河南省中原名校（即豫南九校）【最新】高二下学期第一次联
考物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把用丝绸摩擦过的玻璃棒C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则（）
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
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,绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J,重力做功1.5J,电势能增加0.5J,则以下判断正确的是()
A ．金属块带负电荷
B ．静电力做功0.5J
C ．金属块克服摩擦力做功0.7J
D ．金属块的机械能减少1.4J
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 D A
C P P P P <<<
B ．A
C
D B P P P P >>> C ．B D C A P P P P >>> D ．B A D C P P P P >>>
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R 1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3
CBLv C ．杆ab 的最大速度v 等于p mg
D ．杆ab 所受安培力的最大功率为3
p 6．如图所示，圆环a 和b 的半径之比为R 1:R 2=2:1，且都是由粗细相同的同种材料制成，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化，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 ．2
T t =
时粒子速度为零 C ．2T t =到34
T t =这段时间内粒子的电势能降低，电场力对粒子做正功 D ．8T t = 时与4T t = 时粒子速度之比为1：4
二、多选题
8．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN ＝NQ ，a 、b 两带电粒子从等势线2上的O 点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，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 两点电势差｜U MN ｜大于NQ 两点电势差｜U NQ ｜
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．在如图所示电路中，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，四个理想电表
的示数都发生变化，电表A 、V 1、V 2和V 3的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表A 、
V 1、V 2和V 3示数变化量的大小分别用△I 、△U 1、△U 2和AU 3表示．下列说法正确的是（ ）
A ．1
U I 不变，1U I ??不变 B ．2
U I
变大，2U I ??变大 C ．2
U I 变大，2U I ??不变 D ．3
U I 比值变大，3U I
??比值不变 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
三、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________(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．定值电阻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R x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R x=__________．
四、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=6V，内阻r=1Ω．外电路中电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω．电容器的电容C=4μF．
（1）电键S闭合，电路稳定时，电容器所带的电量．
（2）电键从闭合到断开，流过电流表A的电量．
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．
参考答案
1．C
【详解】
A ．用丝绸摩擦过的玻璃棒C 带正电，带正电荷的物体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；
B ．导体AB 处于静电平衡状态，导体是等势体，即AB 电势相等，故B 错误；
C ．移去C 后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，故C 正确；
D ．先把AB 分开，则A 带负电，B 带正电，移去C 后，电荷不能再进行中和，此时A 所带电荷量仍然等于B 的带电量，故两金属箔仍然张开，故D 错误。
故选C 。
2．C
【解析】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．故选C.
【点睛】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据电子的受力情况，分析电子的运动情况．
3．C
【详解】
AB ．在下滑过程中电势能增加0.5J ，故物体需克服电场力做功为0.5J ，故金属点正电，故A 错误，B 错误；
C ．在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J ，重力做功1.5J ，电场力为-0.5J ，根据动能定理得
G f k W W W W E =++=?总电
解得W f =-0.7J ，故C 正确；
D ．外力做功为
f W W W =+=-外电 1.2J
故机械能减少1.2J ，故D 错误。
故选C 。
【点睛】
解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．
4．D
【详解】
A 灯的电阻
()2
210V 1010W A A A U R P ===Ω B 灯的电阻
()2
260V 6060W B B B U R P =
==Ω C 灯的电阻 ()2
240V 4040W C C C U R P ===Ω D 灯的电阻
()2
230V 3030W D D D U R P ===Ω 设a 到b 回路的电流为1A ，则1A B I I A ==；C 、D 两灯并联，则C D U U =，即
()1C C C D I R I R =-
解得
303A 40307D C C D R I R R =
==++， 34177
D I A A A =-=， A 灯消耗的功率为 2211010A A A P I R W W ==?=
B 灯消耗的功率为
2216060B B B P I R W W ==?=
C 灯消耗的功率为
2
23407.3W 7C C C P I R ??==?≈ ???
D 灯消耗的功率为 2
2
4309.8W 7D D D P I R ??==?≈ ??? 所以
B A D
C P P P P >>>
综上分析ABC 错误，D 正确。
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：m E BLv =， ab 两端的电压为：2233ab m U E BLv ，电容器的最大带电量为：23
ab Q CU BLvC ，B 错误；因为当达到最大速度时，安培力与重力平衡，即F mg =安，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 v mgv ==安，即P v mg
=，C 正确，D 错误；故选C. 【点睛】由右手定则判断出ab 产生的感应电动势方向，即可判断电容器极板的电性．线框做切割磁感线运动时，根据切割公式E=BLv 、闭合电路欧姆定律公式和安培力公式可得到
安培力22B L v F R
=安，当线框的速度达到最大时，根据平衡条件求解最大速度；此时电容器的带电量最大；根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据P=Fv 分析杆ab 克服安培力的最大功率．
6．B
【解析】
a 环与
b 环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，面积之比是4：1，根据电阻定律L R S
ρ=，
电阻之比为2：1；A 、B 两点间电势差大小为路端电压，为R U E R r
=
+，磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式BS E n n t t ?Φ?==??，得到两次电动势的大小之比为4：1；故两次的路段电压之比为1221
U U =，B 正确． 【点睛】需要注意的是线圈相当于一个电源，
AB 间的电势差不等于电动势而等于路端电压． 7．D 【解析】粒子在02T -
内粒子向下做加速运动， 2
T T -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，A 错误；粒子从02
T -先做加速度增大的加速运动后做加速度减小的加速运动， 2T t =在时粒子的速度最大，B 错误；从324T T -，粒子在做减速运动，电场力做负功，电势能增大，C 错误；B 板接地，即B 板的电势为0，故AB 间的电势差为AB A B A U =Φ-Φ=Φ，根据牛顿第二定律得： AB A qU F q a m md md
===Φ，将t Φ-图象转化为a-t 图象，如图所示：
a-t 图象面积表示速度的变化量，则8T t =时的速度为001122832a a T T v =??=，则4
T t =时的速度为0201248a T T v a =??=，则速度之比为0012::1:4328a T a T v v ==，故D 正确；故选D.
8．BC
【分析】
根据曲线运动的知识判断粒子的受力方向，再根据带电粒子在电场中受力的规律即可判断电性，根据电场线判断电场大小从而得到电场力的大小，根据牛顿第二定律即可判断加速度的变化；由电势差与电场强度的关系可以判断电势差；粒子运动过程中电势能与动能相互转化，可通过判断电势能变化的大小来比较动能变化量．
【详解】
A.粒子受到的电场力一定与电场方向在同一直线上，再根据曲线运动的知识可知粒子受到的合外力应指向弯曲的凹侧，可得a 、b 粒子电性相反，但条件没有给出电场线的方向，故无法判断电性；
B.由题意知a 往电场线稀疏的区域运动，故电场力变小，加速度变小，b 相反，故B 正确；
C.MN 之间平均电场比NQ 之间的平均电场大，MN=NQ ，有U=Ed 可知，MN 之间的电势差更大，C 正确；
D.因为不知道两个粒子带电量的关系，故无法判断电势能的变化，也就没有办法比较动能变化量的关系．
【点睛】
本题是电场中轨迹问题，常见题型，比较简单，需要注意不是匀强电场不能直接用U=Ed ．
9．ACD
【详解】 根据欧姆定律得知111U U R I I ?==?，故当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，11
U U I I
??、均不变，A 正确；22U R I =，变大，根据闭合电路欧姆定律得21U E I R r ，则有
21U R r I
?=+?，不变，B 错误C 正确；312U R R I =+，变大；根据闭合电路欧姆定律得3U E Ir =-，则有
3U r I ??，不变，D 正确． 【点睛】 本题对于定值电阻，是线性元件有U U R I I ?=
=?，对于非线性元件，U U R I I
?=≠?． 10．AD
【解析】 AB. 根据变压器原副线圈电压关系：1122
U n U n =，2121n U U n =，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 ．
11．3.202-3.205 5.015 偏小
【分析】
（1）解决本题的关键明确：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．
（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况．
【详解】
（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm ，可动刻度为20.5×
0.01mm=0.205mm ，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm ．
（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm ，游标卡尺的主尺读数为50mm ，游标尺上第3
个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×
0.05mm=0.15mm ，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm ．
（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I ，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．
【点睛】
考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法．
12．R 1； R x ＝()20212
I R r I I +- 【解析】
（1）待测电阻R x 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40.55
E I A A R ==>，所以滑动变阻器要选R 1； （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A 2内阻已知，故用电流表A 2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20212
()x I R r R I I +=-
13．（1）t =L √m 2eU 1（2）y =U 2L 2
4U 1d 【解析】电子在加速电场中加速，进入偏转电场，做类平抛运动，根据类平抛运动规律即可求解。
（1）根据动能定理得：eU 1=12mv 2 解得：v =√2eU 1m
在平行于极板方向做匀速运动：L =vt
解得：t =L v =L √m 2eU 1
（2）在垂直于极板方向做匀加速直线运动：y =12at 2
根据牛顿第二定律得：a =
eU 2md 解得：y =U 2L 2
4U 1d
14．67.210C -? ;51.9210C -?
【详解】
（1）电键S 闭合，电路稳定时，电容器所在电路没有电流．
外电路总电阻为：
＝3Ω
干路电流为：＝1.5A 路端电压为：U ＝E －Ir ＝4.5V
电容器的电压为：U 1＝＝1.8V
所以电容器的电量： Q 1＝CU 1＝7.2×
10-6C ，b 板带正电，a 板带负电． （2）S 断开，电路稳定时，电容器的电压就是R 2的电压，U 2＝
＝3V
所以电容器的电量： Q 2＝CU 2＝1.2×
10-5C ，a 板带正电，b 板带负电． 则流过电流表A 的电量 Q ＝Q 1＋Q 2＝1.92×
10-5C ． 【点睛】
本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，关键要同学们能理清电路的结构，明确电容器的电压与哪部分电路的电压相等，要知道电路稳定时，电容器所在电路没有电流，其电压与所并联的电路两端的电压相等．
15．（1（2）1（3）2216L EL U
+ 【详解】 （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
212
qU mv =
解得
v = （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
OM R L ==
解得
R =
由洛伦兹力提供向心力可得 2
v qvB m R
= 解得
(
1B =+
（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12L R =，在电场中做类平抛运动，加速度qE a m
=，
y 轴方向匀速运动，有
1R vt =
x 轴方向匀加速运动，有
212
x at =
联立解得 2
16EL x U
= 到O 点的距离为
2
216L EL U
+ 16．（1）M N ??>（2）1BdRat R r +（3）22B d at ma R r
++ 【解析】
（1）由右手定则可知，M N ??>
（2）t 1时刻的速度：v 1=at 1
感应电动势E 1=Bdv 1 感应电流11E I R r
=+ 杆MN 两端的电压111BdRat U I R R r ==
+ （3）由牛顿第二定律可得F-BId=ma 其中E I R r
=
+ E=Bdv
v=at 联立解得22B d at F ma R r
=++