河南省中原名校（即豫南九校）2020学年高二物理上学期第二次联考试题（含解析） 13页

河南省中原名校（即豫南九校）2020学年高二上学期第二次联考物理试题 ‎ ‎―、选择题 ‎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 ‎【答案】C ‎【解析】电流强度是电流的定义式；电容是电容的定义式；磁感应强度是磁感应强度的定义式；而电阻是电阻的决定式；故选C.‎ ‎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 ‎【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，故选D.‎ ‎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 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：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．‎ 考点：考查电容器、匀强电场、带电粒子在电场中的运动．‎ ‎【名师点睛】本题关键是明确粒子的运动性质，然后结合类似斜抛运动的分运动规律列式分析．‎ ‎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. ‎ ‎【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φa的a点运动至电势为φb的b点，电势能的变化为△EP=qφb-qφa，根据能量守恒得，△EK=-△EP，解得：，故A正确。‎ ‎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 ‎【答案】D ‎【解析】由闭合电路的欧姆定律得：调零时有E＝IgR内；指针偏转至满刻度的时有E＝；指针偏转到满刻度的时有E＝。联立三式可解得Rx＝16R。D正确，A、B、C错误。‎ ‎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）‎ ‎【答案】A Fx合＝F摩－Fsinq＝0；F＝BIL；解得：F摩＝BILsinq，故选A。‎ ‎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 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：φ-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；φ-x图象的切线斜率表示电场强度，φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，0-x2之间斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，故0-x2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏，故B正确；0-x2之间φ-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，电场强度先增大后减小；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．‎ 考点：电场强度；电势 ‎【名师点睛】本题从数学有角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况。‎ ‎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 ‎【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L2变亮，L1两端电压变小。小灯泡L1变暗。故选AC.‎ 点睛：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键．也可以运用结论进行分析：变阻器电阻增大，与之并联的电灯会亮，与之串联的电灯会变暗，即“串反并同”．‎ ‎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 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：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间的电场强度，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．故选BC 考点：霍尔效应 ‎【名师点睛】解决本题的关键会利用左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道稳定时电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡。‎ ‎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 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：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，当小球的受力达到平衡时，做匀速运动，速度达到最大．由平衡条件得，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，解得，故C正确D错误．‎ 考点：考查了带电小球在匀强磁场的中运动 ‎【名师点睛】若小球带正电，分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力与速度大小成正比，确定小球的运动情况．若小球带负电，分析小球的受力情况，小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力作用，最终小球会离开斜面，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，由平衡条件求出最大速度．‎ 二、实验题 ‎11.‎ ‎ 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．‎ ‎【答案】 (1). 10.45 (2). 1.730‎ ‎【解析】如图甲所示的读数是:1cm+0.05mm×9=10.45mm．‎ 图乙的读数是：1.5mm+0.01mm×23.0=1.730mm．‎ ‎12. 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______。‎ ‎【答案】 (1). （1）F， (2). （2）外， (3). 小， (4). 电压表的分流作用 ； (5). （3）0.48， (6). 2.20 (7). （4）图见解析.‎ ‎【解析】（1）题目要求测量结果尽量准确要选择滑动变阻器分压接法，则选取小阻值F；故选取的．‎ ‎（2）电池组3V，则选取电压表D；根据欧姆定律，故电流表选取C；被测电阻约；为小电阻，故选择电流表外接；‎ 采用此接法测得电阻上的电流值偏大，则电阻值比其真实值偏小，造成这种误差的主要原因是电压表的分流作用；‎ ‎（3）电流表读数I=0.48A；电压表读数U=2.20V；‎ ‎（4）电流表外接又滑动变阻器分压接法，故电实验原理电路图如图：‎ 点睛：电学实验要注意以下问题：（1）仪表的选择；（2）电路的接法；（3）数据的处理；要学会根据实验的原理同时结合安全性、准确性原则进行分析．‎ 三、计算题 ‎13. 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。‎ ‎【答案】mv²/qL ‎【解析】试题分析：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 平行于电场方向：‎ 据牛顿第二定律：qE=ma 解上述方程得：‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 ‎14. 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。‎ ‎【答案】（1）m=2edB/v（2）t=πd/3v ‎............‎ 由洛仑兹力提供向心力，则有：‎ 由图中几何关系得：Rsin30°=d 解得电子的质量 ‎（2）电子做匀速圆周运动的周期为 则穿出磁场的时间为 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎15. 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。‎ ‎【答案】（1）E=20V，r=20Ω（2）5Ω（3）300‎ ‎【解析】试题分析：电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势；当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律得E=U+Ir，将图象中A、B两点的电压和电流代入和得 E=16+0.2r E=4+0.8r 联立解得 E=20V r=20Ω。‎ ‎（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）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．,‎ 又有 ，代入数值解得滑动变阻器的最大值R3=300Ω。‎ 点睛：本题要理解电源的伏安特性曲线的意义，可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻。‎ ‎16. 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？‎ ‎【答案】（1）（2）30°（3）‎ ‎【解析】（1）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 由题意得 ②‎ 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 由①②③解得 ‎（2）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 由几何关系可得θ＝30° ⑥‎ ‎（3）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 点睛：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；确定带电粒子轨迹的范围一般应用画图的方法找出，同时可以结合几何知识进行分析． ‎