山西省长治二中2018_2019学年高二物理上学期第二次月考期中试题含解析

山西省长治二中2018-2019学年高二物理上学期第二次月考（期中）
试题（含解析）
一、选择题(（1-8题为单选题，9-12题为不定项选择题，每题4分，共48分）
1.在10s内通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电量为2C，向左迁移的负离子所带电量为3C，那么电解槽中电流强度大小为( )
A. 0.1A
B. 0.2A
C. 0.3A
D. 0.5A
【答案】D
【解析】
由题，10s内通过截面正离子所带的电量为2C，负离子所带电量为3C，通过截面正离子与负离子电量绝对值之和为：，则电流为：，故D正确。

点晴：本题考查电流的计算式，注意公式中的Q为通过截面的总电荷，本题由于正离子和负离子形成的电流同向，所以应将正、负电荷电量相加即为总电电荷。

2.甲乙两条铜导线质量之比M甲:M乙=4:1,长度之比为L甲:L乙=1:4，则其电阻之比R甲：R乙为
A. 1:1
B. 1:16
C. 64:1
D. 1:64
【答案】D
【解析】
铜线的质量：，则可知，则由可知，电阻之比
，D正确．
3.如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则说法正确的是
A. R1：R2 =1：3
B. R1：R2 =3：1
C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3
D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3
【答案】A
【解析】
【详解】A、B项，电阻I-U图像斜率倒数表征电阻大小，所以R1：R2 =1：3，故A项正确，B 项错误。

C项，两电阻串联，电流相等；故C错
D项、两电阻并联，两端电压相等，电流之比I1：I2=3：1，故D项错误。

故选A
4. 在如图所示的电路中，当开关S闭合时，电灯不亮，电流表无读数，电压表读数接近为电源电压，以下可能的情况是（）
A. 电流表中断路，L1和L2都完好
B. L1灯丝断路，电流表和L2都完好
C. L2灯丝断路，电流表和L1都完好
D. L1和L2灯丝都断路，而电流表完好
【答案】B
【解析】
试题分析：常见的电路故障有断路与短路，根据电路现象分析电路故障原因．
解：A、如果电流表中断路，L1和L2都完好，则电压表与电源连接不能相连，电压表示数为零，故A错误；
B、如果L1灯丝断路，电流表和L2都完好，则电路断路，两灯都不亮，电流表示数为零，电压表与电源两极相连，电压表示数接近电源电压，故B正确；
C、如果L2灯丝断路，电流表和L1都完好，电压表与电源两极不能相连，电压表示数为零，故C错误；
D、如果L1和L2灯丝都断路电流表完好，则电压表不能与电源两极相连，电压表示数为零，故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查了电路故障分析，根据电路故障现象认真分析即可正确解题．
5.如图所示电路中，电源内阻不能忽略，当变阻器R的滑片P向下移动时，电路中的电压表、
和电流表A的示数变化情况是
A. 示数变大，示数变小，A示数变小，R2消耗功率减小
B. 示数变小，示数变大，A示数变小，R1消耗功率增大
C. 示数变大，示数变小，A示数变大，电源消耗的总功率增大
D. 示数变小，示数变大，A示数变大，电源消耗的总功率减小
【答案】C
【解析】
试题分析：当变阻器R的滑片向下移动时，R减小，R与并联的阻值减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，由欧姆定律分析电压表V1和V2的变化，以及电阻的电压变化，由干路电流和R2电流的变化，分析电流表示数的变化．
当变阻器R的滑片向下移动时，R减小，R与并联的阻值减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大．电压表的示数，电压表的示数，I增大，U减小，增大．电阻的电压，I增大，减小，流过的电流减小，则电流表的示数，增大，根据可知R2消耗功率减小，根据可知消耗功率增大，根据可电源消耗的总功率增大，C正确．
6.一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时下述正确的是( )
A. 电动机所消耗的电功率为IU
B. t秒内所产生的电热为IUt
C. t秒内所产生的电热为I2Rt
D. t秒内所产生的机械能为IUt－I2Rt
【答案】ACD
【解析】
A项：电动机所消耗的电功率P=UI，所以A正确；
B、C项：I2R计算的是电动机的内阻发热的部分，是发热的功率，所以产生的电热为I2Rt，所以B错误，C正确；
D、t秒内所产生的机械能为电动机的总功减去发热的部分，所以机械功UIt-I2Rt，所以D正确。

点晴：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。

7.下列各种说法中正确的是
A. 电流的定义式，只适用于金属导电
B. 电源的负载增加，输出功率一定增大
C. 电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功
D. 从可知，导体的电阻跟两端的电压成正比，跟导体的电流成反比
【答案】C
【解析】
【详解】A、电流的定义式,适用于任何电荷的定向移动形成的电流，故A错
B、当外电路电阻等于电源内阻时,电源的输出功率最大,不是负载增加,输出功率一定增大,故B错误;
C、电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置,在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时,非静电力所做功,故C对
D、导体的电阻是导体本身的一种性质,在数值上等于它两端的电压和通过的电流的比值,决定它大小的只有材料、长度和横截面积,与电阻两端的电压和通过的电流无关,故D错误.
故选C
【点睛】物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量(简称电量)叫做电流强度,简称电流,电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置,电源电动势反映了电源内部非
静电力做功的本领.影响导体电阻大小的因素:导体的长度、材料、横截面积以及温度,与导体两端的电压和通过的电流无关.
8.走廊里有一盏电灯,在走廊两端各有一个开关,我们希望不论哪一个开关接通都能使电灯点亮,那么设计的电路为( )
A. “与”门电路
B. “非”门电路
C. “或”门电路
D. 上述答案都有可能
【答案】C
【解析】
试题分析：不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，所满足的关系是“或”逻辑关系，即事件的某一个条件满足，该事件就能发生．故C正确，ABD错误．故选C。

考点：逻辑电路
【名师点睛】解决本题的关键理解“或”逻辑关系的特点，当事件的某一个条件满足，该事件就能发生。

9.在图中，A、B两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下述说法正确的是（）
A. A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法
B. A中，B中
C. A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，就使，故此法测较小电阻好
D. B中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使，故此法测较大电阻好
【答案】B
【解析】
试题分析：A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法，故A正确；A图中，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量值偏小，即；B图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量值偏大，即，故B不正确；A图中，误差来源与电压表的分流作用，为了减小误差，应使，故此法测较小电阻好，故C正确；B图中，误差来源与电流表的分压作用，为了减小误差，应使，故此法测较大电阻好，故D正确；
考点：伏安法测电阻
【名师点睛】待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大；待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小。

10.如图所示的电路中，滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，3只理想电压表的示数变化的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，下列各值可能出现的是（）
A. △U1=3V、△U2=2V、△U3=1V
B. △U1=1V、△U2=3V、△U3=2V
C. △U1=0.5V、△U2=1V、△U3=1.5V
D. △U1=0.2V、△U2=1V、△U3=0.8V
【答案】BD
【解析】
解：滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电灯两端的电压U2增大，电源的内电压增大，则路端电压U1减小，则变阻器两端电压U3减小．由于U1=U2+U3，U1减小，则知△U2＞△U3，△U1＜△U2，所以△U1=1V、△U2=3V、△U3=2V；△U1=0.2V、△U2=1V、△U3=0.8V是可能的，△U1=3V、△U2=2V、△U3=1V；△U1=0.5V、△U2=1V、△U3=1.5V不可能．故BD正确，AC错误．
故选BD
【点评】本题解题的关键是抓住U1=U2+U3，根据总量法分析三个电压表读数变化量的大小．11.如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（）
A. 减小R1，C1、C2所带的电量都增加
B. 增大R2，C1、C2所带的电量都增加
C. 增大R3，C1、C2所带的电量都增加
D. 减小R4，C1、C2所带的电量都增加
【答案】BD
【解析】
试题分析：由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化．
解：A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；
B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，
电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；
C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，
由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，
电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，
由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；
D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，
电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，
由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确；
故选BD．
【点评】本题是一道闭合电路的动态分析，熟练应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路特点、Q=CU即可正确解题．
12. 使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )
A. 测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处
B. 每一次换挡，都要重新进行一次调零
C. 在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔
D. 测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，应换倍率更大的挡进行测量
【答案】ABD
【解析】
试题分析：用欧姆挡测量电阻时，测量前应进行机械调零，即在电路断路的情况下，电流为
零，看指针是否指在“Ω”刻度线的“∞”处，选项A正确。

换挡必须调零，选项B正确。

电流的方向是“红进黑出”，即在外电路，电流从黑表笔流向红表笔，选项C错误。

测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，表明所选择的档位太小，导致示数偏大，所以应选用倍率大一些的挡位进行测量，选项D正确。

考点：本题考查欧姆表的使用和基本常识。

二、实验题(共12分，每空1分)
13.某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻.
①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图乙所示，长度为2.25cm，直径为_____mm.
②按图丙连接电路后，实验操作如下：
（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最_____处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；
（b）将电阻箱R2的阻值调至最______（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；
③由此可知，圆柱体的电阻为_____Ω.
【答案】 (1). 5.315 (2). 大 (3). 大 (4). 1280
【解析】
【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为5mm，可动刻度为，最终读数为5.315mm。

（2）（a）考虑电路安全，限流式接法要使电流最小，应将滑动变阻器R1的阻值置于最大处；（b）为了防止烧坏电流表，R2应从最大值开始逐渐减小，所以最初R2的阻值调至最大。

（3）此电路利用等效替代法测电阻，由题可知，两种情况电路中电流相等，则总电阻相等，保持R1不变，则圆柱体的电阻等于此时电阻箱的电阻，故圆柱体阻值为1280Ω。

故本题答案是：(1). 5.315 (2). 大 (3). 大 (4). 1280Ω
【点睛】螺旋测微器又叫千分尺，所以要保留到毫米后三位，从电路安全角度出发，在刚开
始做实验时要保证回路中电流是最小的。

14.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:
（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_____处
（2）现备有以下器材：
A．干电池1个
B．滑动变阻器（0~50Ω）
C．滑动变阻器（0~1750Ω）
D．电压表（0~3V）
E．电压表（0~15V）
F．电流表（0~0.6A）
G．电流表（0~3A）
其中滑动变阻器应选_____，电流表应选____，电压表应选_____。

(填字母代号)
（3）由U-I图像。

由此可知这个干电池的电动势E=_______V，内电阻r=______Ω。

（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测___E真，，r测____r真(填
“>”“<”或“=”)
【答案】 (1). a处 (2). B (3). F (4). D (5). 1.5 (6). 1 (7). < (8). <
【解析】
试题分析：本题（1）的关键是明确闭合电键前，应将变阻器的滑动触头置于能使电路中电流
最小的位置；题（2）的关键是首先根据干电池电动势大小来选择电压表的量程，根据为防止
温度对电池内阻的影响，电流表应选较小的量程，根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的
最大电阻来选择变阻器；题（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出路端电压U与电流I的
函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．
（1）为保护电流表，闭合开关前，应将变阻器的滑动头P置于电阻最大的a端处；
（2）由于干电池的电动势为1.5V，所以电压表应选D，由于实验要求通过电池的电流不能过大，所以电流表应选F，根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻应为
，所以变阻器应选B；
（3）根据闭合电路欧姆定律应有，可知U-I图像的纵截距表示电源电动势，图像的斜率表示电源内阻，故E=1.5V，；
（4）由图1所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示：
电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．
三、计算题（请写出必要的文字说明和计算过程，只写结果不得分15题每题12分，16、17题每题14分，共40分。

）
15.如图所示，电源电动势为E＝30 V，内阻为r＝1 Ω，电灯上标有“6 V、12 W”字样，直流电动机线圈电阻R＝2 Ω.若电灯恰能正常发光，求电动机输出的机械功率．
【答案】36 W
【解析】
试题分析：因灯泡正常发光，所以I＝＝A＝2A
U内＝Ir＝2×1V＝2V
所以电动机电压为
U M＝E－U内－U＝30V－2V－6V＝22V
电动机输出的机械功率为
P机＝U M I－I2R＝22×2W－22×2W＝36W.
考点：电动机电路
【名师点睛】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．在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
16.如图所示，是欧姆表的工作原理图，完成下列问题。

若表头的满偏电流为，干电池的电动势为。

（1）这只欧姆表的总内阻为多少欧姆？
（2）把灵敏电流表的电流刻度值对应的欧姆表表盘电阻值填在下表中，并写出计算过程。

【答案】(1) （2）根据闭合电路欧姆定律，,得,当I=0时，；当I=250μA,=3 KΩ；当I=300μA,=2 KΩ；当I=500μA,=0。

【解析】
【详解】（1）对应电流“0”刻度的电阻刻度为“∞”，对应满偏电流“500μA”刻度的电阻刻度为“0”，所以调零时，由闭合电路的欧姆定律有：
，
得欧姆表总内阻；
测量电阻R x时有，
得，
当I=0μA时，R x表示无穷大电阻；
当I=250μA时，R x= 1.5V250×10−6A-3000Ω=3KΩ；
当I=300μA时，R x= 1.5V300×10−6A-3000Ω=2KΩ；
当I=500μA时，R x= 0Ω；
故本题答案是：(1) （2）当I=0时，；当I=250μA,=3 KΩ；当I=300μA,=2 KΩ；当I=500μA,=0。

【点睛】欧姆表的工作是闭合电路的欧姆定律，根据闭合电路欧姆定律求出欧姆表的总内阻，再得出测量电阻R x与电流的关系，从而求出被测电阻阻值；
17.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm.电源电动势E=24 V，内电阻r=1 Ω，电阻R=15 Ω。

闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。

若小球带电荷量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力。

那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s2)
【答案】8 Ω 23 W
【解析】
试题分析：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．
设两板间电压为，由动能定理得，
所以滑动变阻器两端电压：
设通过滑动变阻器电流为，由欧姆定律得：
滑动变阻器接入电路的电阻：
即滑动变阻器接入电路的阻值为时，小球恰能到达A板。

（2）电源的输出功率：，故电源的输出功率是。

考点：带电粒子在匀强电场中的运动、动能定理的应用
【名师点睛】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定
律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率；本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解。