2015-2016学年陕西省汉中市宁强县天津高中高二（下）第二次月考物理试卷
一．选择题（1-9题为单项选择题，10-12题为多项选择题，每小题4分，共48分）
1．下列关于电动势和电流的说法正确的是（ ）
A．电流总是由电源正极流向电源负极
B．电源短路时，路端电压为零，电路电流也为零
C．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变
D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
2．关于磁场，下列说法正确的是（ ）
A．最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培
B．磁感线与电场线一样都是客观存在的
C．磁感应强度越大，线圈的面积越大，则穿过线圈的磁通量一定越大
D．磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针N极在该点的受力方向相同
3． 在如图所示的电路中，已知电源的电动势E为6.0V，内电阻r为1.0Ω，外电路的电阻R为2.0Ω．闭合开关S后，电路中的电流I为（ ）
A．6.0 A B．4.0 A C．3.0 A D．2.0 A
4．下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是（ ）
A． B．
C．
D．
5．如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是 （ ）
A． B．
C．
D．
6．如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα=，回路面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（ ）
A．BS B． C．
D．
7．两个小灯泡的标识分别是L1“6V 6W”，L2“6V 9W”，把它们分别接在同一直流电源上（电源内阻不可忽略），L1消耗的功率恰好为6W，则L2消耗的功率为（ ）
A．一定小于9W B．一定等于9W
C．一定大于9W D．条件不足，不能确定
8．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与滑动变阻器R串联，已知滑动变阻器的最大阻值是r．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．滑动变阻器消耗的功率不变 B．滑动变阻器消耗的功率变大
C．内阻上消耗的功率变小 D．滑动变阻器消耗的功率变小
9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（ ）
A．电压表示数增大，电流表示数减少
B．电压表示数减少，电流表示数增大
C．两电表示数都增大
D．两电表示数都减少
10．如图所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端．当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端．下列判断正确的是（ ）
A．F为蓄电池正极 B．螺线管P端为S极
C．流过电阻R的电流方向向下 D．管内磁场方向由Q指向P
11．如图所示，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的说法正确的是（ ）
A．Rx的测量值比真实值大 B．Rx的测量值比真实值小
C．Rx的真实值为99.8Ω D．Rx的真实值为100.2Ω
12．如图所示的电路中，定值电阻R的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24伏，由此可知（ ）
A．通过电动机的电流为12A
B．电动机的输出功率为40W
C．电动机的线圈在1min内产生的热量为480J
D．电动机的效率为83.3%
二．填空题（每空2分，共16分）
13．用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择 倍率的电阻挡（填“×10”或“×1k”），并 再进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为 Ω．
14．某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0﹣20Ω，连接电路的实物图如图甲所示．
（1）该学生接线中错误的和不规范的做法是
A．滑动变阻器不起变阻作用
B．电流表接线有错
C．电压表量程选用不当
D．电压表接线不妥
（2）该同学将电路按正确的电路图连接好，检查无误后，闭合开关，进行实验，某一次电表的示数如图乙所示，则电压表的读数为 V，电流表的读数为 A．
（3）该同学实验完毕，将测量的数据反映在U﹣I图上（如图丙）所示，根据这一图线，可求出电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．（结果保留3位有效数字）．
三．计算题（15题10分，16题12分，17题14分，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．如图所示，将面积为0.5m2的线圈放在磁感应强度为2.0×10﹣2T的匀强磁场中，初始时刻，线圈平面垂直于磁场方向，若使线圈从初始位置绕OO′轴转过60°，则穿过线圈平面的磁通量为多大？若使线圈从初始位置绕OO′轴转过180°，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为多大？
16．如图R1=14Ω，R2=9Ω．当开关处于位置a，电流表示数I1=0.2A，当开关处于位置b时，电流表示数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．（电流表为理想电表）
17．如图所示，一电荷量q=3×10﹣5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势ɛ=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω．g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）电源的输出功率；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）带电小球的质量．
2015-2016学年陕西省汉中市宁强县天津高中高二（下）第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（1-9题为单项选择题，10-12题为多项选择题，每小题4分，共48分）
1．下列关于电动势和电流的说法正确的是（ ）
A．电流总是由电源正极流向电源负极
B．电源短路时，路端电压为零，电路电流也为零
C．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变
D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
【考点】电源的电动势和内阻．
【分析】在电源的内部，电流方向总是从电源负极流向电源正极；电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．
【解答】解：A、在电源的外部，电流方向总是从电源正极流向电源负极；在电源的内部，电流方向总是从电源负极流向电源正极；故A错误；
B、电源短路时，路端电压为零，电路中的电流比较大，不为零；故B错误；
C、电动势与外电路的结构无关，无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变．故C正确；
D、根据W=EIt可知，电源向外提供的电能多，不能说明电动势大，可能是时间比较长．故D错误．
故选：C
2．关于磁场，下列说法正确的是（ ）
A．最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培
B．磁感线与电场线一样都是客观存在的
C．磁感应强度越大，线圈的面积越大，则穿过线圈的磁通量一定越大
D．磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针N极在该点的受力方向相同
【考点】磁感应强度；物理学史．
【分析】最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特；磁场的方向与某点小磁针北极的受力方向与该点磁场方向一致，而与导线的受力方向满足左手定则．匀强磁场中，磁通量的一般计算公式为Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）．当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．
【解答】解：A、最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特，故A错误；
B、磁感线不是磁场中真实存在的曲线，而是人为加上去的，它可以形象地描述磁场．故B错误；
C、根据磁通量的计算公式Φ=BSsinθ，可知影响磁通量大小的因素有磁感强度和面积的大小，还与线圈跟磁场方向的夹角有关，故C错误；
D、磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针静止时N极在该点的受力方向相同，故D正确．
故选：D．
3． 在如图所示的电路中，已知电源的电动势E为6.0V，内电阻r为1.0Ω，外电路的电阻R为2.0Ω．闭合开关S后，电路中的电流I为（ ）
A．6.0 A B．4.0 A C．3.0 A D．2.0 A
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】本题是闭合电路问题，根据闭合电路欧姆定律求电路中的电流I．
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得
I==
A=2A
故选D
4．下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是（ ）
A． B．
C．
D．
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】根据安培定则判断电流周围磁场的方向，从而进行判断正误．
【解答】解：A、直线电流的方向竖直向上，根据安培定则知，直线电流右边的磁场方向垂直纸面向里，左边磁场方向垂直纸面向外．故A错误．
B、线框的电流方向向上，根据安培定则知，从上往下看，磁场的方向逆时针方向．故B错误．
C、根据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右．故C错误．
D、由于电流的方向逆时针方向（从上向下），根据安培定则知，磁场方向应该是向上．故D正确．
故选：D．
5．如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是 （ ）
A． B．
C．
D．
【考点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在P点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解．
【解答】解：MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场向右上方，电流N在P点的磁场的方向向右下方，所以，合磁场的方向一定右．如图．
故选项D正确，选项ABC错误．
故选：D
6．如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα=，回路面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（ ）
A．BS B． C．
D．
【考点】磁通量．
【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0．当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量．
【解答】解：矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成α角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以B⊥=Bsinα=B，则穿过矩形线圈的磁通量是Φ=B⊥S=
BS，因此ACD错误；B正确；
故选：B
7．两个小灯泡的标识分别是L1“6V 6W”，L2“6V 9W”，把它们分别接在同一直流电源上（电源内阻不可忽略），L1消耗的功率恰好为6W，则L2消耗的功率为（ ）
A．一定小于9W B．一定等于9W
C．一定大于9W D．条件不足，不能确定
【考点】电功、电功率．
【分析】根据L1消耗的功率恰好为6W利用I=求出串联电路的电流；再根据R=
求出L2的电阻，最后利用P=I2R求出L2消耗的实际功率，进而得出答案．
【解答】解：L1的电阻为R1==
=6Ω，L2的电阻为R2=
=
=4Ω
因L1消耗的功率恰好为6W，当接灯L2时外电阻减小，路端电压减小，则L2的电压小于6V，其功率一定小于9W．
故选：A
8．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与滑动变阻器R串联，已知滑动变阻器的最大阻值是r．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．滑动变阻器消耗的功率不变 B．滑动变阻器消耗的功率变大
C．内阻上消耗的功率变小 D．滑动变阻器消耗的功率变小
【考点】电功、电功率．
【分析】对于电源，当外电路电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大；对于定值电阻，当电流最大时，电功率最大．
【解答】解：A、B、D、对于电源，当外电路电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大；
由于滑动变阻器的最大阻值是r，等于电源的内电阻，故当滑片移动到最右端时，滑动变阻器消耗的功率逐渐减小；故A错误，B错误，D正确；
C、电源内阻为r，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，电阻减小，根据I=，电流增加，内阻上消耗的功率P=I2r，逐渐增加，故C错误；
故选：D．
9．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（ ）
A．电压表示数增大，电流表示数减少
B．电压表示数减少，电流表示数增大
C．两电表示数都增大
D．两电表示数都减少
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和R2电流变化确定．
【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向a滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I﹣I2，则减小．故A正确，BCD错误．
故选：A．
10．如图所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端．当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端．下列判断正确的是（ ）
A．F为蓄电池正极 B．螺线管P端为S极
C．流过电阻R的电流方向向下 D．管内磁场方向由Q指向P
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】先根据小磁针的转动，结合磁极间的相互作用判断出螺线管的极性，再利用安培定则判断出电流的方向，最后根据电流方向判断出电源的正负极
【解答】解：A、C、闭合开关后，小磁针N极偏向螺线管Q端，说明螺线管的左端为N极，右端为S极．用右手握住螺线管，使大拇指指向螺线管的N极，四指环绕的方向就是电流的方向．由此可知，电流从左端流出、右端流入，因此，电源的F极为正极，E端为负极，流过电阻R的电流方向向上．C错误，A正确．
B、D、螺线管的左端P为N极，右端Q为S极，所以螺旋管内部的磁感应强度方向由Q指向P．故B错误，D正确．
故选：AD
11．如图所示，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的说法正确的是（ ）
A．Rx的测量值比真实值大 B．Rx的测量值比真实值小
C．Rx的真实值为99.8Ω D．Rx的真实值为100.2Ω
【考点】伏安法测电阻．
【分析】由电路图可知，实验电路采用的是电流表的内接法，由于电流表的分压，电阻测量值大于真实值；
由欧姆定律求出电阻的测量值，然后由串联电路特点求出电阻的真实值．
【解答】解：由电路图可知，实验采用了电流表的内接法，
电阻的测量值：R==
=100Ω；
由电路图可知，电压表所测的是电流表与待测电阻的电压，
因此电阻测量值是待测电阻阻值与电流表内阻之和，
则电阻的真实值：Rx=R﹣RA=100Ω﹣0.2Ω=99.8Ω，
电阻的测量值大于电阻真实值，故AC正确，BD错误；
故选：AC．
12．如图所示的电路中，定值电阻R的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24伏，由此可知（ ）
A．通过电动机的电流为12A
B．电动机的输出功率为40W
C．电动机的线圈在1min内产生的热量为480J
D．电动机的效率为83.3%
【考点】电功、电功率．
【分析】根据ab两端的电压和电压表的示数，求出R两端的电压，再根据欧姆定律求出通过电动机的电流；根据P=UI求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率；根据Q=I2rt求出电动机在1分钟内产生的热量；利用η=求效率．
【解答】解：A、通过电动机的电流I==
=2A．故A错误．
B、电动机消耗的功率P=UI=24×2W=48W，电动机的热功率P热=I2r=4×2W=8W，所以P输出=48W﹣8W=40W．故B正确．
C、电动机线圈在1分钟内产生的热量Q=I2rt=4×2×60J=480J．故C正确．
D、以上的数据可知，电动机的效率η==
=83.3%．故D正确．
故选：BCD．
二．填空题（每空2分，共16分）
13．用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择 ×10 倍率的电阻挡（填“×10”或“×1k”），并 重新进行欧姆调零 再进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为 70 Ω．
【考点】用多用电表测电阻．
【分析】实验欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；
欧姆表换挡后要重新调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．
【解答】解：选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量，需要选择×10倍率的电阻档，然后重新进行欧姆调零；
由图示可知，电阻测量值为7×10=70Ω；
故答案为：×10；重新进行欧姆调零；70．
14．某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0﹣20Ω，连接电路的实物图如图甲所示．
（1）该学生接线中错误的和不规范的做法是 ABD
A．滑动变阻器不起变阻作用
B．电流表接线有错
C．电压表量程选用不当
D．电压表接线不妥
（2）该同学将电路按正确的电路图连接好，检查无误后，闭合开关，进行实验，某一次电表的示数如图乙所示，则电压表的读数为 1.2 V，电流表的读数为 0.26 A．
（3）该同学实验完毕，将测量的数据反映在U﹣I图上（如图丙）所示，根据这一图线，可求出电池的电动势E= 1.48 V，内电阻r= 0.774 Ω．（结果保留3位有效数字）．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）滑动变阻器的限流接法应接一上一下两个接线柱，开关应能控制整个电路的通断，电表正负接线柱不能接反．
（2）由图示电表确定其量程与分度值，读出其示数．
（3）电源的U﹣I图象与纵轴的交点是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．
【解答】解：（1）由电路图可知，滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器被接成了定值电阻，不起变阻作用；由电路图可知，电压表直接接在电源连接上，开关不能控制电压表与电源断开，电压表接线错误；电流表的正负接错，故选ABD；
（2）由图示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为1.2V；由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.26A．
（3）由电源的U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.48，则电源电动势E=1.48V，
电源内阻为：r==
≈0.774Ω；
故答案为：（1）ABD；（2）1.2，0.26；（3）1.48，0.774．
三．计算题（15题10分，16题12分，17题14分，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．如图所示，将面积为0.5m2的线圈放在磁感应强度为2.0×10﹣2T的匀强磁场中，初始时刻，线圈平面垂直于磁场方向，若使线圈从初始位置绕OO′轴转过60°，则穿过线圈平面的磁通量为多大？若使线圈从初始位置绕OO′轴转过180°，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为多大？
【考点】磁通量．
【分析】通过线圈的磁通量可以根据Φ=BSsinθ进行求解，θ为线圈平面与磁场方向的夹角．
【解答】解：当线圈绕0 0′轴转过60°时，线圈与磁场之间的夹角为30°，所以Φ=BSsinθ=2.0×10﹣2×0.5×sin30°=5×10﹣3Wb
当线圈平面与磁场方向垂直时，Φ=BS=2.0×10﹣2×0.5 Wb=1×10﹣2Wb．
使线圈从初始位置绕OO′轴转过180°，则穿过线圈平面的磁通量大小是1×10﹣2Wb，方向与开始时的方向相反，所以磁通量的变化量：
△Φ=Φ﹣Φ′=1×10﹣2Wb﹣（﹣1×10﹣2Wb）=2×10﹣2Wb．
答：使线圈从初始位置绕OO′轴转过60°，则穿过线圈平面的磁通量为5×10﹣3Wb；若使线圈从初始位置绕OO′轴转过180°，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为2×10﹣2Wb．
16．如图R1=14Ω，R2=9Ω．当开关处于位置a，电流表示数I1=0.2A，当开关处于位置b时，电流表示数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．（电流表为理想电表）
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】根据闭合电路欧姆定律分别列出开关处于位置1和2时的电流表达式，联立组成方程组求解电源的电动势E和内电阻r．
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得
E=I1（R1+r）①
E=I2（R2+r）②
联立组成方程组得，r=
代入解得，r=1Ω
将r=1Ω代入①得，E=3V
答：电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω．
17．如图所示，一电荷量q=3×10﹣5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势ɛ=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω．g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）电源的输出功率；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）带电小球的质量．
【考点】电场强度；闭合电路的欧姆定律．
【分析】（1）先搞清楚电路的结构，根据闭合电路欧姆定律求出电流I，根据P出=I（E﹣Ir）求出电源的输出功率；
（2）电容器两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律UC=I（R1+R23）求出电容器的电压，再根据E=求出电场强度；
（3）小球处于静止状态，对小球进行受力分析，由平衡条件列出方程即可求解．
【解答】解：（1）R2与R3并联后的电阻值R23==4Ω
由闭合电路欧姆定律得 I==
A=2A
电源的输出功率 P出=I（E﹣Ir）=28W
（2）两板间的电压 UC=I（R1+R23）=2×（3+4）=14V
两板间的电场强度 E==140N/C
（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，又F=qE
由平衡条件得：水平方向 Tcosα﹣mg=0
竖直方向 Tsinα﹣qE=0
所以m==5.6×10﹣4kg
答：（1）电源的输出功率为28W；
（2）两板间的电场强度的大小为140N/C；
（3）带电小球的质量为5.6×10﹣4kg．
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/25b4ba82a0c7aa00b52acfc789eb172dec639948.html
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