物理卷·2019届河南省中原名校（即豫南九校）高二上学期第二次联考（2017-11） 12页

‎―、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1〜6题，只有一项符合题目要求，第7〜10题有多项符合题目要求。全选对得5分，选对但不全对得3分，有错选得0分。）‎ ‎1．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理量都是用比值法定义的．以下公式不属于定义式的是（）‎ A．电流强度 B．电容 C．电阻 D．磁感应强度 ‎2．—根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的4倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为（）‎ A． B．4U C． D．16U ‎3．如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）（）‎ A．保持开关S闭合，适当上移P极板 B．保持开关S闭合，适当左移P极板 C．先断开开关S，再适当上移P极板 D．先断开开关S，再适当左移P极板 ‎4．静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为ja的a点运动至电势为jb的b点。若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷q/m为（）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图是一个将电流表改装成欧姆表的电路示意图，此欧姆表己经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）‎ A．4R B．5R C．10R D．16R ‎6．如图所示，水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为q，垂直于ab且指向右斜上方．导轨宽度为L，M和P之间接入一电动势为E，内阻不计的电源，垂直于导轨搁一根质量为m、接入导轨间的电阻为R的金属棒ab，当ab棒静止时，电路中的电流为I，导体棒与导轨的摩擦因数为m，ab棒受到的摩擦力的大小（）‎ A．BILsinq B．BILcosq C．m（mg－BILsinq） D．m（mg＋BILsinq）‎ ‎7．如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O－x2间各点的电势分布如图乙所示，下列说法中正确的是（）‎ A．x1点的电场强度最小 B．O〜x2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏 C．一正电电荷从O点由静止释放，若仅受电场力作用，点电荷的加速度先增大后减小 D．—正电电荷从O点由静止释放，若仅受电场力作用，速度先增大后减小 ‎8．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向左滑动的过程中，下列说法正确的是（）‎ A．小灯泡L1变暗，小灯泡L2变亮 B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗 C．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小 D．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 ‎9．在某次发射科学实验卫星“双星”中，放置了一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度，磁强计的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流，己知金属导体单位体积的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U，则下列说法正确的是（）‎ A．电流方向沿x轴正方向，正电荷受力方向指向前侧面，因此前侧面电势较高 B．电流方向沿x轴正方向，电子受力方向指向前侧面，因此后侧面电势较高 C．磁感应强度的大小为 D．磁感应强度的大小为 ‎10．—个足够长的绝缘斜面，倾角为q ‎，置于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，与水平面平行，如图所示，现有一带电荷量为q，质量为m的小球在斜面顶端由静止开始释放，小球与斜面间的动摩擦因数为m，则（）‎ A．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为 B．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为 C．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为 D．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为 二、实验题（本题共2小题，除12题（1）（2）每空1分，其它每空2分，共16分。）‎ ‎11．（6分）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是_____mm．用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所不的读数是_____mm．‎ ‎12．（10分）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V，内阻1Ω）‎ B．电流表（0〜3A，内阻0.0125Ω）‎ C．电流表（0〜0.6A，内阻0.125Ω）‎ D．电压表（0〜3V，内阻3kΩ）‎ E．电压表（0〜15V，内阻15kΩ）‎ F．滑动变阻器（0〜20Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0〜2000Ω，额定电流0.3A）‎ H．开关、导线 ‎（1）滑动变阻器应选用的是___________。（填写器材的字母代号）‎ ‎（2）实验电路应采用电流表______接法（填“内”或“外”），采用此接法测得的电阻值比其真实值偏___（填“大”或“小”），造成这种误差的主要原因是________。‎ ‎（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I＝ A，U= V。‎ ‎（4）为使通过待测金属导线的电流能在0〜0.5A范围内改变，请按要求在方框内画出测量待测金属导线的电阻尺的原理电路图。‎ 三、计算题（本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明，方程式和必要的演算步骤，只写最后答案不能得分。）‎ ‎13．（10分）如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内存在着沿AD方向的匀强电场。电量为q、速度为v的带电粒子从A点沿AB方向进入电场，恰好从BC的中点离开电场，不计粒子所受重力，求电场强度的大小E。‎ ‎14．（10分）如图所示，一个电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时的速度方向与原来入射方向的夹角是30°，试计算：‎ ‎（1）电子的质量m；‎ ‎（2）电子穿过磁场的时间t。‎ ‎15．（12分）如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=l00Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器。当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的。求：‎ ‎（1）电源的电动势和内阻；‎ ‎（2）定值电阻R2的阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器的最大阻值。‎ ‎16．（12分）如图所示，有一个磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，在磁场中的O点有一个粒子源，能在纸面内向各个方向连续不断地均匀发射速率为v、比荷为k的带正电粒子，PQ是垂直纸面放置、厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直．带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力忽略不计．‎ ‎（1）为了使带电粒子不打在挡板上，粒子源到挡板的距离d应满足什么条件？‎ ‎（2）若粒子源到挡板的距离，且己知沿某一方向射出的粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板上，求这个粒子从O点射出时的速度方向；‎ ‎（3）若粒子源到挡板的距离，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比是多少？‎ 豫南九校2017—2018学年上期第二次联考 高二物理答案 一、选择题（本题共10小题每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题，只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全选对得5分，选对但不全对得3分，有错选得0分。）‎ ‎1．【答案】C ‎ ‎【解析】A、B、D均为定义式，C选项为电阻的决定式.‎ ‎2．【答案】D ‎【解析】由题意知导线均匀拉长到原来的2倍时电阻横截面积为原来的，由电阻得电阻变为原来的16倍。要使电流仍为I，则电压为原来的16倍.‎ ‎3．【答案】A ‎【解析】粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间；A、保持开关S闭合，适当上移P极板，根据U=Ed，d增加，场强E减小，故加速度a=qE/m减小，根据t=2vy0/a，时间延长，可能从小孔B射出；故A正确；B、保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故B错误；C、先断开开关S，再适当上移P极板，电荷的面密度不变，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C错误；D、先断开开关S，再适当左移P极板，电荷的面密度增加，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从小孔B射出，故D错误；故选A.‎ ‎4．【答案】A ‎【解析】带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，带电粒子在a、b两点动能的变化，带电粒子在电场力作用下从电势为ja的a点运动至电势为jb的b点，电势能的变化为DEp＝qjb－qja，根据能量守恒得，DEk,＝DEp，解得：，故选A ‎5．D ‎ ‎【解析】设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为Ig，欧姆表调零即待测电阻为零，此时由闭合回路欧姆定律有，Ig＝，测阻值为R的电阻时，Ig＝.测未知电阻时，Ig＝，联立以上三式解得Rx＝16R，故D项对．‎ ‎6．【答案】A ‎【解析】根据左手定则可知，棒ab所受的安培力方向垂直与棒斜向上方，其受力截面图为：‎ Fx合＝F摩－Fsinq＝0；F＝BIL；解得：F摩＝BILsinq，故选A。‎ ‎7．【答案】BC ‎【解析】j－x图象的切线斜率表示电场强度，故x1点的电场强度最大，故A错误；j－x图象的切线斜率表示电场强度，j－x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，O－x2之间斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，故O－x2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏，故B正确；O－x2之间j－x图象的斜率先增大后减小，且斜率一直为负值，说明电场强度方向不变，向右，电场强度选增大后减小；故一正电电荷从O点由静止释放，仅受电场力作用，是向右加速，速度一直增加，加速度先增大后减小，故C正确，D错误；故选 BC。‎ ‎8．【答案】AC ‎【解析】滑动变阻器向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路的总阻值变小，总电流变大，所以电流表的读数变大，内阻消耗电压变大，电压表读数变小。小灯泡变亮，两端电压变小。小灯泡变暗。故选AC ‎9．【答案】BC ‎【解析】金属导体中有自由电子，当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动。在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子，由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿z轴正方向，自由电子向前侧面偏转，故后侧面电势较高，故A错误B正确；设自由电子匀速运动的速度为v，则由电流的微观表达式有I＝neabv，金属导体前后两个侧面的电场强度，达到稳定状态时，自由电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则有evB＝eE，解得磁感应强度的大小为，故C正确D错误。‎ ‎10．【答案】BC ‎【解析】如果小球带正电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向下的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，摩擦力增大，加速度减小，当小球受力达到平衡时，做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件得mgsinq＝m（mgcosq＋qvmB），解得最大速度为，故A错误B正确；如果小球带负电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向上的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，此时有mgcosq＝qvmB，解得，故C正确D错误。‎ 二、实验题（本题共2小题，共16分。）‎ ‎11．（6分，每空3分）‎ ‎ 10.45 1.730 ‎ ‎12．（10分）【答案】‎ ‎（1）（1分）F，‎ ‎（2）（3分，每空1分）外，小，电压表的分流作用 ；‎ ‎（3）（4分，每空2分）0.48，2.20‎ ‎（4）（2分）如下图所示.‎ ‎【解析】（1）为实验操作方便，滑动变阻器选总阻值较小的：故选F。‎ ‎（2）Rx＜，小电阻则电流表应采用外接法，由于电压表的分流，使电流表示数偏大，故测量结果偏小。‎ ‎（3）电流表量程是0～0.6A，由图示电流表可知其分度值是0.02A，示数为0.48A；电压表量程是0～3V，由图示电压表可知其分度值是0.1V，其示数为2.20V。‎ ‎（4）通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，则滑动变阻器应采用分压接法，电 流表采用外接法，伏安法测电阻的实验电路及实物图如图所示．‎ 三、计算题（本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明，方程式和必要的演算步骤，只写最后答案不能得分。）‎ ‎13．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有 ‎ 垂直于电场方向：‎ ‎ L=vt………3分 ‎ 平行于电场方向：‎ ‎ L/2=at²/2………3分 ‎ 据牛顿第二定律：‎ ‎ qE=ma………2分 ‎ 解上述方程得：‎ ‎ E=mv²/qL………2分 ‎14．（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示。‎ ‎ 由洛仑兹力提供向心力，则有：‎ ‎ qvB=mv²/R…………2分 ‎ 由图中几何关系得：‎ ‎ Rsin30°=d………2分 ‎ 解得电子的质量m=2edB/v…………2分 ‎（2）电子做匀速圆周运动的周期为 ‎ T=2πR/v…………2分 ‎ 则穿出磁场的时间为 ‎ t=T/12=πd/3v…………2分 ‎15．（12分）‎ ‎（1）由U-I图象可得E=20V(2分)，r=20Ω（2分）；‎ ‎（2）当R3的滑键自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大。由此 可知，图线上的A、B两点是滑键分别位于最左端和最右端时所得到的。当滑键位于 最右端时，R3=0，R1被短路，外电路总电阻即为R2，故由B点的U、I值可求出R2 ‎ ‎ （3分）‎ ‎（3）当滑键在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求 出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R3的最大值。‎ ‎ （3分）‎ ‎ 由外电路连接关系可得 ‎ 代入数值解得滑动变阻器的最大值R3=300（2分）‎ ‎16．解析：‎ ‎（1）（5分）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，在磁场中运动的轨道半径为r，‎ ‎ 则由洛伦兹力充当向心力得： ① ——————2分 ‎ 由题意得 ②——————1分 ‎ 由题意分析可知，为了使带电粒子不打在挡板上，d应满足：d>2r ③———1分 ‎ 由①②③解得 ———————（1分）‎ ‎（2）（3分）如图所示，设粒子速度方向与OP连线的夹角为θ时，‎ 粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板右表面的N点．由 图形的几何关系可知：△OPN为直角三角形，ON为粒子圆周运 动的直径 由于和①②可得⑤——————2分 由几何关系可得θ＝30° ⑥ ———————— 1分）‎ ‎（3）（5分）粒子打到挡板左、右表面的示意图如图所示．由图可知，粒子打到挡板左表面 的长度为 粒子打到挡板右表面的长度为 粒子打到挡板左、右表面上的长度之比为＝ （5分）‎ ‎ ‎