【物理】湖北省荆门市2019-2020学年高二上学期期末学业水平选择性考试试题（解析版）

【物理】湖北省荆门市2019-2020学年高二上学期期末学业水平选择性考试试题（解析版）

湖北省荆门市2019-2020学年高二上学期期末学业水平 选择性考试物理试题 一、单项选择题（7小题）‎ ‎1.关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法符合历史事实的是（ ）‎ A. 奥斯特首先发现了电流的磁效应 B. 为了形象描述电场，安培提出了电场线的概念 C. 库仑通过扭秤实验总结出库仑定律，并测出了元电荷e的数值 D. 法拉第经过实验和理论分析后指出，闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．奥斯特发现通电导线周围的小磁针发生偏转，发现了电流的磁效应，A正确；‎ B．为了形象描述电场，法拉第提出了电场线的概念，B错误；‎ C．密立根通过油滴实验测得元电荷的数值，C错误；‎ D．法拉第、韦伯、纽曼等人经过实验和理论分析后指出，闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.把=4×10-6C的试探电荷放在匀强电场中的A点，受到的电场力大小为6×10-3N，若把=2×10-5C的试探电荷放在此电场中的另一点B，则其受到的电场力大小为（ ）‎ A. 3×10-3N B. 6×10-3N ‎ C. 3×10-2N D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度是电场本身具有的属性，根据电场强度的定义式：‎ 匀强电场的场强处处相同：‎ 解得：，C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎3.由同种材料制成的粗细均匀的导线A和B，横截面积之比SA：SB=1:3，将它们并联后接入电路后，热功率之比为PA:PB=2:3,则它们的长度之比LA:LB为（ ）‎ A. 1:3 B. 1:2 C. 2:3 D. 3:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两电阻并联接入电路，加在电阻两端的电压相等，根据电功率：‎ 可知电阻之比：‎ 根据电阻定律：‎ 由题知：‎ 代入解得：‎ B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，先后以速度v0和2v0把同一正方形闭合线圈匀速拉入有界匀强磁场区域的过程中，则在先后两种情况下（ ）‎ A. 线圈中的感应电流之比为I1：I2=2：1‎ B. 线圈所受到的安培力之比为F1：F2=1：4‎ C. 线圈产生的焦耳热之比为Q1：Q2=1：4‎ D. 通过线圈截面电荷量之比为q1：q2=1：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正方形线框边长为，导体切割磁感线产生感应电动势：‎ 可知前后两次进入磁场中电动势之比：‎ 根据闭合电路欧姆定律：‎ 可知前后两次进入磁场中的电流之比：‎ A错误；‎ B．根据安培力的表达式：‎ 可知：‎ B错误；‎ C．线圈匀速进入磁场，所用时间：‎ 可知时间之比：‎ 线框电阻为，根据焦耳定律：‎ 可知焦耳热之比：‎ C错误；‎ D．根据纯电阻电路中电荷量的表达式：‎ 可知通过线圈横截面积的电荷量相等，D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡L1的U－I图线的一部分，用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 此电源的内电阻为Ω B. 灯泡L1的额定电压为3 V，额定功率为6 W C. 把灯泡L1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小 D. 由于小灯泡L1的U－I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图读出：电源的电动势 E=4V，内阻，故A错误；两图线的交点表示小灯泡D1与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压 U=3V，额定电流 I=2A，则额定功率为 P=UI=3×2=6W，故B正确．灯泡D1的电阻，换成一个1Ω，可知其电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡D1换成1Ω，电源的输出功率将变大，故C错误；灯泡是纯电阻元件，欧姆定律适用，U-I图象为曲线的原因是灯泡电阻随温度的变化而变化，故D错误．故选B．‎ ‎6.如图所示，边长为l0的正方形 区域内（包括边界）存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在点处有一粒子源，能够沿方向发射质量为、电荷量为的粒子，粒子射出的速率大小不同。粒子的重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互作用，则（ ）‎ A. 轨迹不同的粒子，在磁场中运动时间一定不同 B. 从点射出的粒子入射速度大小为 C. 从点射出的粒子在磁场中运动的时间为 D. 粒子在边界上出射点距点越远，在磁场中运动的时间越短 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力：‎ 解得半径：‎ 粒子运动的周期：‎ 设粒子在磁场中转过的圆心角为，粒子在磁场中的运动时间：‎ 粒子速率不同运动轨迹不同，如果转过的圆心角相等，则粒子在磁场中的运动时间相等，如从ad 边离开磁场的粒子在磁场中转过半个圆周，虽然运动轨迹不同，但运动时间都相同，为，A错误；‎ B．从c点飞出的粒子半径：‎ 解得速度：，B错误；‎ C．从d点飞出的粒子运动时间为半个周期：‎ C正确；‎ D．根据C选项分析可知，粒子从a点射入，从ad边飞出，所用时间均为半个周期，因此粒子在边界上出射点距a点越远，在磁场中运动的时间不一定越短，D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电油滴正好可以沿直线ab运动，不考虑油滴受到的阻力，则（ ）‎ A. 油滴可能带负电 B. 油滴可能做匀加速直线运动 C. 油滴一定从a向b运动 D. 油滴机械能一定减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．粒子做直线运动，因为洛伦兹力的大小和速度有关，根据受力分析可知，粒子只能做匀速直线运动，且从b向a运动，受力分析如图：‎ 粒子只能带正电，ABC错误；‎ D．电场力做负功，电势能增大，油滴的机械能减小，D正确。故选D。‎ 二、多项选择题（3小题）‎ ‎8.平行板电容器内有竖直向下的匀强电场，三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的油滴A、B、C，从极板左侧以相同的水平速度v0先后沿中线射入两板间，分别落到极板上的位置如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 三个油滴在电场中运动的时间相等 B. 油滴A带正电，B不带电，C带负电 C. 三个油滴机械能都增大 D. 三个油滴在电场中加速度aA>aB>aC ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．三个油滴在水平方向上做匀速直线运动，根据运动学公式：‎ 油滴的水平位移不同，运动的时间不同，A错误；‎ BD．三个油滴的竖直高度相同：‎ 加速度越大，时间越短，落点越靠近入射点，根据电场线方向和落点位置可知油滴A带正电，B不带电，C带负电，根据牛顿第二定律：‎ 可知三个油滴在电场中加速度：‎ aA>aB>aC BD正确；‎ C．A油滴电场力做正功，电势能减小，机械能增大，B油滴不带电，只有重力做功，机械能守恒，C油滴电场力做负功，电势能增大，机械能减小，C错误。‎ 故选BD。‎ ‎9.如图所示圆环形导体线圈平放在水平桌面上,在的正上方固定一竖直螺线管,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片向下滑动,下列表述正确的是(  )‎ A. 线圈中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B. 穿过线圈的磁通量变小 C. 线圈有扩张的趋势 D. 线圈对水平桌面的压力FN将增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，接入电路中的电阻变小，所以流过线圈b的电流增大，所以穿过线圈a的磁通量变大．由右手定则可以判断出穿过线圈a的磁通量增大的方向向下，所以根据楞次定律可知线圈a中感应电流所产生的磁场方向向上，再由右手定则可知线圈a中感应电流方向为俯视逆时针，故AB错误．滑片P向下移动使得穿过线圈a的磁通量增加，根据楞次定律的描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，只有线圈a面积减小才能阻碍磁通量的增加，所以线圈a应有收缩的趋势，故C错误．滑片P为不动时，线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力．当滑片P向下滑动时，采用等效法，将线圈a和螺线管b看做两个条形磁铁，由楞次定律可以判断出两条形磁铁的N级相对，互相排斥，所以线圈a对水平桌面的压力变大，故D正确．故选D ‎10.如图所示，图中的三个电表均为理想电表，闭合电键后，电流表A和电压表V1、V2示数分别用I、U1、U2表示，当滑动变阻器滑片P向右端滑动时，电流表A和电压表V1、V2示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2表示，下面说法正确的是（ ）‎ A. I增大、U1减小、U2增大 B. ΔU1>ΔU2‎ C. 减小，不变 D. 电源的效率降低 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滑片P向右滑动，电阻减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律：‎ 可知干路电流增大，电流表示数增大，定值电阻分压增大，根据：‎ 可知路端电压减小，则滑动变阻器上的分压减小，A正确；‎ B．根据闭合电路欧姆定律：‎ 结合数学知识可知：‎ 所以，B正确；‎ C．对B选项中的变化量表达式分析：‎ 根据欧姆定律可知：‎ 则：‎ 所以和均不变，C错误；‎ D．电源的效率：‎ 路端电压减小，电动势不变，电源效率减小，D正确。‎ 故选ABD。‎ 三、实验题（2小题）‎ ‎11.在“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验中，待测小灯泡上标有“2.5V,1.25W”的字样。实验室备有如下器材:‎ A．直流电源3V(内阻可不计)‎ B．直流电流表0-3A (电阻约0.1Ω)‎ C．直流电流表0-600mA (内阻约0.5Ω)‎ D．直流电压表0-3V (内阻约3kΩ)‎ E．直流电压表0-15V (内阻约20kΩ)‎ F．滑动变阻器10Ω、1.5A G．滑动变阻器1kΩ、500mA ‎（1）除电源、开关、导线外，为了完成该实验,电流表应选用_______,电压表应选用_______，滑动变阻器应选用_______。(用器材前序号字母表示)‎ ‎（2）利用给出的器材通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线，要求测量多组实验数据，请你在虚线框内画出实验原理电路图_______，并将图中实物连接成实验电路图_______。‎ ‎【答案】 (1). C D F (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]待测小灯泡额定电压为，直流电源电动势为，所以电压表选择D即可，根据待测小灯泡估算电流：‎ 所以电流表选择C即可；‎ ‎[3]该实验中滑动变阻器需要采用分压法接入，因此选择阻值较小、额定电流较大的F，便于调节分压；‎ ‎（2）[4]待测小灯泡的内阻约为：‎ 根据电表内阻和待测小灯泡内阻的关系：‎ 可知电压表的内阻远大于待测小灯泡的内阻，电压表的分流较小，所以电流表选择外接方式，电路图如下图：‎ ‎[5]按照电路图连接实物电路：‎ ‎12.（1）在练习使用多用电表时，指针偏转如图所示，如果此时选择的是“×10”的欧姆挡，则读数为_________Ω；如果此时选择的是“100mA”的电流挡，则读数为________mA；如果此时选择的是“50V”的直流电压挡，则读数为________V。‎ ‎（2）把一量程5 mA、内阻100 Ω的电流表改装成欧姆表，线路如图所示，现备有如下器材：‎ A．电源E=3V（内阻不计）；‎ B．变阻器0~800 Ω；‎ C．变阻器0~100 Ω；‎ ‎①变阻器选用________，红表笔接______端。（填“M”或“N”）‎ ‎②电流表2 mA刻度处换成电阻刻度，其电阻值应为________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 70 68 34.0 (2). B N 900‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]欧姆表盘读数乘以倍率即为电阻阻值：‎ ‎[2]“100mA”的量程选择表盘中“0~10”刻度读数，每小格为2mA，所以读数为68mA；‎ ‎[3]“50V”的量程选择表盘中“0~50”刻度读数，每小格为1V，所以读数为34.0V；‎ ‎（2）[4]电流表的满偏电流为5mA，电动势为3V，计算回路中电流满偏时的电阻：‎ 所以滑动变阻器选择B；‎ ‎[5]红表笔接欧姆挡内部电源的负极，即N端；‎ ‎[6]先欧姆调零，可知：‎ 电流为2mA时：‎ 联立方程解得：。‎ 三、计算题（4小题）‎ ‎13.如图所示，平行金属导轨与水平面成倾角θ，匀强磁场垂直导轨平面向上，一根通有恒定电流的导体棒ab垂直导轨放置，并与导轨保持良好接触，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ。刚开始导体棒静止在导轨上，当磁感应强度减小为B1时，导体棒恰好不下滑。求:‎ ‎（1）试说明导体棒ab中电流的方向；‎ ‎（2）当磁感应强度为多少时，导体棒恰好不上滑？‎ ‎【答案】（1）从a到b；（2）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当磁场增大时，导体棒会上滑，即导体棒受到的安培力沿导轨平面向上，所以导体棒中电流方向为从a到b；‎ ‎（2）设棒中电流为I，导轨间距为L 当磁感应强度为B1时，导体棒恰好不下滑，有：‎ B1IL=mg(sinθ-μcosθ)‎ 当磁感应强度为B2时，导体棒恰好不上滑，有：‎ B2IL=mg(sinθ+μcosθ)‎ 解得：‎ ‎14.如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=10Ω，R1=20Ω,R2=30Ω,电容器两极板间距d=0.1m。当电键闭合时，一质量m=2×10-3kg的带电液滴恰好静止在两极板中间。取重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）带电液滴所带电荷量的大小q以及电性；‎ ‎（2）断开电键，电容器充放电时间忽略不计，液滴运动到某一极板处需要经过多长时间？‎ ‎【答案】（1）5×10-4C，带正电；（2）0.1s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电键闭合时，两板间电压U1：‎ 液滴保持静止：‎ 解得：q=5×10-4C，带正电 ‎（2）电键断开时，两板间电压：‎ U2=E=8V 液滴向上做匀加速运动，加速度a：‎ 解得：t=0.1s ‎15.如图甲所示，一对平行光滑的轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.2m，电阻；有导体静止地放在轨道上，与轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F沿轨道方向向右拉杆，使之做匀加速运动测得力F与时间t的关系如图乙所示，求杆的质量m和加速度a．‎ ‎【答案】m=0.1kg a=10m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】导体杆在轨道上做匀加速直线运动，设速度为v则有v=at，导体杆切割磁感线产生感应电动势E=Blv.‎ 回路中感应电流 杆受到的安培力，方向水平向左 根据牛顿定律有，‎ 由以上各式整理得：．‎ 在题图乙上任意取两点代入上式解得a=10m/s2，方向水平向右，m=0.1kg．‎ 答：杆的质量和加速度分别为0.1kg、10m/s2．‎ ‎16.如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限内有一个半径为a的圆形匀强磁场区域，圆心坐标为（a,a），磁场方向垂直直面向内，在第二象限和第四象限有大小相等、方向相反的匀强电场，第二象限电场沿x轴负向。一个长度为2a的粒子发射装置紧靠x轴且垂直x轴放置在第二象限，其到y轴的距离为2a，粒子发射装置能发射初速度不计的电子。电子以速率v0进入磁场，通过磁场后，所有电子均从磁场边界的同一位置射出。已知电子电量为e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用力，求:‎ ‎（1）匀强电场的大小E；‎ ‎（2）匀强磁场的大小B以及电子第二次通过y轴时速度的大小v；‎ ‎（3）从（-2a,）处发射出来的电子经过多长时间第二次通过y轴？‎ ‎【答案】(1) ；(2) ；(3) 。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子经电场加速速度达到v0，由动能定理：‎ 解得：‎ ‎（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，半径R：‎ 要从磁场边界的同一位置射出，则：‎ R=a 解得：‎ 电子进入第四象限电场后，到达y轴时速度为v，由动能定理：‎ 解得：‎ ‎（3）电子在进入磁场前加速所用的时间t1：‎ 解得：‎ 进入磁场前匀速所用的时间t2：‎ 解得：‎ 在磁场中做圆周运动的圆心角为，所用时间：‎ 出磁场后做匀变速运动加速度a0：‎ eE=ma0‎ 经时间t4到达y轴：‎ 或：‎ 解得：‎ 电子运动总时间为：‎