2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高二（下）开学物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高二（下）开学物理试卷一、选择题1.A为“220 V 100 W”的灯泡，B为“220 V 40 W”的白炽灯泡.现将两盏灯泡串联接在220V的电源两端，(设灯丝的电阻不随温度改变)两灯实际功率分别为PA、PB,各灯通过的电流为IA、IB,A.IA>IB B.PA<P2.北京正负电子对撞机的储存环是半径为R的圆形轨道，当环中电子以光速的110沿环运动而形成I的等效电流时，环中运行的电子数目为(已知光速为c，电子电荷量为e)(

)A.πRI20ec B.πRIec C.10πRIec3.如图所示，两条等长细线的A点悬挂一质量为0.1kg，电量为2×10−6C的带电小球，细线与天花板的夹角为30°，A离地面ℎ=0.3m，在MA的延长线上用一不计高度和质量的绝缘支架固定一质量为0.2kg，电量与小球电量相等的异性带电小球B，则以下选项错误的是A.支架对地面的压力大小为1.95N

B.当B球带上异性电荷后，A球会向右偏离原来的位置

C.NA线的拉力大小为1N

D.MA线的拉力大小为1.1N4.将三个不同电源的路端电压随干电路电流变化的U−l图线画在同一坐标系中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为E1、E2、E3，内阻分别为r1、r2、rA.E1=E2>E3 B.5.已知只在A、B之间的空间区域内存在有静电场，电场线平行于x轴，电场中电势φ沿x轴方向的分布如图所示，一带正电粒子从A点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动，则以下分析正确的是(

)A.粒子恰好能到达B位置再返回 B.粒子在到达B位置前就开始向A点返回

C.粒子到达B点后继续向右运动不再返回 D.条件不足，无法判断粒子能否到达B点6.在Rt△ABC中，∠C=30°，AB边长为23cm，空间有一匀强电场其方向与△ABC所在的平面平行，现将一个电荷量q=−4×10−6C的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了2.4×10−5J的功，再从BA.A、B两点的间的电势差UAB=4V

B.如果规定B点的电势为0，则C点的电势φC=−3V

C.该匀强电场的大小E=200V/m

D.如果规定B点的电势能为07.通常用地磅测量汽车载重，其工作原理如图所示。空载时变阻器滑片P位于A点，满载时滑片P位于B点，电压表为理想电压表，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法错误的是(

)A.电压表两端电压与被测汽车的总质量成正比

B.若测量值偏小，可在R0上并联一个电阻进行校正

C.若将电压表串联一个电阻，可增大地磅量程

D.8.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，L1、L2是两个相同的灯泡，当滑动变阻器的滑片P由中点向a端移动时(

)A.A示数变大，V示数变小

B.A示数变小，V示数变大

C.L1变亮，L2变暗

D.L19.如图所示，在纸面内有一磁感应强度大小为B0、方向水平向右的匀强磁场，匀强磁场的方向与固定长直导线垂直，长直导线内通有垂直纸面向外的恒定电流I，在纸面内以导线的横截面为圆心画一个虚线圆，ab、cd是虚线圆的直径，ab、cd分别与匀强磁场垂直和平行。已知通有电流i的长直导线产生的磁场在距其r处的磁感应强度大小B=kir(其中k为已知常量)。已知a点的磁感应强度为0，下列说法正确的是A.虚线圆的半径为kIB0

B.c、d两点的磁感应强度大小均为2B0

C.c、d两点的磁感应强度方向相反

D.若带电荷量为+q的检验电荷以速率v经过b点，其速度方向为由a指向10.如图所示，竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O做圆周运动，以下四种说法中正确的是(

)A.带电小球可能做匀速圆周运动

B.带电小球可能做非匀速圆周运动

C.带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小

D.带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小

二、非选择题11.某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向，设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有：一个磁性很强的条形磁铁，两个发光二极管(电压在1.5V至5V都可发光且保证安全)，一只多用电表，导线若干。操作步骤如下：

①用多用电表的欧姆挡测出二极管的正、负极；

②把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路；

③把条形磁铁插入线圈时，二极管B发光；拔出时，二极管A发光；

④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向。

请回答下列问题：

(1)线圈缠绕方向如图乙中的______(填“A”或“B”)。

(2)条形磁铁运动越快，二极管发光的亮度就越大，这说明感应电动势随______的增大而增大(填“磁通量”、“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”)。

(3)为进一步研究，该小组又做了以下实验：磁体从靠近线圈的上方静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图像应该是图中的______。

A.

B.

C.

D.

12.一块面积不大的薄圆板A均匀带正电，一个带正电、质量为m、电荷量为q的微粒从圆板的中心O点的正上方紧挨着O点处由静止释放，微粒运动到O点正上方的B点时速度最大，运动到O点正上方的C点时速度为零，C点到O点的距离为ℎ，则B点的电场强度大小为______，若设C处电势为0，则O点的电势为______。13.电荷周围存在着电场，法拉第采用了什么简洁方法来描述电场？14.如图所示，离子发生器发射出一束质量为m，电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，获得速度v0，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以一定的速度离开电场，已知平行板长为L，两板间距离为d，求：

(1)v0的大小；

(2)15.如图，三个面积均为S的金属板A、B、C水平放置，A、B相距d1，B、C相距d2，A、C接地，构成两个平行板电容器.上板A中央有小孔D.B板开始不带电.质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴从小孔D上方高度为ℎ处的P点由静止一滴一滴落下.假设液滴接触B板可立即将电荷全部传给B板.油滴间的静电相互作用可忽略，重力加速度取g．

(1)若某带电液滴在A、B板之间做匀速直线运动，此液滴是从小孔D上方落下的第几滴？

(2)若发现第N滴带电液滴在B板上方某点转为向上运动，求此点与A板的距离H．

(以空气为介质的平行板电容器电容C=S4πkd，式中S为极板面积，d为极板间距，k为静电力常量答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、串联电路电流处处相等，故A错误；

B、根据P=U2R可知B的电阻大于A的电阻，根据串联电流处处相等，根据P=I2R知实际功率B的大，故B正确；

CD、串联电路电流处处相等，电压与电阻成正比，A的电压小于B的电压，故CD错误；

故选：B。

根据P=U2R2.【答案】D

【解析】解：根据电流定义I=Qt，Q=ne，t=2πR0.1c，联立解得n=20πRIec；故ABC错误，D正确。

故选：3.【答案】B

【解析】解：由于细线与天花板的夹角为30°，故AB之间的距离为r=ℎsin30∘

A和B之间的库仑力F库=kqAqBr2

解得F库=0.1N

A、以B为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得B受到地面的支持力为FN=mBg−F库sin30°

解得FN=1.95N，根据牛顿第三定律可知支架对地面的压力大小为1.95N，故A正确；

B、当B球带上异性电荷后，A和B之间的相互作用力沿细线MA方向，A球不会向右偏离原来的位置，故B错误；

CD、如果没有电荷B，悬挂A的两根细线拉力为T，根据平衡条件可得2Tcos60°=mAg

解得T=1N；

由于A和B之间的库仑力沿细线MA方向，所以库仑力的大小不影响NA细线的拉力，故NA细线拉力为1N；

由于库仑力的存在，使得MA线的拉力增大0.1N，MA4.【答案】C

【解析】解：根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir，由数学知识可知，图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻r。

对照图象知，E1>E2=E3，r1=r2<r3，故C正确ABD错误。5.【答案】A

【解析】解：由图知：UAO=UOB   ①

假设粒子到B的速度为vB，从A到B由动能定理得：qUAO+qUOB=12mvB2−0

②

联立解得：vB=0，即粒子恰好能到达B6.【答案】B

【解析】解：AB.根据电势差定义式，AB两端电压UAB=WABq

代入数据解得UAB=−6V

BC两端电压UBC=WBCq

代入数据解得UBC=3V

根据电势差与电势的关系UBC=φB−φA

如果规定B点的电势为0；

代入数据解得C点的电势φC=−3V

综上分析，故A错误，B正确；

C.根据匀强电场场强与电势差的关系，沿AB方向的分场强大小为E1=UABxAB=623×10−2V/m=1003V/m

根据数学知识yBC=xABtan60°=23×3cm=6×10−2m

沿BC方向的分场强大小为E2=UBCyBC7.【答案】C

【解析】解：A、设变阻器AB的总电阻为R，横截面积为S，根据闭合电路欧姆定律得：E=I(R+R0+r)

设AP之间的电阻值为Rx，AP之间的距离为x，由欧姆定律和电阻定律得：U=IRx=ER+R0+r⋅ρxS

汽车受力平衡时，由平衡条件得：mg=2kx

联立解得：U=ER+R0+r⋅mgρ2kS

从此结果可以看出：电压表两端电压U与被测汽车的总质量m成正比，故A正确；

B、若称量值偏小，可以通过在R0上并联一个电阻，回路中总电阻变小，总电流增大，可变电阻上的电压增大，可使称量值正常，故B正确；

C8.【答案】AC

【解析】解：AB、当滑动变阻器触片P由中点向a端移动时，外电路总电阻减小，总电流增大，电源的内电压和定值电阻的电压均增大，故电流表A示数变大，电压表V示数变小，故A正确，B错误。

CD、电压表示数减小，L2所在支路电阻增大，则通过L2的电流减小，而总电流增大，则通过L1的电流增大，所以L1变亮，L2变暗，故C正确，D错误。

故选：AC。

当滑动变阻器触片P由中点向a端移动时，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点分析即可解题。

9.【答案】AD

【解析】解：A、根据安培定则可知，通电长直导线产生的磁场在a、b、c、d四点的磁感应强度方向如图所示

设虚线圆的半径为R，则通电长直导线产生的磁场在a、b、c、d四点的磁感应强度大小均为

B1=kIR

因为a点的磁感应强度为0，故有B1=B0

解得R=kIB0

故A正确；

BC、通电长直导线产生的磁场在虚线圆上的磁感应强度大小均为B1=B0，则c点的磁感应强度大小Bc=2B0，方向斜向右上方，d点的磁感应强度大小Bd=2B0，方向斜向右下方，故BC错误；

D、b点的磁感应强度大小Bb=2B10.【答案】ABD

【解析】解：A、当小球所受重力与电场力合力为零时，绳子的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，故A正确；

B、当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做非匀速圆周运动，故B正确；

C、当小球做匀速圆周运动时，重力与电场力合力为零，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力都相等，故C错误；

D、如果小球带负电，所受电场力竖直向上，且电场力大于重力，小球做变速圆周运动，带电小球通过最低点时，速度最小，细线拉力最小，故D正确；

故选：ABD。

小球在竖直平面内做圆周运动，重力、电场力、绳子拉力的合力提供向心力，分析各选项，然后答题。

对小球正确受力分析，全面考虑问题，进行讨论即可正确解题。11.【答案】A

磁通量的变化率

A

【解析】解：(1)把条形磁铁插入线圈时，二极管B发光，说明回路中的电流沿顺时针方向；

根据楞次定律，感应电流的磁场方向竖直向上，根据安培定则可知，俯视时线圈中的绕向沿逆时针方向，故A正确，B错误。

故选：A。

(2)条形磁铁从初始到完全插入，磁通量的变化量相同，磁铁运动速度越快，磁通量变化越快，发光二极管的亮度就越大，说明感应电动势随磁通量的变化率的增大而增大。

(3)磁体从靠近线圈的上方静止下落，当磁体进入线圈的过程，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向下，当磁体离开线圈的过程，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向上，所以磁体进入和穿出线圈时感应电流方向相反；当磁体完全进入线圈时，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，磁体会加速运动，当到达线圈底部时，磁通量变化率大于磁体刚进入线圈时，依据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知到达底部的感应电流较大，故A正确，B、C、D错误。

故选：A．

故答案为：(1)A；(2)磁通量的变化率；(3)A。

(1)把条形磁铁插入线圈时，二极管B发光，说明回路中的电流沿顺时针方向；根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，根据安培定则分析线圈中的绕向，然后作答；

(2)条形磁铁运动越快，穿过线圈的磁通量变化率越大，据此分析作答；

(3)根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小，根据欧姆定律判断感应电流的大小，然后作答。

本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则等内容，抓住应用楞次定律的顺序再结合右手螺旋定则可得到结论。12.【答案】mgq

mgℎ【解析】解：微粒运动到O点正上方的B点时速度最大，加速度为0，由平衡条件有

qEB=mg

解得B点的电场强度大小为：EB=mgq

微粒运动到O点正上方的C点时速度为零，C点到O点的距离为ℎ，从O到C，由动能定理得：

qUOC−mgℎ=0

可得OC间电势差为：UOC=mgℎq

C处电势为0，则O点的电势为：φO=mgℎq

故答案为：mgq，mgℎq。13.【答案】解：电场真实存在，但我们可以画电场线来描述电场的性质；

答：法拉第采用了画电场线的简洁方法来描述电场。

【解析】电场是客观存在的，电场线是描述电场的虚拟的曲线。