大小，正确的是（） a pbpdpapc b pbpapdpc c pbpdpcpa d papcpdpb10如图所示，平行金属板中带电质点p原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，r1的阻值和电源内阻r相等当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（） a r3上消耗的功率逐渐增大 b 电流表读数减小，电压表读数增大 c 电源的输出功率逐渐增大 d 质点p将向上运动11两只电压表v1和v2是由完全相同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则（） 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1：3 d 它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1：312如图所示的电路中，ab两端的电压u恒为14v，灯泡l标有“6v 12w”字样，电动机线圈的电阻rm=0.50若灯泡恰能正常发光，且电机能运转，则以下说法中正确的是（） a 电动机的输出功率是14w b 电动机的输入功率是16w c 电动机的热功率是2.0w d 整个电路消耗的电功率是30w13如图甲所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况以下说法正确的是（） a 图线a表示的是电压表v3的示数随电流表示数变化的情况 b 图线c表示的是电压表v2的示数随电流表示数变化的情况 c 此过程中电压表v1示数的变化量u1和电流表示数变化量i的比值变大 d 此过程中电压表v3示数的变化量u3和电流表示数变化量i的比值不变14如图所示电路中，已知i=3a，i1=2a，r1=10，r2=5，r3=30，则通过电流表的电流方向和大小为下列哪一个选项（） a 向右、0.5a b 向右、0.3a c 向左、0.5a d 向左、0.3a二、填空题（本大题共2小题，共18分.）15用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为mm16从下面给定的器材中选出适当的实验器材（有些器材的阻值是大约值，有些器材的阻值是准确值）设计一个测量阻值rx约为250的电阻的电路，要求便于操作，方法简捷，要尽可能提高测量的精度电流表a1，量程10ma，内阻ra1350 电流表a2，量程300a，内阻ra2300电流表a3，量程100a，内阻ra3500电压表v1，量程10v，内阻rv1=15k电压表v2，量程3v，内阻rv2=10k 滑动变阻器r1，全阻值50，额定电流为1a滑动变阻器r2，全阻值5000，额定电流为1a 电池组，电动势6v，内阻很小但不能忽略开关及导线若干（1）测量电路中电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选（填代号）画出测量rx的电路图（3）在所测量数据中选一组数据计算rx，计算表达式rx=，表达式中各符号表示的意义是三、计算题（本大题共3小题，共40分解答过程应有必要的文字说明、物理原理和规律的数学表达式，只有结果无过程计零分解答请写到答题卷上）17某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物质量m=50kg，电源的电压为u=110v，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电阻中的电流i=5a，由此可知电动机的线圈的电阻r为多少？18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；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？19如图（a）所示为某电阻r随摄氏温度t变化的关系图象，图中r0表示0时的电阻值，k表示图线的斜率若用该电阻与电池（电动势为e，内阻为r）、电流表（满偏电流为ig、内阻为rg）、滑动变阻器r串联起来，连接成如图（b）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻温度计”（1）使用“电阻温度计”前，先要把电流表的刻度改为相应的温度值，若温度t1t2其对应的电流分别为i1、i2，则i1、i2谁大？若该“电阻温度计”的最低适用温度为0，即当温度为0时，电流表恰好达到满偏电流ig，则变阻器r的阻值为多大？（3）若保持中电阻r的值不变，则电流表刻度为i时所对应的温度t为多大？（4）将电流表刻度盘换为温度刻度盘，刻度均匀吗？河南省洛阳市一中20142015学年度高二上学期月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不共得0分）1以下叙述正确的是（） a 伽利略根据理想斜面实验，否定了“力是维持物体运动状态的原因”这一观点 b 库仑在研究电荷间相互作用时，提出了“电场”的概念 c 欧姆定律i=采用比值定义法定义了电流强度这一物理量 d 用质点来代替实际物体是等效替代的方法考点： 伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；电荷守恒定律；欧姆定律专题： 常规题型分析： 古希腊学者亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过斜面实验推翻了亚里士多德的说法法拉第提出了“电场”的概念质点就是有质量但不存在体积与形状的点在物体的大小和形状不起作用，或者所起的作用并不显著而可以忽略不计时，我们近似地把该物体看作是一个具有质量大小和形状可以忽略不计的理想物体，称为质点解答： 解：a、古希腊学者亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过斜面实验推翻了亚里士多德的说法，否定了“力是维持物体运动状态的原因”这一观点故a正确；b、法拉第提出了“电场”的概念故b错误；c、电流强度的定义式i=，是采用比值定义的，c错误；d、质点是用来代替物体的有质量而不考虑形状和大小的点是一个理想的模型，实际上并不存在故d错误；故选：a点评： 知道力是改变物体运行状态的原因而不是维持物体运动状态的原因要把物体看作质点，就要看所研究问题的性质，而与物体本身无关对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2一根均匀电阻丝阻值为r，在以下对电流的阻碍作用情况下阻值仍为r的是（） a 长度变为一半，横截面积增大一倍时 b 横截面积变为一半，长度变为二倍时 c 长度和横截面积都变为原来的2倍时 d 直径变为一半，长度变为考点： 电阻定律专题： 恒定电流专题分析： 根据电阻定律r=，导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，利用比例法判断选择解答： 解：a、长度变为一半，横截面积增大一倍时，根据电阻定律分析得到，电阻为原来的故a错误 b、横截面积变为一半，长度变为二倍时，根据电阻定律分析得到，电阻为原来的4倍故b错误 c、长度和横截面积都变为原来的2倍时，根据电阻定律分析得到，电阻仍为原来的r故c正确 d、直径变为一半时，横截面积变为原来的倍，长度也变为，根据电阻定律分析得到，电阻仍为原来的r故d正确故选cd点评： 本题是利用电阻定律分析电阻的变化，采用比例法是常用的方法容易出错的是横截面积与直径的关系是s=，横截面积与直径的平方成正比3一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压u时，通过金属导线的电流强度为i，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压u，则此时（） a 通过金属导线的电流为 b 通过金属导线的电流为 c 自由电子定向移动的平均速率为 d 自由电子定向移动的平均速率为考点： 欧姆定律；电流、电压概念专题： 恒定电流专题分析： 金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的一半，根据电阻定律r=分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化由电流的微观表达式i=nevs分析平均速率v的变化解答： 解：a、b将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律r=分析得到，电阻变为原来的4倍，电压u恒定不变，根据欧姆定律i=可知，电流i变为原来的，即为故a错误，b正确c、d电流的微观表达式i=nevs，其中n、e不变，电流i为原来的，横截面积s变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为故c错误，d正确故选：bd点评： 本题关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式4在如图所示的逻辑电路中，当a端输入电信号“1”、b端输入电信号“0”时，则在c和d端输出的电信号分别为（） a 1和0 b 0和1 c 1和1 d 0和0考点： 简单的逻辑电路专题： 压轴题；恒定电流专题分析： 该电路有中一个与门上学期与一个非门下学期与门的两个输入端电信号都为“1”时，输出为“1”，否则为零非门输入“1”，输出为零；输入“0”，输出为“1”解答： 解：b端电信号经过一个非门，变为“1”，从d端输出，故d端输出为“1”；b端的输出信号又作为输入信号与a端输入信号一起经过上面的与门，两者都是“1”，故c端输出为“1”故选c点评： 识记几种简单逻辑门电路的特点，与门是“并”的关系，只有信号全为“1”时输出才为“1”，非门改变输入信号5阻值较大的两个电阻r1和r2串联后，接入电压恒定的电路，如图所示，现用同一电压表依次测量a与b、b与c以及a与c间电压，测量值依次、为u1、u2及u，则（） a u1+u2=u b u1+u2u c d 考点： 伏安法测电阻专题： 恒定电流专题分析： 假设电压表未接入电路时，电阻r1和r2的电压分别为u1和u2，电压表的电阻为rv当电压表测量电压时，与被测电阻并联，电阻减小，分担的电压减小，根据欧姆定律研究u1+u2与u的关系根据串联电路电流相等，电压与电阻成正比，分别由欧姆定律得到u1、u2与u的关系，再求出解答： 解：ab、假设电压表未接入电路时，电阻r1和r2的电压分别为u1和u2当电压表测量电阻r1的电压时，与r1并联，并联电阻小于r1，而r2不变，则并联部分的电压小于电压表没有接入电路时的电压，即u1u1同理，u2u2，则u1+u2u1+u2，又u1+u2=u，则u1+u2u故a错误，b也错误 cd、设电压表的电阻为rv当电压表测量电阻r1的电压时，根据欧姆定律得到u1=u=r1；同理，u2=r2；则=故c正确，d错误故选：c点评： 本题中由于电阻与电压表的内阻相差不大，电压表对电路的影响不能忽略，把电压表看成能测量电压的电阻6如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为r的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（） a 4r b 5r c 10r d 16r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： 欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解解答： 解：设电动势为e，内阻为r内，满偏电流为ig，欧姆表调零时，ig=测一阻值为r的电阻时ig=测一未知电阻时ig=解这三式得： r=16r故选d点评： 考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻7图示的两种电路中，电源相同，其内阻不计各电阻器阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计电流表a1、a2、a3和a4读出的电流值分别为i1、i2、i3和i4下列关系式中正确的（） a i1=i3 b i1i4 c i2=2i1 d i2i3+i4考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 由题，电源相同，其内阻不计，电路的路端电压等于电动势根据串联电路电压的分配，分析a1和r串联的电压与a3和r串联电压的关系，分析i1和i3及i1和i4大小根据并联电路的特点分析i1和i3的关系根据外电路总电阻的关系，判断i2与i3+i4的关系解答： 解：a、b左图中，a1和r串联的电压小于电源的电动势，右图中，a3和r串联电压等于电源的电动势，则i1i3，i1i4故a错误，b正确 c、由于电流表的内阻不可忽略不计，a1和r串联这一路电流小于r的电流，所以i22i1故c错误 d、设电流表的内阻为r，左图中外电路总电阻为r左=r+=，右图中，外电路总电阻r右=，根据数学知识得到1，所以左图中干路电流小于右图中干路电流，即有i2i3+i4故d正确故选bd点评： 本题难度在于运用数学知识分析两图中外电阻的大小，作商是比较大小经常用到的方法8学生为即将发射的“神州七号”载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化如图，拴在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表的指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值，当加速度方向竖直向上时电压表的示数为正这个装置在“神州七号”载人飞船发射、运行和回收过程中，下列说法中正确的是（） a 飞船在竖直减速上升的过程中，处于失重状态，电压表的示数为负 b 飞船在竖直减速返回地面的过程中，处于超重状态，电压表的示数为正 c 飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为零 d 飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为负考点： 闭合电路的欧姆定律；超重和失重专题： 恒定电流专题分析： 根据加速度方向，判断飞船处于失重或超重状态，并确定电压表示数的正负飞船在圆轨道上运行时，加速度方向竖直向下，电压表的示数为负解答： 解：a、飞船在竖直减速上升的过程中，加速度方向竖直向下，由牛顿第二定律得知，飞船处于失重状态由题，当加速度方向竖直向上时电压表的示数为正，则此时电压表的示数为负故a正确b、飞船在竖直减速返回地面的过程中，加速度方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，处于超重状态，电压表的示数为正故b正确c、d飞船在圆轨道上运行时，加速度方向竖直向下，电压表的示数为负故c错误，d正确故选：abd点评： 本题关键是抓住加速度的方向与电压表示数正负的关系，要有快速读取有效信息的能力9如图所示电路中，各灯额定电压和额定功率分别是：a灯“10v，10w“，b灯“60v，60w”，c灯“40v，40w“，d灯“30v，30w“在a、b两端加上电压后，四个灯都能发光比较各灯消耗功率的大小，正确的是（） a pbpdpapc b pbpapdpc c pbpdpcpa d papcpdpb考点： 电功、电功率专题： 恒定电流专题分析： 由电路图可知，c、d两灯并联，再与a、b两灯串联；先根据r=求出四盏灯的电阻，设电路中的总电流为1a，根据并联电路电流特点求出c、d两灯的电流，根据p=i2r分别求出四盏灯的电功率，即可比较各灯消耗功率的大小关系解答： 解：a灯的电阻：ra=10，b灯的电阻：rb=60，c灯的电阻：rc=40，d灯的电阻：rd=30；设a到b回路的电流为1a，则ia=ib=1a；c、d两灯并联uc=ud，即icrc=（1ic）rd，ic=a，id=1aa=a；a灯消耗的功率为pa=ia2ra=（1a）210=10w，b灯消耗的功率为pb=ib2rb=（1a）260=60w，c灯消耗的功率为pc=ic2rc=（a）2407.3w，d灯消耗的功率为pd=id2rd=（a）2309.8w所以pbpapdpc故选：b点评： 本题考查了串联电路和并联电路特点，以及电功率公式的灵活应用；关键是会用特殊值法简化计算，难点是各灯泡之间串并联的辨别10如图所示，平行金属板中带电质点p原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，r1的阻值和电源内阻r相等当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（） a r3上消耗的功率逐渐增大 b 电流表读数减小，电压表读数增大 c 电源的输出功率逐渐增大 d 质点p将向上运动考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题： 恒定电流专题分析： 当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，其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干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点p如何运动根据干路电流和通过r3的电流变化，确定通过电流表的电流变化根据r3和r2的电压变化，判断电压表示数的变化根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化解答： 解：当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，其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干路电流i增大电容器板间电压等于r3的电压r4减小，ab间并联部分的总电阻减小，则r3的电压减小，r3上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场强减小，质点p所受的电场力减小，所以质点p将向下运动流过电流表的电流ia=ii3，i增大，i3减小，则ia增大，所以电流表读数增大r4的电压u4=u3u2，u3减小，u2增大，则u4减小，所以电压表读数减小由于r1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大故abd错误，c正确故选：c点评： 本题是电路动态变化分析问题，先分析变阻器接入电路的电阻变化，再分析外总电阻变化和总电流的变化，接着分析局部电路电压和电流的变化11两只电压表v1和v2是由完全相同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则（） 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1：3 d 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相同，故指针偏转的角度相同，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 故选：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12如图所示的电路中，ab两端的电压u恒为14v，灯泡l标有“6v 12w”字样，电动机线圈的电阻rm=0.50若灯泡恰能正常发光，且电机能运转，则以下说法中正确的是（） a 电动机的输出功率是14w b 电动机的输入功率是16w c 电动机的热功率是2.0w d 整个电路消耗的电功率是30w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： 灯泡额定电是6v，额定功率是12w，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率解答： 解：a、b、c、电动机两端的电压：u1=uul=146v=8v整个电路中的电流：i=所以电动机的输入功率：p=u1i=82w=16w电动机的热功率：p热=i2rm=40.5w=2w则电动机的输出功率：p2=pi2rm=162w=14w故abc均正确d、整个电路消耗的功率：p总=ui=142w=28w故d错误故选：abc点评： 解决本题的关键知道电动机的输出功率p2=i2rm以及知道整个电路消耗的功率p总=ui13如图甲所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况以下说法正确的是（） a 图线a表示的是电压表v3的示数随电流表示数变化的情况 b 图线c表示的是电压表v2的示数随电流表示数变化的情况 c 此过程中电压表v1示数的变化量u1和电流表示数变化量i的比值变大 d 此过程中电压表v3示数的变化量u3和电流表示数变化量i的比值不变考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表v1示数增大，电压表v2的示数减小，电压表v3的示数增大，即可知图线与电压示数的对应关系由闭合电路欧姆定律得知，电压表v1示数的变化量u1和电流表示数变化量i的比值等于r，电压表v3示数的变化量u3和电流表示数变化量i的比值等于r1+r解答： 解：a、b当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表v1示数增大，电压表v2的示数减小，电压表v3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表v3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表v2的示数随电流表示数变化的情况故ab正确c、由闭合电路欧姆定律得u1=eir，则|=r，保持不变故c错误d、由闭合电路欧姆定律得u3=ei（r+r1），则|=r1+r故d正确故选abd点评： 本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化14如图所示电路中，已知i=3a，i1=2a，r1=10，r2=5，r3=30，则通过电流表的电流方向和大小为下列哪一个选项（） a 向右、0.5a b 向右、0.3a c 向左、0.5a d 向左、0.3a考点： 串联电路和并联电路专题： 恒定电流专题分析： 流过c点的电流等于流过r1与r2电流之和，即可得到流过r2的电流，根据欧姆定律分别求出电阻r1和r2的电压，两电压之差等于ab间的电压，并判断它们电势的高低，确定电流的方向，再求解通过电流表的电流大小和方向解答： 解：流过r2的电流为：i2=ii1=3a2a=1a，根据欧姆定律得电阻r1和r2的电压分别为：u1=i1r1=210v=20v，u2=i2r2=15v=5v，则ba间的电压为：u3=u1u2=15v在外电路中顺着电流方向，电势降低，根据电压可知，a的电势比c点低20v，b点的电势比c点电势低15v，则a点的电势低于b点的电势，则r3中电流由b流向a，电流大小为：i3=a=0.5a所以通过电流表的电流大小为：ia=i2i3=1a0.5a=0.5a，方向向右故选：a点评： 本题考查欧姆定律的应用和电流方向的判断，可根据电荷守恒定律分析各个节点电流的分配规律，根据电流方向判断电势的高低二、填空题（本大题共2小题，共18分.）15用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为1.340cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为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： 游标卡尺读数的方法是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1.3cm，游标读数为0.058mm=0.40mm=0.040cm，所以最终读数为1.3cm+0.040cm=1.340 cm2、螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0m=0.200mm，所以最终读数为4.700mm故答案为：（1）1.340；4.700点评： 解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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16从下面给定的器材中选出适当的实验器材（有些器材的阻值是大约值，有些器材的阻值是准确值）设计一个测量阻值rx约为250的电阻的电路，要求便于操作，方法简捷，要尽可能提高测量的精度电流表a1，量程10ma，内阻ra1350 电流表a2，量程300a，内阻ra2300电流表a3，量程100a，内阻ra3500电压表v1，量程10v，内阻rv1=15k电压表v2，量程3v，内阻rv2=10k 滑动变阻器r1，全阻值50，额定电流为1a滑动变阻器r2，全阻值5000，额定电流为1a 电池组，电动势6v，内阻很小但不能忽略开关及导线若干（1）测量电路中电流表应选a1，电压表应选v2，滑动变阻器应选r1（填代号）画出测量rx的电路图（3）在所测量数据中选一组数据计算rx，计算表达式rx=，表达式中各符号表示的意义是u2表v2的示数，i1表a1的示数，rv2表示电压表v2的内阻考点： 伏安法测电阻专题： 实验题分析： （1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据电阻阻值与电流表、电压表内阻的大小关系可以选出合理的接法，则可画出电路图；（3）由接法可知rx两端的电压及电流，由欧姆定律可求得电阻值解答： 解：（1）电源电动势为6v，电压表如果选v1，测量误差较大，为减小实验误差，则电压表应选取v2，电压表选v2，电阻两端最大电压为3v，电路中的最大电流约为i=0.012a=12ma，故电流表应选a1；为方便实验操作，滑动变阻器应选r1滑动变阻器最大阻值为50，待测电阻阻值为250，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电流表内阻约为350，电压表内阻为10k，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，如电路图如图所示：（3）电阻两端电压为：u2，通过待测电阻的电流为a1的示数减去电压表的分流，由欧姆定律可知：rx=，u2表v2的示数，i1表a1的示数，rv2表示电压表v2的内阻； 故答案为：（1）a1；v2；r1电路图如图所示；（3）；u2表v2的示数，i1表a1的示数，rv2表示电压表v2的内阻点评： 本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、求电阻阻值，要掌握实验器材的选择原则，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键，根据电路结构、应用并联电路特点与欧姆定律即可求出电阻阻值三、计算题（本大题共3小题，共40分解答过程应有必要的文字说明、物理原理和规律的数学表达式，只有结果无过程计零分解答请写到答题卷上）17某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物质量m=50kg，电源的电压为u=110v，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电阻中的电流i=5a，由此可知电动机的线圈的电阻r为多少？考点： 闭合电路中的能量转化；电功、电功率专题： 恒定电流专题分析： 用直流电动机提升重物时，电动机消耗的电能转化为电动机的内能和提升重物的机械能，根据能量守恒定律列出功率求解r解答： 解：电动机消耗的总能量一部分用于提升重物的机械能，一部分消耗在电动机线圈电阻发热上根据能量守恒定律得 p电=p机+p热，其中p电=iu，p机=mgv，p热=i2r，所以有iu=mgv+i2