物理卷·2018届湖南省岳阳市平江七中高二上学期周练物理试卷（4） （解析版） 15页

‎2016-201学年湖南省岳阳市平江七中高二（上）周练物理试卷（4）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（　　）‎ A．3 V，1.8 J B．3 V，3.6 J C．6 V，1.8 J D．6 V，3.6 J ‎2．如图所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是（　　）‎ A．电流表读数变小，电压表读数变大 B．小电泡L变亮 C．电容器C上电荷量减小 D．电源的总功率变大 ‎3．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（　　）‎ A．灯泡L将变暗 B．R1消耗的功率将增大 C．R2消耗的功率将增大 D．电源的效率将增大 ‎4．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电路中的电流变小 B．电源的输出功率先变大后变小 C．滑动变阻器消耗的功率变小 D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小 ‎　‎ 二、计算题 ‎5．如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计．电阻R1的阻值为2.4kΩ，电容器的电容C=3.0 μF．闭合开关S，待电流稳定后，用内阻为4.8kΩ的电压表测尺两端的电压，其稳定值为1.50V．‎ ‎（1）R2的电阻为多大？‎ ‎（2）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少？‎ ‎6．多用电表表头的示意如图，在正确操作的情况下：‎ ‎（1）若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是　　，测量结果为　　；‎ ‎（2）若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是　　，测量结果为　　；‎ ‎（3）若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是　　，测量结果为　　；‎ ‎（4）若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该依次为：　　，　　，　　．‎ ‎（5）全部测量结束后，应将选择开关拨到　　或者　　；‎ ‎（6）无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从　　色表笔经　　插孔流入电表．‎ ‎7．如图所示，电源电动势E=20V，电源的内阻r=2Ω，电阻两个定值电阻R1=R2=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2m，开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，微粒恰能落到下板的正中央，已知该微粒的质量为m=4×10﹣5kg，g取10m/s2，试求：‎ ‎（1）开关断开时两极板间的电压；‎ ‎（2）微粒所带电荷的电性和电荷量q；‎ ‎（3）当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度v0=2.0m/s沿虚线方向射入C的电场中，带点微粒在极板中运动的竖直偏移量为多少？‎ ‎8．如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器两个不同的端点时分别得到的．求：‎ ‎（1）电源的电动势和内电阻；‎ ‎（2）定值电阻R2的阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器R3的最大值；‎ ‎（4）上述过程中R1上得到的最大功率以及电源的最大输出功率．‎ ‎　‎ ‎2016-201学年湖南省岳阳市平江七中高二（上）周练物理试卷（4）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（　　）‎ A．3 V，1.8 J B．3 V，3.6 J C．6 V，1.8 J D．6 V，3.6 J ‎【考点】电功、电功率；电流、电压概念．‎ ‎【分析】（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；‎ ‎（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．‎ ‎【解答】解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：‎ U′===3V 当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=，可知，I=2I′，‎ 根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V，‎ 电阻丝在这段时间内消耗的电能：‎ W=UQ=6V×0.6C=3.6J．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是（　　）‎ A．电流表读数变小，电压表读数变大 B．小电泡L变亮 C．电容器C上电荷量减小 D．电源的总功率变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．‎ ‎【分析】先分析总电阻的变化，判断总电流的变化，从而得出内电压和外电压的变化，抓住电容器两端的电势差等于滑动变阻器两端的电压，结合电压的变化，运用Q=CU判断电荷量的变化．电源的总功率为P=EI，P与I成正比．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、滑动变阻器滑片P向左移动时，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，则总电流减小，电流表的读数变小，内电压减小，电动势不变，则外电压增大，所以电压表示数变大．通过灯泡的电流减小，则小灯泡变暗．故A正确，B错误．‎ C、通过灯泡的电流减小，则灯泡两端的电压减小，外电压增大，所以滑动变阻器两端的电压增大，根据Q=CU知，电容器上电荷量增大．故C错误．‎ D、根据P=EI知，电流I减小，则电源的总功率减小．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（　　）‎ A．灯泡L将变暗 B．R1消耗的功率将增大 C．R2消耗的功率将增大 D．电源的效率将增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出R1两端的电压的变化，同时还可得出路端电压的变化；‎ 由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化．‎ ‎【解答】解：A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，所以电源内阻所占电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以R1两端的电压增大，因电路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以L变亮，故A错误；‎ B、由A知，总电流增大，根据消耗的功率将增大，故B正确；‎ C、由A知，流过的电流减小，根据得到消耗的功率将减小，故C错误；‎ D、电源的效率η=，由A知，路端电压减小，电源的效率将减小，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0‎ ‎=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电路中的电流变小 B．电源的输出功率先变大后变小 C．滑动变阻器消耗的功率变小 D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，接入电路的电阻减小，电路的电流增大，可以分析每个电阻的功率的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，接入电路的电阻减小，电路的电流变大，所以A错误；‎ B、当内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r，所以外电阻一定比内电阻大，并且外电子在减小，所以电源的输出功率在增加，所以B错误；‎ C、把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时大电源的内电阻为2r，此时的滑动变阻器就相当于外电路，由于滑动变阻器的最大阻值是2r，所以此时外电阻在减小，电源的输出功率在减小，即滑动变阻器消耗的功率变小，所以C正确；‎ D、电路的电流变大，所以定值电阻R0上消耗的功率变大，所以D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、计算题 ‎5．如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计．电阻R1的阻值为2.4kΩ，电容器的电容C=3.0 μF．闭合开关S，待电流稳定后，用内阻为4.8kΩ的电压表测尺两端的电压，其稳定值为1.50V．‎ ‎（1）R2的电阻为多大？‎ ‎（2）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】（1）本题要求电压表的内阻，故电压表不能看作理想电压表，可作为电阻处理；因能读出电压表示数，则可得出R1两端的电压；则由串联电路的电压规律可得出RV；‎ ‎（2）电容器两端的电压等于并联部分电阻上的电压，则可分别求得接入电压表前后电容器两端的电压，由Q=UC可求得电量，即可得出电量的变化．‎ ‎【解答】解：（1）设电压表的内阻为RV，测得R1两端的电压为U1，R1与RV并联后的总电阻为R，则有： =+…①‎ 由串联电路的规律有： =…②‎ 联立①②得：RV=‎ 代入数据得：RV=4.8 kΩ ‎（2）电压表接入前，电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压，R1两端的电压为UR1，则=‎ 又E=Uc+UR1．‎ 接入电压表后，电容器上的电压为：UC′=E﹣U1‎ 由于电压表的接入，电容器带电量增加了：△Q=C（UC′﹣UC）‎ 由以上各式解得：△Q=C（﹣U1）．‎ 代入数据，可得电容器的带电量变化了：△Q=1.5×10﹣6C．‎ 答：（1）R2的电阻为4.8kΩ； ‎ ‎（2）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了.5×10﹣6C ‎　‎ ‎6．多用电表表头的示意如图，在正确操作的情况下：‎ ‎（1）若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是　直流电压　，测量结果为　1.25V　；‎ ‎（2）若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是　直流电流　，测量结果为　49　；‎ ‎（3）若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是　电阻　，测量结果为　1700Ω　；‎ ‎（4）若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该依次为：　换用×1kΩ倍率　，　重新调零　，　将红黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得测量值　．‎ ‎（5）全部测量结束后，应将选择开关拨到　off挡　或者　交流电压最高挡．　；‎ ‎（6）无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从　红　色表笔经　正　插孔流入电表．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】‎ 根据选择开关所处位置确定多用电表所测量的物理量及其量程（倍率），然后根据表头确定其分度值，根据指针位置读出其示数；用多用电表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度附近，如果指针偏转角度太小，说明所选挡位太小，应换大挡，然后进行欧姆调零，再进行测量；多用电表使用完毕，把选择开关置于off挡或交流电压最高挡；使用多用电表时，红表笔插“+”插孔，黑表笔插“﹣”插孔，电流由红表笔流入电表．‎ ‎【解答】解：（1）若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是直流电压，多用电表量程为2.5V，分度值是0.05V，测量结果为1.25V．‎ ‎（2）若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是直流电流，其量程为100mA，分度值为2mA，测量结果为49mA．‎ ‎（3）若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是电阻，测量结果为17×100Ω=1700Ω．‎ ‎（4）若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小（相对于左侧），说明指针示数偏大，所选倍率太小，为准确测量电阻，接下应：换用×1k挡，然后进行欧姆调零，再测电阻阻值．‎ ‎（5）全部测量结束后，应将选择开关拨到off挡或者交流电压最高挡．‎ ‎（6）无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从红色表笔经+插孔流入电表．‎ 故答案为：‎ ‎（1）直流电压，1.25V．‎ ‎（2）直流电流，49mA．‎ ‎（3）电阻，1.7kΩ．‎ ‎（4）换用×1kΩ倍率，重新调零，将红黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得测量值．‎ ‎（5）OFF，交流电压500V档位置．‎ ‎（6）红，正 ‎　‎ ‎7．如图所示，电源电动势E=20V，电源的内阻r=2Ω，电阻两个定值电阻R1=R2=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2m，开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，微粒恰能落到下板的正中央，已知该微粒的质量为m=4×10﹣5kg，g取10m/s2，试求：‎ ‎（1）开关断开时两极板间的电压；‎ ‎（2）微粒所带电荷的电性和电荷量q；‎ ‎（3）当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度v0=2.0m/s沿虚线方向射入C的电场中，带点微粒在极板中运动的竖直偏移量为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）开关S断开时，电容器两极板间的电压等于R两端电压，由欧姆定律求出板间的电压．‎ ‎（2）粒子进入匀强电场中受到重力和电场力作用，做类平抛运动，分别研究水平和竖直两个方向，由运动学公式求出加速度，与g比较，分析电场力的方向，判断电性，由牛顿第二定律求出电荷量q．‎ ‎（3）当开关S闭合后，两极板的电压变小，那么粒子运动的加速度变大，微粒仍打在极板上，竖直偏移量与（2）问中相等．‎ ‎【解答】解：（1）电容器两极板间的电压等于R2两端电压，开关S断开时，电路中的总电流 电容器的极板电压U=IR2=16V ‎（2）粒子进入匀强电场中受到重力和电场力作用，做类平抛运动，则有 ‎ 水平方向：‎ ‎ 竖直方向：‎ 解得a=4m/s2‎ 电场力的方向一定竖直向上，故微粒一定带负电． ‎ 由牛顿第二定律得 ‎ 联立解得q=1.5×10﹣7C ‎（3）开关闭合后，两极板的电压变小，那么粒子运动的加速度变大，微粒仍打在极板上，竖直偏移量为．‎ 答：‎ ‎（1）开关断开时两极板间的电压是16V；‎ ‎（2）微粒所带负电荷，电荷量q是1.5×10﹣7C；‎ ‎（3）当开关S闭合后，带点微粒在极板中运动的竖直偏移量为5.0×10﹣3m．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器两个不同的端点时分别得到的．求：‎ ‎（1）电源的电动势和内电阻；‎ ‎（2）定值电阻R2的阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器R3的最大值；‎ ‎（4）上述过程中R1上得到的最大功率以及电源的最大输出功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势．‎ ‎（2）当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎（4）R3调到最大值时，R1、R3两端的电压达到最大值，R1消耗的功率也达最大．由于此时对应于图上的A点，根据图象得出电流，再根据闭合电路欧姆定律求出电压，进而求出R1消耗的最大功率，当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路的欧姆定律得：E=U+IR，将图象中A、B两点的电压和电流代入得：E=16+0.2r和E=4+0.8r，解得E=20V，r=20Ω．‎ ‎（2）当R3的滑片滑到最右端时，R3、R1均被短路，此时外电路电阻等于R2，且对应于图线上的B点，故由B点的U、I值可求出R2的阻值为：．‎ ‎（3）当R3的滑片置于最左端时，R3阻值最大．设此时外电路总电阻为R，由图象中A点坐标求出：．‎ 又，代入数据得滑动变阻器的最大阻值R3=300Ω．‎ ‎（4）R3调到最大值时，R1、R3两端的电压达到最大值，R1消耗的功率也达最大．由于此时对应于图上的A点，故电路中的总电流I=0.2A．R1两端的最大电压为UR1=E﹣I（R2+r）=15V，R1消耗的最大功率为：．当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大，其值为．‎ 答：（1）电源的电动势为20V，内阻为20Ω；（2）定值电阻R2的阻值为5Ω；（3）滑动变阻器R3的最大值为300Ω；（4）上述过程中R1‎ 上得到的最大功率为2.25W，电源最大的输出功率为5W．‎ ‎　‎