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1、河南省中原名校（即豫南九校）2017-2018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
2、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
3、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
4、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a的a点运动至电势为b的b点，电势能的变化为EP=qb-qa，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
5、，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EIgR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Rx16R。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（）
6、A. BILsinq B. BILcosq C. m（mgBILsinq） D. m（mgBILsinq）【答案】AFx合F摩Fsinq0；FBIL；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Ox2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. Ox2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：-x图象的切线斜率表示电场强度，故x1点
7、的电场强度最大，故A错误；-x图象的切线斜率表示电场强度，-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-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-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
8、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
9、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
10、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
11、，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、
12、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
13、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+0.05mm9=10.45mm图乙的读数是：1.5mm+0.01mm23.0=1.730mm12. 欲用伏安法测定一段阻值约为5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
14、，内阻1）B电流表（03A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻0.125）D电压表（03V，内阻3k）E电压表（015V，内阻15k）F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02000，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00.5A范围内改变，请按要求在方框内画出测量待测金属导线的
15、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
