【文档说明】江西省上饶市横峰中学2020-2021学年高二下学期入学考试物理试题（统招班） 含答案.doc，共(5)页，563.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度高二第二学期入学考试物理试卷（统招班）命题人：审题人：考试时间：90分钟一、选择题：（本题包括10小题，共40分，其中第1—6题只有一项符合题目要求，第7—10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得

0分）1．法拉第发现电磁感应现象，不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代，下列哪一个器件工作时利用了电磁感应现象（）A．电视机的显像管B．回旋加速器C．电磁炉D．指南针2

．在神经系统中，神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类。现代生物学认为，髓鞘是由多层类脂物质——髓质累积而成的，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率ρ＝8×106Ω·m。某生物体中某段髓质神经纤维可视为高为20cm、半径为4cm的圆柱体，当在其两端所加电压U＝100V时，该神

经纤维发生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流为（）A．0.62μAB．0.31μAC．0.15μAD．0.43μA3．国庆阅兵时，我国的“飞豹FBC-1”型歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西呼啸而过，该机的翼展为12.7m，北京地区地磁场的竖直分量为5

4.610T−，该机飞过天安门的速度大小为272m/s，已知北京位于北半球，则下列说法正确的是（）A．该机两翼尖间的电势差为0.16V，左端电势高B．该机两翼尖间的电势差为0.016V，左端电势高C．该机两翼尖间的电势差为0.1

6V，右端电势高D．该机两翼尖间的电势差为0.016V，右端电势高4．如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的是（）A．B灯逐渐熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．

有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a5．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=22∶5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接u=2202sin（100πt）V的

交流电，则（）A．交流电的频率为100HzB．通过R2的电流为1AC．通过R2的电流为2AD．变压器的输入功率为200W6．一固定于地面上空附近的N极磁单极子，其磁场分布与正点电荷电场分布相似，周围磁感线呈均匀辐射式分布如图所示．一质量为m、电荷量为q的

带电粒子正在该磁单极子上方附近做速度大小为v、半径为R的匀速圆周运动，其轨迹如虚线所示，轨迹平面为水平面．(已知地球表面的重力加速度大小为g,不考虑地磁场的影响),则（）A．带电粒子一定带负电B．若带电粒子带正电，从轨迹上方朝下看，粒子沿逆时针方向运动C．带电粒子

做匀速圆周运动的向心力仅由洛伦兹力提供D．带电粒子运动的圆周上各处的磁感应强度大小为422221vmgmqvR+7．一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为4.8×10－17J，动能为3.2×10－17J，

电子经过B点时电势能为3.2×10－17J，如果电子只受静电力作用，则（）A．电子在B点时动能为1.6×10－17JB．由A点到B点静电力做功为100eVC．电子在B点时动能为4.8×10－17JD．A、B两点间的电势差为100V8．如图所示是一个直流电动机提升重物的装

置，重物质量m=50kg，电源电压U=100V，不计各处的摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升1m时，电路中的电流I=5A，g取10m/s2，由此可知（）A．电动机线圈的电阻r=2ΩB．电动机线圈的电阻r=1ΩC．此过程中无用功为50JD．该装置的效率为90%9．如图

所示，电源电动势为E，内阻为r，假设灯泡电阻不变，当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表1V、2V示数变化的绝对值分别为1U和2U，干路电流为I。下列说法正确的是（）A．1U与I的比值不变B．1U<2UC．电源的效率变大D．小灯泡1L、3L

变暗，2L变亮10．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，电势分别为φA和φB，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M

的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．下列说法中不正确的是（）A．球面电势比B球面电势高B．电子在AB间偏转电场中做匀变速运动C．等势面C所在处电势的大小为

2AB+D．等势面C所在处电场强度的大小为()04kABEEeRR=+二、实验题（本大题有2个小题，共15分。其中第11题5分，第12题10分）11．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：()1用20分度的游标卡尺测量其长度如图1，由图可知其

长度为mm；()2用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm；()3该同学先用欧姆表粗测该圆柱体的阻值，选择欧姆档倍率“100”后测得的阻值如图3表盘所示，测得的阻值约为，()4导线的直径为d，长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则电阻率的表达式=12．在利

用电流表和电阻箱测定电源电动势和内阻的实验中，电流表的内阻很小，可视为理想电表，电路如图甲所示，连接好电路并进行如下操作：闭合开关S，调节电阻箱的阻值，并记录下每次电阻箱的阻值R及对应的电流表A的示数I．（1）实验中，若某同学通过测量

获得两组数据：当电流表读数为1I时，电阻箱读数为1R；当电流表读数为2I时，电阻箱读数为2R．利用所测的1I、2I、1R、2R可求出：E=，r=．（2）若另一同学测得10组I、R的数据，并作出了如图乙中a所示

的图像．则根据图像可求出：电源电动势E=______V，内电阻r=______．（3）（3）已知某电阻元件R的1RI−图像如图乙中b所示，若用实验的电源给此元件供电，此元件的热功率为_________W．三、计算题：（本大题有4个小题，共45分，解答时应写出必要的文字说明、方

程式和重要的演算步骤，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）13（9分）如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝2Ω，定值电阻R1＝16Ω，R2＝6Ω，R3＝10Ω，若保持开关S1、S2闭合，电容器所带电荷量为Q＝6×10－5C

．求：(1)电容器C的电容；(2)若保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电荷量．14（10分）如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，

内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=502rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，（1）写

出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）电压表和电流表示数；（3）从计时开始，线圈转过2的过程中，通过外电阻R的电量．15（12分）电子质量为m、电荷量为q,以速度v0与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后落在x轴上的P点,如图所

示,求:（1）电子运动轨道的半径R；（2）OP的长度；（3）电子从由O点射入到落在P点所需的时间t。16（14分）如图甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R＝4Ω的定值电阻，两导轨在同一平面内。质量为m＝0.1kg，长为L＝0.1m的导体棒ab

垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r＝1Ω，整个装置处于垂直于导轨面的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示，(g＝10m/s2)。求：（1）导轨平面与水平面间夹角θ；（2）磁场的磁感应强度B

；（3）若靠近电阻处到底端距离为20m，ab棒在下滑至底端前速度已达10m/s，求ab棒下滑的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热。2020-2021学年度高二年级第二学期入学考试物理试卷（统招班）参考答案一、选择题：（本题包括10小题，共4

0分，其中第1—6题只有一项符合题目要求，第7—10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）12345678910CBADCDBCADACABC二、实验题（共15分，其中第11题5分，第（1）（2）（3）小题每空1分，第（

4）小题2分；第12题10分，每空2分）11、【答案】50.154.697(±2)70024UdIL()1游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为0.05mm，则图示读数为：5030.0550.15mmmmmm+=．()2螺旋测微器的固定刻度

为4.5mm，可动刻度为19.80.010.198mmmm=，所以最终读数为4.519.80.014.698mmmmmm+=()3表盘的读数为7，所以导电玻璃的电阻约为7100700=．()4根据电阻定律可得：x

LRS=，圆柱体导体材料的横截面积：2()2dS=，根据欧姆定律可得：xURI=，联立可得金属电阻率：24dUIL=12、【答案】121221RRIIII−−112221IRIRII−−2.02.00.375【详解】（1）[1][2]由闭合电

路欧姆定律，得11()EIRr=+，22()EIRr=+．由以上两式得121221()IIRREII−=−，112221IRIRrII−=−．（2）[3]由闭合电路欧姆定律，有EIRIr=+则111RrIEE=+．由此可知1kE=而图线斜率

11V2k−=故2.0VE=[4]纵轴截距11.0ArE−=故2.0r=．（3）[5]由1RI−图像可知，R与该电源连接时．两图线交点处为6R=，114.0AI−=因此R消耗功率221()6W0.375W4PIR===

．三、计算题（共45分，其中第13题9分，14题10分，15题12分，16题14分）13、（9分）【答案】（1）51.510pF−（2）持开关S1、S2闭合，电容器两端的电压等于R1两端的电压，根据闭合电路欧姆定律求出R1两端的电压，从而

根据Q=CU求出电容器所带的电量；保持开关S1闭合，将开关S2断开，电容器两端的电压等于电源的电动势，根据Q=CE求出电容器所带的电荷量，从而求出流过电阻R2的电荷量．（1）保持开关S1、S2闭合时，电路中

的电流：12I0.25EARRr==++1R两端的电压：114VUIR==则电容器的电容：51C1.510QpFU−==（2）保持开关1S闭合，将开关2S断开电容器的电压等于电源的电动势，所带的电荷量：52910QCEC−==断开开关2S后流过电阻2R的电荷量：14、（10分）【答案】

（1）e=502cos502t（V）（2）40V，2A（3）0.04C（1）根据感应电动势最大值Em=nBSω，从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定电流表与电压表示

数；（3）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=nRr+公式，从而可求得．【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=502V．故表达式为：e=Emcosωt=502cos502t（V）；（2）根据正弦式交变电流最大值和有

效值的关系可知，有效值：2mEE=，代入数据解得E=50V．电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：EIRr=+，U=IR．联立解得I=2A，U=40V；（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：q=I△t=nRr+，代入数据解得

，q=0.04C．15、（12分）【答案】（1）0mvqB；（2）02sinmvqB；（3）2mqB。（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：200vqvBmR=解得：0mvRqB=（2）过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如图所

示由几何知识得：02sin2sinmvOPRBq==（3）由图中可知，由图中可知圆弧对应的圆心角为2，粒子做圆周运动的周期：2mTqB=则粒子的运动时间：222mtTqB==16、（14分）【答案】（1）30=；（2）5TB=

；（3）4JRQ=（1）由EBLv=、EIRr=+、FBIL=得安培力22BLvFRr=+根据牛顿第二定律得sinmgFma−=代入得22sinBLvmgmaRr−=+整理得()22sinBLavgmRr=−++由数学知识得知，a-v图象斜率的大小等于()22BLkmRr=+纵截距等于s

ing由图象可知图象的纵截距等于5，即sin5g=解得30=（2）由图象可知图象斜率的大小等于0.5，则有()220.5BLmRr=+代入解得5TB=（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，根据能量守恒定律得21sin2mgxmvQ=+得

电路中产生的总热量5JQ=根据焦耳定律得电阻R上产生的焦耳热为4JRRQQRr==+