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