1、四川省广安市岳池县第一中学2019-2020学年高二物理下学期入学考试试题（含解析）一、单选题（本大题共8小题，共32分）1.下列说法正确的是（）A. 电场不是实物，因此不是物质B. 元电荷就是电子C. 首次比较准确地测定电子电荷量的实验是密立根油滴实验，其实验原理是微小带电油滴在电场中受力平衡D. 库仑定律与万有引力定律在形式上很相似；由此人们认识到库仑力与万有引力是同种性质的力【答案】C【解析】【详解】A电场是客观的物质存在，选项A错误；B元电荷是最小的电荷量，电子是实物粒子，选项B错误；C密立根通过研究微小的带电油滴在匀强电场中受到的电场力与重力平衡，得出了电子的电荷量，选项C正确；D库
2、仑力和万有引力虽然形式上很相似，但它们是两种不同的相互作用力；库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷。选项D错误。故选C。2.下列关于磁现象说法中不正确的是（ ）A. 电视机显像管利用了磁偏转的原理B. 指南针是利用地磁场来指示方向的C. 电动机是利用磁场对电流的作用力来工作的D. 地磁场的南极在地理的南极附近【答案】D【解析】【详解】A电视机显像管利用了磁偏转原理，选项A正确，不符合题意；B指南针是利用地磁场来指示方向的，选项B正确，不符合题意；C电动机是利用磁场对电流作用力来工作的，选项C正确，
3、不符合题意；D地磁场的南极在地理的北极附近，选项D错误，符合题意3.将两个分别带有电荷量-2Q和+5Q的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为r的两处(均可视为点电荷)，它们间库仑力的大小为F现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C先后与A、B 相互接触后拿走，A、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】开始时由库仑定律得：；当小球和A接触后，A球带电为-Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q，因此此时：；可得：F1=，故BCD错误，A正确故选A【点睛】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规
4、律要明确，然后正确利用库仑定律求解4.如图所示，圆环和长直导线MN均处于纸面内，P、Q是关于导线对称的两点，当导线MN中通以从MN的电流时，下列说法正确的是A. P、Q两点的磁感应强度大小相同，方向相反B. P点处磁感应强度方向垂直纸面向里C. 圆环向右运动直到远离通电导线，环内磁通量一直减小D. 圆环向右运动直到远离通电导线，环内磁通量先增大、后减小【答案】A【解析】【详解】由安培定则判断可知，P、Q两点的磁感应强度大小相同，方向相反，即P点处磁感应强度方向垂直纸面向外，Q点处磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确，B错误；圆环向右运动直到远离通电导线，环内磁通量先增大在减小，然后在增大，在减
5、小，故CD错误5.某农村小塑料加工厂的高频热合机(焊缝用)产生的电磁波频率和电视信号频率接近，由于该村尚未通有线电视信号，空中的信号常常受到干扰，在电视荧屏上出现网状条纹，影响正常收看为了使电视机不受干扰，可采取的办法是()A. 将电视机用一金属笼子罩起来B. 将电视机用一金属笼子罩起来，并将金属笼接地C. 将高频热合机用一金属笼子罩起来D. 将高频热合机用一金属笼子罩起来，并将金属笼接地【答案】D【解析】【详解】AB. 将电视机用一金属笼子罩起来，电视机无法接收到信号，不符合题意，故AB错误CD.为了使电视机能接收电磁波信号，但又不接收高频热合机（焊缝用）产生的电磁波，应将高频热合机（焊缝用
6、）产生的电磁波信号屏蔽，而接地金属网套具有屏蔽内电场的作用，故C错误D正确6.如图所示，将通电线圈(电流方向沿图中箭头方向)悬挂在磁铁N极附近，磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将()A. 转动同时靠近磁铁B. 转动同时离开磁铁C. 不转动，只靠近磁铁D. 不转动，只离开磁铁【答案】A【解析】【详解】线圈通有顺时针电流，并处于N极的附近，根据左手定则可得，线圈右边安培力方向垂直纸面向里，所以线圈转动；由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，线圈靠近磁铁；所以线圈转动并同时靠近磁铁A转动同时靠近磁铁故A符合题意 B转动同时离开磁铁故B不符合题
7、意C不转动，只靠近磁铁故C不符合题意 D不转动，只离开磁铁故D不符合题意7.三根通电长直导线a、b、c平行且垂直纸面放置，其横截面如图所示，a、b、c恰好位于直角三角形的三个顶点，c，aa、b中通有的电流强度分别为I1、I2，c受到a、b的磁场力的合力方向与a、b连线平行已知通电长直导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度，k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离，sin0.6下列说法正确的是（ ）A. a、b中电流反向,：9B. a、b中电流同向,：3C. a、b中电流同向,：9D. a、b中电流反向,：3【答案】A【解析】【详解】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，且c受到a、b的磁
8、场力的合力方向与a、b连线平行，则ab中电流方向相反，c受力分析如图所示：竖直方向平衡得：根据几何关系得：联立解得：Aa、b中电流反向,：9与分析相符，故A正确；Ba、b中电流同向,：3与分析不符，故B错误；Ca、b中电流同向,：9与分析不符，故C错误；Da、b中电流反向,：3与分析不符，故D错误8.目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，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的电流已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运
9、动两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为() A. ，M正、N负B. ，M正、N负C. ，M负、N正D. ，M负、N正【答案】C【解析】【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小【详解】根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab有,电子受电场力和洛伦兹力平
10、衡，有 ,解得： ，故C正确，ABD错误；故选C【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡二、多选题（本大题共4小题，共16分）9.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是两电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（）A. E、O、F三点比较，三点电势相同B. A、D两点场强相同C. E、O、F三点比较，O点场强最弱D. B、O、C三点比较，O点场强最强【答案】AB【解析】【详解】A等量异种点电荷连线的中垂线是一等势面，所
11、以E、O、F三点比较，电势是相等的，选项A正确；B电场线的疏密表示场强的大小，电场线的切线方向表示场强的方向。由甲图可以判断出A、D两点场强大小相等，方向相同，选项B正确；CE、O、F三点比较，由甲图可以判断O点电场线最密，故O点场强最强，选项C错误；D、B、O、C三点比较，O点电场线最疏，故O点场强最弱，选项D错误。故选AB。10.在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，若电路中仅有一处故障，则出现这种现象的原因可能是（）A. 电容器C断路B. 电阻断路C. 电阻短路D. 电阻短路【答案】BD【解析】【详解】A电容不能通直流电，所
12、以电容器C断路，对灯泡亮度没有影响，选项A错误；B若电阻R2断路，则总电阻增大，总电流减小，R1及内阻中电压减小，灯泡两端的电压增大，故灯泡变亮，选项B正确；C若电阻R2短路，则灯泡被短路，灯泡不亮，选项C错误；D若电阻R1短路，电路中总电阻减小，总电流增大，灯泡与R2并联的电压增大，则灯泡变亮，选项D正确。故选BD。11.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力下列说法正确的是()A. M带负电荷，N带正电荷B. M在b点的动能小于它在a点的动能C. N在d点的电势能等于它在e点
13、的电势能D. N在从c点运动到d点的过程中动能减少【答案】ABC【解析】【详解】A.由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；B. M从a到b点，库仑力先做正功，后做负功，根据动能定理知，动能先增大，后减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确；C. d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；D. N从c到d，库仑斥力做正功，根据动能定理可知，动能增加，故D错误12.如图所示，在直角三角形AOC的三条边为边界的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，已知A60，边AO的长度为a现在O点放置一个可以向各
14、个方向发射某种带负电粒子的粒子源，已知粒子的比荷为 ，发射的速度大小都为v0，且满足 粒子发射的方向可由图中速度与边CO的夹角表示，不计重力作用，关于粒子进入磁场后的运动，正确的是（）A. 以0和60飞入的粒子在磁场中的运动的时间相等B. 以60飞入的粒子均从AC边出射C. 以60飞入的粒子，越大，在磁场中的运动的时间越大D. 在AC边界上只有一半区域有粒子射出【答案】ABD【解析】【详解】AD.粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径 ，当粒子以0飞入磁场区域时，最终将从AC边的中点射出，A点为轨迹圆心，圆心角为60，时间为T，当60时，粒子将从A点射出磁场区域，圆心角为60，时间为T，故AD正确；
15、B.随着的增大，粒子在AC边上的射出点将向A点靠拢，以60飞入的粒子均从AC边出射，故B正确；C.粒子的速度大小相等，在磁场中做圆周运动的轨迹弧长越小，运动时间越短，以60飞入的粒子，随着的增大，出射点从A逐渐向O靠拢，轨迹长度逐渐减小，在磁场中运动时间逐渐减小，故C错误三、实验题探究题（本大题共2小题，共12分）13.某同学利用多用电表测量二极管正向电阻完成下列测量步骤:(1)检查多用电表的机械零点(2)将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔,将选择开关拨至“10”的倍率档位上(3)将红、黑表笔短接,进行欧姆调零(4)测正向电阻时,将_表笔接二极管正极,将另一表笔接二极管负极(5)测量发现指针偏
16、角过大，为使测量比较精准，应将选择开关旋转到_（选填“1”或“100”）的倍率档位后，再次测量(6)最后应将选择开关拨向_位置(7)以上实验过程，缺少的实验步骤是_ 【答案】 (1). 黑 (2). (3). “OFF档”或者“交流电压最大档” (4). 换挡后，必须重新进行欧姆调零【解析】【详解】（4）1黑表笔内部接电源的正极，则测二极管正向电阻时，将黑表笔接二极管正极，将另一表笔接二极管负极（5）2测量发现指针偏角过大，说明倍率挡选择过大，则为使测量比较精准，应将选择开关旋转到1的倍率档位后，再次测量（6）3最后应将选择开关拨向“OFF档”或者“交流电压最大档”位置（7）4以上实验过程，缺
17、少的实验步骤是：换挡后，必须重新进行欧姆调零.14.通过实验测绘一个标有“3V，”的小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V；实验中除的电源；开关；导线若干外，还备有以下器材：A.电流表：量程，内阻1；B.电流表：量程，内阻0.3；C.电压表（量程，内阻约）；D.电压表（量程，内阻约）；E.滑动变阻器（阻值）；F.滑动变阻器（阻值）；(1)为了测量准确，实验中应选用电流表_，电压表_，滑动变阻器_（填序号）。(2)在本实验中，滑动变阻器应采用_（“分压”或“限流”）填接法，电流表应采用_（填“内”或“外”）接法，如果用实验所测数据来求电阻，则测量结果比真实数值要_（选填“大”
18、或“小”）。(3)某同学在实验中得到如下一组U和I的数据：编号12345678U/VI/A在图上画出图线_。从图线上可以看出，当功率逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是_（增大、减小）；这表明导体的电阻随温度升高而_（升高、降低）。【答案】 (1). A (2). D (3). F (4). 分压 (5). 外 (6). 小 (7). (8). 增大 (9). 升高【解析】【详解】（1）1灯泡额定电流为0.5A，所以电流表选A；2灯泡额定电压为3V，所以电压表选D；3为方便实验操作，滑动变阻器选择F。（2）4灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，所以滑动变阻器应选择分压接法；5电压表内阻很大，远大
19、于灯泡电阻，所以电流表应采用外接法；6电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值大于真实值，由欧姆定律可知，灯泡电阻测量值小于真实值。（3）7根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：89由图可知，小灯泡的温度不断升高，电阻增大，其原因是灯泡内阻随温度的升高而增大。四、计算题（本大题共4小题，共40分）15.如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5V，2.5W”的小灯泡正常发光，当开关S接b点时，标有“4V，4W”的电动机正常工作求电源的电动势和内阻【答案】6V，2【解析】【详解】当开关接a时，电路中的电流为I1=A=0.5A.由闭合电路欧姆定律得E=
20、U1I1r当开关接b时，电路中的电流为I2=A=1A.由闭合电路欧姆定律得E=U2I2r联立解得E=6Vr=2.16.如图所示，带有等量异种电荷的两长度为L的平行金属板竖直放置，极板间形成匀强电场，一个带电荷量为+q质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴左极板垂直于电场方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度恰与右极板成30o角，不计粒子重力，求：（1）两极板的电压U；（2）两极板间的距离d【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)粒子离开电场时的速度：vcos30o =v0根据动能定理：qU=mv2-mv02 联立解得：(2)粒子在两板间做类平抛运动，竖直方向：L=v0t水平方向：d=
21、at2加速度为： 联立解得：17.如图所示，水平导轨间距为L0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m1 kg，电阻R00.9 ，与导轨接触良好；电源电动势E10 V，内阻r0.1 ，电阻R4 ；外加匀强磁场的磁感应强度B5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角53；ab与导轨间的动摩擦因数为0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 530.8，cos 530.6。求：（1）通过ab的电流大小和方向；（2）ab受到的安培力大小；（3）重物重力G的取值范围。【答案】（1）2 A，方向为a到b（
22、2）5 N（3）0.5 NG7.5 N【解析】【详解】（1）通过ab的电流方向为a到b。（2）ab受到的安培力大小FBIL5 N（3）导体棒ab受力如图所示。有fm(mgFcos 53)3.5 N当最大静摩擦力方向向右时FTFsin 53fm0.5 N当最大静摩擦力方向向左时FTFsin 53fm75 N所以0.5 NG7.5 N。18.如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD2ODd，现有一带电粒子(不计重
23、力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37，OA，求： (1)粒子的电性及比荷；(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径，由洛伦兹力提供向心力得，联立得；(2)由图知OPd，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为，同理，联立得，(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知，当电场强度E较大时，粒子击中D点，由类平抛运动规律知，联立得，当电场强度E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律知，联立得，所以；
