2020-2021学年湖南省邵阳市高二下学期入学考试物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年湖南省邵阳市高二下学期入学考试物理试卷新人教版，共8页。试卷主要包含了选择题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


1. 磁场中某一点磁感应强度的方向与（ ）
A.小磁针S极在该点所受磁场力的方向一致
B.与运动的正点电荷在该点所受磁场力的方向垂直
C.与一小段通电直导线在该点所受磁场力的方向一致
D.与正点电荷在该点运动的速度方向垂直

2. 新冠疫情期间，额温枪广泛应用于各种场所．开学后学校实行体温每日三检制度，体温检测员小明仔细研究了班里的额温枪及其技术参数（如图所示），发现它以2节干电池为电源．工作电流为5mA．能通过传感器检测人体向外辐射的红外线，根据红外线能量的强弱快速、准确且无接触的测量体温，那么关于该额温枪的说法中正确的是（ ）

A.额温枪工作时，电池组两极间的电压为3V
B.额温枪工作时，电路中每通过1C电荷，每节电池都能把1.5J化学能转化为电能
C.额温枪工作时，电源的输出功率为15mW
D.若换用两节充满电的800mAℎ充电电池，则最多可测温约为105次

3. 如图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E=1.5V，G为电流表，满偏电流为200μA．当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50μA，那么Rx的值是（ ）

ΩB. 22.5kΩ C.15kΩD. 30kΩ

4. 如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁场区域在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a，一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置沿x轴向右匀速穿过磁场区域，下列关于BC两端的电势差UBC与线框移动的距离x的关系图象正确的是（ ）

A.B.
C.D.

5. 如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（ ）

A.0B.33B0C.233B0D.2B0

6. 在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为电阻可忽略不计的自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（ ）

A.合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭
B.合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C.合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭
D.合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭
二、多选题

真空中某带正电的点电荷的等势面分布如图所示，图中相邻等势面的半径差相等．下列选项正确的是（ ）

A.相邻等势面间的电势差相等
B.P点的场强比Q点的场强大
C.P点电势比Q点电势高
D.检验电荷在P点比在Q点的电势能大

如图所示，匀强磁场的上下边界水平，宽度为L，方向垂直纸面向里，质量为m、边长为l(l
A.线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相反
B.线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反
C.从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，安培力所做的功为−mg(L+l)
D.从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，线框可能先做加速运动后做减速运动

有一种“电磁动力小火车”玩具，一节干电池与两块钕铁硼强磁铁紧密相连置于裸铜导线（表面没有绝缘层）绕成的螺线管内部，两块磁铁与铜导线接触良好，实验发现，如果干电池的“+”“-”极与两块磁铁的“N”“S”极排布如图所示，则干电池与磁铁组成的“小火车”就会按照图中“运动方向”在螺线管内运动起来，关于小火车的运动，下列判断正确的是（ ）

A.驱动“小火车”运动的动力来自于两块磁铁之间的相互排斥力
B.其他材料不变，只将干电池的“+”“-”极左右对调，则“小火车”运动方向变为向右运动
C.其他材料不变，改用旧的干电池，则“小火车”运动速度一定变小
D.其他材料不变，只增加两端磁铁数量（两端“N”“S”极排布方向不变），则“小火车”运动速度一定变大

如图所示，平行板电容器两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行）则下列说法正确的是（ ）

A.若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧
B.若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧
C.若小球带负电，当AB间距减小时，小球打在板上动能可能变小
D.若小球带负电，当AB间距增大时，小球落在板上的动能可能增大
三、非选择题

有一种新式游标卡尺，它的刻度与传统的游标卡尺明显不同——刻度看起来很“稀疏”．使用时读数显得清晰明了．便于使用者正确读取数据．新式游标卡尺的刻度也有10分度、20分度、50分度三种规格．但刻度却是19mm分成10等分．39mm分成20等分，99mm分成50等分．以“39mm分成20等分”新式游标卡尺为例，如图，试分析其精确度是________mm，如图的读数是________mm．


某同学利用如图甲所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻．可使用的器材有：两个滑动变阻器R1，R2（其中一个最大阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V）；单刀开关S1和S2．C、D分别为两个滑动变阻器的滑片．

（1）按原理图甲将图乙中的实物连线．

（2）完成下列填空：
①R1的最大阻值为________（选填“20”或“2000”）Ω．
②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图甲中的滑动变阻器的________（选填“左”或“右”）端对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近．
③将电阻箱Rz的阻值置于2500.0Ω，接通S1．将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置，最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势________（选填“相等”或“不相等”）．
④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变．待测微安表的内阻为________Ω（结果保留到个位）．

如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d=1m，导轨间接有一个阻值为R=2Ω的灯泡，一质量为m=1kg的金属棒垂直放置在导轨之上，其电阻为r=1Ω，且和导轨始终接触良好，整个装置放在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动．求：（g取10m/s2）

（1）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平恒力为F=10N，则金属棒达到的稳定速度v1是多少？

（2）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平力功率为P=6W，则金属棒达到的稳定速度v2是多少？

（3）若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P=20W，经历t=1s的过程中灯泡产生的热量为QR=12J，则此时金属棒的速度v3的大小．

如图所示，平行的N、M、P为两匀强磁场区域的边界，N与M、M与P间距分别为l1，l2，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，磁场方向均垂直纸面向里．现有电荷量为+q、质量为m的带电粒子射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用．

（1）若有大量该种粒子以大小为v1、方向沿纸面各个方向的速度从Q点射入磁场，粒子恰好不进入Ⅱ区域，求粒子速度v1的大小；

（2）用阴影画出（1）中粒子在磁场Ⅰ中所能到达的区域，并求出该区域的面积；

（3）若有一个粒子从Q点以速度v2垂直于边界N及磁场方向射入磁场，粒子能穿过两个磁场区域，求v2的最小值．

如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L，0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后恰能从M点进入圆形区域，速度方向与x轴正方向的夹角为30∘．不考虑电子所受的重力．

（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；

（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；

（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省邵阳市高二入学考试物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
磁感应强度
左手定则
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．磁场中某一点磁感应强度的方向与小磁针S极在该点所受磁场力的方向相反，故A错误；
B．根据左手定则，磁场中某一点磁感应强度的方向与运动的正点电荷在该点所受磁场力的方向垂直，故B正确；
C．根据左手定则，磁场中某一点磁感应强度的方向与一小段通电直导线在该点所受磁场力的方向垂直，故C错误；
D．磁场中某一点磁感应强度的方向与正点电荷在该点运动的速度方向无关，故D错误．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
电功
电功率
电源的电动势和内阻
【解析】
电路工作时，电源两极间的电压为路端电压，小于电源电动势；根据电动势的定义可以知道工作时每通过1C电荷量时有多少的化学能转化为电能；电源的输出功率等于输出电压与工作电流的乘积。
【解答】
解：A．额温枪工作时，电池组两极间的电压为路端电压，小于电源的电动势，故电池组两极间电压小于3V，故A错误；
B．每节电池的电动势为1.5V，由E=Wq可知，电路中每通过1C电荷，每节电池消耗的电能为W=qE=1.5J，则有1.5J的化学能转化为电能，故B正确；
C．额温枪工作时电源消耗的总功率为P=2EI=15mW，电源的输出功率小于电源消耗的总功率，故C错误；
D．额温枪测温一次耗电量为5mA×1s=5mAs，换用两节充满电的800mAℎ充电电池，最多可测温约n=2×800mA×3600s5mAs≈106次，故D错误．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
欧姆表的原理
用多用电表测电阻
【解析】
先求出欧姆表的内阻即R中:R中=EIg；再由I=ER中+RX求得Rx．
【解答】
解：由满偏电流求欧姆表的内阻：R中=EIg=1.5200×10−6Ω=7500Ω，
连入电阻后，由I=ER中+Rx求得Rx=EI−R中=(1.550×10−6−7500)Ω=22.5kΩ．
故选：B．
4.
【答案】
B
【考点】
单杆切割磁感线
动生电动势
【解析】
由楞次定律判断出感应电流方向，由E＝BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再分析UBC的大小和正负，然后分析图象答题。
【解答】
解：导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，感应电流I=ER=BLvR，在0−a内，有效长度L逐渐变大，感应电流I逐渐变大，则UBC增大，
在a−2a内，有效长度L逐渐变大，感应电流逐渐变大，则UBC增大；
由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，则UBC>0，在线框离开磁场的过程中，感应电流了沿顺时针方向，感应电流是负的，则UBC<0，故B正确、ACD错误．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
磁场的叠加
磁感应强度
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
【解析】
依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解．
【解答】
解：在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如图所示：

由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，
即B1=B0，
依据几何关系及三角知识，则有：BPcs30∘=12B0，
解得：P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=33B0，
当P中的电流反向，其他条件不变，

再依据几何关系及三角知识，则有：B2=33B0，
因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0，
最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=B02+(33B0)2=233B0，故C正确，ABD错误．
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
自感现象和自感系数
【解析】
对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．
【解答】
解：合上开关后，由于a灯和线圈相连后接在电路中，当电路中电流变化时，线圈对电流有阻碍作用，所以闭合开关后，b先亮，a后亮；开关断开前，两灯泡的电流相等，开关断开后，线圈L因自感而产生逐渐减弱的电流流过两个小灯泡，使两个小灯泡逐渐变暗到熄灭，故C正确．
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
点电荷的场强
等势面
电势能
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．因为距离正电荷越远，场强越小，根据U=Ed，相邻等势面间的半径差相等（相邻等势面间的距离相等），则电势差不相等，故A错误；
B．P点距离场源电荷较近，则P点的场强比Q点的场强大，故B正确；
CD．因场源电荷带正电，可知P点电势比Q点电势高，若检验电荷带正电，检验电荷在P点比在Q点的电势能大，若检验电荷带负电，检验电荷在P点比在Q点的电势能小，故C正确，D错误．
故选BC．
【答案】
A,C
【考点】
电磁感应中的能量问题
导线框切割磁感线
【解析】

【解答】
解：由电磁感应定律知，线框进入磁场时产生的感应电流方向沿逆时针方向，离开磁场时产生的感应电流方向沿顺时针方向，故线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相反，选项A正确；
由“来拒去留”知，线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相同，均竖直向上，选项B错误；
在线框穿过磁场的过程中，设安培力做的功为W，由动能定理得，mg(L+l)+W=12mv02−12mv02，解得W=−mg(L+l)，选项C正确；
cd边进入磁场时的速度与ab边离开磁场时的速度相同，而线框全部进入磁场后只受重力作用而做加速运动，故线框进入磁场到离开磁场的过程中可能是先匀速在加速，后又减速，也可能是先减速再加速，然后又减速但不可能是先加速，再做减速运动，这样进入磁场速度与出磁场速度不相等，故选项D错误．
故选AC．
【答案】
B,C
【考点】
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．根据右手螺旋法则可知，铜螺线管的右端为N极，左端为S极，则左端与磁铁的N极相吸引，而右端与磁铁的N极相排斥，则最终结合体两侧磁铁所受总合力向左，则驱动“小火车”运动的动力来自于两块磁铁与螺线管之间的相互作用，故A错误；
B．根据以上的分析可知，其他材料不变，只将干电池的“+”“-”极左右对调，则“小火车”运动方向变为向右运动，故B正确；
C．其他材料不变，改用旧的干电池，则螺线管中电流减小，产生的磁场减弱，则“小火车”运动速度一定变小，故C正确；
D．其他材料不变，只增加两端磁铁数量（两端“N”“S”极排布方向不变），“小火车”的质量会变大，则“小火车”的速度不一定增大，故D错误．
故选BC．
【答案】
B,C
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
电容器的动态分析
【解析】
．
【解答】
解：A．若小球带正电，当d增大时，电容减小，由于二极管的作用，Q不可能变，则E也不变，小球仍然打在N点，故A错误．
B．若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，而U一定，根据E=Ud，可知E变大，电场力变大，方向向下，小球做类平抛运动，竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确．
C．若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E=Ud，E增大，电场力变大，方向向上，小球做类平抛运动，竖直方向加速度减小，运动时间变长，打在N点右侧，重力做功不变，但克服电场力做功增大，故小球打在下板上的动能变小，故C正确；
D．若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，则E也不变，所以电场力大小不变，方向向上，重力做功和克服电场力做功均不变，即合外力做功不变，小球落在极板上的动能也不变，故D错误．
故选：BC．
三、非选择题
【答案】
0.05,31.25
【考点】
游标卡尺
【解析】
新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
【解答】
解：新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，
新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，每一分度长度为3920mm=1.95mm，比主尺2分度短0.05mm，
所以它的测量精确度是：0.05mm；
图中示数为：31mm+0.05mm×5=31.25mm．
【答案】
（1）电路图如解答图所示；
（2）①20,②左,③相等,④2550
【考点】
伏安法测电阻
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）电路连接如图所示：
（2）①R1主要作用是分压，应选择阻值较小的20Ω的滑动变阻器；
②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图甲中的滑动变阻器的左端，使测量电路电压接近零；
③微安表的示数保持不变，这说明S2接通前后在BD中无电流流过，可知B与D所在位置的电势相等；
④设滑片D两侧电阻分别为R21和R22，因B与D所在位置的电势相等，可知：Rz1R21=RAR22，同理当Rz和微安表对调时，仍有：RAR21=Rz2R22，联立两式解得：RA=Rz1Rz2=2500×2601Ω=2550Ω．
【答案】
（1）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平恒力为F=10N，则金属棒达到的稳定速度v1的大小为6m/s；
（2）若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，施加的水平力功率为P=6W，则金属棒达到的稳定速度v2的大小为1.5m/s；
（3）若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P=20W，经历t=1s的过程中灯泡产生的热量为QR=12J，则此时金属棒的速度v3的大小为2m/s．
【考点】
单杆切割磁感线
电磁感应中的动力学问题
电磁感应中的能量问题
【解析】
（1）金属棒到达稳定时做匀速直线运动，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出金属棒的速度．
（2）金属棒达到稳定时做匀速直线运动，应用安培力公式、平衡条件、功率公式求出稳定时的速度．
（3）由能量守恒定律求出金属棒的速度．
【解答】
解：（1）金属棒做匀速直线运动时达到稳定状态，
安培力：F安培=BId=B2d2v1R+r，
由平衡条件得：F=μmg+B2d2v1R+r，
代入数据解得：v1=6m/s；
（2）金属棒做匀速直线运动时达到稳定状态，
安培力：F安培=BId=B2d2v2R+r，拉力：F=Pv2，
由平衡条件得：Pv2=μmg+B2d2v2R+r，
代入数据解得：v2=1.5m/s；
（3）由焦耳定律：Q=I2Rt可知：QR:Qr=R:r=2:1，则：Qr=12QR=6J，
由能量守恒定律得：Pt=QR+Qr+12mv32，
代入数据解得：v3=2m/s．
【答案】
（1）粒子速度v1的大小v1=ql1B12m．
（2）阴影如解答图所示，该区域的面积是3πl128．
（3）v2的最小值是v2=qB1l1+qB2l2m．
【考点】
带电粒子在磁场与磁场的组合场中的运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）qv1B1=mv12r1，r1=l12，解得v1=ql1B12m．
（2）阴影如图：
面积S=πr122+π(2r1)24=3πl128．
（3）粒子速度为v2时在磁场Ⅱ中的轨迹恰好与边界相切，
由qv2B=mv22R，
可得R1=mv2B1q，R2=mv2B2q，
由几何关系得：sinθ=l1R1，
粒子在磁场Ⅱ中运动有R2−R2sinθ=l2，
解得v2=qB1l1+qB2l2m．
【答案】
（1）电子进入圆形区域时的速度大小为233v0，匀强电场场强E的大小为3mv023eL．
（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，则所加磁场磁感应强度B的大小为23mv03eL，电子刚穿出圆形区域时的位置坐标为(5L2，−32L)．
（3）磁感应强度B0的大小为n3mv0eL，磁场变化周期T应为3πL3nv0（其中n=1，2，3…）．
【考点】
带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动
【解析】
（1）带电粒子先在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动从M点射入磁场，由于知道速度的方向以及进入电场的速度，则由速度的合成就能求得离开电场的速度，即进入磁场的速度．由类平抛运动规律求出加速度，从而求出电场强度大小．
（2）由题意知，当与水平x轴成30∘进入磁场时又竖直向上穿出磁场时，粒子恰好偏转60∘，由几何关系知道带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域的半径，由洛仑兹力提供向心力可以求得磁感应强度．
（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同，根据题目要求大致找出带电粒子在正负磁场里做匀速圆周运动的半径和周期关系，从而画出最简单的轨迹图，再从一般情况去考虑多解情况，从而可以求得磁感应强度及周期的表示式．
【解答】
解：（1）电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图所示．
由速度关系可得：v0v=csθ，
解得：v=233v0，
由速度关系得：vy=v0tanθ=33v0，
在竖直方向：vy=at=Eemt，
而水平方向上t=Lv0，
解得：E=3mv023eL；
（2）根据题意作图如解答（1）图所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L，
根据牛顿第二定律：qvB=mv2R，
解得：B=23mv03eL，
根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为(5L2，−32L)；
（3）电子在在磁场中最简单的情景如图所示．
在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60∘，设电子运动的轨道半径为r1，运动的周期为T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r，
在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60∘，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r，
综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：
3rn=2L(n=1, 2, 3…)，而：r=mvB0e，
解得：B0=n3mv0eL (n=1，2，3…)，
应满足的时间条件为：16(T0+T′)=T，
而：T0=2πmeB0，T′=2πmB02e，
解得T=3πL3nv0 (n=1，2，3…)．