1、江西省撫州市臨川十中2015-2016學年高二（上）月考物理試卷（12月份）一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項符合題目要求，有些小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分，前面7小題為單選，最后3小題是多選）1一白熾燈泡的額定功率與額定電壓分別為36W與36V若把此燈泡接到輸出電壓為18V的電源兩端，則燈泡消耗的電功率（）A等于36WB小于36W，大于9WC等于9WD小于9W2關于電功和電熱以下說法正確的是（）A外電路電流做的功一定等于電熱B外電路中電流所做的功一定大于電熱C只有在外電路是純電阻的

2、情況下電功才等于電熱D當外電路有電動機、電解槽的情況下電流做的功將轉化為熱能、機械能、化學能，因此，電功大于電熱3如圖所示，帶負電的金屬環繞其軸OO勻速轉動時，放在環頂部的小磁針最后將（）AN極豎直向上BN極豎直向下CN極水平向左D小磁針在水平面內轉動4在如圖所示的電路中，電源的內電阻 為1歐姆，外電路電阻為9歐姆，閉合開關后，電流表的示數為0.3A，電流表的內阻不計電源的電動勢E等于（）A1 VB2 VC3VD5 V5用電壓表檢查圖示電路中的故障，測得Uad=5.0V，Ued=0V，Ube=0V，Uab=5.0V，則此故障不可能是（）AL斷路BR斷路CR斷路DS斷路6如圖所示，當ab端接入1

3、00V電壓時，cd兩端為20V；當cd兩端接入100V時，ab兩端電壓為50V，則R1：R2：R3之比是（）A4：1：2B2：1：1C3：2：1D以上都不對7如圖所示，電源E的電動勢為3.2V，電阻R的阻值為30，小燈泡L的額定電壓為3.0V，額定功率為4.5W，當開關接位置1時，電壓表的示數為3V，那么當開關接到位置2時，小燈泡L的發光情況是（）A正常發光B很暗，甚至不亮C比正常發光略亮D有可能被燒壞8在傾角為的光滑絕緣斜面上，放一根通電的直導線，如圖，當加上如下所述的磁場后，有可能使導線靜止在斜面上的是（）A加豎直向下的勻強磁場B加垂直斜面向下的勻強磁場C加水平向右的勻強磁場D加沿斜面向下

4、的勻強磁場9如圖所示，一根通電直導線垂直放在磁感應強度為1T的勻強磁場中，以導線為中心，半徑為R的圓周上有a、b、c、d四個點，已知c點的實際磁感應強度為0，則下列說法中正確的是（）A直導線中電流方向垂直紙面向里Bd點的磁感應強度為0Ca點的磁感應強度為2T，方向向右Db點的磁感應強度為T，方向斜向下，與B成45°角10如圖所示，用半偏法測電流表G的內電阻Rg，下列說法中正確的是（）A電鍵S1閉合前，R1必須調節到高阻值處B電鍵S1閉合前，R2必須調節到最大C當電流表示數從滿偏電流I1調到半偏電流時，R2中電流稍大于D電源電動勢的大小及相應的R1最大值的大小，對實驗誤差有很大影響二、

5、實驗題（每空4分，圖各2分，共18分）11一根固定在刻度尺上的均勻電阻絲（總阻值小于5）兩端各有一個固定的接線柱a和b，刻度尺的中間有一個可沿電阻絲滑動的觸頭c，c的上端為接線柱，觸頭c與電阻絲通常不接觸，當用手按下時，才與電阻絲接觸，且可在直尺上讀出觸點的位置現給你以下器材，要求測量該電阻的電阻率A電壓表（03 V，電阻約為30kW）B電流表（00.5A，電阻約為0.5）C電池組：電動勢6V，內阻很小D保護電阻R0E開關SF螺旋測微器G連接用導線若干（1）用螺旋測微器測量電阻絲的直徑時的示數如圖1所示，則該電阻絲的直徑d=mm；（2）將圖2中提供的器材連接成實驗電路 （注意量程的選擇）要求：

6、盡量減小由于電流的熱效應而使電阻絲的電阻率隨電流的變化而發生變化能夠進行多次測量（3）通過改變滑動變阻器觸頭c的位置，分別測量出了多組與長度L對應的電壓U 的數據（電流示數I保持在0.50A不變）并已描在坐標紙上，如圖3 所示根據圖3所示的數據點，結合相應的物理規律繪出UL圖線；若測出UL圖線斜率為k，則用d、I、k可表示出該電阻絲的電阻率=代入有關數據求得該電阻絲電阻率的測量值為m三、計算題（共42分，要求寫出必要的文字說明、主要方程式，只寫出結果和無主要方程而僅通過純數值運算得出的結果，不給分）12如圖所示電路，電源電動勢E=3V，內阻r=0.6，R1=4，R2=6，求流過電源的電流，路端

7、電壓13如圖所示，直線A為電源的伏安特性曲線，直線B為電阻R的伏安特性曲線，用該電源和該電阻組成一個閉合電路，電源的輸出功率和電路的總功率分別為多少？14如圖所示，R1=12k，R2=8k，R3=20k，R4=600，當滑動變阻器滑動觸頭C調到最上端時，AB間的總電阻是，AB間最大電阻值為15如圖所示，兩平行光滑導軌相距為L=20cm，金屬棒MN的質量為m=10g，電阻R=8，勻強磁場的磁感應強度B=0.8T，方向豎直向下，電源電動勢E=10V，內阻r=1，當開關S閉合時，MN恰好平衡求變阻器R1的取值為多少？設=45°，g取10m/s22015-2016學年江西省撫州市臨川十中高二

8、（上）月考物理試卷（12月份）參考答案與試題解析一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項符合題目要求，有些小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分，前面7小題為單選，最后3小題是多選）1一白熾燈泡的額定功率與額定電壓分別為36W與36V若把此燈泡接到輸出電壓為18V的電源兩端，則燈泡消耗的電功率（）A等于36WB小于36W，大于9WC等于9WD小于9W【考點】電功、電功率【專題】恒定電流專題【分析】根據功率的公式P=可以分析，當電壓有36V變為18V時燈泡的功率的變化，在由金屬的電阻隨溫度的變化可以分

9、析得出燈泡消耗的電功率【解答】解：由于金屬的電阻隨溫度的升高而增大，所以以額定電壓工作時的電阻大于以18V電壓工作的電阻根據部分電路歐姆定律，有，所以，所以燈泡消耗的功率小于36W大于9 W，所以B正確故選：B【點評】在本題中要考慮到電壓的變化對燈泡的電阻帶來的影響，電壓降低之后由于溫度的降低，燈泡的電阻會減小2關于電功和電熱以下說法正確的是（）A外電路電流做的功一定等于電熱B外電路中電流所做的功一定大于電熱C只有在外電路是純電阻的情況下電功才等于電熱D當外電路有電動機、電解槽的情況下電流做的功將轉化為熱能、機械能、化學能，因此，電功大于電熱【考點】電功、電功率；閉合電路中的能量轉化【專題】恒

10、定電流專題【分析】純電阻電路，電功可用公式W=UIt計算，也可用公式W=I2Rt計算，非純電阻電路，電功用公式W=UIt計算，電熱用公式W=I2Rt計算【解答】解：A、純電阻電路，外電路電流做的功等于電熱，非純電阻電路，外電路電流做的功大于電熱，故AB錯誤，C正確；D、當外電路有電動機、電解槽的情況下電流做的功有一部分轉化為機械能、化學能，因此，電功大于電熱，故D正確故選CD【點評】考查了純電阻電路、非純電阻電路，電功、電熱大小的比較，注意靈活選取公式3如圖所示，帶負電的金屬環繞其軸OO勻速轉動時，放在環頂部的小磁針最后將（）AN極豎直向上BN極豎直向下CN極水平向左D小磁針在水平面內轉動【考

11、點】通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向【分析】帶負電旋轉，則可知電流方向，再由右手螺旋定則可知磁極的方向，再根據磁極間的相互作用可知小磁針的偏轉方向【解答】解：帶負電金屬環，如圖所示的旋轉則金屬環的電流方向與旋轉方向相反再由右手螺旋定則可知電流產生的磁極的方向是：右端是N極，左端是S極；小磁針所在處的磁場的方向與OO軸的磁場的方向是相反的，所以小磁針處的磁極的方向：左端N極，右端S極因此小磁針N極水平向左故C正確，ABD錯誤；故選：C【點評】本題考查右手螺旋定則及磁極間的相互作用，要求能熟練準確的應用右手螺旋定則注意電流的方向與負電荷的運動方向相反要注意小磁針所在處的磁場的方向與環形電流的磁場

12、方向是相反的4在如圖所示的電路中，電源的內電阻 為1歐姆，外電路電阻為9歐姆，閉合開關后，電流表的示數為0.3A，電流表的內阻不計電源的電動勢E等于（）A1 VB2 VC3VD5 V【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】電源的電動勢E等于電路中內外電壓之和，根據閉合電路歐姆定律求解電源的電動勢E【解答】解：根據閉合電路歐姆定律得電源的電動勢為：E=I（R+r）=0.3×（9+1）V=3V故選：C【點評】閉合電路歐姆定律反映了電路中電流與整個電路的電動勢和總電阻的關系，是電路中最重要規律之一，要加強熟練，熟練運用5用電壓表檢查圖示電路中的故障，測得Uad=5.0V，Ue

13、d=0V，Ube=0V，Uab=5.0V，則此故障不可能是（）AL斷路BR斷路CR斷路DS斷路【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】電壓表有示數說明此時的電路可以和電源組成閉合的回路，故障應該在和電壓表并聯的那部分電路，當電壓表示數為零，說明此時的電路不通，電路中沒有電流，故障不在和電壓表并聯的電路【解答】解：A、若L斷路，電路中沒有電流，變阻器兩端的電壓應為0，即Uab=0V，與題不符，故此故障不可能是L斷路，故A正確B、用電壓表測量得到Uab=5.0V，等于電源兩極間的電壓，說明a到R的左側和b到c到d這一部分電路都是通的，故障可能是R斷路，故B錯誤C、若R斷路，電路中沒有

14、電流，變阻器兩端的電壓應為0，即Uab=0V，與題不符，故此故障不可能是L斷路，故C正確D、若S斷路，Uab=Ube=Ued=0V，與題不符，故此故障不可能是S斷路，故D正確故選：ACD【點評】本題是對電路故障的分析問題，往往電壓表有示數的那部分電路存在斷路，要逐項代入檢驗6如圖所示，當ab端接入100V電壓時，cd兩端為20V；當cd兩端接入100V時，ab兩端電壓為50V，則R1：R2：R3之比是（）A4：1：2B2：1：1C3：2：1D以上都不對【考點】歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】分析兩種情況下電路的結構，由串聯電路的分壓規律可得出電阻的關系；再得出三個電阻的關系【解答】解：當a

15、b端接入電壓時，cd端輸出電壓為20=×100；解得：2R2=R1；當cd接入電壓時，ab端輸出電壓50=×100；解得：2R3=R2；故電阻之比R1：R2：R3=4：2：1故選：D【點評】本題考查串聯電路的分壓原理，要注意明確電路的結構，再由串聯電路的規律進行分壓7如圖所示，電源E的電動勢為3.2V，電阻R的阻值為30，小燈泡L的額定電壓為3.0V，額定功率為4.5W，當開關接位置1時，電壓表的示數為3V，那么當開關接到位置2時，小燈泡L的發光情況是（）A正常發光B很暗，甚至不亮C比正常發光略亮D有可能被燒壞【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】燈泡的電阻

16、不變，發光情況根據實際電流如何變化來判斷當開關接1時，根據閉合歐姆定律，得到電動勢與內阻的關系，再根據閉合電路歐姆定律，研究開關接2時，燈泡的電流與額定電流比較，確定發光情況【解答】解：燈泡的額定電流IL=A=1.5A，電阻RL=2當開關接1時，電阻R的電流I=A=0.1A，根據根據閉合電路歐姆定律E=U+Ir=3+0.1r；當開關接2時，燈泡電流IL=1A，小于燈泡的額定電流，實際功率小于額定功率，則燈泡很暗，甚至不亮故ACD錯誤，B正確故選：B【點評】本題關鍵抓住燈泡的電阻不變，比較燈泡明暗變化，把比較實際功率大小，變成比較電流大小就容易了8在傾角為的光滑絕緣斜面上，放一根通電的直導線，如

17、圖，當加上如下所述的磁場后，有可能使導線靜止在斜面上的是（）A加豎直向下的勻強磁場B加垂直斜面向下的勻強磁場C加水平向右的勻強磁場D加沿斜面向下的勻強磁場【考點】安培力【分析】根據左手定則判斷出安培力的方向之后，然后結合共點力平衡的條件即可解答【解答】解：A、加豎直向下的勻強磁場，根據左手定則可知，安培力的方向向左，重力支持力與安培力可以三力平衡故A正確；B、加垂直斜面向下的勻強磁場，根據左手定則可知，安培力的方向沿斜面的方向向上，重力支持力與安培力可以三力平衡故B正確；C、加水平向右的勻強磁場，根據左手定則可知，安培力的方向向下，重力、支持力與安培力不可以平衡故C錯誤；D、加沿斜面向下的勻強

18、磁場，根據左手定則可知，安培力的方向垂直于斜面向下，重力、支持力與安培力三力不可能平衡故D錯誤故選：AB【點評】該題結合安培力考查共點力平衡的條件，根據左手定則判斷出安培力的方向，然后逐項分析即可9如圖所示，一根通電直導線垂直放在磁感應強度為1T的勻強磁場中，以導線為中心，半徑為R的圓周上有a、b、c、d四個點，已知c點的實際磁感應強度為0，則下列說法中正確的是（）A直導線中電流方向垂直紙面向里Bd點的磁感應強度為0Ca點的磁感應強度為2T，方向向右Db點的磁感應強度為T，方向斜向下，與B成45°角【考點】磁感應強度【分析】c點的磁感應強度為0，說明通電導線在O點產生的磁感應強度與勻

19、強磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，由安培定則判斷出通電導線中電流方向通電導線在abcd四點處產生的磁感應強度大小相等，根據平行四邊形定則進行合成，來分析b、a、d三點的磁感應強度大小和方向【解答】解：A、由題，c點的磁感應強度為0，說明通電導線在c點產生的磁感應強度與勻強磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，即得到通電導線在c點產生的磁感應強度方向水平向左，根據安培定則判斷可知，直導線中的電流方向垂直紙面向外故A錯誤B、通電導線在d處的磁感應強度方向豎直向上，根據磁場的疊加可知d點感應強度為T，方向與B的方向成45°斜向上，不為0故B錯誤C、通電導線在a處的磁感應強度方向水平向右，

20、則a點磁感應強度為2T，方向向右故C正確D、由上知道，通電導線在b點產生的磁感應強度大小為1T，由安培定則可知，通電導線在b處的磁感應強度方向豎直向下，根據平行四邊形與勻強磁場進行合成得知，b點感應強度為T，方向與B的方向成45°斜向下故D正確故選：CD【點評】本題關鍵掌握安培定則和平行四邊形定則，知道空間任意一點的磁感應強度都通電導線產生的磁場和勻強磁場的疊加而成的10如圖所示，用半偏法測電流表G的內電阻Rg，下列說法中正確的是（）A電鍵S1閉合前，R1必須調節到高阻值處B電鍵S1閉合前，R2必須調節到最大C當電流表示數從滿偏電流I1調到半偏電流時，R2中電流稍大于D電源電動勢的大

21、小及相應的R1最大值的大小，對實驗誤差有很大影響【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】在用“半偏電流法”測定電流表G的內電阻Rg的實驗中，先閉合S1，調節R1，使電流表指針偏轉到滿刻度；再閉合S2，調節電阻箱R2使電流表指針指在刻度盤的中央；本實驗在R1R2的條件下，近似有Rg=R2【解答】解：ABC、“半偏電流法”測定電流表G的內電阻Rg的實驗中，先閉合S1，R1必須調節到最高阻值是為了保護該電路的用電器；本實驗在R1R2的條件下，所以電流表兩端的電壓很小，S1閉合前，R2不須調節到最大；當S2接通時，R2有電流流過，R2和Rg并聯，并聯后的電阻減小，總電流增加，當電流表示數

22、從滿偏電流I1調到半偏電流時，R2中電流稍大于；故AC正確，B錯誤D、如果是理想的恒流電源，則電流表上的電壓應該下降一半，這樣電流才能夠減少一半，這時并聯電阻上流過的電流與電流表一樣，電阻也就一樣； 如果R1R2，則總電阻的變化可以忽略，總電流的變化也就可以忽略，所以電源電動勢的大小及相應的R1最大值的大小，對實驗誤差有很大影響，故D正確故選：ACD【點評】掌握半偏法測電阻的原理是解本題的關鍵，一定明確本實驗在R1R2的條件下進行的二、實驗題（每空4分，圖各2分，共18分）11一根固定在刻度尺上的均勻電阻絲（總阻值小于5）兩端各有一個固定的接線柱a和b，刻度尺的中間有一個可沿電阻絲滑動的觸頭c

23、，c的上端為接線柱，觸頭c與電阻絲通常不接觸，當用手按下時，才與電阻絲接觸，且可在直尺上讀出觸點的位置現給你以下器材，要求測量該電阻的電阻率A電壓表（03 V，電阻約為30kW）B電流表（00.5A，電阻約為0.5）C電池組：電動勢6V，內阻很小D保護電阻R0E開關SF螺旋測微器G連接用導線若干（1）用螺旋測微器測量電阻絲的直徑時的示數如圖1所示，則該電阻絲的直徑d=2.000mm；（2）將圖2中提供的器材連接成實驗電路 （注意量程的選擇）要求：盡量減小由于電流的熱效應而使電阻絲的電阻率隨電流的變化而發生變化能夠進行多次測量（3）通過改變滑動變阻器觸頭c的位置，分別測量出了多組與長度L對應的電

24、壓U 的數據（電流示數I保持在0.50A不變）并已描在坐標紙上，如圖3 所示根據圖3所示的數據點，結合相應的物理規律繪出UL圖線；若測出UL圖線斜率為k，則用d、I、k可表示出該電阻絲的電阻率=代入有關數據求得該電阻絲電阻率的測量值為1.05×106m【考點】伏安法測電阻【專題】實驗題；定量思想；圖析法；恒定電流專題【分析】（1）螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀；（2）將電阻絲全部聯入電路之中，用電壓表測量ac之間的電壓；（3）作出圖象后，根據電阻定律、歐姆定律并結合圖象進行分析后列式求解【解答】解：（1）由圖示螺旋測微器可知，其示數為：2

25、mm+0×0.01mm=2.000mm；（2）為了盡量減小由于電流的熱效應而使電阻絲的電阻率隨電流的變化而發生變化，應將電阻絲全部聯入電路之中，用電壓表測量ac之間的電壓，由于電阻絲電阻遠小于電壓表內阻，電流表應采用外接法，電路如圖所示（3）根據坐標系內描出的點作出圖象，圖象如右圖所示；電阻絲的電阻：R=k=，解得：=，由圖示圖象可知，圖象的斜率：k=2.1，電阻率：=1.05×106m故答案為：（1）2.000；（2）如圖所示；（3）如圖所示；1.05×106【點評】本題考查了測定金屬絲電阻率的實驗，關鍵明確實驗原理，根據歐姆定律、電阻定律列式分析，會用圖象法處

26、理數據，較難三、計算題（共42分，要求寫出必要的文字說明、主要方程式，只寫出結果和無主要方程而僅通過純數值運算得出的結果，不給分）12如圖所示電路，電源電動勢E=3V，內阻r=0.6，R1=4，R2=6，求流過電源的電流，路端電壓【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】簡答題；定性思想；推理法；恒定電流專題【分析】先分析電路的結構，再根據閉合電路歐姆定律直接求解即可【解答】解：根據閉合電路歐姆定律得電流為：I=，路端電壓為：U=EIr=31×0.6=2.4V答：流過電源的電流為1A，路端電壓為2.4V【點評】本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應用，要求同學們能正確分析電路的結構，難度不大，屬于基礎題13如圖所示，直線A為電源的伏安特性曲線，直線B為電阻R的伏安特性曲線，用該電源和該電阻組成一個閉合電路，電源的輸出功率和電路的總功率分別為多少？【考點】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】根據圖象可以得到電阻的電壓和電阻的電流之間的關系，由此可以判斷電源的功率和總功率的大小【解答】