河南省中原名校（即豫南九校）2017-2018學(xué)年高二上學(xué)期第一次聯(lián)考物理試題

河南省中原名校（即豫南九校）20172018學(xué)年高二上學(xué)期第一次聯(lián)考物理試題一、選擇題1.一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場，電場沿豎直方向，兩個比荷（即粒子的電荷量與質(zhì)量之比）不同的帶正電的粒子A和B，從電容器邊緣的P點（如圖）以相同的水平速度射入兩平行之間。測得A和B與電容器的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1:2。若不計重力，則A和B的閉合之比是A.1：2B.1：1C.2：1D.4：1【答案】D【解析】兩帶電粒子都做類平拋運(yùn)動，水平方向勻速運(yùn)動，有垂直金屬板方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有

電荷在電場中受的力為，根據(jù)牛頓第二定律有

聯(lián)立解得：。

因為兩粒子在同一電場中運(yùn)動，E相同，初速度相同，側(cè)位移相同，所以比荷與水平位移的平方成反比，所以比荷之比為，故D正確，ABC錯誤。點睛：當(dāng)粒子垂直于電場進(jìn)入時，粒子做平拋運(yùn)動，因此可以分為沿電場線的勻加速直線運(yùn)動和垂直于電場線方向上的勻速直線運(yùn)動，兩個運(yùn)動互不干擾。2.勻強(qiáng)電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為1m，D為AB的中點，如圖所示，已知電場線的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三點的電勢分別為14V、6V和2V。設(shè)場強(qiáng)大小為E，一電量為的正電荷從D點移到C點電場力所做的功為W，則A.B.C.D.【答案】A【解析】由題勻強(qiáng)電場中，由于D為AB的中點，則D點的電勢，

電荷從D點移到C點電場力所做的功為：。

AB的長度為，由于電場強(qiáng)度的方向并不是沿著AB方向，所以AB兩點沿電場方向的距離，勻強(qiáng)電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比，即，所以：，故選項A正確，BCD錯誤。點睛：本題考查對勻強(qiáng)電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比U=Ed與運(yùn)用公式W=qU求解電場力做功的能力。3.兩個質(zhì)量相同的小球用不可伸長的細(xì)線連接，置于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，小球1和小球2均帶正電，電量分別為和（），將細(xì)線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示。若將兩小球同時從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則釋放后細(xì)線中的張力T為（不計重力及兩小球間的庫侖力）A.B.C.D.【答案】A點睛：解決本題關(guān)鍵在于把牛頓第二定律和電場力知識結(jié)合起來，在研究對象上能學(xué)會整體法和隔離法的應(yīng)用。4.在如圖所示的電路中，閉合開關(guān)S，將滑動變阻器滑片P緩慢向右移動，則A.燈泡L變暗B.電源內(nèi)部消耗的功率先變大后變小C.電容器C上的電荷量增加D.流過R1的電流方向由左向右【答案】D【解析】試題分析：當(dāng)滑片向右移動時，電阻減小，干路電流增大，根據(jù)P=I2R知燈泡變亮，電源內(nèi)部消耗功率變大，選項A、B錯誤；根據(jù)U=IR知，電源內(nèi)電壓及燈泡上電壓增大，滑動變阻器上分得電壓減小，電容器因與滑動變阻器并聯(lián)，電容器C上電壓也減小，根據(jù)Q=CU知電容器電量減小，C錯誤；故電容器會通過R、R1組成回路放電，故經(jīng)過電阻R1的電流由左向右，故選項D正確?？键c：電路動態(tài)分析電容器5.如圖所示，其中電流表A的量程為0.6A，表盤均勻劃分為30個小格，每一小格表示0.02A；的阻值等于電流表內(nèi)阻的；的阻值等于電流表內(nèi)阻的2倍，若用電流表A的表盤刻度表示流過接線柱1的電流值，則下列分析正確的是A.將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.04AB.將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.02AC.將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.06AD.將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.01A【答案】C【解析】當(dāng)接線柱1、2接入電路時，R1與電流表并聯(lián)，由于R1＝，可知流過R1的電流為流過電流表電流的2倍，所以1、2接線柱間的電流為通過電流表電流的3倍，所以每一小格是原來的3倍，即為0.06A，所以A、B錯誤；當(dāng)接線柱1、3接入電路時，電流表與R1并聯(lián)，然后再與R2串聯(lián)，串聯(lián)電阻對電流無影響，與1、2接入電路的效果一樣，所以每一小格表示0.06A，C正確，D錯誤。視頻6.均勻帶電的球殼子啊球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處此時的電場，如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，半球面總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM=ON=2R．已知M點的場強(qiáng)大小為E，則N點的場強(qiáng)大小為A.B.C.D.【答案】A【解析】把半個球面補(bǔ)到右面，組成一個完整的球殼，根據(jù)對稱性，可知，左半球在N點的場強(qiáng)大小與右半球在M點的場強(qiáng)大小相等，設(shè)這個場強(qiáng)為，則有，解得：7.某電場的電場線的分布如圖中實線所示，一個帶電粒子只在電場力作用下，由M點到N點沿圖中虛線所示的路徑運(yùn)動，則下列判斷正確的是A.粒子帶負(fù)電B.N點的電勢高C.粒子在N點的加速度大D.粒子在N點的電勢能小【答案】CD..................點睛：本題是電場中粒子的軌跡問題，首先要能根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷粒子受力方向，其次根據(jù)電場線的疏密可以判斷電場強(qiáng)度的強(qiáng)弱，進(jìn)而判斷電場力的大小，加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點，即可解決本題。8.如圖所示是某型號電吹風(fēng)的電路圖，它主要由電動機(jī)M和電熱絲R構(gòu)成。已知電吹風(fēng)的額定電壓為220V，吹冷風(fēng)時的功率為120W，吹熱風(fēng)時的功率為1000W，關(guān)于該電吹風(fēng)，下列說法正確的是A.若S1、S2閉合，則電吹風(fēng)吹冷風(fēng)B.電熱絲的電阻為55ΩC.電動機(jī)工作時輸出的機(jī)械功率為880WD.當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電動機(jī)每秒鐘消耗的電能為120J【答案】BD【解析】A、若閉合，電熱絲接入，則此時電阻絲發(fā)熱，電吹風(fēng)冷出的是熱風(fēng)，故A錯誤；

B、電機(jī)和電阻并聯(lián)，當(dāng)吹熱風(fēng)時，電阻消耗的功率為：由，可知，故B正確；

C、電動機(jī)工作時輸出的功率為吹冷風(fēng)時的功率，故只有，故C錯誤；

D、當(dāng)吹熱風(fēng)時，電動機(jī)消耗的電功率仍為，故每秒鐘消耗的電能為，故D正確。點睛：本題考查了電吹風(fēng)的電路結(jié)構(gòu)及電功率的計算問題，對于這類結(jié)合生活中的電器考查電路連接情況的題目，要結(jié)合串并聯(lián)電路的電流流向特點進(jìn)行分析。9.如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，理想電壓表示數(shù)為，其變化量的絕對值分別為；流經(jīng)電源的電流為I，其變化量的絕對值為，在滑動變阻器的觸片從右端滑到左端的過程中（燈泡電阻不變化）A.小燈泡L3變暗，L1、L2變亮B.C.增大D.不變【答案】BD【解析】A、當(dāng)滑動變阻器的觸片P從右端滑到左端時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，則變亮。

變阻器的電阻減小，并聯(lián)部分的電阻減小，則并聯(lián)部分的電壓減小，則變暗?？傠娏髟龃?，而的電流減小，則的電流增大，則變亮，故A正確；

B、由上分析可知，電壓表的示數(shù)減小，電壓表的示數(shù)增大，由于路端電壓減小，即兩電壓表示數(shù)之和減小，所以，故B正確；

C、由得：，不變，故C錯誤；

D、根據(jù)歐姆定律得：，不變，D正確。點睛：本題是電路動態(tài)變化分析問題，按“局部→整體→局部”思路進(jìn)行分析，運(yùn)用總量法分析兩電壓表讀數(shù)變化量的大小，運(yùn)用歐姆定律定量分析電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的比值變化，這是常用的方法。10.如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子僅在靜電力作用下，在A.A、B兩板間的距離為B.電子在兩板間的最大速度為C.電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動D.若電子在時刻進(jìn)入兩極板．它將時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，最終到達(dá)B板【答案】AB【解析】A、在時刻由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動，恰好到達(dá)B板，由于在第一個內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，在第二個內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，在第三個內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動，可知經(jīng)過時間恰好到達(dá)B板，加速度，有，解得：，故A正確；

B、由題意可知，經(jīng)過時間速度最大，則最大速度為：，故B正確。

C、電子在兩板間先向右做勻加速直線運(yùn)動，然后向右做勻減速直線運(yùn)動，速度減為零后反向做勻加速直線運(yùn)動，然后反向做勻減速直線運(yùn)動，故C錯誤。

D、若電子在時刻進(jìn)入兩極板，先做勻加速直線運(yùn)動，然后做勻減速直線運(yùn)動，若電子勻減速直線運(yùn)動到零，位移之和大于極板的間距，電子不會做往復(fù)運(yùn)動，在勻減速直線運(yùn)動的過程中到達(dá)B板，故D錯誤。點睛：本題主要分析粒子在電場中的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律由受力情況分析粒子的運(yùn)動情況，也可以根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動的速度時間圖象求解。二、實驗與探究11.用20分度的游標(biāo)卡尺測量某工件的內(nèi)徑時，示數(shù)如圖甲所示，由圖可知其內(nèi)徑為______cm；用螺旋測微器測某圓柱體的直徑時，示數(shù)如圖乙所示，由圖可知其直徑為_____mm?！敬鸢浮?1).5.015(2).4.700(或4.701)【解析】游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為，游標(biāo)讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為；螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為，可動刻度讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為。點睛：解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀。12.某學(xué)習(xí)小組探究一小電珠在不同電壓下的電功率大小。（1）請在下圖虛線框內(nèi)畫出實驗電路圖_____________。（2）若實驗中測量的數(shù)據(jù)如表所示，請在UI圖像中描繪小電珠的UI圖像____________（3）根據(jù)描繪的伏安特性曲線判斷，將一只小電珠直接與電動勢為3V，內(nèi)阻為4Ω的電源組成閉合回路，小電珠的功率值約為______W（保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1).0.57(0.550.58)(2).如圖所示：(3).如圖所示：【解析】（1）由題圖可知，小燈泡兩端電壓和電流從零開始調(diào)節(jié)，故滑動變阻器采用分壓式接法，而且小燈泡的電阻與電流表的內(nèi)阻相差不多，故電流表采用外界法，如圖所示：（2）根據(jù)實驗中測量的數(shù)據(jù)，通過描點、平滑曲線連接，如圖所示：（3）在燈泡UI圖象中作出電源的UI圖象如圖所示：由圖示圖象可知，燈泡兩端電壓，通過燈泡的電流，燈泡功率：。點睛：本題考查了實物電路圖、作圖象、求燈泡功率，要掌握應(yīng)用描點法作圖的方法；應(yīng)用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)是處理實驗數(shù)據(jù)常用的方法，掌握應(yīng)用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法。三、計算題13.如圖所示，電解槽A和電爐B并聯(lián)后接到電源上，電源內(nèi)阻r=1Ω，電爐電阻R=19Ω，電解槽電阻r′=0.5Ω．當(dāng)S1閉合、S2斷開時，電爐消耗功率為684W；S1、S2都閉合時電爐消耗功率為475W（電爐電阻可看做不變），試求：（1）電源的電動勢；（2）閉合時，流過電解槽的電流大小；（3）閉合時，電解槽中電能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能的功率?！敬鸢浮浚?）120V（2）20A（3）1700W【解析】（1）S1閉合，S2斷開時電爐中電流電源電動勢；（2）S1、S2都閉合時電爐中電流為電源路端電壓為流過電源的電流為流過電槽的電流為；（3）電解槽消耗的電功率電解槽內(nèi)熱損耗功率電解槽轉(zhuǎn)化成化學(xué)能的功率為。點睛：電解槽電路在正常工作時是非純電阻電路，不能用歐姆定律求解其電流，只能根據(jù)電路中電流關(guān)系求電流。14.如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔，質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g），求：（1）小球到達(dá)小孔處的速度；（2）極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；（3）小球從開始下落運(yùn)動到下極板處的時間．【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）小球到達(dá)小孔前是自由落體運(yùn)動，根據(jù)速度位移關(guān)系公式，有：v2=2gh解得：…①（2）對從釋放到到達(dá)下極板處過程運(yùn)用動能定理列式，有：mg（h+d）qEd=0解得：…②電容器兩極板間的電壓為：電容器的帶電量為：（3）加速過程：mgt1=mv…③減速過程，有：（mgqE）t2=0mv…④t=t1+t2…⑤聯(lián)立①②③④⑤解得：考點：牛頓第二定律及動能定理的應(yīng)用【名師點睛】本題關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運(yùn)動規(guī)律，然后結(jié)合動能定理和動量定理列式分析，不難。視頻15.如圖所示，空間存在一水平向右的有界勻強(qiáng)電場，電場上下邊界的距離為d，左右邊界足夠?qū)?，現(xiàn)有一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）以豎直向上的速度從下邊界上的M點進(jìn)入勻強(qiáng)電場，且恰好沒有從上邊界射出，小球最后從下邊界的N點離開勻強(qiáng)電場，若M、N兩點間的距離為4d，重力加速度為g，求：【答案】（1）（2）5mgd【解析】（1）設(shè)電場強(qiáng)度為E，小球從M運(yùn)動到N的時間為t，則：對水平方向上有：對豎直方向上有：聯(lián)立解得：；（2）設(shè)小球進(jìn)入電場時的速度為v0，小球到達(dá)N點時的動能為EK，則：豎直方向上有：小球從M到N：解得：。點睛：本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動問題的分析，