湖北省武汉市钢城四中2019_2020学年高二物理上学期10月月考试题含解析.doc

湖北省武汉市钢城四中2019-2020学年高二物理上学期10月月考试题（含解析）一、单项选择题：（每小题3分，共计24分）1.电路如图所示，已知电池组的总内电阻r=1，外电路电阻R=5，电压表的示数U=2.5V，则电池组的电动势E应等于：（ ）A. 2.0VB. 2.5VC. 3.0VD. 3.5V【答案】C【解析】【详解】由欧姆定律，得电路中电流为又由闭合电路欧姆定律，得；A.选项与计算结果不符，故A错误；B.选项与计算结果不符，故B错误；A.选项与计算结果一致，故C正确；D.选项与计算结果不符，故D错误；2.如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了、三个区域现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（ ）A. 特性曲线在区，P1P2B. 特性曲线在区，P1P2C. 特性曲线在区，P1P2D. 特性曲线在区，P1P2【答案】C【解析】【详解】把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该区。R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1P2。A.选项与分析结果不符，故A错误；B.选项与分析结果不符，故B错误；A.选项与分析结果一致，故C正确；D.选项与分析结果不符，故D错误；3.小红家电表允许通过的最大电流是10A，她家有4个标有“220V，60W”的灯泡，1个标“220V，1000W”的热水器1台，制冷时耗电140W的电冰箱和一台耗电80W的电视机，则（ ）A. 所有用电器可以同时使用B. 除热水器外其他用电器可以同时使用C. 关闭电视机后其他用电器可以同时使用D. 电冰箱制冷时，其他用电器不能同时使用【答案】A【解析】【详解】她家电路允许消耗的最大总功率：，所有用电器同时使用的总功率：，因为，所以这些用电器可以同时使用；A.选项与分析结果一致，故A正确；B.选项与分析结果不符，故B错误；A.选项与分析结果不符，故C错误；D.选项与分析结果不符，故D错误；4.如图所示的电路中，由于电路出现故障，灯L1变暗，灯L2变亮，故障原因是( ) A. R4短路B. R1断路C. R3断路D. R2短路【答案】B【解析】【详解】A.若R4短路，灯L1被短路，灯L1不亮。不符合题意，故A错误；B.R1断路时，外电路电阻增大，路端电压增大，干路电流减小，则L1与R4并联的总电流减小，L1电流减小，则灯L1变暗。路端电压增大，而L1与R4并联的电压减小，则灯L2的电压增大，灯L2变亮。符合题意，故B正确；C.若R3断路，外电阻增大，路端电压增大，两灯都变亮，不符合题意，故C错误；D.若R2短路，外电阻减小，路端电压减小，R3中电流减小，总电流增大，则通过两灯的电流增大，两灯都变亮，与题不符，故D错误；5.为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在，如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，、接报警器，当传感器所在处出现断针时，电流表的电流、两端的电压将（ ）A. 变大，变大B. 变小，变小C. 变大，变小D. 变小，变大【答案】C【解析】由题意知RB的电阻随断针的出现而减小，即外电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律有I总E/(Rr)可知I总必增大，再由U外EI总r可知，外电压U减小而由U1I总R1可知，U1增大，U3必减小，由电流表的电流II总I3可知，电流表的电流必变大故选项C正确6.图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V。则该电路可能为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由上图可知电源电动势为，电源内阻为A三电阻并联，；B两个电阻串联，然后与第三个电阻并联，；C三电阻串联，；D两电阻并联后与第三个电阻串联，；【点睛】根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可。7.把6个相同小灯泡接成如图（甲）、（乙）所示两电路，调节滑动变阻器，两组小灯泡均能正常发光设（甲）、（乙）两电路消耗的总功率分别为P1、P2，则A. P13P2B. P13P2C. P13P2D. 3P1P2【答案】B【解析】试题分析:设灯泡正常发光时的电流为I，对于甲图，电路的总的电流为3I，此时甲的总功率的大小为P甲=U3I，对于乙图，电流的总电流的大小就为I，此时乙的总功率的大小为P乙=UI，所以P甲=3P乙，所以B正确，考点：电功、电功率；串联电路和并联电路8.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是A. 图甲中的、的示数相同B. 图甲中的、的指针偏角相同C. 图乙中的、的示数和偏角都不同D. 图乙中的、的指针偏角相同【答案】B【解析】【详解】AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确； CD.图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误。二、多项选择题：（每小题4分，选对但没选全得3分，有选错的得0分）9.平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路。闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷。要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是A. 只增大R1，其他不变B. 只增大R2，其他不变C. 只减小R3，其他不变D. 只减小a、b两极板间的距离，其他不变【答案】B【解析】A、B电路稳定后，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，U2=，当R1减小或R2增大时，电容器的电压增大，电量增加故A错误，B正确C、电路稳定后，电阻R3上无电压，电容器的电压与R3的阻值无关故C错误D、只减小a、b两极板间的距离，电容增大，电压不变，电量增加故D正确故选BD10. 如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（ ）A. 电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B. 小灯泡L变亮C. 电容器C上电荷量减少D. 电源的总功率变大【答案】A【解析】解：A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小电压表的示数U=EI（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大故A正确，B错误C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大故C错误D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小故D错误故选：A【点评】本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析11.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后（ ）A. 通过L1的电流为通过L2的电流1.25倍B. L1的电阻为7.5C. L1消耗的电功率为0.75WD. L2消耗的电功率为0.375W【答案】AC【解析】【详解】A.L1两端间的电压为3V，L2、L3两端间的电压为1.5V，由乙图可看出通过L1的电流为0.25A，通过L2的电流为0.20A，所以通过L1的电流为通过L2的电流1.25倍，故A正确；B.L1的电阻，故B错误；C.L1消耗的电功率，故C正确；D.L2消耗的功率，故D错误；三、实验题（按题目要求作答，共19分）12.某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度。读出图中的示数。该游标卡尺示数为_cm。螺旋测微器示数为_mm。【答案】 (1). 1.240 (2). 1.682【解析】【详解】1游标卡尺的主尺读数为：1.2cm12mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm0.40mm，所以最终读数为：12mm0.40mm12.40mm1.240cm。2螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为18.2×0.01mm0.182mm，所以最终读数为1.5mm0.182mm1.682mm，由于需要估读，最后的结果可以在1.6811.684之间13.某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“lk”挡内部电路的总电阻。使用的器材有： 多用电表 电压表：量程5V，内阻十几千欧滑动变阻器：最大阻值5k导线若干。回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“lk”挡再将红表笔和黑表笔_，指针调至表盘_端的零点。(2)将图(a)中多用电表的红表笔和_ (填“l”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示。多用电表和电压表的读数分别为_ k和_ V(4) 调节滑动变阻器的滑片使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 k和4 .00V。从测量数据可知，电压表的内阻为_ k。(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为_ V，电阻“1k”档内部电路的总电阻为_ k。【答案】 (1). 短接 (2). 右端 (3). 15.0 (4). 15.0 (5). 3.60 (6). 12.0 (7). 9.00 (8). 15.0【解析】【详解】12欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏。使其偏转到最右端的欧姆零点；3红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；4 5欧姆表读数倍率×表盘读数1K×15.015.0k；电压表读数为3.60V；6由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0K；7 8欧姆表中值电阻等于内电阻，故欧姆表1K档位的内电阻为15.0K；根据闭合电路欧姆定律，电动势为：；四、解答题：本题包括5小题：共45分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤答案中必须明确写出数值和单位14.若加在某导体两端的电压变为原来的时，导体中的电流减小了0.4A如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流为多大？【答案】2A【解析】【详解】设是导体两端原来的电压为U，电流为I，则导体电阻，又由题，导体两端的电压变为原来的35时，导体中的电流减小了0.4 A，则有，联立得，解得，当电压变为2U时，15.如图所示，电阻R12，小灯泡L上标有“3V 1.5 W”，电源内阻r1，滑动变阻器的最大阻值为R0（大小未知），当触头P滑动到最上端a时安培表的读数为l A，小灯泡L恰好正常发光，求：(1)滑动变阻器的最大阻值R0；(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率。【答案】（1）6（2）12 W ；8 W【解析】（1）当触头滑动到最上端时，流过小灯泡的电流为：流过滑动变阻器的电者呐：故：（2）电源电动势为：当触头，滑动到最下端时，滑动交阻器和小灯泡均被短路电路中总电流为：故电源的总功率为：输出功率：16.图中电源电动势E12 V，内电阻r0.5 。将一盏额定电压为8 V，额定功率为16 W的灯泡与一只线圈电阻为0.5 的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100 min。问：（1）电源提供的能量是多少？（2）电流对灯泡和电动机所做的功各是多少？（3）灯丝和电动机线圈产生的热量各是多少？（4）电动机的效率为多少？【答案】（1）；（2）；（3），；（4）【解析】试题分析：（1）由题意可知电路中的路端电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，由P=UIt可求得电源提供的能量；（2）由W=Pt可求得电流对灯泡所做的功；由W=UIt可求得电流对电动机所做的功；（3）由Q=I2Rt可求得灯丝与电动机线圈产生的热量；（4）由=×100%可求得电动机的效率解：（1）由题意可知，电路的路端电压U=8V，则内电压U内=EU=12V8V=4V；电路中电流I=8A；故电源提供的能量W=UIt=8×8×100×60J=3.84×105J；（2）电流对灯丝做功W灯=Pt=16×100×60J=9.6×104J；灯泡中的电流I灯=2A；由并联电路的规律可知，通过电动机的电流I机=II灯=8A2A=6A；电流对电动机所做的功W=UI机t=8×6×6000J=2.88×105J；（3）灯丝为纯电阻故灯丝产生热量等于电流所做的功，故Q=W灯=9.6×104J；而电动机线圈产生的热量Q机=I机2R机t=62×0.5×6000J=1.08×105J；（4）电动机的效率=×100%=62.5%点评：本题考查电路中电功及电热的区别，要注意焦耳定律及电功公式在非纯电阻电路中均可使用，但焦耳定律只能求产生的热量在如图所示的电路中，所用电源电动势E=10V，内电阻r=1.0，电阻R1可调。现将R1调到3.0后固定。已知R2=16，R3=，求：17.开关S断开和接通时，通过R1的电流分别为多大？18.为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到多大？这时A、B间电路消耗的电功率将是多少？【答案】17. 2.0A 18. 50W。【解析】略19.如图所示的电路中，电源电动势E9V，内阻r2，定值电阻R16，R210，R36，电容器的电容C10F。 (1)保持开关S1、S2闭合，求电容器C所带的电荷量；(2)保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电荷量。【答案】(1)Q3×105 C (2)QR26×105C【解析】试题分析: （1）保持开关S1、S2闭合,电容器的电压等于电阻R1的电压电路的电流R1两端的电压则电容器所带的电荷量（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器上的电压等于电源电动势，此时电容器所带的电荷量而流过R2的电荷量等于电容器C上电荷量的增加量考点：考查电容器；闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题考查了含容电路问题，知道电容器两端电压等于与它并联的支路电压，与电容器串联的电阻相当于导线- 14 -