【文档说明】江苏省苏北县2019-2020学年高二上学期学情调研物理试题（选考）含解析【精准解析】.doc，共(17)页，1.168 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度第一学期学情调研高二物理试题(选择考)第Ⅰ卷选择题部分(共52分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．每小题只有一个．．．．选项符合题意1.下列各图中，电流方向与其产

生的磁场方向关系不正确．．．的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】AD、根据通电直导线中安培右手定则，用右手握住直导线，大拇指方向与电流方向一致，则四指环绕的方向就是该通电直导线磁感线的环绕方向，A

错误，符合题意；D正确，不符合题意；B、根据环形电流中安培右手螺旋定则，用右手握住环形导线（或螺线管），让四指指向跟电流的环绕方向一致，则大拇指所指方向即为环形电流（或螺线管）轴线上磁场（N级）方向，CD均正确，不符合题意．2.如图所示，某

区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．匝数为n、边长为L的正方形线圈恰好有一半在磁场内，线圈平面与磁场方向垂直．则穿过此线圈的磁通量为A.BL2B.12BL2C.12nBL2D.nBL2【答案】B【解析】【详解】线圈平面与磁场

垂直，在磁场中的有效面积为21=2SL，又磁通量与线圈的匝数无关，根据BS=，则该线圈的磁通量为212BL=，B正确，ACD错误．3.下列各图中，带负电粒子的运动方向、所受洛伦兹力的方向与磁场方向的关系正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据左手定则，

让磁感线从掌心进入，并使四指指向电荷的运动方向，这时拇指所指的方向就是该正电荷所受洛伦兹力的方向，负电荷所受洛伦兹力方向与正电荷方向相反．A、洛伦兹力方向判断错误，A错误；B、洛伦兹力方向判断正确，B正确；C、洛伦兹力正确方向应为垂

直于纸面向里，C错误；D、洛伦兹力正确方向应为垂直于纸面向外，D错误．4.如图所示，两个定值电阻R1、R2串联接在12V的恒压电源上．现把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1的两端，发现电压表的示数为6V；若把它改

接在R2的两端，其示数A.小于6VB.等于6VC.大于6VD.不能确定【答案】A【解析】【详解】电压表并联在R1的两端，电压表示数为6V，则电阻R2两端的电压为6V；把此表并联在R2两端时，由于电压表的内阻不是远大于R1，R2，电压

表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，ac两点之间总电压为12V，则R1两端的电压大于6V，则电压表与R2并联的电压小于6V．A正确，BCD错误．5.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R

1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为滑动变阻器．当滑动变阻器的滑片向下滑动时A.电压表的示数减小B.流过R2的电流增大C.小灯泡的功率减小D.电源的总功率增大【答案】D【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律，干路总电流1=EI

RrR++并，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路中电阻变小，则R并减小，I增大；又路端电压UEIr=−，则U变小；A、根据11UIR=，电压表示数增大，A错误；BC、因为12UUU=+，则并联部分

电压2U减小，又222UIR=，则流过电阻2R的电流2I减小；又因为12III=+，则流过小灯泡L的电流1I增大，小灯泡的功率变大，BC错误；D、电源的总功率PEI=，则D正确．6.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂在垂直

纸面向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流I，细线的拉力不为零．下列操作能使细绳拉力减小的是A.磁场方向不变，电流方向不变，电流减小B.磁场方向不变，电流方向反向，电流增大C.磁场方向反向，电流方向反向，电流减大D.

磁场方向反向，电流方向反向，电流减小【答案】C【解析】【详解】A、若为图中的磁场方向和电流方向，则根据左手定则，金属棒MN所受安培力方向竖直向上．对金属棒受力分析可知，TBILFG+=，当电流减小时，绳子拉力TF变大，A错误；B、若为图中的磁场方向，电流方向相反，则安培力

竖直向下，TBILGF=+，电流增加时，绳子拉力TF变大，B错误；CD、磁场方向反向，电流方向反向，安培力竖直向上，TBILFG+=，当电流增大时，绳子拉力TF变小，C正确；D错误．7.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，有两个质量和电荷量都

相等的粒子沿ad方向射入磁场后分别从b、e两点射出，不计粒子重力．下列说法正确的是A.两粒子的速率相等B.从b点射出的粒子速率较大C.从b点射出的粒子在磁场中运动时间较长D.从e点射出的粒子在磁场中运动时间较长【答案】C【解析】【详解】AB、两粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心

力，2vqvBmr=，得qBrvm=，如下图分析可知，两粒子运动的轨道半径不同，则速率不同，因为12rr，故从b点射出的粒子速率较小，AB错误；CD、粒子在磁场中运动的时间22rmtvqB==，因两粒子的质量和电荷量都相等，又是同一磁场，

故它们在磁场中运动的时间，与转过的圆心角大小成正比，因12，故从b点射出的粒子，在磁场中运动的时间较长，C正确，D错误．8.如图甲所示，正方形导线圈abcd放在与线圈平面垂直的磁场中，磁感应强度B随时间t的变化

关系如图乙所示．已知线圈共100匝，边长为10cm，总电阻为0.1Ω．下列说法正确的是A.在t=1s时，导线圈产生的感应电动势为0.1VB.在0～2s内，通过导线横截面的电荷量2CC.在2～3s内，导线圈有收缩的趋势D.在2～3s内，导线圈中产生的焦耳热为40J【答案】D【

解析】【详解】A、根据法拉第电磁感应定律BENNStt==，则在t=0至t=2s内，导线圈中的感应电动势恒为2201000.11V20E−==−，A错误；B、根据EqIttR==，结合A选项，可知在t=0至t=2s内，通过导线横截面的电量为

20C，B错误；C、在t=2s至t=3s内，穿过线圈的磁通量减小，线圈通过增大面积的方式来阻碍磁通量的减小，C错误；D、在t=2s至t=3s内，2021000.1V2V32BENNStt−====−

，则线圈中的焦耳热为240JEQtR==，D正确．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，错选、多选或不答的得0分．9.沈括

在《梦溪笔谈》中有这样的记载：磁针“常微偏东，不全南也”．他是世界上第一个指出地磁场存在磁偏角的人，比西方要早400年．下列关于地磁场的说法正确的有A.地磁场只分布在地球的外部B.地理北极点的磁场方向竖直向下C.穿过地

球表面的地磁场的磁通量为零D.地理南北极点的磁感应强度在地表各位置中不是最大【答案】CD【解析】【详解】A、根据磁场的性质可知，磁感线是闭合的，故地球内部一定有磁感线，一定有磁场，A错误；B、由于磁偏角的存在，地磁南极在地理北极附近，但并不重合，故

该点磁场方向并不是竖直向下的，B错误；C、根据磁通量的性质可知，由外向里和从里向外穿过地球表面的磁感线条数一定相等．故地磁场穿过地球表面的磁通量为零；C正确；D、地磁南、北极点的磁感线最密，则这两点处的磁感应强度最大，由于磁偏角的存在

，地理南、北两级和地磁南、北两点并不重合，故地理南北极点的磁感应强度在地表各位置中不是最大，D正确．10.某种型号发光二极管的伏安特性曲线如图所示，该二极管的正常工作电压为3.0V，允许通过的最大电流为50mA

。则该二极管A.正常工作时阻值为75ΩB.正常工作时阻值为60ΩC.电阻随电流的增大而增大D.电阻随电流的增大而减小【答案】AD【解析】【详解】AB、由U-I图可知，该二极管正常工作时的电压为3V，流过二极管的电流为40mA，故它正常工作时的电阻为3750.04

URI===，A正确，B错误；CD、若U-I图象为过原点的直线，则其斜率表示电阻，该图为曲线，切线的斜率越来越小，则电阻随电流的增大而越小，C错误D正确．11.如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，直导线AB和线圈在同一竖

直平面内．保持其他条件不变，改变直导线AB中的电流时，发现闭合线圈向右摆动．下列说法正确的有A.AB中的电流减小B.AB中的电流增大C.线圈中产生逆时针方向的电流D.线圈中产生顺时针方向的电流【答案】BC【解析】【详解】AB、线圈向右摆动，根据楞次定律，表明

穿过线圈的磁通量正在增加，说明通电导线周围的磁场正在增强，故导线中电流正在增大，A错误，B正确；CD、根据安培右手定则，可知穿过线圈的原磁场方向垂直于纸面向里，且磁场正在增强，由楞次定律可知，线圈正阻碍磁通量的增加，感应磁场方向垂直

纸面向外，根据安培右手螺旋定则，感应电流沿逆时针方向，C正确D错误．12.1930年劳伦斯制成世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，D1、D2上加有垂直于表面的磁场，D1、D2的空隙内

加有交变电场，下列说法正确的有A.带电粒子从回旋加速器的电场中获得能量B.回旋加速器中的电场和磁场交替对带电粒子做功C.带电粒子获得最大速度与所加磁场的强弱有关D.带电粒子获得最大速度与加速器的半径有关【答案】ACD【解析】【详解】AB、粒子通过空隙中的电场来加速，每经过一次空

隙，能量就会增加一次，而D形盒中的磁场只是用来改变粒子的运动方向，洛伦兹力不做功，不提供能量，故A正确B错误；CD、设R为D形盒的最大半径，则粒子最终在D形盒中的最大轨道半径为R，洛伦兹力提供向心力，则2mmvqvBmR=，则mqBRvm=．

故带电粒子获得的最大速度与加速度的半径有关，且与所佳磁场的强弱有关，CD均正确．第Ⅱ卷非选择题部分(共48分)三、简答题：本题共两小题，共16分．把答案填在答题纸相应的横线上或按题目要求作答．13.(1)某同学用游标卡尺测量金属管的内径时，需用图甲标注的__________

__(选填“A”、“B”或“C”)部位进行测量，测量示数如图乙所示，该金属管的内径为____________mm．(2)某同学用多用表测一电阻时，把选择开关置于“×100”挡时，发现指针如图所示，则该同学接着需要做的实

验步骤是:先将选择开关换成______(“×10”或“×1K”)挡，再旋转图中的______(选填“A”、“B”或“C”)元件，直到指针指到表盘_____________(填“左”或“右”)侧的零刻线，然后再进行电阻的测量．【答案】(1).B(2).20.30(3).×1K(

4).B(5).右【解析】【详解】（1）测量爪A能用来测量金属管外径，测量爪B能用来测量金属管的内径；该游标卡尺为20分度，最小精确度为10.05mm20=，则该读数为20mm+6×0.05mm=20.30mm；（2）指针指在了大刻度位置，

说明档位开关量程选择太小，应将档位开关换成×1K为宜，然后将红黑表面短接，重新欧姆调零，旋转欧姆调零旋钮B，直到指针指在右侧的零刻线．14.利用下列器材测量由两节干电池(内阻约为1.2Ω)组成的电源的电动

势和内电阻．A．电流表：量程0.6A，内电阻约1ΩB．电流表：量程3A，内电阻约0.2ΩC．电压表：量程3V，内电阻约30KΩD．电压表：量程15V，内电阻约60KΩE．滑动变阻器：0～1000Ω，额定电流0.5AF．滑动变阻器：0～20Ω，额定电流

2A(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用_______，电压表应选用_______，滑动变阻器应选用_______(均填仪器的字母代号)．(2)请在图甲中用笔画线代替导线完成电路连接_______．(3

)在实验操作正确的情况下测得数据记录在下表中，请在图乙中作出U－I图象____________．U/V2.942.862.812.762.712.62I/A0.060.120.180.240.300.38(4)实验中测得该电源的电动势E=____________V，内电阻r=___________

_Ω．【答案】(1).A(2).C(3).F(4).(5).(6).3.0V(7).1.0Ω(0.90Ω<r<1.1Ω的范围内都算正确)【解析】【分析】；【详解】（1）待测电源为两节干电池，则电压表应选3V量程；根据题中给

定的数据表可知，电流在0.6A之内，故电流表选择0.6A的量程；滑动变阻器选择0～20Ω为宜，选择太大线性度不高．故电流表用A，电压表用C，滑动变阻器用F；（2）实物电路图连接如下（3）U-I曲线绘制如下（4）由UEIrrIE=−=−+可知，该图象与纵轴的截距代表电动势E，图象

的斜率的绝对值表示电源内阻r，故电动势3VE=，内阻3.02.61.00.4r−==．由于不同的同学求斜率选点由差异，故内阻在0.90Ω<r<1.1Ω的范围内都算正确．四、计算题：本题共3小题，共32分．解答时请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，答案必须明确写出数值和单位．15.电动平衡车是一种绿色环保、智能时尚的代步工具，它利用车体内部的陀螺仪和加速度传感器来检测车体姿态的变化，通过伺服控制系统驱动电机进行相应调整，以保持正常工作．某平衡车使用的电机额定功率

P=700W，额定电压U=35V，车身自重m=15kg，设平衡车行驶时受到的阻力为人和车总重的0.1倍，小明质量M=65kg，重力加速度g=10m/s2．当小明以速度v=5m/s驾驶平衡车在公路上匀速行驶时，电机

恰好达到额定功率．求(1)5分钟内电机所消耗的电能；(2)电机的输出功率；(3)电机的内阻．【答案】(1)52.110E=J(2)400W(3)0.75Ω【解析】【详解】(1)5分钟内电机所消耗的电能EWPt==解得52.110E=J(2)由匀速运动可知，牵引

力0.1()fFFmMg==+解得80F=N电机输出功率400PFv==输出W(3)电机的热功率700-400300PPP=−==热输出WPUI=解得20PIU==A因为2PIR=热解得20.75PRI==Ω16.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导

轨MN、PQ相距L=1m，上端连接一个阻值R=1Ω的电阻，导轨平面与水平面夹角θ=37°，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．已知金属棒ab的质量为m=1kg、阻值R′=1Ω，磁场的磁感应强度B

=1T，重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计．现闭合开关，金属棒ab从静止开始运动，若金属棒下滑距离为s=20m时速度恰达到最大(sin37°=0.6，cos37°=0.8)，求：（1）金属棒刚开始运动时的加速度；（2）金属棒的最大速度；（3）金属棒由静止开始下滑位移为s的过程中，金属

棒上产生的焦耳热．【答案】（1）6m/s2；（2）12m/s；（3）24J【解析】【详解】（1）设金属棒开始时的加速度为1a，根据牛顿第二定律，刚开始运动时1sin37mgma=解得金属棒刚开始运动时的加速度16a=m/s2．（2）金属棒在运动中受

到的安培力、通过的电流、产生的感应电动势分别为FBIL=安EIRR=+EBLv=根据牛顿第二定律得22sin37BLvmgmaRR−=+导体棒向下做加速度减小变加速直线运动，当0a=时有最大速度mv，代入数据解得mv=12m/s．（3）从开始运动

到有最大速度，设导体棒克服安培力做功为W，该过程由动能定理得2m1sin372mgsWmv−=-0代入数据解得48W=J，整个回路产生的焦耳热等于导体棒克服安培力做功，即QW=，由于金属棒电阻R′=R，所以金属棒上产生的焦耳热Q棒

1242Q==J17.图甲为老式电视机的显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束(初速不计)经电压为U的电场加速后，进入一个圆心为O、半径为r的圆形区域．若圆形区域内不加磁场，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点；若在圆形区域内加上磁感应强度按图乙所示规律变化的匀强磁场时(以垂直圆面向里

为磁场正方向)，荧光屏的一定范围会被电子打到而发出荧光．由于电子通过圆形磁场区域的时间相对于磁场的变化周期很小，可认为在每个电子通过磁场的过程中，磁感应强度不变．已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力及相互作用，2tan22.55=．求：(1)

在2T时刻进入磁场的电子通过磁场区域的时间；(2)如果荧光屏足够大，要想让荧光屏发光，磁感应强度B应该满足的条件；(3)若荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L，在荧光屏上得到一条长为2L的亮线，求磁感应强度的最大

值B0．【答案】(1)2mtreU=(2)2meUBer(3)085meUBer=【解析】【详解】(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v，由动能定理得：212eUmv=解得2eUvm=

又因为2rtv=所以2mtreU=(2)要想让荧光屏发光，必须满足电子轨迹半径R>r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得2mvevBR=解得2meUBer(3)当交变磁场为最大值B0时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在Q点，

PQ＝L．电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为θ，由几何关系可知，tanθ＝1，θ＝45°根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角α＝θ，则2tan25rR==由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得20mvevBR=解得085meUBer=