山西省太原五中2014-2015学年高二12月月考物理

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山西大学附中2014-2015学年高二物理上学期月考试卷(12月份)(含解析)

2014-2015学年山西大学附中高二〔上〕月考物理试卷〔12月份〕一．选择题〔此题共10小题，在每一小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，每一小题5分．第7-10题有多项符合题目要求，每一小题5分.．全部选对的6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．〕1．〔5分〕〔2014秋•小店区校级月考〕磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于〔〕A．1kg/A•s2B．1kg•m/A•s2C．1kg•m2/s2D．1kg•m2/A•s2考点：磁感应强度．分析：根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系．解答：解：由公式B=，安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，如此单位的换算可得N/A•m，即为1T．根据牛顿第二定律F=ma，即1N=1kg•m/s2，如此1特斯拉相当于1kg/A•s2，故A正确，BCD错误．应当选：A．点评：T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉．根底题．2．〔5分〕〔2005秋•海淀区期末〕两根通电的长直导线平行放置，电流大小I1＞I2，电流的方向如下列图，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面连接的垂直平分线上．如此导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是〔〕A．a点B．b点C．c点D．d点考点：磁感应强度．分析：由安培定如此确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，假设方向相反，磁感应强度可能为0，否如此不可．解答：解：两电流在a 点B的方向相反，但因 I1＞I2且离I1近，故I1的磁感应强度大于I2的磁感应强度．如此a点不可能为0．两电流在 c 点 d点的B的方向不相反，故b，c两点的磁感应强度不可能为0．两电流在b点的B的方向相反，I1＞I2，而I2离b点近，如此可以大小相等，故b 点磁感应强度可为0．应当选：B点评：考查磁场的合成，明确电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关．3．〔5分〕〔2014秋•温州校级期中〕如下列图的电路中，灯泡A、灯泡B原来都是正常发光的．现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，如此电路中出现的故障可能是〔〕A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2同时短路考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：首先明确电路中各用电器的连接关系：R3与灯泡B关联，与R2、A串联，再与R1并联．灯泡A变暗了，说明实际功率减小了，灯泡B变亮，说明实际功率增大了．具体故障可将每个选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项．解答：解：A、假设R1短路，如此两个灯泡都被短路，都不亮，故A错误；B、假设R2断路，如此两个灯泡都被断路，都不亮，故B错误；C、假设R3断路，外电阻增大，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R1电流I1增大，如此通过A的电流I A=I﹣I1减小，A灯变暗．B灯电压U B=U﹣I A〔R A+R2〕增大，B灯变亮，符合题意．故C正确．D、R1、R2同时短路，AB灯都不亮，不符合题意．故D错误．应当选：C点评：此题是电路故障分析问题．解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法〞将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项．4．〔5分〕〔2013•长沙一模〕如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内r g=100Ω，调零电阻的最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V．用它测量电阻R x，能准确测量的范围是〔〕A．30kΩ～80kΩB．3kΩ～8kΩC．300Ω～800ΩD．30Ω～80Ω考多用电表的原理与其使用．专题：恒定电流专题．分析：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可．解答：解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：I g=半偏时，I g=联立解得：R中=R总=应当选B．点评：此题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻．5．〔5分〕〔2014•某某〕如下列图，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变如下某一个条件，油滴仍能静止不动的是〔〕A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离D．断开电键S考点：闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．专电容器专题．分析：分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题．解答：解：根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：U=IR1=R1==，油滴受到的电场力：F=，开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴保持静止不动，如此电场力应保持不变；A、增大R1的阻值，电场力：F=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故A错误；B、增大R2的阻值，电场力：F=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故B正确；C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故C错误；D、断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误．应当选：B．点评：此题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键．6．〔5分〕〔2014秋•信阳期末〕如下列图，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑动触头P由a向b移动的过程中，如下各物理量变化情况为〔〕A．电流表的读数一直减小B．R0的功率先增大后减小C．电压表的读数先减小后增大D．电源的总功率先减小后增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图变阻器Pa与Pb两局部并联，再与R0串联．电压表测量路端电压，电流表测量干路电流．根据变阻器总电阻的变化，由欧姆定律分析电路中电压、电流的变化来判断．解答：解：在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中的总电流I先减小后增大，如此电流表的读数先减小后增大，R0的功率先减小后增大，电源的内电压先减小后增大，如此由闭合电路欧姆定律可知路端电压先增大后减小，如此电压表的读数先增大后减小．由于总电流I先减小后增大，如此电源总功率EI先减小后增大，故ABC错误，D正确．应当选：D．点评：此题是动态变化分析问题，关键抓住变阻器滑片处于中点时，并联电阻最大．再按常规顺序“局部→整体→局部〞分析．7．〔6分〕〔2014秋•小店区校级期中〕一根电阻丝在通过2C的电量时，消耗电能是8J．假设在一样时间内通过4C的电量，如此该电阻丝两端所加电压U和该电阻丝在这段时间内消耗的电能E分别为〔〕A．U=4V B．U=8V C．E=16J D．E=32J考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分电阻丝在通过2C的电量时，消耗的电能是8J，根据W=qU变形可求出电压；当在一样析：的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=可知，当时间一样，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；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，由W=qU 得：此时电压为：U==V=4V当在一样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=2×4V=8V电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=q′U′=4×8J=32J．应当选：BD．点评：此题考查了电量和电功的计算与欧姆定律的应用．此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．8．〔6分〕〔2013•抚顺模拟〕在如下列图电路中，电源电动势为12V，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U=2V．在这一过程中〔〕A．通过R1的电流增大，增大量为△B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于△D．路端电压增大，增大量为△U考点：闭合电路的欧姆定律．专恒定电流专题．题：分析：R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=；电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，根据路端电压的变化分析其电压减小量．电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．解答：解：A、R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=．故A正确．B、电压表V 的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，所以路端电压增大；R2两端电压减小，如此R2两端电压减少量一定小于△U．故B错误．C、由以上分析知，R2两端电压减少量一定小于△U，由欧姆定律得到：通过R2的电流的减少量一定小于．故C正确．D、电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．故D错误．应当选：AC．点评：此题是电路动态变化分析问题，此题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压〔路端电压〕的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法．9．〔6分〕〔2014秋•小店区校级月考〕如下列图的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系〔U﹣I图线〕，图线②表示其输出功率与电流的关系〔P﹣I图线〕．如此如下说法正确的答案是〔〕A．电池组的电动势为50 VB．电池组的内阻为ΩC．电流为2.0A时，电源的效率为80% D．输出功率为120W时，输出电压是30V考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：在电压一电流关系图象中，纵轴截距等于电源的电动势，直线斜率的绝对值表示的是电源的内电阻的大小，由此可以知道电池组的电动势和内阻；当电流为2.5A时，根据闭合电路欧姆定律求外电路的电阻．输出功率为120 W时，由图读出电流，由欧姆定律可以求得电源的输出电压．解答：解：A、B 、U ﹣I图线①与U轴交点表示电路处于断路状态，如此电源的电动势E=U=50V．电源的内阻等于图线的斜率大小，如此有r==Ω=5Ω，故A正确，B错误；C、当电流为 2.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：外电路的电阻R===15Ω，故C正确．D、电池组的输出功率为120W时，由P﹣I图线读出电流I=4A，如此输出电压为U=E﹣Ir=50﹣4×5=30V，故D正确；应当选：ACD．点评：此题考查读图的能力，可以根据图象的数学意义来理解图象的物理意义．不难．10．〔6分〕〔2014秋•小店区校级月考〕有两个一样的电流计改装成的量程不同的电流表A1和A2，A1的量程是A2的2倍，如此〔〕A．假设串联起来，两表指针偏角θ1＜θ2，两表示数相等B．假设串联起来，两表指针偏角相等，A1表示数大于A2表示数C．假设并联起来，两表指针偏角相等，A1表示数大于A2表示数D．假设并联起来，两表指针偏角θ1＞θ2，两表示数相等考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：电流表A1、A2是由两个一样的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度一样，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数一样．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．解答：解：A、B、假设A1、A2串联，A1、A2的示数一样．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，量程小的偏转角度小，故A 正确B错误；C、假设并联起来，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度一样，量程不同的电流表读数不同，量程大的通过的总电流较多，示数较大．故C正确D错误；应当选：A．点评：此题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表〔表头〕与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．二．实验题〔此题共19分，每空3分，作图4分〕11．〔19分〕〔2014秋•小店区校级月考〕某课题研究小组，收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池，与从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈、薄的金属圆片．现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0〔约为2kΩ〕，二是手机中常用的锂电池〔电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA〕．在操作台上还准备了如下实验器材：A．电压表V〔量程4V，电阻R V约为4.0kΩ〕，B．电流表A1〔量程100mA，电阻R A1约为5Ω〕，C．电流表A2〔量程4mA，电阻R A2约为50Ω〕，D．滑动变阻器R1〔0～20Ω，额定电流1A〕，E．开关S一只、导线假设干，F．游标卡尺，G．螺旋测微器．〔1〕为了测定电阻R0的电阻值，某小组的四位成员，设计了如图1所示的电路原理图，并选取了相应的器材〔电源用待测的锂电池〕，如此电路设计正确且器材选取也妥当的是 D〔2〕为了测锂电池的电动势和内阻，请在图2的方框甲中画出实验原理图，并在图中标明所选用器材．〔3〕某小组根据测得的数据，画出了U﹣I图线，如图2乙所示，根据图线，可求得：该锂电池的电动势U= 3.5 V，内阻r= 25 Ω．〔4〕某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量薄金属圆片的直径和厚度．读出图3中的示数．该游标卡尺示数为1.240 cm．螺旋测微器示数为0.730 mm．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：〔1〕根据实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路．〔2〕根据实验原理作出实验电路图．〔3〕根据图示电源U﹣I图象求出电源电动势与内阻．〔4〕游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．解答：解：〔1〕电路最大电流约为：I===0.00185A=1.85mA，应选电流表A2，待测电阻阻值约为2kΩ，电压表内阻约为4kΩ，电流表内阻约为50Ω，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，滑动变阻器最大阻值为20Ω，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，应当选图D所示电路．〔2〕应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如下列图：〔3〕由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为 3.5，如此电源电动势E=3.5V，电源内阻：r===25Ω；〔4〕由图示游标卡尺可知，其示数为：12mm+×0.05mm=12.40mm=1.240cm，由图示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm．故答案为：〔1〕D；〔2〕电路图如下列图；〔3〕3.5；25Ω；〔4〕1.240；0.730．点评：此题考查了实验电路的选择、设计实验电路图、求电源电动势与内阻、游标卡尺与螺旋测微器读数；要注意游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读．三、计算题〔此题共3小题，共计26分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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．〕12．〔8分〕〔2012春•枣强县校级期末〕利用电动机通过如下列图的电路提升重物，电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=0.10kg，当将重物固定时，电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V，求：重物匀速上升时的速度大小〔不计摩擦，g取10m/s2〕．考点：闭合电路中的能量转化；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压．电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小．解答：解：由题，电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V，如此根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为I== A电动机的电阻R M==Ω=2Ω当重物匀速上升时，电压表的示数为U=5.5V，电路中电流为I′==0.5A电动机两端的电压为U M=E﹣I′〔R+r〕=6﹣0.5×〔3+1〕V=4V根据能量转化和守恒定律得U M I′=mgv+I′2R代入解得，v=1.5m/s答：重物匀速上升时的速度大小为1.5m/s．点评：此题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用．对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．13．〔9分〕〔2014秋•小店区校级月考〕如图甲所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．〔1〕图甲中虚线框内的电路可等效为一个电源，即图甲可等效为图乙，其等效电动势E′等于CD间未接入用电器时CD间的电压；假设用导线直接将CD两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流，如此等效电源的内电阻r′是多少？〔2〕假设在C、D间连一个“6V，3W〞的小灯泡，如此小灯泡的实际功率是多少？〔不考虑小灯泡的电阻率随温度的变化〕考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：〔1〕先分析等效电路，然后根据闭合电路欧姆定律求解；〔2〕将小灯泡连在C、D之间，相当于接在等效电源E′两端，求出小灯泡的实际电流然后求实际功率．解答：解：〔1〕假设在C、D间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有I1===1A理想电压表读数为U V =I 1R2=6V假设在C、D间连一个理想电流表，这时电阻R2与R 3并联，并联电阻大小R 23===2Ω根据闭合电路欧姆定律，有I2===1.5A理想电流表读数为I′=I2=×1.5=1A依题意，该等效电源的电动势E′=6V，短路电流与第〔2〕问中电流表读数一样，即为I′=1A，所以其等效内阻r′==Ω=6Ω〔2〕小灯泡的电阻R A===12Ω将小灯泡连在C、D之间，相当于接在等效电源E′两端，如此流过小灯泡的电流大小为I3=== A小灯泡的实际功率为P′=I32×R A=2×12≈1.33W答：〔1〕等效电源的内电阻r′是6Ω；〔2〕假设在C、D间连一个“6V，3W〞的小灯泡，如此小灯泡的实际功率是1.33W．点评：等效法是物理常用的研究方法，电路的分析和计算要对电路的结构、电压、电流等的分配分析清楚才能正确求解．14．〔10分〕〔2010秋•锦州期末〕受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图象如下列图．〔1〕求该电池的电动势E和内阻r；〔2〕求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R〔纯电阻〕；〔3〕由图象可以看出，同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻〔纯电阻〕R1、R2，试确定r、R1、R2三者间的关系．考点：电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：〔1〕当电源的内外电阻相等时，根据电池的输出功率P 最大为P m=，由图读出P m，列出含E、r的方程；当I=4A时，输出功率为零，电源被短路，由欧姆定律写出列出含E、r的方程，再联立组成方程组求解．〔2〕由电池的输出功率P最大时电源的内阻等于外电阻求解．〔3〕由欧姆定律I=和功率P=I2R列方程求解．解答：解〔1〕I 1=2A 时，P m=I2=4A时，输出功率为零，此时电源被短路，即：I2=．解得：E=2V，r=0.5Ω．〔2〕R=r=0.5Ω〔3〕由题知：=整理得r2=R1R2．答：〔1〕该电池的电动势E为2V，内阻r为0.5Ω；〔2〕该电池的输出功率最大时对应的外电阻R为0.5Ω；〔3〕同一输出功率P时，r、R1、R2三者间的关系为r2=R1R2．点评：此题考查读图能力和应用数学知识求极值的能力．对于电源的输出功率，可以由数学知识严格证明当R=r时，电源的输出功率最大，P m=．。

山西省太原市太原五中2014届高三12月月考物理试题.pdf

一．选择题（本题共12个小题，1-8题为单项选择题，9-12小题为多项选择，每小题4分，共48分） 1.在真空中，将苹果和羽毛同时从同一高度由静止释放，下列频闪照片中符合事实的是： 2.如图所示，上表面不光滑的长木板，放在光滑的水平地面上，一小木块以速度v0从木板的左端滑上木板，当木块和木板相对静止时，木板相对地面滑动了S，小木块相对木板滑动了d。下列关于滑动摩擦力做功情况分析正确的是： A.木块动能的减少量等于滑动摩擦力对木板做的功 B.木板动能的增加量等于木块克服滑动摩擦力做的功 C.滑动摩擦力对木板所做功等于滑动摩擦力对木块做的功 D.木块和木板组成的系统的机械能的减少量等于滑动摩擦力与木块相对木板的位移的乘积 3.三个完全相同的物块1、2、3F沿图示方向分别作用在1和2上，用F/2的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，令a1、a2、a31、2、3a1＞a2，a2＜a3a1＝a2，a2＞a3a1＞a2，a2＞a3a1=a2=a3 4.如图所示，小木箱ABCD的质量M=1.2kg，高L＝m，其顶部离挡板E的距离h＝m，木箱底部有一质量m=0.8kg 的小物体P。在竖直向上的恒力T作用下，木箱向上运动，为了防止木箱与挡板碰撞后停止运动时小物体与木箱顶部相撞。则拉力T的取值范围为： A. 0 <T < 30N B. 0N <T < 35N C.20N <T < 35N D.20N <T < 30N 5.据中新社北京2月26日电，中国军队2013年将举行近40场军事演习，以提高信息化条件下威慑和实战能力。若在某次军事演习中，一跳伞队员t=0时由静止的直升机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达到v1时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以速度v2着地他的速度时间图象如图所示跳伞队员M，降落伞的质量为m）。据此，下列分析正确的是A.在～t2时间内，降落伞和跳伞队员B.降落伞打开后降落伞和跳伞队员所受的阻力C.若第一个跳伞队员跳下后，经过时间t1，第二个跳伞队员跳下，则他们在空中的距离D.t1～t2时间内阻力降落伞和跳伞队员 6.某动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行的一段时间内的v-t图像如图所示。已知动车组的总质量为2.0×105kg，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，取g=10m/s2。由此可知： A.在200s~450s内，动车组的牵引力为零 B.在0~600s内的匀加速、匀速与再次匀加速三段过程中，匀速过程中牵引力做功最多 C.动车组在0~600s内位移的大小为3×104m D.0~600s内的最大牵引力为4.0×104N 7.如图所示，两个完全相同的光滑球的质量均为m，放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间若缓慢转动挡板至与斜面垂直，在此过程中A.A、B两球间的弹力逐渐增大B.B球对挡板的压力逐渐减小C.B球对斜面的压力逐渐增大D.A球对斜面的压力逐渐增大A码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为d，渡河速度v船恒定，河水的流速与到河岸的距离成正比，即v水=kx （x≤d/2，k为常量），要使小船能够到达距A正对岸为s的B码头，则： A.v船应为kd2/4s B.v船应为kd2/2s C.渡河时间为s/kd D.渡河时间为2s/kd 9.在高处以初速度v1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l、2l处有A、B两个小气球以速度v2匀速上升，先后被飞标刺破（认为飞标质量很大，刺破气球后不会改变其平抛运动的轨迹）。则下列判断正确的是： A.飞标刺破A气球时，飞标的速度大小为 B.飞标刺破A气球时，飞标的速度大小为 C.AB两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为 D.AB两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为 10.随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点。已知月球的半径为R,万有引力常量为G,则下列说法正确的是： A.月球表面的重力加速度为v0/t B.月球的质量为 C.宇航员在月球表面获得的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D.宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为

山西省山大附中2014-2015学年高二12月月考物理试题

山西大学附中2014～2015学年高二第一学期12月月考物理试题考试时间：60分钟满分：100分一．选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，每小题5分。

第7-10题有多项符合题目要求，每小题6分.。

全部选对的6 分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于（）A ．1kg/A ·s 2B ．1kg ·m/A ·s 2C ．1kg ·m 2/s 2D ．1kg ·m 2/A ·s 22．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I 1和I 2，且12I I ，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a 、b 、c 、d 四点，其中a 、b 在导线横截面连线的延长线上，c 、d 在导线横截面连线的垂直平分线上，则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点3．如图所示的电路中，灯泡A 、灯泡B 原来都是正常发光的。

现在突然灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )A ．R 1短路B ．R 2断路C ．R 3断路D ．R 1、R 2同时短路4．如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA ，内阻r g =100Ω，调零电阻的最大阻值R=50k Ω，串联的固定电阻R 0=50Ω，电池电动势E=1.5V ．用它测量电阻R x ，能比较准确测量的范围是（） A.30k Ω～80k Ω B.3k Ω～8k Ω C.300Ω～800Ω D.30Ω～80Ω5．如图所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略。

平行板电容器C 的极板水平放置。

闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。

如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是A ．增大1R 的阻值B ．增大2R 的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开电键S6. 如图6所示，电源的电动势和内阻分别为E 、r ，在滑动变阻器的滑动触头P 由a 向b 移动的过程中，下列各物理量变化情况为 ( )A ．电流表的读数一直减小B ．R 0的功率先增大后减小C ．电压表的读数先减小后增大D ．电源的总功率先减小后增大7.一根电阻丝在通过2C 的电量时，消耗电能是8J 。

山西省太原五中高二物理上学期12月月考试卷(含解析)

山西省太原五中2015～2016学年度2015～2016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（）A．B．C．D．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（）A．nvS△t B．nv△t C． D．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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P26．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（）A．R0的中点处B．R0的中点偏上处C．R0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（）A． B．C．100R D．10000R9．一定值电阻，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（）A．4V，16J B．8V，16J C．4V，32J D．8V，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（）A．I1变大，I2变小B．I1变大，I2变大C．I1变小，I2变大D．I1变小，I2变小11．将三个不同的电源的U﹣I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（）A．r1=r2＜r3B．r1＞r2＞r3C．E1＞E2=E3D．E1=E2＜E312．将一盏“6V、12W”的小灯泡，一台线圈电阻是2Ω的电动机及电动势为30V、内阻1Ω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（）A．36W B．44W C．50W D．63W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mm．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kΩ），提供下列可选用的器材：电压表V（量程3V，内阻约50kΩ）电流表A1（量程200μA，内阻约200Ω）电流表A2（量程5mA，内阻约20Ω）电流表A3（量程0.6A，内阻约1Ω）滑动变阻器R（最大阻值50Ω）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、R X表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ= ．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1Ω的直流电源，3个电阻的阻值均为4Ω，电容器的电容为20μF，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=1.0×10﹣6s；t=0时，A板电势比B板电势高，电势差U0=1080V．一个荷质比=1.0×108 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2015～2016学年度2015～2016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（）A．B．C．D．【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U﹣I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I﹣U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（）A．nvS△t B．nv△t C． D．【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v△t，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v△tS．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=nvS△t．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I△t，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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2【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Ⅰ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P1＞P2．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（）A．R0的中点处B．R0的中点偏上处C．R0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（）A． B．C．100R D．10000R【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（）A．4V，16J B．8V，16J C．4V，32J D．8V，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=8V×4C=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（）A．I1变大，I2变小B．I1变大，I2变大C．I1变小，I2变大D．I1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=E﹣I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U﹣I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（）A．r1=r2＜r3B．r1＞r2＞r3C．E1＞E2=E3D．E1=E2＜E3【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=E﹣Ir，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=E﹣Ir，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，E1＞E2=E3，r1=r2＜r3，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U﹣I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2Ω的电动机及电动势为30V、内阻1Ω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（）A．36W B．44W C．50W D．63W【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=UI﹣I2r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=E﹣IR﹣U L=30﹣2×1﹣6=22V；故电动机输出的功率为：P出=UI﹣I2r=22×2﹣22×2=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11.30 mm．【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0.05×6=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0.642 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kΩ），提供下列可选用的器材：电压表V（量程3V，内阻约50kΩ）电流表A1（量程200μA，内阻约200Ω）电流表A2（量程5mA，内阻约20Ω）电流表A3（量程0.6A，内阻约1Ω）滑动变阻器R（最大阻值50Ω）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、R X表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ= ．【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0.01mm×14.2=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==≈3×10﹣4A=300μA，故电流表应选A1；b、待测电阻阻值约为几十kΩ，滑动变阻器最大阻值为50Ω，故滑动变阻器应采用分压接法．电流表内阻为200Ω，电压表内阻为50kΩ，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：R x=ρ，又 S=联立可得：故答案为：（1）0.641﹣0.643（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 rE=2.7+0.4 r解得：E=3.5V，r=2Ω．答：电池的电动势为3.5V，内阻为2Ω．【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=3V×0.2A×600s=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1Ω的直流电源，3个电阻的阻值均为4Ω，电容器的电容为20μF，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）当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律得：电流表的读数 I===0.8A（2）电容器所带的电量 Q=CU3=CIR3=20×10﹣6×0.8×4C=6.4×10﹣5C；（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是R1、R2相当并联后与R3串联．由于各个电阻都相等，则通过R2的电量为Q′=Q=3.2×10﹣5C答：（1）电流表的读数为0.8A；（2）电容器所带的电荷量为6.4×10﹣5C；（3）断开电键S后，通过R2的电量为3.2×10﹣5C．【点评】本题解题时要注意电流表的内阻不计时，也称为理想电流表，相当于可测量电流的导线，可将并联电路短路．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=1.0×10﹣6s；t=0时，A板电势比B板电势高，电势差U0=1080V．一个荷质比=1.0×108 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．。

山西省太原五中高二物理上学期12月月考试卷(含解析)

山西省太原五中2015～2016学年度2015～2016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（）A．B．C．D．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（）A．nvS△t B．nv△t C． D．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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P26．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（）A．R0的中点处B．R0的中点偏上处C．R0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（）A． B．C．100R D．10000R9．一定值电阻，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（）A．4V，16J B．8V，16J C．4V，32J D．8V，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（）A．I1变大，I2变小B．I1变大，I2变大C．I1变小，I2变大D．I1变小，I2变小11．将三个不同的电源的U﹣I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（）A．r1=r2＜r3B．r1＞r2＞r3C．E1＞E2=E3D．E1=E2＜E312．将一盏“6V、12W”的小灯泡，一台线圈电阻是2Ω的电动机及电动势为30V、内阻1Ω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（）A．36W B．44W C．50W D．63W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mm．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kΩ），提供下列可选用的器材：电压表V（量程3V，内阻约50kΩ）电流表A1（量程200μA，内阻约200Ω）电流表A2（量程5mA，内阻约20Ω）电流表A3（量程0.6A，内阻约1Ω）滑动变阻器R（最大阻值50Ω）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、R X表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ=．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1Ω的直流电源，3个电阻的阻值均为4Ω，电容器的电容为20μF，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=1.0×10﹣6s；t=0时，A板电势比B板电势高，电势差U0=1080V．一个荷质比=1.0×108 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2015～2016学年度2015～2016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（）A．B．C．D．【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U﹣I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I﹣U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（）A．nvS△t B．nv△t C． D．【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v△t，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v△tS．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=nvS△t．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I△t，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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2【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Ⅰ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P1＞P2．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（）A．R0的中点处B．R0的中点偏上处C．R0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（）A． B．C．100R D．10000R【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（）A．4V，16J B．8V，16J C．4V，32J D．8V，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=8V×4C=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（）A．I1变大，I2变小B．I1变大，I2变大C．I1变小，I2变大D．I1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=E﹣I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U﹣I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（）A．r1=r2＜r3B．r1＞r2＞r3C．E1＞E2=E3D．E1=E2＜E3【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=E﹣Ir，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=E﹣Ir，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，E1＞E2=E3，r1=r2＜r3，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U﹣I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2Ω的电动机及电动势为30V、内阻1Ω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（）A．36W B．44W C．50W D．63W【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=UI﹣I2r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=E﹣IR﹣U L=30﹣2×1﹣6=22V；故电动机输出的功率为：P出=UI﹣I2r=22×2﹣22×2=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11.30 mm．【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0.05×6=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0.642 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kΩ），提供下列可选用的器材：电压表V（量程3V，内阻约50kΩ）电流表A1（量程200μA，内阻约200Ω）电流表A2（量程5mA，内阻约20Ω）电流表A3（量程0.6A，内阻约1Ω）滑动变阻器R（最大阻值50Ω）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、R X表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ=．【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0.01mm×14.2=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==≈3×10﹣4A=300μA，故电流表应选A1；b、待测电阻阻值约为几十kΩ，滑动变阻器最大阻值为50Ω，故滑动变阻器应采用分压接法．电流表内阻为200Ω，电压表内阻为50kΩ，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：R x=ρ，又 S=联立可得：故答案为：（1）0.641﹣0.643（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 rE=2.7+0.4 r解得：E=3.5V，r=2Ω．答：电池的电动势为3.5V，内阻为2Ω．【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=3V×0.2A×600s=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1Ω的直流电源，3个电阻的阻值均为4Ω，电容器的电容为20μF，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）当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律得：电流表的读数 I===0.8A（2）电容器所带的电量 Q=CU3=CIR3=20×10﹣6×0.8×4C=6.4×10﹣5C；（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是R1、R2相当并联后与R3串联．由于各个电阻都相等，则通过R2的电量为Q′=Q=3.2×10﹣5C答：（1）电流表的读数为0.8A；（2）电容器所带的电荷量为6.4×10﹣5C；（3）断开电键S后，通过R2的电量为3.2×10﹣5C．【点评】本题解题时要注意电流表的内阻不计时，也称为理想电流表，相当于可测量电流的导线，可将并联电路短路．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=1.0×10﹣6s；t=0时，A板电势比B板电势高，电势差U0=1080V．一个荷质比=1.0×108 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2014_2015学年高二物理上学期期中试卷文(含解析)

2014-2015学年山西省太原五中高二（上）期中物理试卷（文科）一、选择题（本题12小题，共60分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1．（5分）（2012•津南区校级学业考试）真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的，它们之间的相互作用力变为（）A．B． F C．4F D． 16F2．（5分）（2013秋•淮南期末）某电场的电场线如图所示，则某点电荷在A和B所受电场力的大小关系是（）A．F A=F B B． F A＜F BC．F A＞F B D．电荷正负不明无法判断3．（5分）（2013秋•珠海期末）电动机线圈的电阻为R，电动机正常工作时，两端电压为U，通过电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是（）A．电动机消耗的电能为B．电动机消耗的电能为I2RtC．电动机线圈生热为I2Rt D．电动机线圈生热为4．（5分）（2014春•桃城区校级期末）关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电量很小的电荷D．体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看成点电荷5．（5分）（2010•开福区校级模拟）以一个点电荷为球心，在其周围空间中画出一个球面，对于球面上的各点（）A．电场强度的大小相同，方向不同B．电场强度的大小相同，方向相同C．电场强度的大小不同，方向不同D．电场强度的大小不同，方向相同6．（5分）（2014•黄山校级模拟）电视机的荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要的原因（）A．灰尘的自然堆积B．玻璃具有较强的吸附灰尘的能力C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘7．（5分）（2014秋•迎泽区校级期中）为了使电炉消耗的电功率减小到原来的一半，应采取下列哪些措施（）A．保持电阻不变，使电流减半B．保持电阻不变，使电压减半C．保持电炉两端电压不变，使其电阻减半D．使电压和电阻各减半8．（5分）（2007•广东模拟）指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（）A．导线南北放置，通有向北的电流B．导线南北放置，通有向南的电流C．导线东西放置，通有向西的电流D．导线东西放置，通有向东的电流9．（5分）（2012秋•瑞安市期中）关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是（）A．磁感线只能形象地描述各点磁场的方向B．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的C．磁感线是磁场中客观存在的线D．磁感线总是从磁体的北极出发、到南极终止10．（5分）（2007秋•广东期末）在地球的赤道上方有一条东西方向水平放置的长直导线，通有从东向西流动的电流，则此通电导线所受地磁场的作用力方向应是（）A．向上偏北B．向下偏南C．向上D．向下11．（5分）（2010秋•泉州期末）有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（）A．通电直导线在磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C．带电粒子在磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行12．（5分）（2009•广东模拟）带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是（）A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向二、填空题（本题共3小题，共计24分13．（18分）（2014秋•迎泽区校级期中）用和的方法都可以使物体带电．无论哪种方法都不能电荷，也不能电荷，只能使电荷在物体上或物体间发生，在此过程中，电荷的总量，这就是电荷守恒定律．14．（3分）（2014秋•迎泽区校级期中）避雷针的原理是．15．（3分）（2014秋•迎泽区校级期中）通电螺线管中通以如图所示方向的电流，请在图中标出各个小磁针的N极．三、计算题（本题共1小题，共16分.要求写出必要的文字说明和主要的解题步骤）16．（16分）（2015•临潼区）把一根长l=10cm的导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中，（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，则该磁场的磁感应强度为多少？（2）若该导线中通以I2=3A的电流，则此时导线所受安培力大小是多少？方向如何？2014-2015学年山西省太原五中高二（上）期中物理试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（本题12小题，共60分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1．（5分）（2012•津南区校级学业考试）真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的，它们之间的相互作用力变为（）A．B． F C．4F D． 16F考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：直接根据库仑定律公式F=k列式判断两个点电荷间的静电力大小的变化情况即可．解答：解：真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，根据库仑定律，有：F=k若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的，它们之间的相互作用力变为：F′=k故F′=16F故选：D．点评：本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．2．（5分）（2013秋•淮南期末）某电场的电场线如图所示，则某点电荷在A和B所受电场力的大小关系是（）A．F A=F B B． F A＜F BC．F A＞F B D．电荷正负不明无法判断考点：电场线．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．解答：解：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，A点的电场线密，所以A点的电场强度大，电荷在A点受到的电场力大，所以F A＞F B，所以C正确．故选：C．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，知道电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小即可解决本题．3．（5分）（2013秋•珠海期末）电动机线圈的电阻为R，电动机正常工作时，两端电压为U，通过电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是（）A．电动机消耗的电能为B．电动机消耗的电能为I2RtC．电动机线圈生热为I2Rt D．电动机线圈生热为考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：对于电动机来说，不是纯电阻电路，总功率的大小要用P=UI来计算，电动机线圈发热的功率为I2R．解答：解：对于电动机，由于不是纯电阻电路，所以欧姆定律不能使用，电动机的总功率的大小为P=UI，所以消耗的总的电能为UIt，所以AB错误；电动机线圈发热的功率为I2R，所以电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt，所以C正确．故选C．点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．4．（5分）（2014春•桃城区校级期末）关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电量很小的电荷D．体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看成点电荷考点：元电荷、点电荷．专题：电场力与电势的性质专题．分析：当带电体之间的距离远大于带电体本身的尺寸，以至于带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响可忽略不计时，带电体就可以看成点电荷．解答：解：A、B当体积很小的带电体相距很近，以至于带电体的大小和形状对带电体间作用力影响不能忽略时，此带电体不能看成点电荷，而体积很大的带电体，如果带电体间的距离远大于带电体本身的尺寸，以至于带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响可忽略不计时，带电体也可以看成点电荷．故AB错误．C、点电荷不一定电量很小的电荷．故C错误．D、体积很大的带电体只要距离足够大，以至于带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响可忽略不计时，带电体就可以看成点电荷．故D正确．故选D点评：点电荷是理想化的物理模型，与力学中质点类似，能不能把带电体看成点电荷，不是看带电体的体积和电量，而看带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响能不能忽略不计．5．（5分）（2010•开福区校级模拟）以一个点电荷为球心，在其周围空间中画出一个球面，对于球面上的各点（）A．电场强度的大小相同，方向不同B．电场强度的大小相同，方向相同C．电场强度的大小不同，方向不同D．电场强度的大小不同，方向相同考点：点电荷的场强；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：只有大小和方向都相同时，矢量才相同；标量只有大小，没有方向，只要大小相等，标量就相同．以点电荷为球心的球面是一个等势面，其上各点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同．解答：解：以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同．故A正确，BCD错误．故选A点评：本题关键要抓住以点电荷为球心的球面是一个等势面、各点的场强大小相等、方向不同，即可正确求解．6．（5分）（2014•黄山校级模拟）电视机的荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要的原因（）A．灰尘的自然堆积B．玻璃具有较强的吸附灰尘的能力C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘考点：静电现象的解释．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电体有吸引轻小物体的性质，据此结合选项进行分析判断．解答：解：电视机工作时，由于电子运动到了屏幕上，使屏幕带了电，而带电体有吸引轻小物体的性质，故把灰尘吸引到了屏幕上．故选D．点评：本题通过我们身边现象考查带电体的性质，即带电体能吸引轻小物体．7．（5分）（2014秋•迎泽区校级期中）为了使电炉消耗的电功率减小到原来的一半，应采取下列哪些措施（）A．保持电阻不变，使电流减半B．保持电阻不变，使电压减半C．保持电炉两端电压不变，使其电阻减半D．使电压和电阻各减半考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电炉是纯电阻电路，根据功率公式P=I2R=，分别分析电阻不变时，电流、电压变化时，功率如何变化．解答：解：A、保持电阻不变，根据功率公式P=I2R知，要使电炉消耗的电功率减小到原来的一半，电流I应减小为原来的倍．故A错误．B、保持电阻不变，根据功率公式P=知，要使电炉消耗的电功率减小到原来的一半，应使电压减小为原来的倍．故B错误．C、保持电炉两端电压不变，根据功率公式P=知，要使电炉消耗的电功率减小到原来的一半，应使电阻增大为原来的2倍．故C错误．D、根据功率公式P=知，电压和电阻各减半时，电炉消耗的电功率减小到原来的一半，故D正确．故选D点评：本题中电炉是纯电阻电路，其功率的三个公式P=UI=I2R=通用，要根据不同的条件，灵活公式的形式，运用比例法研究．8．（5分）（2007•广东模拟）指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（）A．导线南北放置，通有向北的电流B．导线南北放置，通有向南的电流C．导线东西放置，通有向西的电流D．导线东西放置，通有向东的电流考点：电流的磁场对磁针的作用．分析：通电导线产生的磁场由安培定则判断，小磁针在磁场中N极受力方向与磁场方向相同．解答：解：A、若导线南北放置，通有向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将向西偏转，与图中实线所示位置相反．故A错误．B、导线南北放置，通有向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N极将向东偏转，可转向图中实线所示位置．故B正确．C、导线东西放置，通有向西的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将向南偏转．故C 错误．D、导线东西放置，通有向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N极不偏转．故D错误．故选B点评：本题考查安培定则的应用能力，这是当初奥斯特发现电流磁效应实验原理图．9．（5分）（2012秋•瑞安市期中）关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是（）A．磁感线只能形象地描述各点磁场的方向B．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的C．磁感线是磁场中客观存在的线D．磁感线总是从磁体的北极出发、到南极终止考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：磁力线又叫做磁感线，是用以形象地描绘磁场分布的一些曲线．人们将磁力线定义为处处与磁感应强度相切的线，磁感应强度的方向与磁力线方向相同，其大小与磁力线的密度成正比．磁力线具有下述基本特点：1．磁力线是人为假象的曲线； 2．磁力线有无数条；3．磁力线是立体的； 4．所有的磁力线都不交叉； 5．磁力线的相对疏密表示磁性的相对强弱，即磁力线疏的地方磁性较弱，磁力线密的地方磁性较强； 6．磁力线总是从 N 极出发，进入与其最邻近的 S 极并形成闭合回路．解答：解：A、磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，磁感线上任意一点的切线方向表示该点的磁场方向，故A错误；B、磁极与磁极之间、电流与电流之间、磁极与电流之间的作用力是磁场发生作用的，故B正确；C、磁感线是一种假象的曲线，可以形象地描述磁场，故C错误；D、磁感线是闭合曲线，再磁体外部从N极出发进入S极，内部有S极到N极，故D错误；故选B．点评：本题关键是明确磁感线的概念和物理意义，对于磁感线，还要能够画出常见磁体和电流的磁感线．10．（5分）（2007秋•广东期末）在地球的赤道上方有一条东西方向水平放置的长直导线，通有从东向西流动的电流，则此通电导线所受地磁场的作用力方向应是（）A．向上偏北B．向下偏南C．向上D．向下考点：磁场对电流的作用．分析：通过磁场方向、电流方向，根据左手定则判断安培力的方向．解答：解：赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自东向西，根据左手定则，安培力的方向向下．故D正确，ABC错误．故选：D．点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系．11．（5分）（2010秋•泉州期末）有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（）A．通电直导线在磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C．带电粒子在磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行考点：安培力的计算；洛仑兹力．分析：（1）安培力：F=BILsinθ，其中θ为电流方向与磁场方向的夹角．当θ=0°时，就算有电流和磁场也不会有安培力．（2）洛伦兹力：F=qvBsinθ，其中θ为运动方向与磁场方向的夹角．根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功．（3）导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现．解答：解：A：安培力：F=BILsinθ，其中θ为电流方向与磁场方向的夹角．当θ=0°时，就算有电流和磁场也不会有安培力．故A错误．B：导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现．故B正确．C：根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功．故C错误．D：通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向根据左手定则，应该是相互垂直．故D 错误．故选：B点评：此题只需明确安培力和洛伦兹力大小的计算方法，以及如何用左手定则判断力的方向即可．12．（5分）（2009•广东模拟）带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是（）A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：洛伦兹力的方向与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小．解答：解：A、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，只改变速度的方向，所以不改变粒子的动能．故A、D错误，B正确．C、洛伦兹力大小F=qvB，与速度的大小有关．故C错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握洛伦兹力的大小公式，知道洛伦兹力的方向．二、填空题（本题共3小题，共计24分13．（18分）（2014秋•迎泽区校级期中）用摩擦起电和感应起电的方法都可以使物体带电．无论哪种方法都不能创生电荷，也不能消灭电荷，只能使电荷在物体上或物体间发生转移，在此过程中，电荷的总量保持不变，这就是电荷守恒定律．考点：电荷守恒定律；元电荷、点电荷．分析：根据电荷守恒定律的内容就可以直接作出解答．解答：解：电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．使物体带电的方式有摩擦起电和感应起电．故答案为：摩擦起电；感应起电；创生；消灭；转移；保存不变．点评：本题是基础的题目，考查的就是学生对电荷守恒定律的掌握的情况，比较简单．14．（3分）（2014秋•迎泽区校级期中）避雷针的原理是尖端放电．考点：* 静电的利用和防止．专题：电场力与电势的性质专题．分析：雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击．解答：解：当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击．其原理为尖端放电．故答案为：尖端放电点评：本题考查了避雷针的原理，难度不大，属于基础题．15．（3分）（2014秋•迎泽区校级期中）通电螺线管中通以如图所示方向的电流，请在图中标出各个小磁针的N极．考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：利用安培定则，即可判断出通电螺线管磁场的方向，然后结合磁感线的特点即可在图中标出各个小磁针的N极．解答：解：由右手螺旋定则可知螺线管中电流由右侧流入，左侧流出，则螺旋管左端为N 极，右端为S极；因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故答案如下图：答：如图点评：本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向．三、计算题（本题共1小题，共16分.要求写出必要的文字说明和主要的解题步骤）16．（16分）（2015•临潼区）把一根长l=10cm的导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中，（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，则该磁场的磁感应强度为多少？（2）若该导线中通以I2=3A的电流，则此时导线所受安培力大小是多少？方向如何？考点：安培力；左手定则．分析：（1）已知B与L互相垂直，根据安培力的公式F=BIL，求磁感应强度B．（2）根据安培力的公式F=BIL，求出安培力的大小，并用左手定则判断出安培力的方向．解答：解：（1）代入数据得：B=5×10﹣7T故磁场的磁感应强度为5×10﹣7T．（2）由F=BIL代入数据得：F=1.5×10﹣7N方向竖直向上故安培力的大小1.5×10﹣7N，方向竖直向上．点评：解决本题的关键掌握安培力的公式F=BIL，会用左手定则判断出安培力的方向．- 11 -。

山西省太原第五中学高二物理12月月考试题(含解析)

2014-2015学年山西太原第五中学高二12月月考物理卷选择题1. 将规格为“6V，6W”和“6V，4W”的A灯和B灯接入电压12V的电路中去，既要使两灯都能正常发光，又要使整个电路消耗的电功率最小，如图所示的四种接法最合理的是A B C D2. 在电磁学建立和发展的过程中，许多物理学家做出了重要贡献。

下列说法符合史实的是A．法拉第首先提出正电荷、负电荷的概念B．库仑首先提出电荷周围存在电场的观点C．奥斯特首先发现电流的磁效应D．洛伦兹提出分子电流假说3. 如图，长方形线框 abcd 通有电流 I，放在直线电流 I ' 附近，线框与直线电流共面，则下列表述正确的是A.线圈四个边都受安培力作用，它们的合力方向向左B.只有ad和bc边受安培力作用，它们的合力为零C.ab和dc边所受安培力大小相等，方向相同D.线圈四个边都受安培力作用，它们的合力为零4. 处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。

将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比5. 从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子，这些高能粒子流到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在磁场，地磁场能改变宇宙射线中的带电粒子从而对地球上的生命起到保护作用，如图所示。

那么A．地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处相同B．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最强，赤道附近最弱C．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强D．地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转6. 如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图像，设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为Ia 和Ib，则A．ra＞rbB．Ia＞IbC．R0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低D．R0接到b电源上，电源的输出功率较小，电源的效率也较低7. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒。

山西省太原五中2013-2014学年高二12月月考物理理试题Word版含答案

太原五中2013—2014学年度第一学期月考（12月）高二物理（理）一、选择题（每小题4分，共48分。

其中1-8题是单选题，9-12题是多选题，全选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得 0 分，请将下列各题符合题意的选项的字母填入答题栏内。

）1.关于电流、电动势说法正确．．的是（）A．电荷的定向移动形成电流；电动势描述了电源把其他形式的能转化为电能本领的大小。

B．电子的定向移动形成电流；电动势描述了电源把其他形式的能转化为电能本领的大小。

C．电荷的定向移动形成电流；电动势与电压单位相同，所以电动势就是电压。

D．电子的定向移动形成电流；电动势与电压单位相同，所以电动势就是电压。

2.下列说法中不正确的是( )A.电荷在电场中某处不受电场力的作用，则该处的电场强度为零B.一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，但该处的磁感应强度不一定为零C.把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D.把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱3、正在通电的条形电磁铁的铁芯突然断成两截，则两截铁芯将（）A、互相吸引．B、互相排斥．C、不发生相互作用．D、无法判断．4.右图是简化的多用表的电路。

转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断他们中的正确说法（）A、S与2连接时，多用表就成了测电阻B、S与3连接时，多用表就成了电流表C、S与4连接时，多用表就成了电压表D、S与5连接时，多用表就成了电压表5、如图所示，将通电导线圆环平行于纸面缓慢地坚直向下放入水平方向垂直纸面各里的匀强磁场中,则在通电圆环完全进入磁场的过程中,所受的安培力大小变化是( )A.逐渐变大B.先变大后变小C.逐渐变小D.先变小后变大6.如图所示，质量为m的带电滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当带电滑块滑到有理想边界的方向竖直向下的匀强电场区域时，滑块的运动状态为(电场力小于重力) （）A．将减速下滑 B．将加速下滑C．将继续匀速下滑 D．上述三种情况都有可能发生7、如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在桌正中央偏右的上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流时，则（）A.磁铁对桌面的压力不变B.磁铁对桌面的压力减小C.磁铁相对桌面存在向右的运动趋势D.磁铁相对桌面存在向左的运动趋势8.用两个相同的G表改装成量程不同的电流表A1和A2，其中A1的量程是A2的2倍，现将它们接入电路，下列说法正确的是( )A.若两表串联，则指针偏角θ1＜θ2，两表示数相等B.若两表串联，则指针偏角θ1＝θ2，A1示数大于A2示数C.若两表并联，则指针偏角θ1＝θ2，两表示数相等D.若两表并联，则指针偏角θ1＞θ2，两表示数相等9、根据左手定则判定电流(用I表示)、磁场(B)与安培力(F)三者方向之间关系，下列说法正确的是( )A.已知I、B方向，判定F方向时，有唯一解B.已知F、I方向，判定B方向时，有唯一解C.已知F、B方向，判定I方向时，有无数解D.当B、I互相垂直时，已知B、I、F三者中任何两个方向，判定第三者方向时，有唯一解10．把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧线，如上图所示，导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由a到b.以下说法正确的是：( ) A．a端垂直纸面向外旋转，b端垂直纸面向内旋转，当导线转到跟纸面垂直后再向下平移B．a端垂直纸面向外旋转，b端垂直纸面向内旋转的同时向下平移C．要产生以上弧形磁感线的磁场源，虚线框内只可能是蹄形磁铁D．要产生以上弧形磁感线的磁场源，虚线框内可能是蹄形磁铁、条形磁铁、通电螺线管甚至是直线电流11.如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU，下列说法中正确的是（）A.电流表A2的示数一定变小B.电压表V的示数一定增大C.ΔI3一定大于ΔI2D.ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r12、如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图象，曲线B为灯泡电阻的两端电压与电流的关系图象，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，下列说法正确的是（）A．电源的输出功率为4WB．电源的总功率为18WC．电源的效率为66.7%D．电源内部损耗的功率为2W二．填空题（共12分）13、如下图甲所示的游标卡尺的主尺的单位是cm,游标尺是20等分的，那么它显示的读数是mm，图乙所示的螺旋测微器的读数是______ cm。

山西省太原五中2014-2015学年高一12月月考物理 Word版含答案

太原五中2014-2015学年度第一学期月考（12月）高一物理出题、校对：杜彩云、易红波、严逸璊（2014年12月23日）一、不定项选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共48分。

多选题，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纸的相应位置）1.重10N 的木块放在水平桌面上使桌面受到10N 的压力，以下说法正确的是（） A.这个压力就是重力，施力物是地球 B.这个压力就是重力，施力物是木块C.这个压力的施力物是木块，是由于木块发生形变引起的D.这个压力的施力物是桌面，是由于桌面发生形变引起的2.如图所示，弹簧测力计和细线的重力及一切摩擦不计，重物的重力G =2N ，则弹簧测力计A 和B 的示数分别为（） A. 2 N ，0 B. 0，2 N C. 2N ，4N D. 2N ，2N3.下列关于力的说法中正确的是（）A.力可以使物体发生形变或使物体运动状态发生改变B.射出的炮弹向前飞行的过程中，受到推力和重力的作用C.物体相互作用时，先有施力物体，后有受力物体D.踢出后的足球在地面上向前滚动，是由于受到向前的牵引力作用 4.如果重力消失了，将会发生的情况是（） A.天不会下雨B.一切物体的质量都没有了C.用天平仍然可以称出物体的质量D.河水不会流动5.一个物体受三个共面的共点力处于平衡状态，如图所示，已知α＞β，关于三个力的大小，下列说法中正确的是( )①F 2＜F 3 ②F 1＋F 2＞F 3③|F 1－F 2|＜F 3 ④|F 3－F 1|＜F 2A.①②③④B.①②C.①②③D.②③④6.在水平传送带上的物体P ，随传送带一起沿水平方向匀速运动，并且P 与传送带保持相对静止，如图所示，此时传送带对物体P 的摩擦力（）A ．方向可能向左B ．方向一定向左C ．方向一定向右D ．一定为零7.如图所示，A 、B 两均匀直杆上端分别用细线悬挂于天花板上，下端搁在水平地面上处于静止状态，悬挂A 杆的绳倾斜，悬挂B杆的绳恰好竖直，则关于两杆的受力情况，下列说法中F 3正确的有（）A.A 、B 杆都受三个力作用B.A 杆受四个力，B 杆受三个力C.A 杆受三个力，B 杆受四个力D.A 、B 杆都受四个力作用 8.如图，物体P 静止于固定的斜面上，P 的上表面水平。

山西省太原五中高二物理上学期段考试卷(2)(含解析)

2015-2016学年山西省太原五中高二（上）段考物理试卷（2）一、不定项选择题1．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内的电子数是（）A．B．C．D．2．如图甲所示，验电器A带负电，B不带电．用带有绝缘手柄的金属棒把验电器A、B两金属球连接起来的瞬间（如图乙所示），金属棒中（）A．电流方向由A到B B．电流方向由B到AC．有电流但方向无法确定 D．始终无电流3．关于电源，下列说法正确的是（）A．只要电路中有电源，就有持续的电流B．电源都是通过化学的方法将物体内的正、负电荷分开C．电池能够在内部不断使正极聚集正电荷，负极聚集负电荷D．只有将化学能转化成电能的装置才叫做电源4．关于电流下列说法中正确的是（）A．由I=知，I与q成正比B．电源内部，电流由负极流向正极C．导体中有电荷运动就会形成电流D．电流的单位“安培”是国际制的基本单位5．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为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．说法错误的（）A．实验过程中，小灯泡的电阻发生了变化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，小灯泡电阻为图中矩形PQOM所围的面积6．用一个额定电压为220V的电热水器煮沸一壶水需要t，如果不考虑煮水器的电热损失和电热丝电阻的影响那么（）A．当线路电压为110V，煮沸一壶水需要2tB．当线路电压为110V，煮沸一壶水需要4tC．当线路电压为55V，煮沸一壶水需要4tD．当线路电压为55V，煮沸一壶水需要16t7．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．乙表是电压表，R增大时量程减小8．为测某电阻R的阻值，分别接成图所示的甲、乙两电路，在甲电路中电压表和电流表的示数分别为3V、3mA，乙电路中两表示数分别为2.9V和4mA，则待测电阻的值应为（）A．比1000Ω略大一些B．比1000Ω略小一些C．比725Ω略大一些 D．比725Ω略小一些9．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是（）A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B．W=UIt适用于任何电路，而W=I2Rt=t只适用于纯电阻的电路C．在不是纯电阻的电路中，UI＞I2RD．焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路10．如图所示，将灯L1L2按图甲、乙两种方式接在电压均为U的两个电路中，在甲图中灯L1的功率为4W，在乙图中灯L1的功率为9W．设灯丝电阻不变．下列说法中不正确的是（）A．甲、乙两图中灯L1两端的电压之比是2：3B．L1L2两灯灯丝电阻之比是2：1C．甲图中灯L1L2的功率之比是2：1D．甲、乙两图电路消耗的总功率之比是3：2二.实验题11．发光二极管在生产和生活中得到了广泛应用．图甲是一种发光二极管的实物图，正常使用时，带“+”号的一端接高电势，带“﹣”号的一端接低电势．某同学想描绘它的伏安特A．电压表（量程0﹣3V，内阻约10kΩ）B．电压表（量程0﹣15V，内阻约25kΩ）C．电流表（量程0﹣50mA，内阻约50Ω）D．电流表（量程0﹣0.6A，内阻约1Ω）E．滑动变阻器（阻值范围0﹣10Ω，允许最大电流3A）F．电源（电动势6V，内阻不计）G．开关，导线该同学做实验时，电压表选用的是，电流表选用的是（填选项字母）；（2）请在图乙中以笔划线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整；（3）根据表中数据，在图丙所示的坐标纸中画出该发光二极管的I﹣U图线．12．（1）用游标为50分度的卡尺（测量值可精确到0.02mm）测定某圆筒的内径时，卡尺上的示数如图甲所示，可读出圆筒的内径为mm．（2）图乙中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为mm三.计算题13．一台电动机额定电压为220V，线圈电阻R=0.5Ω，电动机正常工作时通过电动机线圈的电流为4A，电动机正常工作10min，求：（1）消耗的电能；（2）产生的热量；（3）输出的机械能．14．如图，两个定值电阻R1=3kΩ，R2=6kΩ串联后接在输出电压U稳定于12V的直流电源中，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表0﹣3V量程接在R1两端，电压表示数3V，如果他用此表0﹣15V量程测量R2两端电压时，则电压表的示数是多少？2015-2016学年山西省太原五中高二（上）段考物理试卷（2）参考答案与试题解析一、不定项选择题1．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内的电子数是（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电流、电压概念．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v．在一小段长为△l内电子可以看成做匀速运动，由求出电子运动的时间，根据电流求出长为△l电子束的电量，再求解电子数．【解答】解：根据动能定理得eU=得到，v=①在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为q=I△t=I②电子数n=③联立①②③得，n=故选B【点评】本题关键是建立物理模型，对电子束运动情况进行简化．中等难度．2．如图甲所示，验电器A带负电，B不带电．用带有绝缘手柄的金属棒把验电器A、B两金属球连接起来的瞬间（如图乙所示），金属棒中（）A．电流方向由A到B B．电流方向由B到AC．有电流但方向无法确定 D．始终无电流【考点】静电场中的导体．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】带电导体与不带电的导体连接后电荷将会重新分配；人们把正电荷做定向移动的方向规定为电流的方向．电流的方向与负电荷定向移动的方向相反．【解答】解：当用带有绝缘手柄的金属棒把验电器A、B两金属球连接起来的瞬间，A中多余的负电荷将向B移动，使B也带上负电荷．由于电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，所以电流的方向为由B到A．故选：B【点评】该题考查静电平衡的特点与电流方向的规定，由于该题中做定向移动的是负电荷，电流的方向与负电荷定向移动的方向相反就是解答该题的关键．3．关于电源，下列说法正确的是（）A．只要电路中有电源，就有持续的电流B．电源都是通过化学的方法将物体内的正、负电荷分开C．电池能够在内部不断使正极聚集正电荷，负极聚集负电荷D．只有将化学能转化成电能的装置才叫做电源【考点】电源的电动势和内阻．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电源是提供电能的装置，只有有电源和用电器组成闭合回路才能形成电流．【解答】解：A、只有有电源和用电器组成闭合回路才能形成电流；故A错误；B、电源把正、负电荷分开的过程是把其他形式的能转化为电能的过程，不一定通过化学方法，例如电磁发电机，故B错误；C、电池能够在内部不断使正极聚集正电荷，负极聚集负电荷，故C正确；D、能将其他形式能转化为电能的装置均为电源；故D错误；故选：C【点评】本题的关键是明确电源的作用，并理解电动势的物理含义是什么，知道了物理含义就可以直接判断．4．关于电流下列说法中正确的是（）A．由I=知，I与q成正比B．电源内部，电流由负极流向正极C．导体中有电荷运动就会形成电流D．电流的单位“安培”是国际制的基本单位【考点】电流、电压概念．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电流定义式I=为比值定义法；导体中电荷的定向移动形成电流；国际单位将安培作为基本单位．【解答】解：A、电流定义式I=为比值定义法，比值定义法中各个量之间没有正反比关系，故A错误．B、在闭合电路中，电流的方向：电源外部由正极流向负极，电源内部电流由负极流向正极，故B正确．C、导体中电荷的自由移动不能形成电流，只有导体中电荷的定向移动才形成电流，故C错误．D、电流强度的单位“安培”，国际单位将安培作为基本单位之一，故D正确．故选：BD【点评】首先要会区分比值定义公式；其次要明白电荷“自由移动”和“定向移动”的区别5．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为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．说法错误的（）A．实验过程中，小灯泡的电阻发生了变化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，小灯泡电阻为图中矩形PQOM所围的面积【考点】路端电压与负载的关系．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】根据电阻的定义式R=，求出对应P点小灯泡的电阻，不能根据斜率的倒数求解电阻．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大．根据图象的数学意义，由“面积”求解功率．【解答】解：A、图线上的点与原点连线的倒数等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大．故A正确．B、根据电阻的定义式可知，对应P点，小灯泡的电阻为R=．故B正确．C、此电阻是非线性元件，其电阻不等于图象切线斜率的倒数，所以小灯泡的电阻为R≠．故C错误．D、由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积．故D正确．本题选择错误的，故选：C．【点评】本题电阻是非线性元件，电阻R=≠，可以根据几何知识理解图象的物理意义．6．用一个额定电压为220V的电热水器煮沸一壶水需要t，如果不考虑煮水器的电热损失和电热丝电阻的影响那么（）A．当线路电压为110V，煮沸一壶水需要2tB．当线路电压为110V，煮沸一壶水需要4tC．当线路电压为55V，煮沸一壶水需要4tD．当线路电压为55V，煮沸一壶水需要16t【考点】焦耳定律．【专题】比较思想；几何法；恒定电流专题．【分析】电热水器工作时的电路是纯电阻电路，可根据公式Q=t，运用比例法分析答题．【解答】解：煮沸一壶水时，水所吸收的热量Q是相等的．AB、当线路电压为110V时，电压变为原来的一半，由Q=t可知，煮沸一壶水需要的时间变为原来的4倍，即需要的时间是4ts，故A错误，B正确；C、当线路电压为55V时，电压变为原来的四分之一，由Q=t可知，煮沸一壶水需要的时间变为原来的16倍，需要16ts，故C错误，D正确；故选：BD【点评】解决本题的关键要抓住煮沸同一壶水水所吸收的热量Q是相等的，熟练应用公式Q=t即可正确解题．7．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．乙表是电压表，R增大时量程减小【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．【解答】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确．C、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．8．为测某电阻R的阻值，分别接成图所示的甲、乙两电路，在甲电路中电压表和电流表的示数分别为3V、3mA，乙电路中两表示数分别为2.9V和4mA，则待测电阻的值应为（）A．比1000Ω略大一些B．比1000Ω略小一些C．比725Ω略大一些 D．比725Ω略小一些【考点】伏安法测电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】本题的关键是对欧姆定律的理解，内接法时电压表两端的电压等于电流表与待测电阻的串联电压，故测得的电阻等于二者的串联电阻之和；外接法时电流表测得的是电压表与待测电阻的并联电阻，故测得的电阻小于电阻的真实值．【解答】解：由甲和乙测量结果比较可知，电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用明显，即电压表的内阻不是很大，根据欧姆定律可知，当电压表的内阻很大时，采用电流表外接法误差小一些，所以若电压表的内阻不是很大，应采用电流表内接法．所以==1000Ω=，即待测电阻的值比1000Ω略小些，所以B正确．故选：B【点评】电流表内接法时造成测量误差的原因是电流表的分压作用，所以当电流表内阻越小时内接法越精确，外接法时造成测量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外接法测量越精确．9．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是（）A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B．W=UIt适用于任何电路，而W=I2Rt=t只适用于纯电阻的电路C．在不是纯电阻的电路中，UI＞I2RD．焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电功是表示电流做功的多少，电功率是表示电流做功的快慢，焦耳定律是表示电流产生的热量的多少．【解答】解：A、电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，所以A错误；B、公式W=UIt是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律I=，可以推到出W=I2Rt，，所以W=I2Rt，只能适用于纯电阻电路，所以B正确．C、在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而I2R只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以UI＞I2R，所以C正确；D、焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路中的焦耳热量的计算，所以D正确．故选BCD．【点评】每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是做题的前提条件．10．如图所示，将灯L1L2按图甲、乙两种方式接在电压均为U的两个电路中，在甲图中灯L1的功率为4W，在乙图中灯L1的功率为9W．设灯丝电阻不变．下列说法中不正确的是（）A．甲、乙两图中灯L1两端的电压之比是2：3B．L1L2两灯灯丝电阻之比是2：1C．甲图中灯L1L2的功率之比是2：1D．甲、乙两图电路消耗的总功率之比是3：2【考点】电功、电功率．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】A、甲图中，两灯串联，乙图中两灯并联，根据公式可求甲乙两图中灯L1两端的电压之比．B、在甲图中，电流相等，根据欧姆定律可知电压之比就等于电阻之比，已知甲图和乙图中灯L1两端的电压之比，可求出电阻之比．C、在甲图中，两灯串联，电流相等，已知电阻之比，根据公式P=I2R可求电功率之比．D、已知电源电压不变，在甲图中，两灯串联，乙图中，两灯并联，根据公式可求总功率之比．【解答】解：A、甲图中，灯L1的功率，乙图中，灯L1的功率，所以，故A正确．B、在甲图中，灯L2两端的电压为U2，两灯串联，所以，所以，串联电路电流相等，，所以，故B正确．C、在甲图中，灯L1的功率，灯L2的功率，所以，故C正确．D、在甲图中消耗的总功率，在乙图中消耗的总功率，所以，故D错误．本题选错误的，故选：D．【点评】本题考查电阻之比、电压之比、电功率之比，关键是欧姆定律和电功率公式及其变形的应用，还要知道串、并联电路电流和电压的规律．二.实验题11．发光二极管在生产和生活中得到了广泛应用．图甲是一种发光二极管的实物图，正常使用时，带“+”号的一端接高电势，带“﹣”号的一端接低电势．某同学想描绘它的伏安特A．电压表（量程0﹣3V，内阻约10kΩ）B．电压表（量程0﹣15V，内阻约25kΩ）C．电流表（量程0﹣50mA，内阻约50Ω）D．电流表（量程0﹣0.6A，内阻约1Ω）E．滑动变阻器（阻值范围0﹣10Ω，允许最大电流3A）F．电源（电动势6V，内阻不计）G．开关，导线该同学做实验时，电压表选用的是 A ，电流表选用的是 C （填选项字母）；（2）请在图乙中以笔划线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整；（3）根据表中数据，在图丙所示的坐标纸中画出该发光二极管的I﹣U图线．【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】（1）根据实验测得它两端电压U和通过它电流I的数据的范围可以选择电压表和电流表；（2）描绘该二极管的伏安特性曲线，电压电流要从0测起，所以滑动变阻器应该用分压式；从表格中数据看，二极管的电阻更接近电流表的内阻，所以电流表应该用外接法；（3）在图上描出电流和电压的对应点，用光滑的曲线连接起来．【解答】解：（1）根据实验测得它两端电压U和通过它电流I的数据的范围可知：电压变化的最大值为2.8V，所以电压表选A；电流表变化的最大值为30mA，所以电流表选C；（2）电压电流要从0测起，所以滑动变阻器应该用分压式；二极管的电阻更接近电流表的内阻，电流表应该用外接法．实物图的连接如图．（3）根据表中数据，在图上描出各点，用光滑的曲线连接起来．如图．故答案为：（1）A，C；（2）如图所示；（3）如图所示．【点评】解决本题关键：1、知道多用电表电流的流向及二极管的特性．2、如何选取电流表的内外接和滑动变阻器的分压限流接法．3、用数学描点法描绘图象，体现了学科间的整合．12．（1）用游标为50分度的卡尺（测量值可精确到0.02mm）测定某圆筒的内径时，卡尺上的示数如图甲所示，可读出圆筒的内径为54.14 mm．（2）图乙中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为 6.123 mm【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．【分析】游标卡尺读数的方法是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）游标卡尺的主尺读数为54mm，游标读数为0.02×7mm=0.14mm，所以最终读数为54.14mm．（2）螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为0.01×12.3mm=0.123mm，所以最终读数为6.123mm．故答案为：54.14，6.123．【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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．三.计算题13．一台电动机额定电压为220V，线圈电阻R=0.5Ω，电动机正常工作时通过电动机线圈的电流为4A，电动机正常工作10min，求：（1）消耗的电能；（2）产生的热量；（3）输出的机械能．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据W=Pt=UIt求解消耗的电能；（2）根据Q=I2Rt求解产生的热量；（3）根据E机=W﹣Q求解输出的机械能．【解答】解：（1）电动机额定电压为220V，电流为4A，电动机正常工作10min，消耗的电能：W=UIt=220×4×600=5.28×105J；（2）产生的热量：Q=I2Rt=42×0.5×600=4800J；（3）根据能量守恒定律，输出的机械能为：E机=W﹣Q=5.28×105J﹣4800J=5.232×105J答：（1）消耗的电能为5.28×105J；（2）产生的热量为4800J；（3）输出的机械能为5.232×105J．【点评】本题关键明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，根据W=UIt求电功，根据Q=I2Rt 求解电热，不难．14．如图，两个定值电阻R1=3kΩ，R2=6kΩ串联后接在输出电压U稳定于12V的直流电源中，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表0﹣3V量程接在R1两端，电压表示数3V，如果他用此表0﹣15V量程测量R2两端电压时，则电压表的示数是多少？【考点】伏安法测电阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】由与R1并联后与R2串联的关系可求得电压表的内阻，当电压表量程调为15V时，内阻为原电阻的5倍，再由其测量R2电压时的电路联接关系，由欧姆定律可求得其示数．【解答】解：设电压表的量程为3V时内阻为R v，测量R1时：R2两端的电压U2=12﹣3=9V，则I2===1.5×10﹣3A ==1×10﹣3A则R v===15×103Ω量程变为15V时，则内阻为原来的3倍，为45×103．则测量R2时示数为： =7.65V答：电压表的示数是7.65V【点评】明确电路的串并联关系，注意要把电压表当作一大电阻，用欧姆定律求解．难题。

山西省太原五中1415学年度高二下学期阶段性检测——物

山西省太原五中2014—2015学年度高二下学期阶段性检高二物理试题（考生注意：考试时间90分钟，满分100分，答案写到答题纸上，只交答题纸）一、选择题（每小题4分，共48分。

1-8题只有一个选项正确，9-12有二个或二个以上选项正确，全选对的得4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得0 分，请将下列各题符合题意的选项的字母填入答题卡。

）1．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置。

由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值的变化，如图所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用下列说法不正确的是()A．甲图的传感器可以用来测量角度B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度C．丙图的传感器可以用来测量压力D．丁图的传感器可以用来测量速度2．随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要。

某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R，在某一时段用户需求的电功率为P0，用户的用电器正常工作的电压为U2。

在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )A．输电线上损耗的功率为B．输电线上损耗的功率为C．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D．采用更高的电压输电会降低输电的效率3．如图所示，某电子电路的输入端输入电流既有直流成分，又有交流低频成分和交流高频成分.若通过该电路只把交流的低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各器件的作用，下列说法中不正确的有( )A．L在此的功能为通直流，阻交流B．L在此的功能为通低频、阻高频C．C1在此的功能为通交流，隔直流D．C2在此的功能为通高频、阻低频4．如图所示电路，L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片P从A 端迅速滑向B 端的过程中，经过AB 中点C 时通过线圈的电流为I 1；P 从B 端迅速滑向A 端的过程中，经过C 点时通过线圈的电流为I 2；P 固定在C 点不动，达到稳定时通过线圈的电流为I 0，则（）A ．I 1=I 2=I 0B ．I 1>I 0>I 2C ．I 1=I 2> I 0D ．I 1<I 0<I 25.为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在，如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B 是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a 、b 接报警器，当传感器R B所在处出现断针时，电流表的电流I 、ab 两端的电压U 将( )A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变小C ．I 变大，U 变大D ．I 变小，U 变大6．如图所示，a 、b 、c 三个相同的小球，a 从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b 、c 从同一高度分别开始自由下落和平抛。

山西省太原五中高二物理能力测试

1山西省太原五中2014-2015学年高二物理能力测试一、选择题（每小题4分，共28分。

1-5题只有一个选项符合题意，6、7题有二个或二个以上选项符合题意，全选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得 0 分）1．如图所示，弹簧振子沿X 轴在B 、C 之间做简谐运动，0是平衡位置，当振子从B 向O 点运动经过P 点时（X 轴正方向为正方向）（） A ．振子的回复力为负 B.振子的速度为负 C ．振子的加速度为负 D.振子的位移为负2．如图所示，在张紧的绳子上挂了a 、b 、c 、d 四个单摆，摆长关系L C >L b =L d >L a ，先让d 摆动起来（摆角不超过100），则下列说法正确的是（）A ． b 摆发生振动，其余摆不动B ．由2T =可知，c 摆的振动周期最大，a 摆的振动周期最小 C ．所有摆均以相同的摆角振动 D ． b 摆的振幅大于a 、c 的振幅3．用余弦函数描述一简谐运动，已知振幅为A ，周期为T ，初相13ϕπ=-，则振动曲线为（）4．一列简谐横波沿X 轴正方向传播，图甲是t=1s 时的波形图，图乙是波中某质点位移随时间变化的振动图象（两图用同一时间起点），则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图象（） A ．X=0处的质点 B.X=1m 处的质点 C ．X=2m 处的质点 D.X=3m 处的质点5．水平面上A 、B 、C 三点固定着三个电荷量为Q 的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球（可视为点电荷）放置在0点，OABC 恰构成一棱长为L 的正四面体，如图所示。

已知静电力常量为k,重力加速度为g ，为使小球能静止在O 点小球所带的电荷量为（）6．水平放置的弹性长绳上有一系列均匀分布的质点1，2，3，。

现使质点1沿竖直方向做简谐振动，振动将沿绳向右传播，质点1的起始振动方向向上，当振动传播到质点13时，质点1恰好完成一次全振动。

以下说法中正确的是（） A ．质点13的起始振动方向一定向上B ．质点1与13之间的水平距离一定是半个波长C ．当波传到质点13时，质点1也运动到了质点13D ．此时质点9的运动速度的方向向下E ．此时质点9的运动加速度正在增大7．图（a ）为一列简谐横波在t=2s 时的波形图，图（b ）为媒质中平衡位置在x=1.5m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为x=2m 的质点。

太原五中-第二学期阶段检测.doc

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）太原五中2014-2015学年度第二学期阶段检测高三物理命题：齐丽宏、潘小丽、李兴鹏、刘晓霞、尹海、韩雪芳、乔虹、徐卫东、张毅强、崔建栋(2015.5.26)本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

共300分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

14—18单选，19、20、21题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56 S 32 Zn6514.下列说法正确的是A.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向。

B.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容,加速度都是采用比值法定义的。

C.卡文迪许测出了引力常量的数值，库仑测出了静电力常量的数值。

D.法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转，发现了电流的磁效应。

15.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加深入有趣。

例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。

对此现象分析正确的是A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，当物体速度最大时，手和物体分离D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度C．在物体离开手的瞬间，手和物体的加速度大小相同16.如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线。

现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下。

P为滑道上一点，OP连线与竖直成45º角，则此物体A．在整个下滑过程中，物体有可能脱离滑道B．物体经过P点时，速度的竖直分量为C．由O运动到P点的时间等于D．物体经过P点时，速度的大小为17.如图所示，为赤道上随地球自转的物体A、赤道上空的近地卫星B和地球的同步卫星C的运动示意图，若它们的运动都可视为匀速圆周运动，则比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是A．三者角速度的大小关系为B．三者向心加速度大小关系为C．三者的周期关系为D．三者线速度的大小关系为18.如图所示，在AB间接入正弦交流电有效值U1=220V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R=5Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=10匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有A．U0=20V，P=20 WB．U0=20V，P=40WC．U0=20V，P=40WD．U0=20V，P=20 W19.实验电路如图所示，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U，电流表示数及干电池的输出功率P都会发生变化，下面各示意图中正确的是20.在x 轴上有两个点电荷q1和q2（q1在q2左边），电势随着x 的关系如图所示。