1、江苏省高邮中学2019-2020学年高二物理下学期2月份线上试题（含解析）一、单项选择题（本题8小题，每题3分，共24分，每题有四个选项，只有一个选项是正确的）1.如图所示，把一条导线平行地放在磁针上方附近，当导线中通有电流时，磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家是（ ）A. 牛顿B. 伽利略C. 焦耳D. 奥斯特【答案】D【解析】【详解】首先观察到电流的磁效应现象的物理学家是奥斯特。故选D。2.“电子伏特（符号：eV）”，属于下列哪一物理量的单位（ ）A. 电荷量B. 能量C. 电流D. 电压【答案】B【解析】【详解】电子伏特（符号：eV）是指一个电子被1V电压加速得到的能量，即
2、电子伏特是能量的单位。故选B。3.某同学观察布朗运动并提出这样的观点，正确的是A. 布朗运动指的是花粉微粒的无规则运动B. 布朗运动指的是液体分子的无规则运动C. 温度为0时，液体分子的平均动能为零D. 花粉微粒越大，其无规则运动越剧烈【答案】A【解析】【详解】AB布朗运动指的是花粉微粒的无规则运动，布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，故A正确B错误C分子运动是永不停息的，温度为0时，液体分子的平均动能不为零故C错误；D微粒越小，液体温度越高，布朗运动越剧烈，故D错误4.阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转，可加上沿A. z轴
3、正方向的磁场B. y轴负方向的磁场C. x轴正方向的磁场D. y轴正方向的磁场【答案】B【解析】【详解】A若加一沿z轴正方向磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴正方向，亮线向y轴正方向偏转，故A错误。B若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确。C若x轴正方向的磁场，电子束不偏转，故C错误。D若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，故D错误。故选B。5. 下列说法中正确的是（ ）A. 由可知，电阻与电压、电流都有关系B. 由R=可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系C. 各种材料的电阻率都与温度有关，金属
4、的电阻率随温度的升高而减小D. 所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零【答案】BD【解析】【详解】AB导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A错误，B正确；C各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；D超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确6.在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则 ()A. t0.005s时线圈平面与磁场方向平行B. t0.010s时线圈的磁通量变化率
5、最大C. 线圈产生的交变电动势频率为100HzD. 线圈产生的交变电动势有效值为311V【答案】A【解析】【详解】由图可知t=0.005s时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与磁场平行，穿过线框回路磁通量的变化率最大，A正确；t=0.01s时刻感应电动势等于零，穿过线框回路的磁通量最大，磁通量的变化率为零， B错误；周期为，故频率为，故C错误电动势有效值为：，故D错误；综上分析A正确7.如图所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中通有电流，方向如图所示。当线圈A中的电流突然增强时，线圈B中的感应电流方向为（ ）A. 无感应电流B. 沿逆时针方向C. 沿顺时针方向D. 先沿顺时针方向，再沿逆时针方
6、向【答案】C【解析】【详解】当线圈A中通有不断增大逆时针方向的电流时，知穿过线圈B的磁通量垂直向外，且增大，根据楞次定律，线圈B产生与A的电流的方向相反，即顺时针方向的电流，故C正确，ABD错误；故选C。8.如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（ ）A. 小球的加速度先增大后不变B. 小球的机械能和电势能的总和保持不变C. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是D. 下滑加速度为最大加速度一半时的速
7、度可能是【答案】C【解析】【详解】A小球下滑过程中受到重力、电场力、洛伦兹力、杆的支持力及摩擦力（可能有），电场力水平向左，洛伦兹力水平向右；开始时，电场力大于洛伦兹力，小球速度增大时，洛仑兹力增大，小球所受的摩擦力大小为f=（qE-qvB）可知摩擦力减小，根据牛顿第二定律有 mg-f=ma知加速度增大。当电场力等于洛伦兹力时有f=（qE-qvB）=0a=g当电场力小于洛伦兹力时有f=（qvB-qE）v增大时，f增大，由mg-f=ma知加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小，加速度最大为g，故A错误。B小球在下降过程中，有摩擦力做负功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小。故
8、B错误；CD下滑加速度为最大加速度一半时，即时，若电场力大于洛伦兹力，由牛顿第二定律有mg-（qE-qvB）=ma=m得 若电场力小于洛伦兹力，由牛顿第二定律有mg-（qvB-qE）=ma=m得故C正确，D错误。故选C。二、多选题（本题6小题，每题4分，共24分，每题有四个选项，有两个或两个以上的选项是正确的，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）9.如图所示，甲是回旋加速器的原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是欧姆表的内部电路图，丁图是动圈式话筒的原理图，下列说法正确的是（ ）A. 甲图是加速带电粒子的装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度越大B. 乙图电路开关断开瞬
9、间，灯泡A一定会突然闪亮一下C. 丙图在测量电阻前，需两表笔短接，调节R1使指针指向0D. 丁图利用了电磁感应的原理，声波使膜片振动，从而带动音圈产生感应电流【答案】CD【解析】【详解】A、根据qvB=m得，粒子的最大速度v=，可知最大速度与加速电压无关，只和磁场区域的半径R有关；故A错误；B、电键断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A不会立即熄灭；若断开前，通过电感线圈的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下然后逐渐熄灭；若断开前，通过电感线圈的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下，故B错误；C、丙图在测量电阻前或在换档后，需要进
10、行欧姆调零，需两表笔短接，调节R1使指针指向0，故C正确；D、丁图的话筒是将声音的振动转化为变化的电流，即通过膜膜片振动，从而带动音圈产生感应电流，故D正确10.如图所示为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法中不正确的是（ ）A. 当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B. 当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C. 当r等于r1时，分子间的作用力为零D. 当r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功【答案】ACD【解析】【详解】A由图可知r2=r0，因此当r大于r1而小于r2时分子力为斥力，大于r2时分子力为引力，故A错误，符合题意；B由于r1r2=r0，故当r小
11、于r1时，分子间的作用力表现为斥力，故B正确，不符合题意；C由于r2=r0，因此当r等于r2时，分子间的作用力为零，故C错误，符合题意。D当r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，因此分子间作用力做正功，故D错误，符合题意。故选ACD。11.如图所示，图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为41，电压表和电流表均为理想电表。若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻（阻值随温度升高而变小），R1为定值电阻。下列说法中正确的是（ ） A. 电压表的示数为36VB. 变压器原、副线圈中的电流之比为4:1C. Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大D.
12、t=0.01s时，发电机中线圈磁通量为零【答案】AC【解析】【详解】A由图乙可知交流电压最大值Um=36V，电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为故A正确；B变压器原、副线圈中的电流之比故B错误；C Rt温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，故C正确；Dt=0.01s时电压值为零，则发电机中线圈与磁场垂直，线圈磁通量最大，故D错误。故选AC。12.如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2、R3为定值电阻,电流表和电压表均为理想电表,C为平行板电容器,在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态.由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正
13、确的是( )A. 电流表示数变大B. 电压表示数变大C 液滴将向上运动D. 液滴仍保持静止【答案】ABC【解析】【详解】液滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电路为R2与R3串联，再与灯泡L并联，干路上有R1和内阻r.灯泡L的灯丝突然烧断,相当于其电阻变大，总电阻变大，据，则总电流变小，C、D、由得电容器的电压增大，故液滴受到的电场力增大，液滴向上运动，C正确、D错误A、B、由可知电流表示数增大，由知电压表的示数变大，A正确，B正确.故选ABC.【点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化注意电源输出功率的大小与内外电阻的
14、大小关系决定13.如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈下列说法正确的是()A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮B. 闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C. 闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D. 断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭【答案】BD【解析】【详解】开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光由于线圈的自感阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，过会儿才一样亮，故B正确，AC错误；断开开关K的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，由于开始时两
15、灯的电流相同，断开开关S的瞬间，通过两灯的电流不变，则两灯不会出现闪亮，故D错误故选B.【点睛】对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路14.现使线框以速度v匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向时的电动势方向为正，B垂直纸面向里为正，则图中关于线框中的感应电动势、磁通量、感应电流及电功率的四个图象正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【详解】AC当线框运动L时，右边开始切割磁感线，产生E=BLv的电动势，电路中电流向右再运动L时，线框两边均切割磁感线，由于磁场反向，故电动势E=2BLv此时电流
16、的方向反向，电流当线圈再向右运动L过程中，只有左侧切割磁感线，此时电动势为E=BLv，方向沿正方向，故A错误，C正确；B线圈在运动过程中，L-2L处时磁通量均匀增大，而2L-3L过程中，由于内外磁通量相互抵消，故磁通量在2.5L处应为零，故B错误；D电路中功率，故D正确；故选CD。第卷（非选择题 共52分）三、填空题（本题2小题，共18分，将正确的答案写在相应的位置）15.一同学欲测定一根圆柱材料的电阻率使用的器材有：游标卡尺、螺旋测微器、多用电表、电流表（0.2A 5）、电压表（15V，15K）、滑动变阻器（025）、电源（12V，内阻不计）、开关、导线若干(1)先用多用电表的欧姆表“10”
17、挡粗测圆柱材料的阻值，在正确操作情况下，表盘指针如图所示，可读得圆柱材料的阻值Rx= _ (2)螺旋测微器测量圆柱材料的直径，如图所示，圆柱的直径是 _ mm；游标卡尺测量出圆柱材料长度如图所示，圆柱的长度是 _ mm(3)根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从下图的A、B、C、D四个电路中选择 _ 电路用于测量圆柱材料电阻A、 B、C、 D、【答案】 (1). 60 (2). 1.6621.664 (3). 80.50 (4). D【解析】【分析】欧姆表读数时要乘以倍率；游标卡尺读数不估读；螺旋测微器读数时要进行估读；在实验中为获得较大的电压调节范围，滑动
18、变阻器应该用分压电路；电压表的内阻远大于电阻丝的电阻，可采用电流表外接电路【详解】(1) 由多用电表的欧姆档读数可知圆柱材料的阻值Rx= 610=60 (2) 圆柱的直径是：1.5mm+0.01mm16.2=1.662 mm；圆柱的长度是：8cm+0.05mm10=80.50mm(3) 在实验中为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应该用分压电路；电压表的内阻远大于电阻丝的电阻，可采用电流表外接电路，则应从下图的A、B、C、D四个电路中选择 D电路用于测量圆柱材料电阻16.如图所示，该电路在测量电源电动势和内阻的同时也能完成对未知电阻Rx的测量实验室提供的器材如下：A待测电阻Rx (约9) B待
19、测电源 C电阻箱(099.9) D电压表V1(量程6V，可以视为理想电表) E电压表V2(量程3V，内阻约4k)（1）如果纵坐标表示两个电压表读数之比，横坐标表示电阻箱的阻值R，实验结果的图像如图一则待测电阻Rx =_ (答案保留两位有效数字)（2）在上问中，由于电压表V2的分流，待测电阻Rx测量值比真实值_(填“偏大”，“偏小”，“不变”)（3）如果纵坐标表示某电压表读数U，横坐标表示两个电压表读数之差与电阻箱阻值的比值，实验结果的图像如图二其中能读出电源电动势和内电阻的是_(填“A图线”或“B图线”)两图线交点的横坐标为_A，纵坐标为_V(结果均保留两位有效数字)【答案】 (1). 8.0
20、 (2). 偏小 (3). A (4). 0.43 (5). 3.4【解析】(1)根据串联电路的分压原理可知：，故，所以：纵轴截距为1，根据图象斜率，解得Rx=8；(2) 由于电压表V2的分流，待测电阻Rx测量值比真实值偏小；(3)图线反映的是电源的特性，可知电动势6V，内电阻，图线反应的是8定值电阻UI关系，两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况,交点的横坐标，纵坐标【点睛】抓住串联电路分压原理，电流相等，得出与R的关系式结合图线的斜率纵轴截距求出待测电阻的大小，根据I图线得出电源的电动势和内阻，抓住两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况，结合欧姆定律求出横坐标和纵坐标四
21、、计算题（本题共3小题，34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17.如图所示的电路中，所用电源的电动势E6 V，内电阻r2 ，电阻R1可调现将R1调到4后固定已知R26 ，R312 ，求：(1)开关S断开和接通时，通过R1的电流分别为多大？(2)为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到多大？这时A、B间消耗的最大电功率是多少？【答案】(1)0.5A；0.6A (2)当R10时，总电流最大，A、B之间的电功率才最大PAB4W【解析】【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解开关
22、S断开和接通时，通过R1的电流；（2）开关接通时，A、B之间的总电阻R234为定值，所以，只有当R10时，总电流最大，A、B之间的电功率才最大【详解】(1)开关S断开时，I10.5 A 开关接通时，R2、R3并联的总电阻R234 I10.6A (2)开关接通时，A、B之间的总电阻R234为定值，所以，只有当R10时，总电流最大，A、B之间的电功率才最大 I1A PABI2R234W18.如图所示，电阻不计的平行光滑金属导轨MN和EF固定放置在水平面上ME间接有阻值R=4的电阻，导轨间距L=1m，导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度电阻不计的轻质导体棒CD垂直于导轨放置，与导轨接触良好用平行于
23、MN的水平外力向右拉动CD，使其以速度v=4m/s匀速运动求： （1）导体棒CD运动过程中产生的感应电动势大小 （2）导体棒CD所受安培力的大小及方向（3）外力做功的功率【答案】（1）2V（2）0.25N 水平向左（3）1W【解析】【详解】（1）导体棒CD运动过程中产生的感应电动势大小E=BLv则E=0.514V=2V （）导体中的电流I= I=0.5A导体棒CD所受安培力F安=BIL F安=0.25N 方向水平向左（）F外= F安外力做功的功率P外= F外v P外=1W19.如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场区域(图
24、中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场一粒子源固定在x轴上坐标为(L,0)的A点粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15角的射线ON(已知电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子的重力和电子之间的相互作用)求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角；(3)圆形磁场的最小半径Rmin.【答案】(1) (2)45(3)【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，x方向匀速，y方向匀加速，根据运动学公式列式求解；（2）先根据运动学公式
25、列式求解出x、y方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解；（3）根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹，然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹，先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后求得磁场的最小半径；【详解】（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，x方向：y方向：联立解得：； （2）设电子到达C点的速度大小为，方向与y轴正方向的夹角为由动能定理得：解得：，故，则：；（3）电子运动轨迹如图所示：电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：电子在磁场中偏转后垂直于ON射出，磁场最小半径为：【点睛】本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要注意两个轨迹的连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键