陕西省渭南市澄城县寺前中学高三物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（上）月考物理试卷（12月份）一、单选1小灯泡通电后，其电流i随所加电压u变化的图线如图所示，p为图线上一点，pn为p点的切线，pq为u轴的垂线，pm为i轴的垂线，则下列说法不正确的是（）a随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大b对应p点，小灯泡的电阻为r=c对应p点，小灯泡的电阻为r=d对应p点，小灯泡的功率为图中矩形pqom所围的面积2如图所示，半径为r的均匀带电圆盘水平放置，圆盘中心有一小孔，p、q是过圆盘中心且垂直圆盘的直线一质量为m的带电小球从p、q连线上的h点由静止开始释放，当小球下落到圆盘上方h处的m点时，小球的加速度为零已知重力加速度为g，则下列判断中错误的是（）a小球运动到圆盘下方h处的n点时加速度大小为2gb小球运动到圆盘下方h处的n点时的电势能与在m点时相等c小球从m点运动到n点的过程中，小球的机械能守恒d小球从m点运动到n点的过程中，小球的机械能与电势能之和保持不变3如图所示，电源电动势e=8v，内电阻为r=0.5，“3v，3w”的灯泡l与电动机m串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻r0=1.5下列说法中正确的是（）a通过电动机的电流为1.6 ab电源的输出功率是8 wc电动机消耗的电功率为3 wd电动机的输出功率为3 w4在如图所示的电路中，e为电源，其内阻为r，l为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），r1、r2为定值电阻，r3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，v为理想电压表若将照射r3的光的强度减弱，则（）a电压表的示数变大b小灯泡消耗的功率变小c通过r2的电流变小d电源内阻的电压变大5用电压表检查如图电路中的故障，测得uab=5.0v，ucd=0v，ubc=0v，uad=5.0v则此故障可能是（）al断路br断路cr断路ds断路二、多选6如图所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，a、b两板的电势分别为+和，下述结论正确的是（）a电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为e=b电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零c若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容c要增大，极板上带的电荷量q不会增加d若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能不一定会减小7如图所示，在等量异种点电荷+q和q的电场中，有一个正方形oabc，其中o点为两电荷连线的中点下列说法正确的是（）aa点电场强度比c点的电场强度大ba点电势比b点的电势高c将相同的电荷放在o点与c点电势能一定相等d移动同一正电荷，电场力做的功wcb=woa8如图所示的电路中，输入电压u恒为12v，灯泡l标有“6v，12w”字样，电动机线圈的电阻rm=0.50若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）a电动机的输入功率是72 wb电动机的输出功率12 wc电动机的热功率是2 wd整个电路消耗的电功率是22 w9截面积为s的导线中通有电流i，已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的事率是v，则在时间t内通过导线截面的自由电子数是（）ansvtbnvtcd10直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片p向右移动时，电源的（）a总功率可能减小b效率一定增大c内部损耗功率一定减小d输出功率可能先增大后减小三、非选择题：11（2015秋北京校级期中）（1）如图1所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9mm长10等分、19mm长20等分、49mm长50等分，它们的读数依次为mm，mm，mm（2）使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则金属丝的直径是mm12（2015秋泰安校级期中）在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：rx（阻值约4，额定电流约0.5a）；电压表：v（量程3v，内阻约3k）；电流表：a1（量程0.6a，内阻约0.2）；电流表：a2（量程3a，内阻约0.05）；电源：e1（电动势3v，内阻不计）；e2（电动势12v，内阻不计）；滑动变阻器：r（最大阻值约20）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关s；导线用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为mm若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选、电源应选（均填器材代号），在图2虚线框内完成电路原理图13（2006江苏模拟）一台小型电动机在3v电压下工作，用此电动机提升所受重力为4n的物体时，通过它的电流是0.2a在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻14（22分）（2013涪城区校级模拟）如图所示，ab是一倾角为=37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30，bcd是半径为r=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于b点，c为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强e=4.0103n/c，质量m=0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下已知斜面ab对应的高度h=0.24m，滑块带电荷q=5.0104c，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端b点时的速度大小；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点c时对轨道的压力2015-2016学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单选1小灯泡通电后，其电流i随所加电压u变化的图线如图所示，p为图线上一点，pn为p点的切线，pq为u轴的垂线，pm为i轴的垂线，则下列说法不正确的是（）a随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大b对应p点，小灯泡的电阻为r=c对应p点，小灯泡的电阻为r=d对应p点，小灯泡的功率为图中矩形pqom所围的面积【考点】路端电压与负载的关系；欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】该小灯泡是非线性元件，其电阻等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，根据斜率的变化分析电阻的变化；找到p点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可对应图线的“面积”【解答】解：a、由电阻r=可知，灯泡的电阻等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，电压增大，斜率减小，则电阻增大，故a正确；b、c、由图象可知，p点对应的电压为u1，电流为i2，则灯泡的电阻r=，故b正确，c错误；d、因为p=ui，所以图象中矩形pqom所围的面积为对应p点小灯泡的实际功率，故d正确本题选错误的，故选：c【点评】对于线性元件，其电阻r=，非线性元件，r=；对于ui图与iu图要区分清楚，电阻等于斜率，还是等于斜率的倒数不能搞错2如图所示，半径为r的均匀带电圆盘水平放置，圆盘中心有一小孔，p、q是过圆盘中心且垂直圆盘的直线一质量为m的带电小球从p、q连线上的h点由静止开始释放，当小球下落到圆盘上方h处的m点时，小球的加速度为零已知重力加速度为g，则下列判断中错误的是（）a小球运动到圆盘下方h处的n点时加速度大小为2gb小球运动到圆盘下方h处的n点时的电势能与在m点时相等c小球从m点运动到n点的过程中，小球的机械能守恒d小球从m点运动到n点的过程中，小球的机械能与电势能之和保持不变【考点】机械能守恒定律；电势能【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】小球下落过程中只受重力和电场力，由于小球下落到圆盘上方h处的m点时，小球的加速度为零，说明圆盘与小球带同种电荷，结合对称性和牛顿第二定律以及功能关系分析【解答】解：a、小球下落到圆盘上方h处的m点时，小球的加速度为零，电场力与重力平衡，即 f=mg，而且可知圆盘与小球带同种电荷当小球运动到圆盘下方h处的n点时，电场力向下，由对称性可知，电场力大小也为f，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，a=2g，故a正确；b、根据对称性，m点与n点电势相等，故小球运动到圆盘下方h处的n点时的电势能与在m点时相等，故b正确；c、小球从m点运动到n的过程中，电场力做功，故机械能不守恒，故c错误；d、小球从m点运动到n的过程中，根据能量守恒定律可知小球的机械能与电势能之和保持不变，故d正确；本题选错误的，故选：c【点评】本题是简单的力电综合问题，突破口是：小球在m点时加速度为零，判断出f=mg，及圆盘与小球带同种电荷同时，要结合功能关系、牛顿第二定律、电场力做功特点及对称性进行综合分析3如图所示，电源电动势e=8v，内电阻为r=0.5，“3v，3w”的灯泡l与电动机m串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻r0=1.5下列说法中正确的是（）a通过电动机的电流为1.6 ab电源的输出功率是8 wc电动机消耗的电功率为3 wd电动机的输出功率为3 w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3v，额定功率是3w，由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点可以求出通过电机的电流求出路端电压，然后由p=ui求出电源的输入功率和电动机消耗的功率则可求得效率；由串联电路特点求出电动机电压，由p=ui求出电动机输入功率，由p=i2r求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率【解答】解：a、灯泡l正常发光，通过灯泡的电流：，电动机与灯泡串联，通过电动机的电流im=il=1（a），故a错误；b、路端电压：u=eir=7.5（v），电动机两端的电压：um=uul=4.5（v）；电动机的输入功率p入=umim=4.51=4.5w；电动机的输出功率：p输出=umimim2r=4.511.5=3w；故bc错误，d正确；故选：d【点评】电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；要注意功率公式的适用条件4在如图所示的电路中，e为电源，其内阻为r，l为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），r1、r2为定值电阻，r3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，v为理想电压表若将照射r3的光的强度减弱，则（）a电压表的示数变大b小灯泡消耗的功率变小c通过r2的电流变小d电源内阻的电压变大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【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，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；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，由功率公式即可得出灯泡功率的变化【解答】解：a、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故r1两端的电压减小，故a错误；b、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由p=i2r可知，小灯泡消耗的功率变小，故b正确；c、因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时r1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过r2的电流增大，故cd错误；故选：b【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质5用电压表检查如图电路中的故障，测得uab=5.0v，ucd=0v，ubc=0v，uad=5.0v则此故障可能是（）al断路br断路cr断路ds断路【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路【解答】解：串联电路中灯l不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，测得uad=5.0伏，测量的是电源电源，测得ucd=0伏，ubc=0伏，说明在brc灯ld之外有开路现象；测得uab=6.0伏，说明ab之间有断路之处，所以断路是在电阻r上故选：b【点评】利用电流表和电压表判断电路中的故障，依据在故障电路中电流表和电压表显示的现象来判断二、多选6如图所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，a、b两板的电势分别为+和，下述结论正确的是（）a电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为e=b电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零c若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容c要增大，极板上带的电荷量q不会增加d若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能不一定会减小【考点】电容；电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据a、b两板的电势，求出板间电势差，由e=求出板间场强大小根据顺着电场线方向电势降低，分析板间各点电势的高低只减小两极板间的距离d，该电容器的电容c要增大，根据电容的定义式分析电量的变化电子水平射入穿越两极板之间的电场，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化【解答】解；a、电容器两极板间可形成匀强电场，板间电势差为u=2，电场强度为e=故a错误b、电容器上板带正电，下板带负电，电场强度方向向下，根据顺着电场线电势降低可知，电容器两极板间在同一等势线的各点电势相同，不在同一等势线上的电势不同有正的，有负的，有的为零故b正确c、只减小两极板间的距离d，则由c=得知，该电容器的电容c增大，电压u不变，由电容的定义式c=分析得知，极板上带的电荷量q增加故c错误d、电子水平射入穿越两极板之间的电场，电场力对电子做正功，电子的电势能减小故d错误故选b【点评】本题中根据电容的决定式c=和定义式c=分析结合分析电容器电量的变化7如图所示，在等量异种点电荷+q和q的电场中，有一个正方形oabc，其中o点为两电荷连线的中点下列说法正确的是（）aa点电场强度比c点的电场强度大ba点电势比b点的电势高c将相同的电荷放在o点与c点电势能一定相等d移动同一正电荷，电场力做的功wcb=woa【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】解答本题要掌握等量异种电荷周围电场分布情况：在等量异种电荷连线上，中点o的电场强度最小，在两电荷连线中垂线上，o点场强最大中垂线为一条等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断【解答】解：a、在等量异种电荷连线上，中点o的电场强度最小，在两电荷连线中垂线上，o点场强最大，则a点的场强大于o点的场强，o的场强大于c点的场强，所以a点的场强大于c点的场强，故a正确b、沿着电场线电势要降低，过a和b的场强都指向q由图可知，b到q的距离要大于a到q的距离，故b点的电势比a点的电势高，故b错误c、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，故将相同的电荷放在o点与c点电势能一定相等，故c正确d、因为ba，o=c，所以ucbuoa，根据电场力做功的公式w=uq，所以在电场中移动同一正电荷，从c到b电场力做的功小于从o到a电场力做的功故d错误故选：ac【点评】在本题中，关键要熟悉掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场线和等势面的分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况8如图所示的电路中，输入电压u恒为12v，灯泡l标有“6v，12w”字样，电动机线圈的电阻rm=0.50若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）a电动机的输入功率是72 wb电动机的输出功率12 wc电动机的热功率是2 wd整个电路消耗的电功率是22 w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6v，额定功率是12w，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率由电功率公式可以求出电路总功率【解答】解：a、电动机两端的电压u1=uul=126v=6v，整个电路中的电流i=a=2a，所以电动机的输入功率p=u1i=62w=12w故a错误b、c、电动机的热功率p热=i2rm=220.5w=2w，则电动机的输出功率p2=pi2rm=122w=10w故b错误，c正确d、整个电路消耗的功率p总=ui=122w=24w故d正确故选：cd【点评】解决本题的关键知道电动机的输出功率p2=i2rm以及知道整个电路消耗的功率p总=ui9截面积为s的导线中通有电流i，已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的事率是v，则在时间t内通过导线截面的自由电子数是（）ansvtbnvtcd【考点】电流、电压概念【专题】恒定电流专题【分析】由电流定义式和微观表达式可以得到时间t内通过导线横截面的电子数【解答】解：电流可以表示为：解得：n=nsvtn=，故ac正确，bd错误故选：ac【点评】重点掌握电流的各种表达式，能灵活选取表达式并进行计算10直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片p向右移动时，电源的（）a总功率可能减小b效率一定增大c内部损耗功率一定减小d输出功率可能先增大后减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流i变小；a、电源电动势e不变，电流i变小，电源总功率p=ei减小，故a错误；b、电源的效率=，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值r变大，则电源效率增大，故b正确；c、电源内阻r不变，电流i减小，源的热功率pq=i2r减小，故c正确；d、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，可能先增大后减小，故d正确；故选：bcd【点评】熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题三、非选择题：11（2015秋北京校级期中）（1）如图1所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9mm长10等分、19mm长20等分、49mm长50等分，它们的读数依次为7.7mm，23.35mm，3.18mm（2）使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则金属丝的直径是2.150mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：（1）9mm长10等分，精确度为0.1mm，游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.1mm=0.7mm，所以最终读数为：7mm+0.7mm=7.7mm19mm长20等分，精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为23mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.05mm=0.35mm，所以最终读数为：23mm+0.35mm=23.35mm49mm长50等分，精确度为0.02mm，游标卡尺的主尺读数为3mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为90.02mm=0.18mm，所以最终读数为：3mm+0.18mm=3.18mm（2）螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为15.00.01mm=0.150mm，所以最终读数为2mm+0.150mm=2.150mm故答案为：（1）7.7，23.35，3.18；（2）2.150；【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12（2015秋泰安校级期中）在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：rx（阻值约4，额定电流约0.5a）；电压表：v（量程3v，内阻约3k）；电流表：a1（量程0.6a，内阻约0.2）；电流表：a2（量程3a，内阻约0.05）；电源：e1（电动势3v，内阻不计）；e2（电动势12v，内阻不计）；滑动变阻器：r（最大阻值约20）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关s；导线用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为1.770mm若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选a1、电源应选e1（均填器材代号），在图2虚线框内完成电路原理图【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题【分析】（1）螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出（2）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法（3）滑动变阻器采用限流式，安培表用外接法【解答】解：（1）从图中读出金属丝的直径为d=1.5mm+27.00.01mm=1.770mm；（2）电压表量程3v，故电源选e1，最大电流读数i=0.75a，为使电流表指针偏转角度超过，故电流表选a1；（3）滑动变阻器采用限流式；安培表电阻较小，大内小外，故安培表用外接法；电路如图所示：故答案为：1.770 （1.7681.772）；a1、e1；在虚线框内完成电路原理图，如上图所示【点评】实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚13（2006江苏模拟）一台小型电动机在3v电压下工作，用此电动机提升所受重力为4n的物体时，通过它的电流是0.2a在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻【考点】电功、电功率；能量守恒定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）由p=ui求出电动机的输入功