河南省中原名校（即豫南九校）2017-2018学年高二上学期第一次联考物理试题

河南省中原名校（即豫南九校）20172018学年高二上学期第一次联考物理试题一、选择题1.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向，两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子A和B，从电容器边缘的P点（如图）以相同的水平速度射入两平行之间。测得A和B与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1:2。若不计重力，则A和B的闭合之比是A.1：2B.1：1C.2：1D.4：1【答案】D【解析】两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有

电荷在电场中受的力为，根据牛顿第二定律有

联立解得：。

因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比，所以比荷之比为，故D正确，ABC错误。点睛：当粒子垂直于电场进入时，粒子做平抛运动，因此可以分为沿电场线的匀加速直线运动和垂直于电场线方向上的匀速直线运动，两个运动互不干扰。2.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1m，D为AB的中点，如图所示，已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和2V。设场强大小为E，一电量为的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则A.B.C.D.【答案】A【解析】由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势，

电荷从D点移到C点电场力所做的功为：。

AB的长度为，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即，所以：，故选项A正确，BCD错误。点睛：本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力。3.两个质量相同的小球用不可伸长的细线连接，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为和（），将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）A.B.C.D.【答案】A点睛：解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用。4.在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则A.灯泡L变暗B.电源内部消耗的功率先变大后变小C.电容器C上的电荷量增加D.流过R1的电流方向由左向右【答案】D【解析】试题分析：当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I2R知灯泡变亮，电源内部消耗功率变大，选项A、B错误；根据U=IR知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C上电压也减小，根据Q=CU知电容器电量减小，C错误；故电容器会通过R、R1组成回路放电，故经过电阻R1的电流由左向右，故选项D正确。考点：电路动态分析电容器5.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；的阻值等于电流表内阻的；的阻值等于电流表内阻的2倍，若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是A.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【答案】C【解析】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06A，C正确，D错误。视频6.均匀带电的球壳子啊球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处此时的电场，如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，半球面总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为A.B.C.D.【答案】A【解析】把半个球面补到右面，组成一个完整的球壳，根据对称性，可知，左半球在N点的场强大小与右半球在M点的场强大小相等，设这个场强为，则有，解得：7.某电场的电场线的分布如图中实线所示，一个带电粒子只在电场力作用下，由M点到N点沿图中虚线所示的路径运动，则下列判断正确的是A.粒子带负电B.N点的电势高C.粒子在N点的加速度大D.粒子在N点的电势能小【答案】CD..................点睛：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。8.如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是A.若S1、S2闭合，则电吹风吹冷风B.电热丝的电阻为55ΩC.电动机工作时输出的机械功率为880WD.当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J【答案】BD【解析】A、若闭合，电热丝接入，则此时电阻丝发热，电吹风冷出的是热风，故A错误；

B、电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为：由，可知，故B正确；

C、电动机工作时输出的功率为吹冷风时的功率，故只有，故C错误；

D、当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为，故每秒钟消耗的电能为，故D正确。点睛：本题考查了电吹风的电路结构及电功率的计算问题，对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目，要结合串并联电路的电流流向特点进行分析。9.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表示数为，其变化量的绝对值分别为；流经电源的电流为I，其变化量的绝对值为，在滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）A.小灯泡L3变暗，L1、L2变亮B.C.增大D.不变【答案】BD【解析】A、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则变亮。

变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则变暗。总电流增大，而的电流减小，则的电流增大，则变亮，故A正确；

B、由上分析可知，电压表的示数减小，电压表的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以，故B正确；

C、由得：，不变，故C错误；

D、根据欧姆定律得：，不变，D正确。点睛：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析，运用总量法分析两电压表读数变化量的大小，运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。10.如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量为q的电子仅在静电力作用下，在A.A、B两板间的距离为B.电子在两板间的最大速度为C.电子在两板间做匀加速直线运动D.若电子在时刻进入两极板．它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板【答案】AB【解析】A、在时刻由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，由于在第一个内做匀加速直线运动，在第二个内做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，可知经过时间恰好到达B板，加速度，有，解得：，故A正确；

B、由题意可知，经过时间速度最大，则最大速度为：，故B正确。

C、电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，然后反向做匀减速直线运动，故C错误。

D、若电子在时刻进入两极板，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，若电子匀减速直线运动到零，位移之和大于极板的间距，电子不会做往复运动，在匀减速直线运动的过程中到达B板，故D错误。点睛：本题主要分析粒子在电场中的受力情况，根据牛顿第二定律由受力情况分析粒子的运动情况，也可以根据题意作出粒子运动的速度时间图象求解。二、实验与探究11.用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其内径为______cm；用螺旋测微器测某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为_____mm。【答案】(1).5.015(2).4.700(或4.701)【解析】游标卡尺的主尺读数为，游标读数为，所以最终读数为；螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为，所以最终读数为。点睛：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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，在读可动刻度读数时需估读。12.某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小。（1）请在下图虚线框内画出实验电路图_____________。（2）若实验中测量的数据如表所示，请在UI图像中描绘小电珠的UI图像____________（3）根据描绘的伏安特性曲线判断，将一只小电珠直接与电动势为3V，内阻为4Ω的电源组成闭合回路，小电珠的功率值约为______W（保留两位有效数字）。【答案】(1).0.57(0.550.58)(2).如图所示：(3).如图所示：【解析】（1）由题图可知，小灯泡两端电压和电流从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法，而且小灯泡的电阻与电流表的内阻相差不多，故电流表采用外界法，如图所示：（2）根据实验中测量的数据，通过描点、平滑曲线连接，如图所示：（3）在灯泡UI图象中作出电源的UI图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压，通过灯泡的电流，灯泡功率：。点睛：本题考查了实物电路图、作图象、求灯泡功率，要掌握应用描点法作图的方法；应用图象法处理实验数据是处理实验数据常用的方法，掌握应用图象法处理实验数据的方法。三、计算题13.如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r=1Ω，电炉电阻R=19Ω，电解槽电阻r′=0.5Ω．当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率为475W（电炉电阻可看做不变），试求：（1）电源的电动势；（2）闭合时，流过电解槽的电流大小；（3）闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率。【答案】（1）120V（2）20A（3）1700W【解析】（1）S1闭合，S2断开时电炉中电流电源电动势；（2）S1、S2都闭合时电炉中电流为电源路端电压为流过电源的电流为流过电槽的电流为；（3）电解槽消耗的电功率电解槽内热损耗功率电解槽转化成化学能的功率为。点睛：电解槽电路在正常工作时是非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解其电流，只能根据电路中电流关系求电流。14.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m，电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：…①（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）qEd=0解得：…②电容器两极板间的电压为：电容器的带电量为：（3）加速过程：mgt1=mv…③减速过程，有：（mgqE）t2=0mv…④t=t1+t2…⑤联立①②③④⑤解得：考点：牛顿第二定律及动能定理的应用【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难。视频15.如图所示，空间存在一水平向右的有界匀强电场，电场上下边界的距离为d，左右边界足够宽，现有一带电量为+q、质量为m的小球（可视为质点）以竖直向上的速度从下边界上的M点进入匀强电场，且恰好没有从上边界射出，小球最后从下边界的N点离开匀强电场，若M、N两点间的距离为4d，重力加速度为g，求：【答案】（1）（2）5mgd【解析】（1）设电场强度为E，小球从M运动到N的时间为t，则：对水平方向上有：对竖直方向上有：联立解得：；（2）设小球进入电场时的速度为v0，小球到达N点时的动能为EK，则：竖直方向上有：小球从M到N：解得：。点睛：本题考查带电粒子在电场中的运动问题的分析，