广东省阳江市阳春一中学年高二上学期第二次.docx
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广东省阳江市阳春一中学年高二上学期第二次
2016-2017学年广东省阳江市阳春一中高二（上）第二次月考物理试卷
一、选择题：
（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．图中电阻R1、R2、R3的阻值均与电池的内阻相等，则开关K接通后流过R2的电流与接通前的比值是（ ）
A．5：
3B．3：
5C．6：
5D．5：
6
2．一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中实线所示图中一组平行虚线是等势面，则下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势比b点低
B．电子在a点的加速度方向向右
C．电子从a点到b点动能增加
D．电子从a点到b点电势能增加
3．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，
与
分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）
A．
的读数变大，
的读数变小B．
的读数变大，
的读数变大
C．
的读数变小，
的读数变小D．
的读数变小，
的读数变大
4．如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的下列说法正确的是（ ）
A．Rx的测量值等于真实值B．Rx的测量值比真实值小
C．Rx的真实值为99.8ΩD．Rx的真实值为100.2Ω
5．如图所示，电源的电动势为30V，内电阻为1Ω，一个标有“6V，12W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机申联．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为（ ）
A．36WB．44WC．48WD．60W
6．如图所示，长为L，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中．一电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的M点沿斜面上滑，到达斜面顶端N的速度仍为v0则（ ）
A．小球在N点的电势能小于在M点的电势能
B．M、N两点的电势差为
C．电场强度等于
D．电强强度等于
7．如图所示的是两个闭合电路中两个电源的U﹣I图象，下列说法中正确的是（ ）
A．电动势E1=E2，内阻r1＞r2
B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2
C．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＜I2
D．当两电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大
8．如图（a）所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动，根据电路中电压表和电流表的数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I图线（ ）
A．图线甲是根据电压表V1和电流表A的示数描绘的
B．由图线可知，电源内阻r=3.0Ω
C．图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源的输出功率最大
D．图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源效率达到最大值
二、非选择题
9．某同学在做测定小灯泡功率的实验中得到如下一组U和I的数据：
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
U（V）
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.60
3.00
I（A）
0.02
0.06
0.10
0.14
0.17
0.19
0.20
0.20
灯泡发光情况
不亮微亮逐渐变量正常发光
（1）从图上画出I﹣U图象．
（2）从图象上可以看出，当功率逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是：
（3）这表明导体的电阻随温度升高而 ．
10．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图1可知其长度为L= mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图2可知其直径为D= mm；
（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为R= Ω．
（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）
电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）；
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
开关S、导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，在上述器材中，电流表应选 ；电压表应选 ；滑动变阻器应选 （填器材的代号）请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．
（5）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D和L表示，则用D，L，I，U表示的电阻率表达式为ρ= ．
11．如图所示，小球A和B带电荷量均为+q，质量分别为m和2m，用不计质量的竖直细绳连接，在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻细绳突然断开．小球A和B之间的相互作用力忽略不计．求：
（1）该匀强电场的场强E
（2）细绳断开后A、B两球的加速度aA、aB．
12．如图所示，两带电平行板A、B间的电压U=400V，形成匀强电场，两板相距d=0.10m，板长L=0.30m．一带电量q=1.0×10﹣16C、质量m=1.0×10﹣22kg的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：
（1）如图甲所示，粒子在平行板间运动时的加速度多大；
（2）如图甲所示，要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为多大；
（3）如图乙所示，如果粒子是经电压U1加速后，再进入甲图的平行金属板间，若粒子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场，求加速电压U1多大？
13．如图所示，一电荷量q=3×10﹣5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势ɛ=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω．g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）电源的输出功率；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）带电小球的质量．
2016-2017学年广东省阳江市阳春一中高二（上）第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：
（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．图中电阻R1、R2、R3的阻值均与电池的内阻相等，则开关K接通后流过R2的电流与接通前的比值是（ ）
A．5：
3B．3：
5C．6：
5D．5：
6
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】开关K接通前，R1、R2串联；K接通后，R2、R3并联后与R1串联．根据欧姆定律，并结合串并联电路的特点求解．
【解答】解：
设三个电阻及内阻的阻值均为R；
开关K接通前，流过R2的电流I1=
开关K接通后，流过R2的电流I2=
=
；
则I2：
I1=3：
5；
故选：
B．
2．一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中实线所示图中一组平行虚线是等势面，则下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势比b点低
B．电子在a点的加速度方向向右
C．电子从a点到b点动能增加
D．电子从a点到b点电势能增加
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势；电势能．
【分析】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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
【解答】解：
A、根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，所以A错误．
B、由A的分析可知，电子受的电场力向下，所以电子在a点的加速度方向向下，所以B错误．
C、从A点到B点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点动能减小，所以C错误．
D、电场力做负功，电势能增加，所以电子从a点到b点电势能增加，所以D正确．
故选D．
3．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，
与
分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）
A．
的读数变大，
的读数变小B．
的读数变大，
的读数变大
C．
的读数变小，
的读数变小D．
的读数变小，
的读数变大
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】根据S的通断可分析出电路电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化．
【解答】解：
S断开时，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；
把R1的电压和内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确；
故选：
B．
4．如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的下列说法正确的是（ ）
A．Rx的测量值等于真实值B．Rx的测量值比真实值小
C．Rx的真实值为99.8ΩD．Rx的真实值为100.2Ω
【考点】伏安法测电阻．
【分析】由欧姆定律求得电阻阻值，因图示为电流表内接法，则R测=RX+RA．可知测量值偏大，RX=R测﹣RA．
【解答】解：
由欧姆定律：
R测=
=
=100Ω，
RX=R测﹣RA=100﹣0.2=99.8Ω
则测量值偏大，故ABD错误，C正确．
故选：
C．
5．如图所示，电源的电动势为30V，内电阻为1Ω，一个标有“6V，12W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机申联．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为（ ）
A．36WB．44WC．48WD．60W
【考点】电功、电功率．
【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，闭合电路欧姆定律不适用．对于R是纯电阻，可以用欧姆定律求电流．根据功率关系求出电动机输出的功率．
【解答】解：
电路中电灯正常发光，所以UL=6V，
则电路中电流为
=
=2A，
电动机两端的电压UM=30﹣Ir﹣6=30﹣2×1﹣6=22V；
则电动机输出的机械功率P出=P电﹣P热=UMI﹣I2RM=22×2﹣4×2=36W；
故选：
A．
6．如图所示，长为L，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中．一电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的M点沿斜面上滑，到达斜面顶端N的速度仍为v0则（ ）
A．小球在N点的电势能小于在M点的电势能
B．M、N两点的电势差为
C．电场强度等于
D．电强强度等于
【考点】电场强度；动能定理的应用；电势；电势能．
【分析】带电小球从底端运动到顶端，重力做负功，电场力做正功，而支持力不做功．而两处速度相等，则重力做的功与电场力做功之和为零．所以可以确定小球在何处的电势能高．同时由倾角可确定重力与电场力的关系．
【解答】解：
A、带电小球从M点到N点，动能没变，则重力做功与电场力做功之和为零．所以在此过程中，重力势能的增加完全来之于电势能的减少，因此N点的电势能小于M点的电势能．故A正确；
B、带电小球从M点到N点，动能没变，则重力做功与电场力做功之和为零．即qU=mgLsinθ则U=
，故B错误；
C、带电小球从M点到N点，动能没变，则重力做功与电场力做功之和为零．即qELcosθ=mgLsinθ则E=
，故C正确；
D、带电小球从M点到N点，动能没变，则重力做功与电场力做功之和为零．即qELcosθ=mgLsinθ则E=
，故D错误；
故选：
AC．
7．如图所示的是两个闭合电路中两个电源的U﹣I图象，下列说法中正确的是（ ）
A．电动势E1=E2，内阻r1＞r2
B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2
C．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＜I2
D．当两电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：
U=E﹣Ir；U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．
【解答】解：
A、B、U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故A错误，B正确；
C、U﹣I图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流I1＞I2，故C错误；
D、根据U=E﹣Ir可知，△U=﹣r•△I，内阻r1＜r2，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大；故D正确；
故选：
BD．
8．如图（a）所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动，根据电路中电压表和电流表的数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I图线（ ）
A．图线甲是根据电压表V1和电流表A的示数描绘的
B．由图线可知，电源内阻r=3.0Ω
C．图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源的输出功率最大
D．图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源效率达到最大值
【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．
【分析】由图可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的电压；则两条U﹣I图象表示的意义不同，根据图象的意义可知交点的意义．当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大
【解答】解：
A、由图可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的电压，路端电压随电流增大而减小，定值电阻两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线甲是电压表V1的测量值所对应的图线，图线乙是V2的测量值所对应的图线，故A正确；
B、由电源的U﹣I图象可知，图象与总轴的交点纵轴坐标轴是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻r=
=
=1Ω，故B错误；
C、D、图线乙的斜率表示电阻R0，为2Ω；图中两图线的交点表示输出功率等于电阻R0的功率，说明滑动变阻器短路了，电源的效率最小，输出功率最大；故C正确，D错误；
故选：
AC．
二、非选择题
9．某同学在做测定小灯泡功率的实验中得到如下一组U和I的数据：
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
U（V）
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.60
3.00
I（A）
0.02
0.06
0.10
0.14
0.17
0.19
0.20
0.20
灯泡发光情况
不亮微亮逐渐变量正常发光
（1）从图上画出I﹣U图象．
（2）从图象上可以看出，当功率逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是：
也变大
（3）这表明导体的电阻随温度升高而 变大 ．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】本题
（1）的关键是认真描点，然后将各点用平滑的曲线连接即可；题
（2）的关键是明确I﹣U图象上的点与原点连线斜率等于电阻倒数；题（3）的关键是功率增大则温度升高，从而说明电阻随温度的升高而变大．
【解答】解：
（1）：
画出的I﹣U图象如图所示：
（2）：
根据欧姆定律应有I=
，所以小灯泡电阻倒数与I﹣U图象上的点与原点连线的斜率相等，由于斜率逐渐变小，所以小灯泡的电阻逐渐增大，即随小灯泡功率的增大电阻也变大；
（3）：
由于小灯泡功率增大时温度升高，这表明导体的电阻随温度的升高而变大．
故答案为：
（1）如图，
（2）也变大，（3）变大
10．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图1可知其长度为L= 50.15 mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图2可知其直径为D= 4.700 mm；
（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为R= 220 Ω．
（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）
电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）；
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
开关S、导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，在上述器材中，电流表应选 A2 ；电压表应选 V1 ；滑动变阻器应选 R1 （填器材的代号）请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．
（5）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D和L表示，则用D，L，I，U表示的电阻率表达式为ρ=
．
【考点】测定金属的电阻率．
【分析】
（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，注意读卡尺时不需要估读；
（2）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；
（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
（4）根据电路最大电流选择电流表，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图；
（5）应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式．
【解答】解：
（1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为50mm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm；
（2）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，游标尺示数为20.0×0.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200mm=4.700mm；
（3）用多用电表的电阻“×10”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为12×10=220Ω；
（4）电源电动势为4V，电压表应选V1，电路最大电流约为I=
=
≈0.0136A=13.6mA，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：
（5）电阻：
R=
，由电阻定律得：
R=ρ
=ρ
，电阻率：
ρ=
；
故答案为：
（1）50.15；
（2）4.700；（3）220；（4）A2；V1；R1；电路图如图所示；（5）
．
11．如图所示，小球A和B带电荷量均为+q，质量分别为m和2m，用不计质量的竖直细绳连接，在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻细绳突然断开．小球A和B之间的相互作用力忽略不计．求：
（1）该匀强电场的场强E
（2）细绳断开后A、B两球的加速度aA、aB．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；电场强度．
【分析】
（1）以小球A、B整体为研究对象受力分析，根据平衡条件列方程求E．
（2）用隔离法对AB分别进行受力分析根据牛顿第二定律列方程求加速度．
【解答】解：
（1）设场强为E，把小球A、B看作一个系统，由于绳未断前作匀速运动，则有：
2qE=3mg
得
（2）细绳断后，根据牛顿第二定律，
对A有：
qE﹣mg=maA
得
，方向向上；
对B有：
qE﹣2mg=2maB
（负号表示方向向下）．
答：
（1）该匀强电场的场强E大小为
（2）细绳断开后A球加速度大小是
g，方向向上、B球的加速度大小为
，方向竖直向下．
12．如图所示，两带电平行板A、B间的电压U=400V，形成匀强电场，两板相距d=0.10m，板长L=0.30m．一带电量q=1.0×10﹣16C、质量m=1.0×10﹣22kg的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：
（1）如图甲所示，粒子在平行板间运动时的加速度多大；
（2）如图甲所示，要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为多大；
（3）如图乙所示，如果粒子是经电压U1加速后，再进入甲图的平行金属板间，若粒子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场，求加速电压U1多大？
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】
（1）平行金属板B板带负电，粒子向B板偏转，则粒子带正电．
（2）当粒子恰好从B板右侧边缘飞出电场时，此时粒子的速度为粒子飞出电场时最小速度．此时粒子水平位移为L，竖直位移为
，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出初速度．
（3）粒子在加速电场中加速的过程中电场力做功，由动能定理即可求出．
【解答】解：
（1）在粒子偏转到B板之前恰好飞出电场．
竖直方向：
a=
（2）竖直方向：
=
得：
t=
s
水平方向：
v0=
=
m/s
所以要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为6×104m/s；
（3）由动能定理得：
qU1=
代入数据得：
U1=1800V
答：
（1）如图甲所示，粒子在平行板间运动时的加速度是4.0×109m/s2；
（2）如图甲所示，要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为6×104m/s；
（3）加速电压是1800V．
13．如图所示，一电荷量q=3×10﹣5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点．电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m，电源电动势ɛ=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω．g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）电源的输出功率；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）带电小球的质量．
【考点】电场强度；闭合电路的欧姆定律．
【分析】
（1）先搞清楚电路的结构，根据闭合电路欧姆定律求出电流I，根据P出=I（E﹣Ir）求出电源的输出功率；
（2）电容器两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律UC=I（R1+R23）求出电容器的电压，再根据E=
求出电场强度；
（3）小球处于静止状态，对小球进行受力分析，由平衡条件列出方程即可求解．
【解答】解：
（1）R2与R3并联后的电阻值R23=
=4Ω
由闭合电路欧姆定律得I=
=
A=2A
电源的输出功率P出=I（E﹣Ir）=28W
（2）两板间的电压UC=I（R1+R23）=2×（3+4）=14V
两板间的电场强度E=
=140N/C
（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，又F=qE
由平衡条件得：
水平方向Tcosα﹣mg=0
竖直方向Tsinα﹣qE=0
所以m=
=5.6×10﹣4kg
答：
（1）电源的输出功率为28W；
（2）两板间的电场强度的大小为140N/C；
（3）带电小球的质量为5.6×10﹣4kg．
2016年12月24日
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