河南省鹤壁市淇县一中学年高二上学期期中物.docx
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河南省鹤壁市淇县一中学年高二上学期期中物
2016-2017学年河南省鹤壁市淇县一中高二(上)期中物理试卷
一、选择题:
本题共12小题,每小题4分,共计48分.1-8每小题只有一个选项符合题意,9-12每小题有多个选项符合题意,选不全得2分,有选错的得0分.
1.板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间场强为E1,现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为
d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2,下列说法正确的是( )
A.U2=U1,E2=E1B.U2=U1,E2=2E1
C.U2=2U1,E2=2E1D.U2=2U1,E2=4E1
2.额定电压都是110V,额定功率PA=100W、PB=40W的电灯两盏,若接在外电压是220V的电路上,使每盏电灯均能正常发光,且电路中消耗的功率最小的电路是下列图所示的( )
A.
B.
C.
D.
3.两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中( )
A.做直线运动,电势能先变小后变大
B.做直线运动,电势能先变大后变小
C.做曲线运动,电势能先变小后变大
D.做曲线运动,电势能先变大后变小
4.下列选项中的各
圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各
圆环间彼此绝缘,则坐标原点O处电场强度最小的是( )
A.
B.
C.
D.
5.如图,E为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3为定值电阻,S0、S为开关,V与A分别为电压表与电流表.初始时S0与S均闭合,现将S断开,则( )
A.V的读数变大,A的读数变小B.V的读数变大,A的读数变大
C.V的读数变小,A的读数变小D.V的读数变小,A的读数变大
6.两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的,V2的量程为5V,V1的量程为15V,为了测量15﹣20V的电压,把V1、V2串联起来使用,在这种情况下( )
A.V1和V2两表指针偏转角相等
B.V1和V2读数相等
C.V1和V2的读数之比不等于电压表的内阻之比
D.V1和V2的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比
7.如图有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V 60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端,灯泡正常发光,则( )
A.电解槽消耗的电功率为120WB.电解槽消耗的电功率为60W
C.电解槽的发热功率为60WD.电路消耗的总功率为60W
8.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M、N中有一带电油滴正好处于静止状态.为使带电油滴向上加速运动,可采取的措施是( )
A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值C.增大R3的阻值D.增大M、N间距
9.将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等.a、b为电场中的两点,则( )
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的低
C.检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大
D.将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中,电场力做负功
10.用伏安法测未知电阻Rx时,若不知Rx的大约数值,为了选择正确的电流表接法以减小误差,可将仪器如图所示接好,只空出一个电压表的一个接头K,然后将K分别与a,b接触一下,观察电压表和电流表示数变化情况,则( )
A.若电流表示数有显著变化,K应按a
B.若电流表示数有显著变化,K应按b
C.若电压表示数有显著变化,K应按a
D.若电压表示数有显著变化,K应按b
11.用标有“6V 3W”的灯泡L1、“6V 6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路,其中电源电动势E=9V.图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线.当其中一个灯泡正常发光时( )
A.电流表的示数为1AB.电压表的示数约为6V
C.电路输出功率为4WD.电源内阻为2Ω
12.如图所示,直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象;直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象;直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象.如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上,那么有( )
A.R接到a电源上,电源的效率较低
B.R接到b电源上,电源的输出功率较小
C.R接到a电源上,电源的输出功率较高,电源效率也较高
D.R接到b电源上,电阻的发热功率和电源的效率都较高
二、实验题:
本题共2题共计14分,其中13题6分,14题8分.
13.用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示,其示数L= mm;用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示,其示数D= mm.
14.为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系,小明测量小灯泡的电压U和电流I,利用P=UI得到电功率.实验所使用的小灯泡规格为“3.0V,1.8W”,电源为12V的电池,滑动变阻器的最大阻值为10Ω.
(1)准备使用的实物电路如图1所示.请将滑动变阻器接入电路的正确位置.(用笔画线代替导线)
(2)现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻,电路中的电阻R1应选 Ω的定值电阻.
(3)测量结束后,应先断开开关,拆除 两端的导线,再拆除其他导线,最后整理好器材.
(4)小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上,并作出了一条直线,如图2所示.请指出图象中不恰当的地方.
三、计算题:
本题共3题共计38分,其中15题10分,16题12分,17题16分.
15.如图,已知E=8V,r=4Ω,R1=2Ω,R2的变化范围是0﹣10Ω.求:
①电源的最大输出功率;
②R1上消耗的最大功率;
③R2上消耗的最大功率.
16.如图所示,是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图.电动机内电阻r=1.0Ω,电路中另一电阻R=4Ω,直流电压U=120V,电压表示数UV=100V.试求:
(1)通过电动机的电流;
(2)输入电动机的电功率;
(3)若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物,求该重物的质量?
(g取10m/s2)
17.如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间的距离d=40cm.电源电动势E=24V,内电阻r=1Ω,电阻R=15Ω.闭合开关S,待电路稳定后,将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间.若小球带电量为q=1×10﹣2C,质量为m=2×10﹣2kg,不考虑空气阻力.
那么
(1)滑动变阻器接入电路的阻值为多大时,小球恰能到达A板?
(2)此时,电源的输出功率是多大?
(取g=10m/s2)
2016-2017学年河南省鹤壁市淇县一中高二(上)期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题:
本题共12小题,每小题4分,共计48分.1-8每小题只有一个选项符合题意,9-12每小题有多个选项符合题意,选不全得2分,有选错的得0分.
1.板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间场强为E1,现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为
d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2,下列说法正确的是( )
A.U2=U1,E2=E1B.U2=U1,E2=2E1
C.U2=2U1,E2=2E1D.U2=2U1,E2=4E1
【考点】电容器的动态分析;电容.
【分析】根据电容公式
判断出电容的变化,再根据电容定义式
得出电势差的变化,再根据匀强电场公式
判断出场强的变化.
【解答】解:
根据电容公式
说明电容变为2倍,根据电容定义式
,发现电量变为原来的2倍,电容也变为原来的2倍,所以电势差不变,根据场强关系
,d变为原来的
,所以场强变为2倍,故A、CD错误,B正确.
故选:
B.
2.额定电压都是110V,额定功率PA=100W、PB=40W的电灯两盏,若接在外电压是220V的电路上,使每盏电灯均能正常发光,且电路中消耗的功率最小的电路是下列图所示的( )
A.
B.
C.
D.
【考点】电功、电功率;串联电路和并联电路.
【分析】由题可知,灯泡的电压相等,但是灯泡的功率不同,由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同,在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光,再判断消耗的功率最小的电路.
【解答】解:
A、由于AB两个灯泡的电阻大小不同,所以直接把AB串连接入电路的话,AB的电压不会平分,AB不会同时正常发光,所以A错误;
B、由于额定电压都是110V,额定功率PA=100W、PB=40W,由此可知RB>RA,把灯泡A与电阻并联的话,会使并联的部分的电阻更小,所以AB的电压不会平分,AB不会同时正常发光,所以B错误;
C、由于额定电压都是110V,额定功率PA=100W、PB=40W,由此可知RB>RA,把灯泡B与电阻并联的话,可以使并联部分的电阻减小,可能使A与并联部分的电阻相同,所以AB能同时正常发光,并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同,所以总功率的大小为200W;
D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话,当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时,AB就可以正常发光,此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和,所以电路消耗的总的功率的大小为280W;
由CD的分析可知,正常发光并且消耗的功率最小的为C,所以C正确.
故选C.
3.两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中( )
A.做直线运动,电势能先变小后变大
B.做直线运动,电势能先变大后变小
C.做曲线运动,电势能先变小后变大
D.做曲线运动,电势能先变大后变小
【考点】等势面;电势能.
【分析】粒子在静电场中电场力先做正功后做负功,电势能先减小后增大.粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上,做曲线运动.
【解答】解:
根据电场线与等势线垂直可知,在A点电场线方向应与速度v垂直,则粒子所受的电场力方向向上,与初速度v也垂直,粒子做曲线运动.粒子靠近正电荷时,电场力做正功,离开正电荷时,电场力做负功,则其电势能先变小后变大.故C正确.
故选:
C
4.下列选项中的各
圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各
圆环间彼此绝缘,则坐标原点O处电场强度最小的是( )
A.
B.
C.
D.
【考点】电场强度.
【分析】根据点电荷场强的公式和场强叠加原理,与选项相对比,分析求解原点O场强的大小问题.
【解答】解:
A、坐标原点O处电场强度是
带电圆环产生的;
B、坐标原点O处电场强度是第一象限
带正电圆环和第二象限
带负电圆环叠加产生,坐标原点O处电场强度大小大于A图带电圆环产生的场强;
C、第一象限
带正电圆环和第三象限
带正电圆环产生电场相互抵消,所以坐标原点O处电场强度是
带电圆环产生的,其大小与A图相等;D、第一象限
带正电圆环和第三象限
带正电圆环产生电场相互抵消,第二象限
带负电圆环和第四象限
带负电圆环产生电场相互抵消,所以坐标原点O处电场强度为零.
所以坐标原点O处电场强度最小的是D.
故选:
D.
5.如图,E为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3为定值电阻,S0、S为开关,V与A分别为电压表与电流表.初始时S0与S均闭合,现将S断开,则( )
A.V的读数变大,A的读数变小B.V的读数变大,A的读数变大
C.V的读数变小,A的读数变小D.V的读数变小,A的读数变大
【考点】闭合电路的欧姆定律.
【分析】根据S的通断可得出电路电阻的变化,则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化;再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化.
【解答】解:
S断开,相当于电阻变大,则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小,故路端电压增大,V的读数变大;
把R1归为内阻,内电压减小,故R3中的电压增大,由欧姆定律可知R3中的电流也增大,电流表示数增大,故B正确;
故选B.
6.两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的,V2的量程为5V,V1的量程为15V,为了测量15﹣20V的电压,把V1、V2串联起来使用,在这种情况下( )
A.V1和V2两表指针偏转角相等
B.V1和V2读数相等
C.V1和V2的读数之比不等于电压表的内阻之比
D.V1和V2的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比
【考点】把电流表改装成电压表.
【分析】改装电压表是与表头串联分压电阻,由于表头相同,故两个表头电流相等,偏转角度相等;又由于表头满偏电流相等,电压比为5:
1,故电压表内阻为5:
1.
【解答】解:
A、两电压表串联,流过两表头的电流相等,则两电压表指针偏转角度相等,故A正确;
B、两电压表串联,流过它们的电流相等而电压表内阻不同,电压表两端电压不同,电压表示数不同,故B错误;
C、通过两电压表的电流相同,由欧姆定律可知,V1和V2的读数之比等于电压表的内阻之比,故C错误;
D、由于串联电流相等,故表头偏转角度相同,V1和V2的指针偏转角度之比与电压表内阻无关,故D错误;
故选:
A.
7.如图有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V 60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端,灯泡正常发光,则( )
A.电解槽消耗的电功率为120WB.电解槽消耗的电功率为60W
C.电解槽的发热功率为60WD.电路消耗的总功率为60W
【考点】电功、电功率.
【分析】由于电解槽和灯泡串联,根据灯泡正常发光,可以判断出电解槽的电压和电流,从而可以求得电解槽的输入功率、发热功率以及输出功率.
【解答】解:
A、由于灯泡正常发光,所以电解槽的电压为220﹣110=110V,
由于电解槽和灯泡串联,它们的电流相等,所以I=
A,
所以电解槽的输入功率为:
P=UI=110×
=60W,所以A错误.
B、电解槽的发热功率为:
P热=I2r=(
)2×4.4=1.3W,所以B错误.
C、电解槽消耗的总功率等于电解槽的输入功率为:
P=UI=110×
=60W,所以C正确.
D、电路消耗总功率为为:
P总=220V×
A=120W,所以D错误.
故选:
C
8.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M、N中有一带电油滴正好处于静止状态.为使带电油滴向上加速运动,可采取的措施是( )
A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值C.增大R3的阻值D.增大M、N间距
【考点】带电粒子在混合场中的运动;闭合电路的欧姆定律.
【分析】电路稳定时,电容器的电压等于可变电阻R3的电压,改变R1,对电容器的电压没有影响.要使油滴上升,需增加R3两端的电压,根据欧姆定律确定采用的方法.
【解答】解:
A、增大R1,对电容器的电压没有影响,油滴不动.故A错误.
B、增大R2,R2分担的电压变大,则R3分担的电压变小,则电容器两端的电压减小,油滴下降,故B错误.
C、增大R3,R3分担的电压增大,则电容器两端的电压变大,油滴受到的电场力变大,油滴上升,故C正确.
D、增大M、N间的间距,板间电压不变而电场强度变小,油滴受到竖直向上的电场力变小,油滴向下运动,故D错误;
故选:
C.
9.将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等.a、b为电场中的两点,则( )
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的低
C.检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大
D.将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中,电场力做负功
【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度;电势能.
【分析】电场线的疏密表示场强的大小;a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球的电势,而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远,所以金属球的电势高于b点的电势;电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小.
【解答】解:
A、电场线的疏密表示场强的大小,由图象知a点的电场强度比b点大,故A正确;
B、a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球的电势,而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远,所以金属球的电势高于b点的电势,即a点的电势比b点的高.故B错误;
C、电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小,即负电荷在a点的电势能较b点小,故C错误;
D、由上知,﹣q在a点的电势能较b点小,则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点,电势能增大,电场力做负功.故D正确.
故选:
AD
10.用伏安法测未知电阻Rx时,若不知Rx的大约数值,为了选择正确的电流表接法以减小误差,可将仪器如图所示接好,只空出一个电压表的一个接头K,然后将K分别与a,b接触一下,观察电压表和电流表示数变化情况,则( )
A.若电流表示数有显著变化,K应按a
B.若电流表示数有显著变化,K应按b
C.若电压表示数有显著变化,K应按a
D.若电压表示数有显著变化,K应按b
【考点】伏安法测电阻.
【分析】伏安法测电阻有两种电路,电流表内接法与电流表外接法,可以用试触法确定电流表的接法,如果电流表示数变化大,说明电压表分流较大,应采用内接法;如果电压表示数变化较大,说明电流表分压较大,应采用外接法.
【解答】解:
A、电流表示数有显著变化,说明电压表分流明显,电流表应采用内接法,K应接在b处,故A错误,B正确;
C、如果电压表示数变化明显,电压表示数变化明显,说明电流表的分压明显,电流表应采用外接法,K应接在a处,故C正确,D错误;
故选:
BC.
11.用标有“6V 3W”的灯泡L1、“6V 6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路,其中电源电动势E=9V.图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线.当其中一个灯泡正常发光时( )
A.电流表的示数为1AB.电压表的示数约为6V
C.电路输出功率为4WD.电源内阻为2Ω
【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.
【分析】由图可知A的电流大于B的电流,故只能L2正常发光,正常发光时的电压为额定电压,根据串联电路电流规律可知两灯电流相等,结合串并联电路的特点和闭合欧姆定律进行求解.
【解答】解:
由图象可知,L2正常发光的电流为1A,L1的正常发光电流为0.5A,
所以,两灯串联在电路中,只有一灯正常发光,则一定是L1,此时电路中的电流为0.5A,
由图可知:
L2的电压为U2′=2V,此时电压表测L2两端的电压,即电压表的示数为2V;
此时电源的输出电压为U=U1′+U2′=2V+6V=8V,
电源的输出功率P=UI=8V×0.5A=4W.
电源的内阻r=
.故C、D正确,AB错误.
故选:
CD.
12.如图所示,直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象;直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象;直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象.如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上,那么有( )
A.R接到a电源上,电源的效率较低
B.R接到b电源上,电源的输出功率较小
C.R接到a电源上,电源的输出功率较高,电源效率也较高
D.R接到b电源上,电阻的发热功率和电源的效率都较高
【考点】路端电压与负载的关系;电功、电功率.
【分析】由电源的U﹣I图象斜率大小等于电源的内阻,比较读出电源内电阻的大小,当电阻R与电源组成闭合电路时,电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示工作状态,交点坐标的乘积等于电源的输出功率.
【解答】解:
由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知,图象与U轴的交点表示电动势,则a的电动势较大,图象的斜率表示内阻,则b电源的内阻r较小.
当电阻R与电源组成闭合电路时,电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示工作状态,交点的纵坐标表示电压,横坐标表示电流,两者乘积表示电源的输出功率,由图看出,R接到a电源上,电压与电流的乘积较大,电源的输出功率较大.
电源的斜率:
η=
×100%=
×100%=
×100%=
×100%
可知R相等的情况下,r越大电源的输出效率越小,即a电源的效率小.
由以上的分析可知,A、B正确;C、D错误.
故选:
AB
二、实验题:
本题共2题共计14分,其中13题6分,14题8分.
13.用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示,其示数L= 30.35 mm;用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示,其示数D= 3.204 mm.
【考点】刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用.
【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:
游标卡尺的主尺读数为:
30mm,游标读数为0.05×7mm=0.35mm,所以最终读数为:
30mm+0.35mm=30.35mm;
螺旋测微器的固定刻度读数为3mm,可动刻度读数为0.01×20.4mm=0.204mm,所以最终读数为:
3mm+0.204mm=3.204mm,由于需要估读在范围3.203﹣3.205内均正确.
故本题答案为:
30.35,2.304(3.203﹣3.205)
14.为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系,小明测量小灯泡的电压U和电流I,利用P=UI得到电功率.实验所使用的小灯泡规格为“3.0V,1.8W”,电源为12V的电池,滑动变阻器的最大阻值为10Ω.
(1)准备使用的实物电路如图1所示.请将滑动变阻器接入电路的正确位置.(用笔画线代替导线)
(2)现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻,电路中的电阻R1应选 10 Ω的定值电阻.
(3)测量结束后,应先断开开关,拆除 电池 两端的导线,再拆除其他导线,最后整理好器材.
(4)小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上,并作出了一条直线,如图2所示.请指出图象中不恰当的地方.
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.
【分析】测定小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调,所以滑动变阻器应用分压式接法;做电学实验为保护电流表,需要串联一个保护电阻,保护电阻的值应根据欧姆定律算出;画图象时若各点不在一条直线上时,应用平滑的曲线连接.
【解答】解:
(1)从P﹣
图象可知电压从零调,所以滑动变阻器应用分压式接法,变阻器连接如图所示
(2)当变阻器的输出电压最大时,通过小灯泡的电流为额定电流I=
=
A=0.6A,根据欧姆定律通过变阻器的电流为
=
=
,所以通过电源的电流为
=I+
=0.6+0.3=0.9A,根据闭合电路欧姆定律,应有E=U+
,解得
+r=
=
=10Ω,所以保护电阻应选10Ω的定值电阻;
(3)根据安全性原则,测量结束后,应先断开开关,拆除电池两端的导线,再拆除其他导线,最后整理好器材.
(4)图象中不恰当的地方有①图线不应画直线,应用平滑的曲线连接;②横坐标标度太大.
故答案为
(1)如图;
(2)10;
(3)电池;
(4)图线不应画直线,应用平滑的曲线连接;横坐标标度太大.
三、计算题:
本题共3题共计38分,其中15题10分,16题12分,17题16分.
15.如图,已知E=8V,r=4Ω,R1=2Ω,R2的变化范围是0﹣10Ω.求:
①电源的最大输出功率;
②R1上消耗的最大功率;
③R