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- 2021-04-17 发布
2016-2017学年江西省上饶市横峰中学高二（上）第九次周练物理试卷
一、选择题（每小题10分，共60分．）
1．如右图所示，四只电阻并联起来使用时，通过各个电阻的电流分别是I1、I2、I3、I4，则其大小顺序为（ ）
A．I2＞I4＞I3＞I1 B．I4＞I3＞I2＞I1 C．I1=I2=I3=I4 D．I1＞I2＞I3＞I4
2．一电荷仅在电场力的作用下运动，其速率﹣时间图象如图所示，其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动的时刻，则下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点处电场强度Ea=Eb
B．a、b两点处电场强度Ea＞Eb
C．粒子从a 运动到b的电势能增加，电场力做正功
D．a、b两点电势φa＞φb
3．下列说法错误的是（ ）
A．电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部存在着由负极指向正极的电场
B．在电源外部电路中，负电荷靠静电力由电源的负极流向正极
C．在电源内部电路中，正电荷靠非静电力由电源的负极流向正极
D．在电池中，靠化学作用使化学能转化为电势能
4．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．下列分析中正确的是（ ）
A．此接法的测量值大于真实值
B．此接法的测量值小于真实值
C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻
D．开始实验时滑动变阻器滑片P应处在最左端
5．白炽灯接在220V电源上能正常发光，将其接在一可调电压的电源上，使电压从0V逐渐增大到220V，则下列说法正确的是（ ）
A．电流将逐渐变大
B．电流将逐渐变小
C．每增加1 V电压而引起的电流变化量是相同的
D．每增加1 V电压而引起的电流变化量是减小的
6．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点．现有一检验电荷q（电性未知）以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动（检验电荷只受电场力作用），q运动的速度图象如图乙所示．则（ ）
A．Q2必定是负电荷
B．Q2的电荷量必定大于Q1的电荷量
C．从b点经a点向远处运动的过程中检验电荷q所受的电场力一直减小
D．可以确定检验电荷的带电性质
二、实验题
7．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡标有“3.8V、1.14W”字样，要求小灯泡的电压从零开始取值．
电压表V量程5V，内阻约为5kΩ；
直流电源E的电动势4.5V，内阻不计；
开关S及导线若干；
其它供选用的器材还有：
电流表A1量程250mA，内阻约为2Ω；
电流表A2量程500mA，内阻约为1Ω；
滑动变阻器R1阻值0～10Ω；
滑动变阻器R2阻值0～2kΩ．
为了使调节方便，测量的准确度高：
①实验中应选用电流表 ，滑动变阻器 ．
②在虚线框内画出实验电路图．
三、计算题（共2小题，满分20分）
8．如图所示的两个串联电阻R1=12kΩ，R2=36kΩ，A、B两端的电压保持15V不变，那么：
（1）R1、R2两端的电压分别是多少？
（2）如果电压表V的内阻是12kΩ，当S分别与C、D接触时电压表的读数分别是多少？
9．如图所示，一带电量为+
q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：
（1）小球的初速度；
（2）应加电场的场强；
（3）小球落地时的动能．
2016-2017学年江西省上饶市横峰中学高二（上）第九次周练物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题10分，共60分．）
1．如右图所示，四只电阻并联起来使用时，通过各个电阻的电流分别是I1、I2、I3、I4，则其大小顺序为（ ）
A．I2＞I4＞I3＞I1 B．I4＞I3＞I2＞I1 C．I1=I2=I3=I4 D．I1＞I2＞I3＞I4
【考点】欧姆定律；串联电路和并联电路．
【分析】在I﹣U图象中，直线的斜率的倒数等于导体的电阻值；根据并联电路中支路电流与支路电阻的比值关系进行分析，即电流之比等于电阻的反比．
【解答】解：由于在I﹣U图象中，直线的斜率的倒数等于导体的电阻值；R4在斜率最小．电阻值最大，R1的斜率最大，电阻值最小；这四个电阻并联起来使用时，它们两端的电压是相等的，根据欧姆定律：，电阻值大的电阻，流过的电流小，所以：I1＞I2＞I3＞I4．故D正确．
故选：D
2．一电荷仅在电场力的作用下运动，其速率﹣时间图象如图所示，其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动的时刻，则下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点处电场强度Ea=Eb
B．a、b两点处电场强度Ea＞Eb
C．粒子从a 运动到b的电势能增加，电场力做正功
D．a、b两点电势φa＞φb
【考点】电势差与电场强度的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；电势．
【分析】由速率图象的斜率等于加速度的大小，分析电荷在a、b两点的加速度大小．根据牛顿第二定律可知，电荷在场强大的地方受到的电场力，加速度大．由图，读出电荷速率变化，判断电场力做功的正负，分析ab两点电势的高低．
【解答】解：A、B由图线看出，a处切线的斜率大于b处切线的斜率，说明电荷在a处的加速度大于在b处加速度，则a处场强大于b处场强．故A错误，B正确．
C、由图看出，电荷从a到b，速率增大，动能增大，电场力做正功，电势能减小，由于不知电荷的电性，因此无法比较a点的电势与b点的电势大小．故CD错误．
故选B
3．下列说法错误的是（ ）
A．电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部存在着由负极指向正极的电场
B．在电源外部电路中，负电荷靠静电力由电源的负极流向正极
C．在电源内部电路中，正电荷靠非静电力由电源的负极流向正极
D．在电池中，靠化学作用使化学能转化为电势能
【考点】电源的电动势和内阻．
【分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量；根据电动势的定义式E=可知，非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功等于电源的电动势．
【解答】
解：ABC、电源的外电路中存在着由正极指向负极的电场，电子在电场力的作用下由电源负极流向正极，在电源内部存在着非静电力使电子由正极流向负极或正电荷靠非静电力由电源的负极流向正极，并不是内部存在由负极指向正极的电场，故A错误，BC正确．
D、电池中是提供电能的装置，是化学能转化为电势能，故D正确．
本题选错误的，故选：A．
4．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．下列分析中正确的是（ ）
A．此接法的测量值大于真实值
B．此接法的测量值小于真实值
C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻
D．开始实验时滑动变阻器滑片P应处在最左端
【考点】伏安法测电阻．
【分析】由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；
（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小．电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差越小．
（2）为保证电路安全，采用滑动变阻器分压接法时，在闭合开关前，要求滑动变阻器滑片移到分压电阻为零的位置．
【解答】解：（1）实验采用电流表的内接法，电流的测量值I是真实的，
由于电流表的分压作用，电压测量值U偏大，由R=可知，
测量值偏大，测量值大于真实值，故A正确，B错误；
（2）伏安法测电阻，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用内接法，故C错误；
（3）实验采用的是滑动变阻器的分压接法，为保证电路安全，
开始实验时滑动变阻器滑片P应处在最右端，此时分压电路电压为零，故D错误；
故选A．
5．白炽灯接在220V电源上能正常发光，将其接在一可调电压的电源上，使电压从0V逐渐增大到220V，则下列说法正确的是（ ）
A．电流将逐渐变大
B．电流将逐渐变小
C．每增加1 V电压而引起的电流变化量是相同的
D．每增加1 V电压而引起的电流变化量是减小的
【考点】欧姆定律．
【分析】明确金属导体的性质，知道白炽灯的电阻随温度的升高而增大，在电压增大过程中要考虑电阻的变化．
【解答】解：A、当电压增大时，灯丝中的电流一定是增大的；故A正确，B错误；
C、由于灯丝电阻随温度的升高而增大，故每增大1V电压时引起的电流变化量是越来越小的；故C错误，D正确；
故选：AD．
6．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点．现有一检验电荷q（电性未知）以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动（检验电荷只受电场力作用），q运动的速度图象如图乙所示．则（ ）
A．Q2必定是负电荷
B．Q2的电荷量必定大于Q1的电荷量
C．从b点经a点向远处运动的过程中检验电荷q所受的电场力一直减小
D．可以确定检验电荷的带电性质
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．
【分析】通过速度时间图线的斜率判断检验电荷加速度的变化，从而得知电场力的变化．通过速度的变化，知道电场力的方向，结合库仑定律判断Q2的电性和Q2和Q1的电量的大小．通过对b处两点电荷在该点的产生的场强大小，结合检验电荷的受力，可以判断出检验电荷的电性．
【解答】解：A、由图乙可知，检验电荷先减速运动后加速运动，若Q2为正电荷，ba间电场线方向向右，试探电荷受电场力方向不变，矛盾，故Q2为负电荷，故A正确；
B、由于试探电荷从b向a运动的过程是先减速后加速，故ba之间存在平衡点，根据平衡条件，有：
由于r1＞r2，故Q1＞Q2，故B错误；
C、由速度图象可知，q的加速度先减小后增大，故电场力也是先向减小后增加，故C错误；
D、由于试探电荷从b向a运动的过程是先减速后加速，速度向右，故电场力的合力先向左后向右，在平衡点左侧时是向左的吸引力大，故试探电荷的电性与Q2相反（可以假设无限靠近Q2，是吸引力大），带正电；故D正确；
故选：AD．
二、实验题
7．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡标有“3.8V、1.14W”字样，要求小灯泡的电压从零开始取值．
电压表V量程5V，内阻约为5kΩ；
直流电源E的电动势4.5V，内阻不计；
开关S及导线若干；
其它供选用的器材还有：
电流表A1量程250mA，内阻约为2Ω；
电流表A2量程500mA，内阻约为1Ω；
滑动变阻器R1阻值0～10Ω；
滑动变阻器R2阻值0～2kΩ．
为了使调节方便，测量的准确度高：
①实验中应选用电流表 ，滑动变阻器 ．
②在虚线框内画出实验电路图．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】本题①的关键是根据小灯泡的额定电流大小来选择电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节；题②的关键是根据小灯泡阻值较小满足可知电流表应用外接法，即电路应是“分压外接”电路．
【解答】解：①：根据小灯泡规格“3.8V，1.14W”可知，小灯泡额定电流为I=，所以电流表应选；
由于实验要求电流从零调，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节；
②：由于小灯泡电阻较小满足，所以电流表应用外接法，又变阻器应用分压式，电路图如图所示：
故答案为：①，
②如图
三、计算题（共2小题，满分20分）
8．如图所示的两个串联电阻R1=12kΩ，R2=36kΩ，A、B两端的电压保持15V不变，那么：
（1）R1、R2两端的电压分别是多少？
（2）如果电压表V的内阻是12kΩ，当S分别与C、D接触时电压表的读数分别是多少？
【考点】串联电路和并联电路．
【分析】（1）根据串联电路电压与电阻成正比，运用比例法求解两个电阻的电压．
（2）将电压表看成能测量电压的电阻，求出电压表与电阻并联阻值，再由串联电路分压规律求解．
【解答】解：（1）串联电路中电流处处相等，由U=IR可知电压与电阻成正比，则R1、R2两端的电压分别是：
U1=U=×15V=3.75V，U2=U﹣U1=15﹣3.75V=11.25V
（2）S与C时，电压表与R1并联，并联电阻为 R并1==kΩ=6kΩ
则电压表的读数为 U1′=U=×15V≈2.1V
S与D时，电压表与R2并联，并联电阻为 R并2==kΩ=9kΩ
则电压表的读数为 U2′=U=×15V≈6.4V
答：（1）R1、R2
两端的电压分别是3.75V和11.25V．（2）如果电压表V的内阻是12kΩ，当S分别与C、D接触时电压表的读数分别是2.1V和6.4V．
9．如图所示，一带电量为+q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：
（1）小球的初速度；
（2）应加电场的场强；
（3）小球落地时的动能．
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】（1）将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动，末速度为零，根据分运动合运动具有等时性求出水平初速度．
（2）根据水平方向做匀减速直线运动根据速度位移公式求出运动的加速度，再根据牛顿第二定律求出电场强度．
（3）小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理求出小球落地的动能．
【解答】解：将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动到零，
小球运动至管上口的时间由竖直方向的运动决定：
h=
t=
水平方向，小球作匀减速运动，至管上口，水平方向速度为零，水平分位移：
S=t
解得：
v0=S
（2）水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma
又由运动学公式：
v0﹣t=0，
由以上三式解得：
E=
（3）由动能定理：WG+W电=△EK
即：Ek﹣=mg（2h）﹣qES
解得：EK=2mgh
答：（1）小球的初速度为S；
（2）应加电场的场强为；
（3）小球落地时的动能为2mgh．