河北省邯郸市重点高中2021届高三上学期第十二周周测 物理试题.doc

高中物理11月周考卷考试时间：50分钟 一、单选题(每题4分，共32分)1下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是（）A电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路C在非纯电阻电路中，D焦耳热适用于任何电路2小亮家有一台电风扇，内阻为20 ，额定电压为220 V，额定功率为66 W，将它接上220 V电源后，发现因扇叶被东西卡住不能转动则此时电风扇消耗的功率为 ( )A66 WB2420 WC11 WD不确定3如图所示的温控电路中，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器，电源内阻不可忽略当环境温度降低时下列说法正确的是A电容器C的带电量增大B电压表的读数减小C干路电流增大DR1消耗的功率变大4一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是 A如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低C如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大D如果实线是等势面，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大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 BV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 DV的读数变小，A的读数变大6如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡L的UI图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）A此电源的内阻为0.67 B灯泡L的额定电压为3 V，额定功率为6 WC把灯泡L换成阻值恒为1 的纯电阻，电源的输出功率将变小，效率将变低D小灯泡L的电阻随通过电流的增大而减小7如图所示，将材料和长度相同，粗细均匀的镍铬合金导体连接起来，接到一个电路中，通以电流；已知右边横截面积是左边横截面积的两倍则下列说法正确的是（   ）A 左右导体电流不相等，I左>I 右B 左右导体的两端电压相等C左右两端电阻不等，R左<R右D自由电子定向移动的速率不相等，V左>V右8如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地初始电容器不带电，闭合开关S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态下列说法正确的是( ) A减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低B减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低C将下极板上移，带电油滴向上运动D断开开关S，带电油滴将向下运动二、多选题(每题4分，共16分)9如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是()A图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大B图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小C图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大D图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小10如图所示，为定值电阻，为可变电阻，E为电源的电动势，r为电源内阻，且，以下说法中正确的是（）A当时，上获得最大功率B当时，上获得最大功率C当时，上获得最大功率D当时，电源的输出功率最大11小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的IU图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（   ）A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B对应P点，小灯泡的电阻为C对应P点，小灯泡的电阻为D对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围“面积”12如图所示，调整电路的可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大U，在这个过程中() A通过R1的电流增加，增加量一定等于BR2两端的电压减小，减少量一定等于UC通过R的电流增加，增加量一定等于D通过R2的电流减小，但减少量一定小于第II卷（非选择题）三、实验题(共20分)13(本题10分)为了测量某一未知电阻Rx(阻值约为6 )的阻值，实验室里准备了以下器材：A电源，电动势E3.0 VB电压表V1，量程3 V，内阻约5 kC电压表V2，量程15 V，内阻约25 kD电流表A1，量程0.6 A，内阻约0.2 E电流表A2，量程3 A，内阻约0.04 F滑动变阻器R1，最大阻值5 ，最大电流为3 AG滑动变阻器R2，最大阻值200 ，最大电流为1.5 AH开关S、导线若干（1）在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻两端的电压从零开始连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选_；电流表应选_；滑动变阻器应选_。(填器材前面的字母代号)（2）请在虚线框内画出用伏安法测量该电阻阻值时的实验电路图_。（3）请根据电路图将下列实物图补充完整_。14(本题10分)某同学想设计一个测量金属棒(阻值约10)电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A.电流表A1 (内阻Rg=100、满偏电流Ig=3mA) B.电流表A2内阻约为0.4、量程为0.6A) C.定值电阻R0=900 D.滑动变阻器R(5、2A) E.干电池组(6V、0.05) F.一个开关和导线若干G.螺旋测微器，游标卡尺(1)如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_ mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为_ cm(2)请根据提供的器材，设计一个实验电路，画在答题卡方框内，要求尽可能精确测量金属棒的阻值_。(3)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为RX= _（用I1、I2、R0、Rg表示）四、解答题(共32分)15(本题12分)如图所示，电源的电动势为12V，内阻为1，R1=1，R2=6，电动机的线圈电阻为0.5开关闭合后通过电源的电流为3A，求：(1)R1两端的电压和电源的内电压；(2)电动机的热功率和输出的机械功率16(本题10分)如图所示，水平放置的平行板电容器两板间距为d8 cm，板长为L25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v00.5m/s的初速度从电容器左端沿两板间中线水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到板间P处时迅速将下极板向上移动cm，结果液滴刚好从金属板末端飞出。取g=10m/s2，求：（1）液滴通过平行板电容器两板间所用时间t；（2）液滴飞出平行板电容器时的速度v。17(本题10分)图甲为某元件R的UI特性曲线，把它连接在图乙所示电路中已知电源电动势E5 V，内阻r1.0 ，定值电阻R04 .闭合开关S后，求：(1)该元件的电功率；(2)电源的输出功率参考答案1A【解析】A电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，A错误；B公式是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路。当为纯电阻电路时，根据欧姆定律，可以推导出，所以只能适用于纯电阻电路，B正确；C在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而只是电路中发热的功率，电流中还对外做功的功率，所以，所以C正确；D焦耳热适用于任何电路中的焦耳热量的计算，D正确。本题选错误的，故选A。2B【解析】扇片被卡住时，此时可以看做是纯电阻，总的功率即为发热的功率：故B正确，ACD错误故选B。3A【解析】C、当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小故C错误A、电容器的电压UC=E-I（r+R1），E、r、R1均不变，I减小，UC增大，由得，电容器C的带电量增大故A正确B、总电流I减小，路端电压U=E-Ir，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大故B错误D、R1消耗的功率P=I2R1，I减小，R1不变，则P减小故D错误故本题选A4C【解析】试题分析：据题意，如果实线是电场线，则电场力水平向右，电场方向为水平向左，则b点电势高，电子从a点运动到b点电场力做正功，电子电势能减小，则电子在a点电势能较大，故选项A错误选项C正确；如果实线为等势线，电子受到电场力竖直向下，电场方向竖直向上，则a点电势较高，从a点到b点电场力做负功，电子电势能增加，电子在b点电势能较高，故选项B、D错误5B【解析】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，A分析得V的读数变大，的读数变大，故A错误；B分析得V的读数变大，的读数变大，故B正确；C分析得V的读数变大，的读数变大，故C错误；D分析得V的读数变大，的读数变大，故D错误；6B【解析】A.由题图可知，电源的电动势E=4V，内阻，故A错误；B.两图线的交点表示小灯泡L与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为P=UI=6W，故B正确；C.正常发光时灯泡L的电阻，换成一个1的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，根据闭合电路欧姆定律可知外电阻减小，路端电压减小，电源效率减小，故C错误；D.灯泡的温度随通过电流的增大而升高，电阻随温度的升高而增大，故D错误.7D【解析】导体由同种材料制成，长度相同，由图可知右边比左边的横截面积大，由于导体的电阻与横截面积成反比，所以；因串联电路中各处的电流相等，所以图中通过两导体的电流相等，即；由的变形式可知，根据电流的微观表达式可得，所以自由电子定向移动的速率为，故D正确，A、B、C错误；8C【解析】根据电容的决定式：可知，减小极板的正对面积，电容C减小，由于二极管具有单向导电性，图中电容器只能充电不能放电，在直流电路中，电容器视为断路，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，根据定义式：Q=CU可知，电容器电量减少，但由于电路中有二极管，电容器放电时二极管处于截止状态，所以电容器不能放电，即电量不变，根据、和联立可得：，电场强度E变大，油滴所受电场力变大，油滴所受合力向上，带电油滴会向上移动，P点与下极板的距离不变，E变大，则P点的电势升高，故A、B错误；当电容器的下极板向上移动时，极板距离减小，电容器的电容变大，电容器所带的电量Q变大，电容器充电，由知，电容器板间场强变大，油滴所受电场力大于重力，带电油滴向上运动，故C正确；断开开关S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，电容器带电量Q不变，电容C不变电压也不变，电容器两极板间的场强不变，故油滴仍然处于平衡状态，故D错误所以C正确，ABD错误9BC【解析】图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，会使得改装后电表的量程减小，选项A错误，B正确；图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，改装后电表的量程增大，选项C正确，D错误；故选BC.10ACD【解析】A根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R1和电源看成一个整体时，即把电源的内阻看成，即时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率， A正确；BC根据当，时，电路的总电流最大，所以此时R1获得最大功率，B错误C正确；D电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大，因为，所以当时，外电路电阻和内阻最接近，电源输出功率最大，D正确。故选ACD。11BD【解析】【详解】AI-U图线中各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题可知斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；BC根据电阻的定义可知，对应P点的电压为U1，电流为I2，则小灯泡的电阻为，而R不等于切线斜率，故B正确，C错误；D根据功率表达式，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确；故选BD。12AD【解析】试题分析：电压表的示数增大，则两端的电压增大，所以通过的电流增大，根据欧姆定律可得，A正确，滑动变阻器两端的电压增大，说明其连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，所以电路总电流减小，故的电流减小，所以其两端的电压减小，因为路端电压增大，而电压表示数增大，所以其减少量一定小于，故通过电流的减小量一定小于，BC错误D正确；考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用13（1）B D F （2） （3） 【解析】（1）因为电动势只有3V，所以电压表原则B；通过待测电阻的最大电流：，所以电流表选择D；电压要求从零开始调节，所以选择分压式电路，滑动变阻器选择总阻值较小的F（2）该实验选择分压电路，因为：，所以电流表选择外接法，电路图如下：（3）根据电路图连接实物图：146.126mm；10.230cm；电路图见解析；【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.6×0.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm；（2）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000，电流表内阻约为0.4，待测电阻阻值约为10，滑动变阻器最大阻值为5，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（3）金属棒电阻阻值： ；15（1）R1两端的电压和电源的内电压分别为，；（2）电动机的热功率和输出的机械功率分别为，【详解】（1）由题可知电路中总电流为，则根据部分电路欧姆定律可知R1两端电压为；根据部分电路欧姆定律可知电源的内电压为；（3）R2两端电压： 通过R2的电流：通过电动机的电流：， 电动机消耗的电功率为： 电动机的热功率为：电动机输出的机械功率为：16（1）；（2）【解析】17(1)1.2 W(2)1.84 W【解析】设非线性元件的电压为U，电流为I，由欧姆定律得：UEI(R0r)，代入数据得 U55I在UI图象中画出UEIr55I图线，如图所示，两图线交点坐标为(0.4 A，3.0 V)(1)该元件的电功率PRUI3.0×0.4 W1.2 W.(2)电源的输出功率PPR0PRI2R0PR0.42×4 W1.2 W1.84 W.参考答案1A【解析】A电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，A错误；B公式是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路。当为纯电阻电路时，根据欧姆定律，可以推导出，所以只能适用于纯电阻电路，B正确；C在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而只是电路中发热的功率，电流中还对外做功的功率，所以，所以C正确；D焦耳热适用于任何电路中的焦耳热量的计算，D正确。本题选错误的，故选A。2B【解析】扇片被卡住时，此时可以看做是纯电阻，总的功率即为发热的功率：故B正确，ACD错误故选B。3A【解析】C、当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小故C错误A、电容器的电压UC=E-I（r+R1），E、r、R1均不变，I减小，UC增大，由得，电容器C的带电量增大故A正确B、总电流I减小，路端电压U=E-Ir，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大故B错误D、R1消耗的功率P=I2R1，I减小，R1不变，则P减小故D错误故本题选A4C【解析】试题分析：据题意，如果实线是电场线，则电场力水平向右，电场方向为水平向左，则b点电势高，电子从a点运动到b点电场力做正功，电子电势能减小，则电子在a点电势能较大，故选项A错误选项C正确；如果实线为等势线，电子受到电场力竖直向下，电场方向竖直向上，则a点电势较高，从a点到b点电场力做负功，电子电势能增加，电子在b点电势能较高，故选项B、D错误5B【解析】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，A分析得V的读数变大，的读数变大，故A错误；B分析得V的读数变大，的读数变大，故B正确；C分析得V的读数变大，的读数变大，故C错误；D分析得V的读数变大，的读数变大，故D错误；6B【解析】A.由题图可知，电源的电动势E=4V，内阻，故A错误；B.两图线的交点表示小灯泡L与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为P=UI=6W，故B正确；C.正常发光时灯泡L的电阻，换成一个1的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，根据闭合电路欧姆定律可知外电阻减小，路端电压减小，电源效率减小，故C错误；D.灯泡的温度随通过电流的增大而升高，电阻随温度的升高而增大，故D错误.7D【解析】导体由同种材料制成，长度相同，由图可知右边比左边的横截面积大，由于导体的电阻与横截面积成反比，所以；因串联电路中各处的电流相等，所以图中通过两导体的电流相等，即；由的变形式可知，根据电流的微观表达式可得，所以自由电子定向移动的速率为，故D正确，A、B、C错误；8C【解析】根据电容的决定式：可知，减小极板的正对面积，电容C减小，由于二极管具有单向导电性，图中电容器只能充电不能放电，在直流电路中，电容器视为断路，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，根据定义式：Q=CU可知，电容器电量减少，但由于电路中有二极管，电容器放电时二极管处于截止状态，所以电容器不能放电，即电量不变，根据、和联立可得：，电场强度E变大，油滴所受电场力变大，油滴所受合力向上，带电油滴会向上移动，P点与下极板的距离不变，E变大，则P点的电势升高，故A、B错误；当电容器的下极板向上移动时，极板距离减小，电容器的电容变大，电容器所带的电量Q变大，电容器充电，由知，电容器板间场强变大，油滴所受电场力大于重力，带电油滴向上运动，故C正确；断开开关S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，电容器带电量Q不变，电容C不变电压也不变，电容器两极板间的场强不变，故油滴仍然处于平衡状态，故D错误所以C正确，ABD错误9BC【解析】图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，会使得改装后电表的量程减小，选项A错误，B正确；图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，改装后电表的量程增大，选项C正确，D错误；故选BC.10ACD【解析】A根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R1和电源看成一个整体时，即把电源的内阻看成，即时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率， A正确；BC根据当，时，电路的总电流最大，所以此时R1获得最大功率，B错误C正确；D电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大，因为，所以当时，外电路电阻和内阻最接近，电源输出功率最大，D正确。故选ACD。11BD【解析】【详解】AI-U图线中各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题可知斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；BC根据电阻的定义可知，对应P点的电压为U1，电流为I2，则小灯泡的电阻为，而R不等于切线斜率，故B正确，C错误；D根据功率表达式，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确；故选BD。12AD【解析】试题分析：电压表的示数增大，则两端的电压增大，所以通过的电流增大，根据欧姆定律可得，A正确，滑动变阻器两端的电压增大，说明其连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，所以电路总电流减小，故的电流减小，所以其两端的电压减小，因为路端电压增大，而电压表示数增大，所以其减少量一定小于，故通过电流的减小量一定小于，BC错误D正确；考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用13（1）B D F （2） （3） 【解析】（1）因为电动势只有3V，所以电压表原则B；通过待测电阻的最大电流：，所以电流表选择D；电压要求从零开始调节，所以选择分压式电路，滑动变阻器选择总阻值较小的F（2）该实验选择分压电路，因为：，所以电流表选择外接法，电路图如下：（3）根据电路图连接实物图：146.126mm；10.230cm；电路图见解析；【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.6×0.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm；（2）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000，电流表内阻约为0.4，待测电阻阻值约为10，滑动变阻器最大阻值为5，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（3）金属棒电阻阻值： ；15（1）R1两端的电压和电源的内电压分别为，；（2）电动机的热功率和输出的机械功率分别为，【详解】（1）由题可知电路中总电流为，则根据部分电路欧姆定律可知R1两端电压为；根据部分电路欧姆定律可知电源的内电压为；（3）R2两端电压： 通过R2的电流：通过电动机的电流：， 电动机消耗的电功率为： 电动机的热功率为：电动机输出的机械功率为：16（1）；（2）【解析】17(1)1.2 W(2)1.84 W【解析】设非线性元件的电压为U，电流为I，由欧姆定律得：UEI(R0r)，代入数据得 U55I在UI图象中画出UEIr55I图线，如图所示，两图线交点坐标为(0.4 A，3.0 V)(1)该元件的电功率PRUI3.0×0.4 W1.2 W.(2)电源的输出功率PPR0PRI2R0PR0.42×4 W1.2 W1.84 W.