1、2013-2014黑龙江哈尔滨木兰高级中学高二上学期第二次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列关于电阻率的叙述，正确的是 （ ） A当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零 B常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的 C材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度 D材料的电阻率随温度变化而变化 答案： ABD 试题分析：当温度极低时，有些材料的电阻率会突然减小到零，出现超导现象，这样的材料称为超导材料， A选项正确；由于金属的电阻率较小，所以常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的， B选项正确；电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，是由材料本身的性质决定的，与导体的电阻、横截
2、面积和长度等无关，故 C选项错误；实验表明温度不同材料的电阻率也不同，材料的电阻率随温度变化而变化， D选项正确。 考点：超导现象 电阻率 电阻 如图所示，电动势为 E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接，只合上开关 S1，三个灯泡都能正常工作，如果再合上 S2，则下列表述正确的是( ) A电源输出功率减小 B L1上消耗的功率增大 C通过 R1上的电流增大 D通过 R3上的电流增大 答案： C 试题分析：由题，只合上开关 S1，三个灯泡都能正常工作，再合上 S2，并联部分的电阻减小，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于电源的内阻不计，电源的输出功率 P=EI，与电
3、流成正比 L1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析 L1上消耗的功率变化，判断通过 R3上的电流变化。根据题意，只合上开关 S1，三个灯泡都能正常工作，再合上 S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，由于电源的内阻不计，所以电源的输出功率 P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大故 A 选项错误；由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分的电压减小， L1两端的电压减小，其消耗的功率减小，故选项 B错误； R1在干路中，通过 R1上的电流增大，故选项 C正确；由上可知，并联部分的电压减小，通过 R3上的电流
4、将减小，故选项 D错误。 考点：闭合电路欧姆定律 电功 电功率 如图所示是一火警报警器的电路示意图，其中 R2为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器，当传感器 R2所在处出现火情时，显示器的电流 I、报警器两端的电压 U的变化情况是（ ） A I变大， U 变大 B I变大， U 变小 C I变小， U 变大 D I变小， U 变小 答案： D 试题分析：电路的动态分析类题目首先要明确电路的结构，再按局部到整体再到局部的顺序进行分析即可得出正确答案：，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，由电阻的变化利用闭合电路
5、欧姆定律可得出电路中电流的变化 情况；则可得出路端电压的变化，再对局部电路进行分析可得出电压及通过电流表的电流变化。发生火情时，热敏电阻的温度升高， R2电阻降低；由闭合电路欧姆定律可得，通电电源的电流增大，则内电压增大，路端电压减小；故报警器两端电压 U 减小；因右侧各电阻保持不变，而电压减小，故通过显示器的电流减小，故 D选项正确。 考点：闭合电路欧姆定律 传感器的应用 如图所示，因线路故障，按通 K 时，灯 L1和 L2均不亮，用电压表测得Uab=0， Ubc=0， Ucd=4V由此可知开路处为 （ ） A灯 L1 B灯 L2 C变阻器 D不能确定 答案： C 试题分析：对于完好的电阻，
6、阻值一定，电流 I=0时，根据欧姆定律可知，其电压 U=IR=0若发生断路，其两端电压等于电源的电动势。由题意知： Uab=0，Ubc=0，则可知：灯 L1、 L2没有发生断路，故 A、 B错误；而由题意知 Ucd=4V，而接通 K 时，灯 L1和 L2均不亮，所以在 cd中出现断路故障，故选项 C正确，D选项错误。本题是电路中故障分析问题，方法是往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解 考点：闭合电路欧姆定律 如图所示，当滑动变阻器的滑动片 P向左移动时，两电表的示数变化情况为 （ ） A电流表示数减小，电压表示数增大 B电流表示数增大，电压表示数减小 C
7、两表示数均增大 D两表示数均减小 答案： B 试题分析：如图所示电路中，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，当滑动变阻器的滑动片 P向左移动时，变阻器左侧电阻减小，右侧电阻增大，由于右侧电阻与电阻 R1并联后电阻小于右侧电阻，左侧电阻减小量小于右侧电阻的增大量，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律 分析得知，总电流增大， 知路端电压减小，所以电流表示数增大，电压表示数减小 B 选项正确。本题是电路中动态变化分析问题，在认识电路结构的基础上，先分析局部电阻的变化局部电阻增大，整个电路的电阻增大，再由闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化 考点：闭合电路欧姆定律 电路中动态变化分析问题
8、 用伏安法测一未知电阻 R时，若不知道 R的大概值，为了选择正确的测量电路以减小测量误差，一位学生把电流表和电压表按如图所示接好。只空出电压表的接头 K 不接，然后把 K 分别与电流表的两个接线柱 a、 b接触，观察电压表和电流表示数变化情况，则 ( ) A若电流表示数有明显变化，则 K 应接 a B若电 流表示数有明显变化，则 K 应接 b C若电压表示数有明显变化，则 K 应接 a D若电压表示数有明显变化，则 K 应接 b 答案： BC 试题分析：根据电表示数的变化，分析产生这种变化的原因，选择测量误差较小的方式。电流表示数有明显变化，说明电压表内阻较小，分流较大，应采用电流表内接法，即
9、 K 接 b，可减小误差故 A选项错误， B选项正确；电压表示数有明显变化，说明电流表内阻较大，分压较大，应采用电流表外接法，即K 接 a，可减小误差故 C选项正确， D选项错误本题的方法称为实验试探法，在不知道电压表、电流表和被测电阻的大约 阻值时，常常采用这种方法。 考点：伏安法测电阻 铅蓄电池的电动势为 2V，这表示（ ） A电路中每通过 1C电荷量，电源把 2J的化学能转变为电能 B蓄电池两极间的电压为 2V C蓄电池能在 1s内将 2J的化学能转变成电能 D蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池（电动势为 1 5V）的大 答案： AD 试题分析：电动势的物理意义是表征电源把其他形
10、式的能转化为电能本领的物理量，所以电路中每通过 1C电荷量，电源就把 W=2J的化学能转变为电能， A选项正确， C 选项错误；蓄电池两极间的电压为路端电压，当构成闭合电路时，由闭合电路欧姆定律知 知，路端电压小于电源电动势，只有当外电路断路时，路端电压才等于电源电动势，所以 B选项错误；蓄电池电动势比一节干电池电动势大，故蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池的大，D选项正确。 考点：电动势的物理意义 闭合电路欧姆定律 如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框逐渐远离 (平动 )通电导线，则穿过线框的磁通量将 ( ) A逐渐增大 B逐渐减小 C保持不变 D不
11、能确定 答案： B 试题分析：通电直导线在右边产生的磁场离直导线越远磁场越弱，根据磁通量的物理意义：穿过某一面积通过磁感线的条数，叫做穿过这一面积的磁通量，所以若使线框逐渐远离，而离直导线越远磁场越弱，则磁通量逐渐减小， B选项正确。 考点：磁通量 通电直导线产生的磁场 在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是 （ ） A如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大 B如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小 C如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小 D如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量 答案：
12、D 试题分析：由闭合电路欧姆定律知 知，电源电动势 E不变，若外电压 U增大，则内电压 U 内 减小，二者之和保持不变， A选项错误， D选项正确；如外电压减小，内电阻不变，但由于电源电动势 E不变，根据 内电压一定增大， B选项错误；同理如外电压不变，则内电压也不能改变， C选项错误。 考点：闭合电路欧姆定律 一台发电机用 0.5 A电流向外输电，在 1 min内将 180 J的机械能转化为电能，则发电机 的电动势为 ( ) A 6 V B 360 V C 120 V D 12 V 答案： A 试题分析：由能量守恒定律 ，解得发电机的电动势为 E=6V，只有 A选项正确。 考点：能量守恒定律
13、 有一横截面积为 S的铜导线，流经其中的电流为 I，设每单位体积的导线中有 n个自由电子，电子的电荷量为 e.此时电子的定向移动速度为 v，在 t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为 ( ) A nvSt B nvt C It/e D It/Se 答案： AC 试题分析：在 t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目 ,所以 A选项正确， B选项错误；由电流的微观意义知 ，得 ,所以在 t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目 ， C选项正确，D选项错误。 考点：电流的微观意义 电流 把电阻是 1的一根金属丝，拉长为原来的 2倍，则导体的电阻是（ ） A 1 B 2 C 3 D 4 答
14、案： D 试题分析：设金属丝的长度为 L，横截面积为 S，当金属丝拉长为原来的 2 倍，根据金属丝的体积不变 ,金属丝的横截面积变为原来的 ，再根据电阻定律 ,知电阻变为原来的 4倍，所以 D选项正确。 考点：电阻定律 实验题 在某实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有： 待测电池：电动势 E（约 3V）、内电阻 r（约 1） 电流表：量程 500A，内阻 r2=400 电流表：量程 3A，内阻 r1=0.1 滑动变阻器：阻值 0-600，额定电流 0.5A 滑动变阻器：阻值 0-20 ，额定电流 2.5A 电阻箱： 9999.9 (1)实验电路如上图所示，根据实验目的，电路中电流
15、表 A1应选择 _， A2应选择 _， R1应选择 _， R2应选择 _(请填写器材序号 )。 (2)实验中改变电路中的电阻，通过多次读取两电流表的读数，用描点法拟合出电流表 A2的电流 I2随电流表 A1的电流 I1的变化的图象，如右图所示。那么，根据图象可得电动势 E的表达式为 _，内电阻 r表达式为_。 (答案：只限于用 R2、 Iy、 Ix及电流表的内阻 r1、 r2表示 ) 答案： (1) (2) 试题分析：电路中的最大电流为 ,所以电流表 A1应选择 ，若 R1选择 则电路中的电流会更小，所以 R1应选择 ，由图中的电流原理图知，将A2改装成电压表故 A2应选择灵敏电流表 ， R2
16、应选择电阻箱 ；由于将电流表A2改装成电压表，故路端电压 U=I2(R2+r2),可将 I2-I1图象转化为 U-I，则纵坐标的交点就表示电源的电动势，既 E= Iy(R2+r2),图象的斜率表示电源的内电阻，既。 考点：测量电源的电动势和内电阻的实验 电流表 A2改装成电压表 （ 1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十 kW的电阻 Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中 S为选择开关， P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上。 a将两表笔短接，调节 P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔 b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出 Rx的阻值后，断开
17、 两表笔 c旋转 S使其尖端对准欧姆档 1k d旋转 S使其尖端对准欧姆档 100 e旋转 S使其尖端对准交流 500V档，并拔出两表笔合理的步骤是 _ _。根据上图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为 _W。 （ 2）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（ ） A测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关 S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量 B测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果 C测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 D测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 答案：（ 1） cabe 30k(或 30000) （ 2） ABC 试题分析：欧姆表是测量电阻
18、的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（ 1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）（ 2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开（ 3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果（ 4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近，所以要（ 1）问中要测量几十 k的电阻 Rx我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，再进行测量；使用完毕应将选择开关置于 OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔，欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值
19、30k，所以合理的步骤是 cabe （ 2）欧姆档更换规律 “大小，小大 ”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业，所以选择 ABC；而测量阻值不同的电阻时如果电阻相差不大 就不用换挡，就不用重新调零，故 D选项不选。 考点：欧姆表的原理 用伏安法测定干电池的电动势 E和内电阻 r实验。 （ 1）在下面方框内画出实验电路图。 （ 2）由测量数据，在 U-I图中描出的点迹如下图所示，画出图线并由此得出干电池的电动势为 _V，干电池的内电阻为 _。 答案： (1)如下图
20、(2)1.50 0.01 1.001.04 试题分析：（ 1）用伏安法测量电源的电动势和内阻，滑动变阻器采用限流式接法，电压表测的是路端电压，应将电流表采用内接法测量的误差较小，设计电路如上图所示。 （ 2）外电压与电流成线性关系，图线是一条直线，根据点迹作出 U-I图线，纵轴截距表示电动势的大小，图线斜率的绝对值表示内阻的大小。由闭合电路欧姆定律 U=E-Ir，知 U-I成线性关系，图线的纵轴截距为 1.50，所以 E=1.50V，图线斜率的绝对值 。 考点：测定干电池的电动势 E和内电阻 r实验 计算题 （ 10分）电动机的额定电压是 110V，额定功率是 2.2kW，线圈的电阻是0.5,
21、求： （ 1）电动机正常工作时的电流多大？ （ 2） 1s时间内线圈上产生的热量是多少？ （ 3） 1s时间内转化的机械能有多少？ （ 4）用此 电动机提升质量为 100kg的重物，匀速运动时的速度多大？ 答案：（ 1） 20A（ 2） 200J（ 3） J（ 4） 2m/s 试题分析：（ 1）根据 ,导得 ,所以电动机正常工作时的电流为 20A （ 2）根据焦耳定律 =200J,所以 1s时间内线圈上产生的热量是 200J （ 3）由能量守恒定律 J,所以 1s时间内转化的机械能为J （ 4）线圈上产生的热功率为 电动机提升的功率为 由能量守恒定律 ，解得 ，所以用此电动机提升质量为 100
22、kg的重物，匀速运动时的速度 2m/s.。 考点：能量守恒定律 焦耳定律 输出功率 热功率 机械功率 （ 13）质量为 m 0.02 kg的通电细杆 AB置于倾角为 37的平行放置的导轨上，导轨的宽度 L 0.2 m，杆 AB与导轨间的动摩擦因数 0.4，磁感应强度 B 2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示电池内阻不计，电阻 R 16， AB棒电阻 r =4试求出为使杆 AB静止不动，电池电动势的范围应是多少？（ sin37=0.6 cos37=0.8） 答案：电池电动势的范围应是 2.8V-9.2V 试题分析：杆 AB中的电流为从 A到 B，所受的安培力方向平行于导轨向上 .当
23、电流 较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下 ;当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值 F1，此时通过 AB 的电流最大为 Imax；电池电动势最大 Emax，同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为 F2，电流为 Imin. 电池电动势最小 Emin。正确地画出两种情况下的受力图如图甲、乙，由平衡条件列方程求解。 根据甲受力图列式如下：由物体的平衡 F1-mgsin-Ff1=0 ， FN-mgcos=0 Ff1=FN ， F1=BImaxd， 解上述方程得： Emax=9.2V 根据乙受力图由物 体的平衡： F2+Ff2-mgsin=0， FN-mgcos=0
24、， Ff2=FN ， F2=BImind， 解上述方程得： Emin=2.8V 电池电动势的范围应是 2.8V-9.2V 考点：物体的平衡 左手定则 安培力 闭合电路欧姆定律 （ 13）如图所示，电路中电源电动势为 E，内阻不计水平放置的平行金属板 A、 B间的距离为 d，板长为 L。在 A 板的左端且非常靠近极板 A 的位置，有一质量为 m、电荷量为 -q的小液滴以初速度 v0水平向右射入两板间 (重力加速度用 g表示 )则： (1)若使液滴能沿 v0方向射出电场，电动势 E1应为多大？ (2)若使液滴能从 B板右端边缘射出电场，电动势 E2应为多大？ 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）由闭合电路欧姆定律得 ,AB两端的电压若使液滴能沿 v0方向射出电场 ,则液滴受力平衡，所受重力与电场力平衡：解得电动势 (2) 若使液滴能从 B板右端边缘射出电场，带电液滴做匀变速曲线运动，根据平抛运动规律： 再由牛顿第二定律： 由因为 联立解得 考点：闭合电路欧姆定律 物体平衡 牛顿第二定律 平抛运动规律
