1、2016-2017学年广东省韶关市仁化中学高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题：（1-8每小题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分，9-11每小题有两个或两个以上选项符合题意，每小题4分，共18分，）1如图所示为某示波管内的聚焦电场实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度的大小分别为Ea和Eb，则（）AWa=Wb，EaEbBWaWb，EaEbCWa=Wb，EaEbDWaWb，EaEb2下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电荷量、场强、电势差及距离，F=k，E=k，E=，U=Ed，有
2、关四个公式的说法中正确的是（）A它们都只对点电荷或点电荷的电场成立B只对点电荷或点电荷电场成立，对任何电场都成立C只对点电荷成立，对任何电场成立D只对点电荷成立，对任何电场成立，只对匀强电场成立3如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（）AUOP=10cos（V）BUOP=10sin（V）CUOP=10sin（V）DUOP=10cos（V）4某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受到电场力的作用，其运动轨迹如图2所示，
3、由M运动到N，以下说法不正确的是（）A粒子必定带正电荷B粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C粒子在M点所受到的电场力小于它在N点所受到的电场力D粒子在M点的动能小于它在N点的动能5两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置x变化规律的是图（）ABCD6在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）ABCD7两根非常靠近且相互垂直的长直导线分别通以相同强度的电流，方向如图所示，那么两电流所产生的磁场垂直导线平面向内且最强的在哪个区域（）A区域1B区域2C区域3D区域48在下面的图中，小磁针指向标画正确的是（）ABCD9电动势为 E、内阻为 r 的电源与定值电阻 R1、
4、R2及滑动变阻器 R 连接成电路，如图所示当滑动变阻器的触头由中点滑向 b 端时，下列说法正确的是（）A电压表读数增大，电流表读数减小B电压表读数减小，电流表读数减小C滑动变阻器两端电压增大D滑动变阻器两端电压减小10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为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线则下列说法中正确的是（）A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小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，小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积11一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正
5、方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（）Aa、b、c三点电势高低及场强大小的关系是a=cb，Ea=Ec=2EbB质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小C质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1D若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动二、实验题（18）12实验题仪器读数甲图中游标卡尺的读数是mm乙图中螺旋测微是mm13在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，下面是实验过程中遇到的三个问题，请在答题卷中作答：（1）图甲是实验电路图，请在图乙中画线连接实物（2）在图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片
6、应置于端（填“左”或“右”）（3）图丙是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E=V，内阻r=14要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作已选用的器材有：直流电源（电压为4V）；电流表（量程为00.6A3A内阻约0.5）；电压表（量程为03V1A内阻约3k）；电键一个、导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值10，额定电流1A）B滑动变阻器（最大阻值1k，额定电流0.3A）（2）图1为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画线
7、表示对应的导线）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图3所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是（保留两位有效数字）三、计算题15如图所示，一电荷量q=3104C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S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2，电阻R1=4，R2=R3=R4=12g取10m/s2求：（1）流过电源的电流强度；（2）两板间的电场强度的大小；（3）小球的质量16如图所示，光滑绝缘的
8、细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B，C的连线水平质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落A，B两点间距离为4R从小球（小球直径小于细圆管直径）进人管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口 C处离开圆管后，又能经过A点设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：（1）小球到达B点时的速度大小；（2）小球受到的电场力大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力2016-2017学年广东省韶关市仁化中学高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（1-8每小题只有一个选项
9、符合题意，每小题4分，共32分，9-11每小题有两个或两个以上选项符合题意，每小题4分，共18分，）1如图所示为某示波管内的聚焦电场实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度的大小分别为Ea和Eb，则（）AWa=Wb，EaEbBWaWb，EaEbCWa=Wb，EaEbDWaWb，EaEb【考点】电场强度；电势能【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上，故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；a位置
10、的电场强度较密集，故EaEb；故选：A2下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电荷量、场强、电势差及距离，F=k，E=k，E=，U=Ed，有关四个公式的说法中正确的是（）A它们都只对点电荷或点电荷的电场成立B只对点电荷或点电荷电场成立，对任何电场都成立C只对点电荷成立，对任何电场成立D只对点电荷成立，对任何电场成立，只对匀强电场成立【考点】电场强度【分析】本题应明确四个公式的来源：公式为电场的定义式，公式是库仑定律，公式根据定义及库仑定律求出的公式得到的点电荷场强公式，公式电场强度的定义式，公式为匀强电场中得出的场强与电势差的关系式【解答】解：公式F=k是库仑定律，只适用于点
11、电荷，公式E=k是根据定义及库仑定律求出的公式得到的点电荷场强公式，只适用点电荷的电场，公式E=是场强的定义式，适用于任何电场，公式U=Ed为匀强电场中得出的场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场故ABC错误，D正确故选：D3如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（）AUOP=10cos（V）BUOP=10sin（V）CUOP=10sin（V）DUOP=10cos（V）【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】匀强电场中
12、电势差U=Ed，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离【解答】解：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP=Rsin，故：Uop=1000.1sin=10sin（V）故选：C4某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受到电场力的作用，其运动轨迹如图2所示，由M运动到N，以下说法不正确的是（）A粒子必定带正电荷B粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C粒子在M点所受到的电场力小于它在N点所受到的电场力D粒子在M点的动能小于它在N点的动能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据曲线运动的特点分析电场力的方向，判断粒子的电性根据电场线密的地方电场强度
13、大，电场线疏的地方电场强度小，判断电场强度的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小根据电场力做功情况，分析动能的变化【解答】解：A、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，粒子所受的电场力沿着电场线方向向上，所以粒子为正电荷，故A正确BC、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，M点的场强小于N点的场强的大小，在M点所受到的电场力小于它在N点所受到的电场力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故B错误，C正确D、电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能，故D正确本题选不正确的，故选：B5两个等量异
14、种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置x变化规律的是图（）ABCD【考点】电势；电场的叠加【分析】本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可【解答】解：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确故选：A6在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）ABCD【考点】电场强度；电场线【分析】电场强度是矢量，不仅有大小，而且有方向，只
15、有当电场强度大小和方向都相同时，电场强度才相同【解答】解：A，A、B两者点处于同一圆周上，根据公式E=k，电场强度大小，但方向不同故A错误； B，由图，AB两点的电场强度方向，根据公式E=k可知，电场大小不同，故B错误； C、在匀强电场中，各处的电场强度处处相同故C正确； D、由图A、B 两点电场强度不同，大小也不同，EAEB故D错误故选：C7两根非常靠近且相互垂直的长直导线分别通以相同强度的电流，方向如图所示，那么两电流所产生的磁场垂直导线平面向内且最强的在哪个区域（）A区域1B区域2C区域3D区域4【考点】电流的磁场对磁针的作用【分析】通电螺线管周围有磁场存在，根据安培定则可得电流周围磁场
16、的方向，再由磁场叠加可确定合磁场的方向【解答】解：两根非常靠近且相互垂直的长直导线，当通上如图所示方向的电流时，根据安培定则可得：电流方向水平向右的直导线在区域1、区域2磁场方向垂直纸面向外，在区域3、区域4磁场方向垂直纸面向内，电流方向竖直向下的直导线在区域1、区域4磁场方向垂直纸面向外，在区域2、区域3磁场方向垂直纸面向内，所以根据的磁场的叠加原理，可得：区域1里磁感线垂直纸面向外，区域3里磁感线垂直纸面向内，则两电流所产生的磁场垂直导线平面向内且最强的在区域3故C正确，ABD错误；故选C8在下面的图中，小磁针指向标画正确的是（）ABCD【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】小
17、磁针N极的指向与磁场的方向一致，BC直接根据磁场方向判断即可，AC先由右手定则判断磁场的方向然后判断小磁针指向【解答】解：A、由右手定则判断出顺着电流方向看磁场为顺时针，小磁针处切线方向竖直向上，故N极向上，A正确；B、磁铁外部磁场由N极指向S极，故小磁针N极应向下指，B错误；C、由右手定则判断螺线管左边为N极，同名磁极相互排斥，则小磁针N极在右侧，故C错误；D、U磁铁外部磁场由N极指望S极，小磁针N极应指向磁铁S极，D错误故选：A9电动势为 E、内阻为 r 的电源与定值电阻 R1、R2及滑动变阻器 R 连接成电路，如图所示当滑动变阻器的触头由中点滑向 b 端时，下列说法正确的是（）A电压表读
18、数增大，电流表读数减小B电压表读数减小，电流表读数减小C滑动变阻器两端电压增大D滑动变阻器两端电压减小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】首先认识电路的连接关系：R2与R1并联后与R串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流，滑片由中点滑向b 端时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化，再分析并联电路可得出电流表示数的变化，根据串并联电路的特点分析滑动变阻器两端电压变化情况【解答】解：当滑片由中点滑向b 端时，滑动变阻器接入电阻增大，总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=EIr可知路端电压增大，即电压表示
19、数增大，总电流减小，则并联部分电压减小，所以流过R2的电流减小，则电流表读数减小，并联部分和内阻所占电压都减小，则滑动变阻器两端电压增大，故AC正确，BD错误；故选：AC10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为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线则下列说法中正确的是（）A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小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，小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积【考点】欧姆定律【分析】根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大对应P点，灯泡
20、的电阻等于过P点的切线斜率的倒数【解答】解：A、图线上的点与O点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大故A错误 B、C、图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，对应P点，小灯泡的电阻为R=故C错误，B正确D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D错误故选：B11一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（）Aa、b、c三点电势高低及场强大小的关系是a=cb，Ea=Ec=2EbB质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小C质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：
21、2：1D若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动【考点】电势能；电势【分析】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势低于ac两点的电势应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系【解答】解：A：根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势低于ac两点的电势；，故A正确；B：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增
22、加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小；故B正确；C：粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力由图可知，代入库仑定律：，可得：由牛顿第二定律：故C错误；D：由C的分析可知，带电粒子abc三个点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动故D错误故选：AB二、实验题（18）12实验题仪器读数甲图中游标卡尺的读数是100.50mm乙图中螺旋测微是3.200mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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，
23、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：10cm=100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm2、螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为3mm+0.200mm=3.200mm故答案为：100.50，3.20013在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，下面是实验过程中遇到的三个问题，请在答题卷中作答：（1）图甲是实验电路图，请在图乙中画线连接实物（2）在图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变
24、阻器的滑片应置于左端（填“左”或“右”）（3）图丙是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E=1.5V，内阻r=1.0【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据原理图可连接实物图，注意实物图的连接方法； （2）根据实验要求和电路结构进行分析，明确滑片的开始时的位置；（3）根据闭合电路欧姆定律即可正确分析图象的性质，从而明确电源的电动势和内电阻【解答】解：（1）根据电路图可以连接实物图，如图所示，注意电表量程以及正负接线柱的接法； （2）开始时要让电路中电流最小，故滑动变阻器应接入最大电阻，故滑片应在最左侧； （3）由U=EIr可知，图象与纵轴的交点为电源的电动势，故E=1.5
25、V，图象的斜率表示内阻，则内阻r=1.0； 故答案为：（1）如图所示； （2）左； （3）1.5； 1.014要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作已选用的器材有：直流电源（电压为4V）；电流表（量程为00.6A3A内阻约0.5）；电压表（量程为03V1A内阻约3k）；电键一个、导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的A（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值10，额定电流1A）B滑动变阻器（最大阻值1k，额定电流0.3A）（2）图1为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画
26、线表示对应的导线）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图3所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是11（保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；（3）根据图示图象应用欧姆定律分析答题；（4）由图示电压表读出其示数，由图示图象求出对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择A；（2）描绘灯泡伏安特性曲线
27、，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为：R=15，电流表内阻约为0.5，电压表内阻约为3k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：（3）由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大（4）电压表量程为3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为0.2A，此时灯泡电阻为：R=12；故答案为：（1）A；（2）如图所示；（3）增大；（4）12三、计算题15如图所示，一电荷量q=3104C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
28、S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2，电阻R1=4，R2=R3=R4=12g取10m/s2求：（1）流过电源的电流强度；（2）两板间的电场强度的大小；（3）小球的质量【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）先求出R2R3并联后的总电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求干路的电流强度（2）根据U=IR求出电容器两端的电压，然后根据E=求出极板间的场强（3）对小球进行受力分析，根据平衡条件求小球的质量【解答】解：（1）R2与R3并联后的电阻值 解得 R23=6由闭合电路欧姆定律得：解得：I=1 A （
29、2）电容器两板间的电压 UC=I（R1+R23） 电容器两板间的电场强度 解得 E1=100N/C （3）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F=mgtan又有：F=qE 所以解得：m=4103 kg 答：（1）流过电源的电流强度为1A；（2）两板间的电场强度的大小100N/C；（3）小球的质量4103 kg16如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B，C的连线水平质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落A，B两点间距离为4R从小球（小球直径小于细圆管直径）进人管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力
30、方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口 C处离开圆管后，又能经过A点设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：（1）小球到达B点时的速度大小；（2）小球受到的电场力大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力【考点】动能定理的应用；牛顿第三定律；机械能守恒定律；电场强度【分析】（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达B点时的速度大小；（2）将电场力分解为水平和竖直两个方向的分力，小球从B到C的过程中，水平分力做负功，根据动能定理得到水平分力与B、C速度的关系小球从C处离开圆管后，做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，
31、则两个方向的位移，由运动学公式和牛顿第二定律结合可水平分力竖直分力大小等于重力，再进行合成可求出电场力的大小（3）小球经过管口C处时，由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力，由牛顿运动定律求解球对圆管壁的压力【解答】解：（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有： mg4R=解得，（2）设电场力的水平分力和竖直分力分别为Fx和Fy，则 Fy=mg，方向竖直向上小球从B到C的过程中，电场力的水平分力Fx做负功，根据动能定理得Fx2R=小球从C处离开圆管后，做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则： y=4R x=2R= t=联立解得，Fx=mg故电场力的大小为 F=qE=mg（3）小球经过管口C处时，由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力，由牛顿运动定律得 Fx+N=m 得 N=3mg，方向向左根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小N=N=3mg，方向水平向右答：（1）小球到达B点时的速度大小是2；（2）小球受到的电场力大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小为3mg，方向水平向右2016年12月24日