2017-2018学年河南省中原名校（即豫南九校）高二下学期第一次联考物理试题 Word版 12页

一、选做题：1~7为单选，8~10为多选，每题5分，多选、错选均不得分，少选得3分。共50分 ‎1．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持它们彼此接触，把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开 A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．若用导线连接A、B左右两端点，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．移去C，贴在A、B下部的金属都闭合 ‎2．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是 A．a、b两点的场强相同 B．a点电势比b点高 C．a、b、c三点和无穷远处等电势 D．一个电子在a点无初速度释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎3．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开始演斜面滑道底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断正确的是 A．金属块带负电荷 B．电场力做功0.2J C．金属块的机械能减少1.2J D．金属块的电势能增加0.2J ‎4．如图所示电路中，各灯额定电压和额定功率分别是：A灯“10V，10W”，B灯“60V，60W”，C灯“40V，40W”，D灯“30V，30W”。在a、b两端加上电压后，四个灯都能发光。比较各灯消耗功率大小，不考虑各灯泡电阻随电压的变化，正确的是 A． B．‎ C． D．‎ ‎5．如图所示，MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器．质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触．杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则 A．电容器右极板带负电 B．电容器的最大带电量为 C．杆ab的最大速度v等于 D．杆ab所受安培力的最大功率为 ‎6．如图所示，圆环a和b的半径之比 ‎，且是粗细相同，用同样材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变大，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为 A．1:1 B．2:1 C．3:1 D．4:1‎ ‎7．如图甲所示两平行金属板，B板接地，从t=0时刻起AB板接电源，A板电势随时间变化图像如图乙所示，板间一带正电粒子（不计重力）由静止开始在电场力作用下运动，板间距足够长，则下列说法正确的是 A．粒子在两板间往复运动 B．时粒子速度为零 C．到这段时间内粒子的电势能降低，电场力对粒子做正功 D．时与时粒子速度之比为1：4‎ ‎8．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3为等势线，已知a、b两个带等量电荷的带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出，仅在电场力作用下，两粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，MN=NQ，则 A．a一定带正电，b一定带负电 B．a加速度减小，b加速度增大 C．MN两点的电势差等于NQ两点的电势差 D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小 ‎9．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2、和U3表示，电表示数变化量的大小分别用表示，下列比值正确的是 A．不变，不变 B．变大，不变 C．变大，不变 D．变大，变大 ‎10．如图所示，一理想变压器副线圈与滑动变阻器相连，P是滑动变阻器的滑动触头，原线圈一端接交流电源，另一端a和一线圈中间引出端b分别与单刀双掷开关K两接线柱相连，电源电压的最大值恒定，I为电源电流，则 A．保持P的位置不变，K由a合向b时，I将增大 B．保持P的位置不变，K由a合向b时，R消耗的功率减小 C．K合在a处，使P向c端滑动，I将增大 D．K合在b处，使P向c端滑动，R消耗的功率减小 二、实验题 ‎11．张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：‎ ‎（1）用螺旋测微器测得其直径为________mm（如图甲所示）；‎ ‎（2）用20分度的游标卡尺测其长度为_________cm（如图乙所示）‎ ‎（3）用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值__________（选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎12．待测电阻Rx的阻值为20Ω，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：‎ A，电流表A1（量程150mA，内约为10Ω）‎ B．电流表A2（量程20mA，内阻r2=30Ω）‎ C．电压表V（量程15V，内阻3kΩ）‎ D．定值电阳R0=l00Ω E．滑动变阻器R1，最大阻值约为5Ω，额定电流为2.0A F．滑动变阻器R2，最大阻值约为5Ω，额定电流为0.5A G．电源E，电动势E=4V（内阻不计）‎ H．电键S及导线若干 为了使电流表调节范围较大，测量准确，测量时电表读数不得小于其量程的1/3.‎ ‎（1）滑动变阻器应选_____________（选填“R1”或“R2”）；‎ ‎（2）请你在虚线框内画出测量Rx的最佳实验电路图并标明元件符号；‎ ‎（3）待测电阻的表达式为Rx=__________。‎ 三、解答题 ‎13．如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压U1加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为U2，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力．求：‎ ‎（1）电子在偏转电场中的运动时间t；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时沿垂直于板方向偏移的距离y．‎ ‎14．如图所示电路，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，外电路中电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω。电容器的电容C=2μF，求：‎ ‎（1）电键S闭合时，电路稳定时电容器所带的电荷量；‎ ‎（2）电键从闭合到断开，流过电流表A的电荷量。‎ ‎15．如图所示，在xoy平面内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴成45°角，OP与y轴之间的磁场方向垂直纸面向外，OP与x轴之间的电场平行于x轴向右，电场强度为E，在y轴上有一点M，到O点的距离为L，现有一个质量为m，带电量为+q的带电粒子从静止经电压为U的电场加速后从M点以垂直y轴的速度方向进入磁场区域（加速电场图中没有画出），不计带电粒子的重力，求 ‎（1）从M点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小？‎ ‎（2）为使带电粒子刚好不能进入电场区域，则磁感应强度为B应为多大？‎ ‎（3）改变匀强磁场的磁感应强度的大小，使带电粒子沿y轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x轴离开电场时的位置到O点的距离为多少？‎ ‎16．如图所示，两根水平放置的光滑的平行金属导轨相距为d，电阻不计，在其左端接有阻值为R的电阻，MN为一根长度也为d、质量为m，电阻为r的金属杆，垂直导轨放置，并与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，开始时杆MN处于静止状态。某时刻（t=0）对杆MN施加一个平行导轨方向的水平力，使之做加速度为a的匀加速直线运动。（导轨足够长）‎ ‎（1）判断M、N两端的电势高低；‎ ‎（2）求t=t1时刻杆MN两端的电压；‎ ‎（3）求水平力F随时间t变化的关系式。‎ 豫南九校2017—2018学年下期第一次联考 高二物理答案 一、选择题（1～7为单选，8～10为多选。每题5分，多选、错选均不给分，少选得3分）‎ ‎1．D ‎【解析】带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电，故A错误；此时AB为等势体，两端电势相等，故B错误；用导线连接A，B左右两端点时，A、B的电势仍然相等，仍然是A端带上负电，B端带上正电，下部金属箔张开，B下部金属箔也张开，故C错误；移去C，A、B两端的电荷将中和，之后两端都不带电，所以贴在A、B下部的金属都闭合，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎2．C ‎【解析】试题分析：a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度．故A错误；a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．故B错误，C正确；一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点．故D错误．‎ ‎3．D ‎【解析】试题分析：根据动能定理可知，WG+W电－Wf=Ek，故1.2J+W电－0.3J=0.7J，故电场力对金属块做的功为W电=－0.2J，即电场力做负功，故金属块带正电，选项AB错误；根据功能关系可得，金属块的机械能减少量为0.2J+0.3J=0.5J，选项C错误；由于电场力做负，故金属块的电势能增加0.2J，选项D正确。‎ 考点：电场力做功与电势能的变化。‎ ‎4．D ‎【解析】A灯的电阻： ，B灯的电阻： ，C灯的电阻：，‎ D灯的电阻：；设a到b回路的电流为1A，则IA=IB=1A；C、D两灯并联，则UC=UD，即ICRC=（1-IC）RD， ， ，A灯消耗的功率为PA=IA2RA=（1A）2×10Ω=10W，B灯消耗的功率为PB=IB2RB=（1A）2×60Ω=60W，C灯消耗的功率为，D灯消耗的功率为，所以PB＞PA＞PD＞PC，故选D．‎ ‎5．C ‎【解析】根据右手定则，感应电动势的方向为：a→b；故右板带正电荷；故A错误；下落过程中的最大感应电动势：Em=BLv， ab两端的电压为：，电容器的最大带电量为：，选项B错误；因为当达到最大速度时，安培力与重力平衡，即F安=mg，整个电路消耗的最大电功率等于克服安培力做功的功率，即P=F安v=mgv，即，选项C 正确，D错误。‎ ‎6．B ‎【解析】试题分析：a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律，电阻之比为2：1；A、B两点间电势差大小为路端电压，为；磁感应强度变化率恒定的变化磁场，又面积之比是4：1，故根据法拉第电磁感应定律公式，得到两次电动势的大小之比为4：1；故两次的路端电压之比为，故B正确；故选B。‎ 考点：法拉第电磁感应定律 ‎7．D ‎【解析】试题分析：粒子在内粒子向下做加速运动，粒子向下做减速运动，T后粒子接着向下做加速运动减速运动，粒子会一直向下运动，所以A项错误；粒子从 先做加速度增大的加速运动后做加速度减小的加速运动，在时粒子的速度最大，所以B项错误；从，粒子在做减速运动，电场力做负功，电势能增大，所以C项错误；将Φ-t图像转化为a-t图像，面积表示速度的变化量，易得选项D正确。‎ ‎8．BD ‎【解析】由图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误；电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大，可知a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大，故B正确；已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|，故C错误；根据电场力做功公式W=Uq，|UMN|＞|UNQ|，a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎9．ABC ‎【解析】通过分析电路图可知，r、R1、R2串联，R1为定值电阻；滑动变阻器触头P向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大， ,电路中电流变小，R1两端的电压变小；串联电路中总电压等于各分电压之和，滑动变阻器两端的电压变大；A、R1两端的电压为U1，电流为I，则，△U1=U1-U1′=△IR1，由于R1是定值电阻，所以比值不变，故A正确；C、D、R2两端的电压为U2，电流为I，则，滑动变阻器的阻值变大， 比值变大， 等于R1+R2应变大；总电压与各分电压相等，△U2=△UR1+△Ur=△I（R1+r），即比值不变，故D不正确，C正确；B、同理△U3=△Ir等于电源内阻r，也不变．故B正确，故选ABC．‎ ‎【点睛】分清电路图，利用等效电阻法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键．‎ ‎10．AD ‎【解析】AB. 根据变压器原副线圈电压关系：，，原线圈匝数减小，输出电压增大，R消耗的功率增大，输入功率随之增大，电源电流增大，故A正确，B错误；CD. 保持K不动，输出电压不变，向c端移动P，电阻增大，R消耗的功率减小，输入功率随之减小，电源电流减小，故C错误，D正确；故选：AD。‎ 二、实验题 ‎11．【答案】（1）0.697—0.699mm（2）1.020cm（3）偏小 ‎【解析】‎ ‎（1）螺旋测微器的读数为：；‎ ‎（2）游标卡尺的读数为： ；‎ ‎（3）由欧姆定律得：电阻阻值，由于电压表的分流作用使电流偏大，则电阻偏小．‎ ‎12．【答案】（1）R1；（2）（3）Rx＝‎ ‎【解析】‎ ‎（1）待测电阻Rx的阻值约为20 Ω，大于滑动变阻器阻值，故滑动变阻器采用分压式，电路的电流为，所以滑动变阻器要选R1；‎ ‎（2）电动势E＝4 V，而电压表V的量程15 V，测量时电表读数不得小于其量程的1/3，故不选电压表V，需要电流表改装，电流表A2内阻已知，故用电流表A2与定值电阻串联改装成电压表，电路图为；‎ ‎（3）待测电阻的表达式为 三、解答题 ‎13．【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据动能定理解得 在平行于极板方向做匀速运动 解得 ‎（2）在垂直于极板方向做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律，解得 ‎14．【答案】（1）；（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）‎ I=E/R总=3A U1==3.6V，Q1=CU=‎ ‎（2）S断开时，U2=‎ Q2=CU2=‎ Q=Q1+Q2=‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的加速和偏转运动 ‎15．【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）从M点进入磁场的带电粒子速度的大小为v，根据动能定理得 解得 ‎（2）带电粒子刚好不能进入电场区域轨迹如题所示，设磁感应强度为B，由图可知：，解得：‎ 由洛伦兹力提供向心力可得：‎ 解得：‎ ‎（3）由图可知带电粒子沿y轴负方向进入匀强电场时，在磁场中运动的轨道半径为，‎ 在电场中做类平抛运动，加速度，‎ y轴方向匀速运动，有：‎ x轴方向匀加速运动，有：‎ 联立解得 到O点的距离为 ‎16．【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由右手定则可知，‎ ‎（2）t1时刻的速度：v1=at1‎ 感应电动势E1=Bdv1‎ 感应电流 杆MN两端的电压 ‎（3）由牛顿第二定律可得F-BId=ma 其中 E=Bdv v=at 联立解得 ‎ ‎