山西省太原五中高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

山西省太原五中20152016学年度20152016学年度高二上学期月考物理试卷（12月份）一、不定项选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分全选对的给4分，选对不选全的给2分，有选错的不给分请将正确选项填写到答题卡的相应位置）1实验室中的标准电阻（电阻值不变）的伏安特性曲线应最接近于图中的（）abcd2有甲、乙两导体，甲的横截面是乙的2倍，而单位时间内通过横截面的电荷量，乙是甲的2倍，以下说法中正确的是（）a甲、乙两导体的电流相同b乙导体的电流是甲导体的2倍c乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的2倍d甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速度大小相等3有一横截面积为s的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为i设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子电量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（）anvstbnvtcd4下列关于电源电动势的说法正确的是（）a电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压b电源内，电源把其它形式的能转化为电能越多，其电动势也越大c电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量d电源的内阻和其它电阻一样都对电流起阻碍作用5如图所示为电阻r1和r2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了、三个区域现把r1和r2并联在电路中，消耗的电功率分别用p1和p2表示；并联的总电阻设为r下列关于p1与p2的大小关系及r的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）a特性曲线在区，p1p2b特性曲线在区，p1p2c特性曲线在区，p1p2d特性曲线在区，p1p26伏安法测电阻时，为提高测量的精确度，可在连接电路时，将电压表的一端p预留出来，使p分别跟a、b两点接触一下，同时注意观察电流表、电压表的示数，则正确的是（）a两次比较若电流表a的示数变化显著，则p应接在a点b两次比较若电流表a的示数变化显著，则p应接在b点c两次比较若电压表v的示数变化显著，则p应接在a点d两次比较若电压表v的示数变化显著，则p应接在b点7如图所示，路端电压u不变，要使定值电阻r两端的电压为，则滑动触头应在（）ar0的中点处br0的中点偏上处cr0的中点偏下处d无论调到什么位置均不能满足要求8一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为r把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为（）abc100rd10000r9一定值电阻，通过2c的电荷量时，消耗的电能是8j，若在相同时间内通过4c的电荷量，那么电阻两端的电压和消耗的电能分别为（）a4v，16jb8v，16jc4v，32jd8v，32j10如图所示的电路中，电池的电动势为e，内电阻为r，r1和r2是两阻值固定的电阻当可变电阻r的滑片向a端移动时，通过r1的电流i1和通过r2的电流i2将发生的变化是（）ai1变大，i2变小bi1变大，i2变大ci1变小，i2变大di1变小，i2变小11将三个不同的电源的ui图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为e1、e2、e3，它们的内阻分别为r1、r2、r3，则下列关系正确的是（）ar1=r2r3br1r2r3ce1e2=e3de1=e2e312将一盏“6v、12w”的小灯泡，一台线圈电阻是2的电动机及电动势为30v、内阻1的电源组成串联闭合电路，小灯泡刚好正常发光，则电动机输出的功率是（）a36wb44wc50wd63w二、实验题（本题共2个小题，13题4分，14题8分，共12分）13图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的（填“a”“b”或“c”）进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为mm14解答关于“测定某电阻丝的电阻率”实验的有关问题：（1）实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图1所示，则电阻丝的直径是mm（2）用电流表和电压表精确测定此电阻丝的阻值（约为几十k），提供下列可选用的器材：电压表v（量程3v，内阻约50k）电流表a1（量程200a，内阻约200）电流表a2（量程5ma，内阻约20）电流表a3（量程0.6a，内阻约1）滑动变阻器r（最大阻值50）电源e（电源电压为4v）及开关s、导线若干a在所提供的电流表中应选用（填器材符号）；b在虚线框图2中画出测电阻的实验电路；（3）分别用l、d、rx表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为=三、计算题（本题共4个小题，共40分）15把一个滑动变阻器与电流表串联后再与电压表并联（电表认为理想），然后接于一个电池的两极上当变阻器的滑动头在某一位置时，电流表的读数是0.3a，电压表的读数是2.9v；当滑动头移到另一位置时，电流表读数是0.4a，电压表读数是2.7v试求该自制电池的电动势和内阻16有一电池，当移动1c电荷时非静电力做功是3j，该电池的电动势是多少？给一小灯泡供电，供电电流是0.2a，供电10min，非静电力做的功是多少？17如图所示电路，a、b两点间接上一电动势为4v、内电阻为1的直流电源，3个电阻的阻值均为4，电容器的电容为20f，电流表内阻不计，求：（1）电流表的读数；（2）电容器所带电荷量； （3）断开电源后，通过r2的电荷量18如图（甲）所示，a、b是在真空中平行放置的金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场a、b两极板间距离d=15cm今在a、b两极板上加如图（乙）所示的交变电压，交变电压的周期t=1.0106s；t=0时，a板电势比b板电势高，电势差u0=1080v一个荷质比=1.0108 c/kg的带负电的粒子在t=0 时从b板附近由静止开始运动，不计重力问：（1）当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达最大值？最大速度为多大？（2）粒子运动过程中将与某一极板相碰撞，求粒子撞击极板时的速度大小山西省太原五中20152016学年度20152016学年度高二上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、不定项选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分全选对的给4分，选对不选全的给2分，有选错的不给分请将正确选项填写到答题卡的相应位置）1实验室中的标准电阻（电阻值不变）的伏安特性曲线应最接近于图中的（）abcd【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】标准电阻的电阻值不随温度的变化而变化，故其ui图象是通过坐标原点的直线【解答】解：标准电阻的电阻值不随温度的变化而变化，通常用合金材料制成；根据欧姆定律公式i=，当r一定时，电流i与电压u成正比，故iu图象是直线；故选：a【点评】本题关键明确标准电阻是指电阻值不随温度变化而变化，然后根据欧姆定律分析，基础题2有甲、乙两导体，甲的横截面是乙的2倍，而单位时间内通过横截面的电荷量，乙是甲的2倍，以下说法中正确的是（）a甲、乙两导体的电流相同b乙导体的电流是甲导体的2倍c乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的2倍d甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速度大小相等【考点】电流、电压概念【专题】恒定电流专题【分析】电流就表示单位时间内通过导体横截面的电荷量的多少，根据电流的微观表达式i=nqvs，分析定向移动速率的关系【解答】解：a、单位时间内通过横截面的电荷量，乙是甲的2倍，所以乙的电流是甲电流的两倍，故a错误，b正确；c、根据电流的微观表达式i=nqvs可知，v=，则导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的4倍，故cd错误故选：b【点评】知道单位时间内通过横截面的电荷量表示电流，电流的微观表达式i=nqvs，反映出电流i是联系宏观与微观的桥梁3有一横截面积为s的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为i设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子电量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（）anvstbnvtcd【考点】电流、电压概念【专题】恒定电流专题【分析】根据电子定向移动的速度和时间，求出自由电荷t时间内移动的距离，再求出体积，即可求解通过导体横截面的自由电子数目；也可以根据电量公式q=it，求出电量，也求解电子数目【解答】解：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为vt，由于铜导线的横截面积为s，则在t时间内，电子经过的导线对应体积为vts又由于单位体积的导线有n个自由电子，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为 n=nvst由于流经导线的电流为i，则在t时间内，流经导线的电荷量为it，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为 n=故ac正确，bd错误；故选：ac【点评】本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度4下列关于电源电动势的说法正确的是（）a电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压b电源内，电源把其它形式的能转化为电能越多，其电动势也越大c电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量d电源的内阻和其它电阻一样都对电流起阻碍作用【考点】电源的电动势和内阻【专题】恒定电流专题【分析】电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压；电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别；电动势的定义式e=；电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电动势越大，这种转化本领越大【解答】解：a、电源的电动势等于电源没有接入电源没有接入电路时两极间的电压；故a正确；b、电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，根据电动势的定义式e=可知，非静电力把单位正电荷由负极移到正极，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势就越大故bc正确；d、电源的内阻也会对其他电阻一样都对电流起阻碍作用；故d正确；故选：abcd【点评】解决本题要准确掌握电动势的物理意义、与路端电压之间的关系和定义式，电动势的定义式e=中w是非静电力做功，q是所移送的正电荷5如图所示为电阻r1和r2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了、三个区域现把r1和r2并联在电路中，消耗的电功率分别用p1和p2表示；并联的总电阻设为r下列关于p1与p2的大小关系及r的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）a特性曲线在区，p1p2b特性曲线在区，p1p2c特性曲线在区，p1p2d特性曲线在区，p1p2【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数当两个电阻并联后总电阻r比任何一个电阻都要小，r的伏安特性曲线的斜率大于r1和r2的伏安特性曲线的斜率r1和r2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系【解答】解：把r1和r2并联在电路中，并联的总电阻r比r1和r2都小，则r的伏安特性曲线的斜率大于r1和r2的伏安特性曲线的斜率，则r的伏安特性曲线应该区r1和r2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻r1的电流较大，则功率p1p2故选c【点评】本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等6伏安法测电阻时，为提高测量的精确度，可在连接电路时，将电压表的一端p预留出来，使p分别跟a、b两点接触一下，同时注意观察电流表、电压表的示数，则正确的是（）a两次比较若电流表a的示数变化显著，则p应接在a点b两次比较若电流表a的示数变化显著，则p应接在b点c两次比较若电压表v的示数变化显著，则p应接在a点d两次比较若电压表v的示数变化显著，则p应接在b点【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】本题的关键是对欧姆定律和串并联规律的理解和应用，当电流表采用外接法即p接在a处时，造成误差的原因是电压表的分流作用，所以当电压表内阻越大时，电压表的分流作用越小，电流表示数变化越不明显，所以若电流表读数变化不明显时，电流表应采用外接法同理，若电压表读数变化不明显，说明电流表分压作用较小，即电流表内阻较小，应采用内接法【解答】解：a、如果电压表读数变化不明显而电流表变化明显；则说明电流表的分压作用较小，即电流表内阻较小，由于电流表内阻越小时，电流表采用内接法时误差较小，所以p应接在b处故a错误，b正确；c、根据欧姆定律和串并联规律可知，若电流表示数没有显著变化；而电压表变化明显；则说明电压表的分流作用较小，即电压表的内阻很大，由于电压表内阻越大时采用电流表外接法误差较小，所以电流表应采用外接法，即p应接在a处；故c正确，d错误；故选：bc【点评】应明确电流表采用外接法和内接法的条件和选择方法：（1）当满足时，电流表应用外接法；当满足时，电流表应用内接法（2）采用试触法进行分析7如图所示，路端电压u不变，要使定值电阻r两端的电压为，则滑动触头应在（）ar0的中点处br0的中点偏上处cr0的中点偏下处d无论调到什么位置均不能满足要求【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】据串联电路电压与电阻成正比的规律，以及并联电路的特点，分析滑动变阻器的滑片p的位置【解答】解：要使r获得的电压，根据串联电路电压与电阻成正比的规律，可知变阻器滑片上部分的电阻与下部分和r0并联的总电阻相等，根据并联总电阻比任何一个支路的电阻都小的规律可知，变阻器滑片上部分的电阻小于下部分的电阻，所以滑片p应移到r0的中点偏上故acd错误，b正确故选：b【点评】解决本题关键根据串、并联电路的特点，理解分压器的原理要知道并联总电阻比任何一个支路的电阻都小的规律，并灵活运用8一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为r把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为（）abc100rd10000r【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】根据数学知识确定直径与横截面积的关系，根据体积不变，分析长度的关系，由电阻定律分析电阻的变化情况【解答】解：镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为s1=，由数学知识得知，直径变化后横截面积是s2=，由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律r=得到，电阻是原来的10000倍，即为10000r故选：d【点评】本题要综合考虑电阻随导体横截面积和长度的变化，注意体积不变，故面积变化时，长度也要变化9一定值电阻，通过2c的电荷量时，消耗的电能是8j，若在相同时间内通过4c的电荷量，那么电阻两端的电压和消耗的电能分别为（）a4v，16jb8v，16jc4v，32jd8v，32j【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）已知电阻丝在通过2c的电量时，消耗的电能是8j，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4c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4c，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2c的电量时，消耗的电能是8j，所以此时电压为：u=4v，当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4c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=8v，电阻丝在这段时间内消耗的电能：w=uq=8v4c=32j故选：d【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解10如图所示的电路中，电池的电动势为e，内电阻为r，r1和r2是两阻值固定的电阻当可变电阻r的滑片向a端移动时，通过r1的电流i1和通过r2的电流i2将发生的变化是（）ai1变大，i2变小bi1变大，i2变大ci1变小，i2变大di1变小，i2变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当可变电阻的滑片向a移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析总电流i总的变化和路端电压的变化，进一步分析电阻r1的电流i1的变化由i2=i总i1来分析i2的变化【解答】解：当可变电阻的滑片向a移动晨，变阻器有效电阻减小，使该支路的电阻减小，从而引起整个电路的总电阻r外减小，据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流i总增大，电路的外电压u外=ei总r减小，即r1两端的电压u1=u外减小，通过r1的电流i1减小又因i总增大，i1减小，通过r2的电流i2=i总i1增大故选：c【点评】本题是电路中动态变化分析问题，难点是分析i2的变化，根据i2=i总i1分析，这种方法常常被称为总量法11将三个不同的电源的ui图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为e1、e2、e3，它们的内阻分别为r1、r2、r3，则下列关系正确的是（）ar1=r2r3br1r2r3ce1e2=e3de1=e2e3【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】电源的路端电压等于电动势减去内电压，即u=eir，即路端电压与电流为线性关系，可知：图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻r【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：u=eir，由数学知识可知，图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻r对照图象知，e1e2=e3，r1=r2r3，故ac正确故选：ac【点评】本题关键要明确电源的路端电压与电流的关系，然后根据关系公式得到ui图象，要明确图象的纵轴截距、横轴截距、斜率的物理意义12将一盏“6v、12w”的小灯泡，一台线圈电阻是2的电动机及电动势为30v、内阻1的电源组成串联闭合电路，小灯泡刚好正常发光，则电动机输出的功率是（）a36wb44wc50wd63w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】根据小灯泡刚好正常发光，求解出电流；根据闭合电路欧姆定律求解出电动机两端的电压，然后根据p出=uii2r求解电动机的输出功率【解答】解：小灯泡刚好正常发光，故电流为：i=；根据闭合电路欧姆定律，电动机两端的电压：u=eirul=30216=22v；故电动机输出的功率为：p出=uii2r=222222=36w；故选a【点评】本题关键明确含电机电路是非纯电阻电路，小灯泡是纯电阻，根据小灯泡正常发光求电流，根据闭合电路欧姆定律求解电机电压，根据能量守恒定律求解电机的输出功率，不难二、实验题（本题共2个小题，13题4分，14题8分，共12分）13图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的a（填“a”“b”或“c”）进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为11.30mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【分析】游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数，不需要估读【解答】解：游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪即a部分游标卡尺测内径时，主尺读数为11mm，游标读数为0.056=0.30mm，最后读数为11.30mm故答案为：a，11.30【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法注意游标卡尺的精确度14解答关于“测定某电阻丝的电阻率”实验的有关问题：（1）实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图1所示，则电阻丝的直径是0.642mm（2）用电流表和电压表精确测定此电阻丝的阻值（约为几十k），提供下列可选用的器材：电压表v（量程3v，内阻约50k）电流表a1（量程200a，内阻约200）电流表a2（量程5ma，内阻约20）电流表a3（量程0.6a，内阻约1）滑动变阻器r（最大阻值50）电源e（电源电压为4v）及开关s、导线若干a在所提供的电流表中应选用a1（填器材符号）；b在虚线框图2中画出测电阻的实验电路；（3）分别用l、d、rx表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为=【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器的读数由固定刻度与可动刻度读数之和，需要估读到0.001mm；（2）a、根据欧姆定律估算电路中电流的最大值，即可选择电流表b、根据伏安法测电阻原理作出实验电路图（3）根据电阻定律和截面积公式结合，求得电阻率表达式【解答】解：（1）固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01mm14.2=0.142mm，则电阻丝的直径 d=0.5mm+0.142mm=0.642mm（2）a、电=路中最大电流约为i=3104a=300a，故电流表应选a1；b、待测电阻阻值约为几十k，滑动变阻器最大阻值为50，故滑动变阻器应采用分压接法电流表内阻为200，电压表内阻为50k，相对来说，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示（3）根据电阻定律得：rx=，又 s=联立可得：故答案为：（1）0.6410.643（2）a、a1b、变阻器分压接法，电流表内接（图略）（3）【点评】此题要掌握螺旋测微器的读数方法：固定刻度与可动刻度读数之和，要注意螺旋测微器需要估读根据“大内小外”选择电流表的接法，根据变阻器总电阻与待测电阻的大小选择变阻器的接法三、计算题（本题共4个小题，共40分）15把一个滑动变阻器与电流表串联后再与电压表并联（电表认为理想），然后接于一个电池的两极上当变阻器的滑动头在某一位置时，电流表的读数是0.3a，电压表的读数是2.9v；当滑动头移到另一位置时，电流表读数是0.4a，电压表读数是2.7v试求该自制电池的电动势和内阻【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】计算题；定量思想；方程法；恒定电流专题【分析】画出电路图已知电路中的电流和路端电压，对两种情况由闭合电路欧姆定律列出两个表达式，联立即可求解【解答】解：画出电路图如图所示由闭合电路欧姆定律e=u+ir得： e=2.9+0.3 r e=2.7+0.4 r解得：e=3.5v，r=2答：电池的电动势为3.5v，内阻为2【点评】本题是伏安法测量电动势和内阻的实验，对两种情况根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，来求解电动势和内阻，这是常用的思路16有一电池，当移动1c电荷时非静电力做功是3j，该电池的电动势是多少？给一小灯泡供电，供电电流是0.2a，供电10min，非静电力做的功是多少？【考点】电功、电功率【专题】计算题；定量思想；方程法；恒定电流专题【分析】由e=可求得电池的电动势；由w=uit可求得非静电力做的功【解答】解：（1）电池的电动势e=3v；（2）t=10min=600s非静电力做的功等于这段时间灯泡消耗的电能w=eit=3v0.2a600s=360j；答：有一电池，当移动1c电荷时非静电力做功是3j，该电池的电动势是3v；给一小灯泡供电，供电电流是0.2a，供电10min，非静电力做的功是360j【点评】本题考查电源的电动势，要注意明确电动势的计算及非静电做功的求解方法，注意单位的换算17如图所示电路，a、b两点间接上一电动势为4v、内电阻为1的直流电源，3个电阻的阻值均为4，电容器的电容为20f，电流表内阻不计，求：（1）电流表的读数；（2）电容器所带电荷量； （3）断开电源后，通过r2的电荷量【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【专题】计算题；定量思想；等效替代法；恒定电流专题【分析】（1）当电键s闭合时，电阻r1、r2被短路根据欧姆定律求出流过r3的电流，即电流表的读数（2）电容器的电压等于r3两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量（3）断开电键s后，电容器通过r1、r2放电，r1、r2相当并联后与r3串联再求解通过r2的电量【解答】解：（1）当