安庆市示范高中2021-2022学年高二8月测试物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.下列说法正确的是A.电荷放在电势高的地方，电势能就大B.正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能C.电场强度为零的点，电势一定为零D.无论移动正电荷还是负电荷，若克服电场力做功它的电势能都增大2.如图所示，一带正电的粒子以初速度v进入范围足够大的匀强电场E中，初速度方向与电场方向平行，粒子不计重力。下列说法正确的是A.粒子一直做匀加速直线运动B.粒子一直做匀减速直线运动C.粒子先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动D.粒子先做匀加速直线运动，再反向做匀减速直线运动3.如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A 和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B 下部的金属箔都是闭合的．现将带正电的物体C 移近A，下列描述正确的是A.稳定后只有A 下部的金属箔张开B.稳定后只有B 下部的金属箔张开C.C移近A后，再把B与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都张开D.C移近A后，再把B与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合4.如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度V向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为则通过电阻R的电流方向及与之比：分别为,A.，2：1B.，2：1C.，1：2D.，1：21.两根完全相同的金属裸导线，如果将其中一根均匀拉长到原来的2倍，而将另一根对折绞合起来，然后把它们并联接入电路中，电路导通，下列说法错误的是A.二者电阻大小之比为4：1B.二者电阻大小之比为16：1C.二者电压相同D.二者电流大小之比为1：162.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中两个虚线所示，下列表述正确的是A.M带正电，N带负电B.M的速率大于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间3.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比A.U变小B.Q减小C.Q不变D.I变小4.如图所示，螺线管匝数匝，横截面积，螺线管导线电阻，电阻，磁感应强度B的图象如图所示以向右为正方向，下列说法正确的是,A.通过电阻R的电流方向是从A到CB.感应电流的大小保持不变为C.电阻R的电压为6VD.C点的电势为二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）1.如图所示，在磁感应强度的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度向右匀速滑动，两导轨间距离，电阻，金属杆的电阻，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是A.通过R的感应电流的方向为由d到aB.金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为C.金属杆PQ受到的安培力大小为D.外力F做功大小等于电路产生的焦耳热2.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T，转轴垂直于磁场方向，线圈电阻为。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过时的感应电流为1A。下列说法正确的是A.线圈消耗的电功率为4WB.线圈中感应电流的有效值为2AC.任意时刻线圈中的感应电动势为 D.任意时刻穿过线圈的磁通量为 ,1.如图所示电路中，A、B是相同的两小灯是一个带铁芯的线圈，电阻可不计调节R，电路稳定时两灯都正常发光，则在开关合上和断开时A.两灯同时点亮、同时熄灭B.合上S时，B比A先到达正常发光状态C.断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A灯的电流方向与原电流方向相同D.断开S时，A灯一定立刻熄灭2.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是A.原、副线圈匝数之比为9：1B.原、副线圈匝数之比为1：9C.此时a和b的电功率之比为9：1D.此时a和b的电功率之比为1：9三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）3.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：用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度______mm。用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径______mm。4.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为十几千欧。实验中得到了多组数据，通过描点连线在I--U系中得到了小灯泡的伏安,特性曲线如图甲所示。在虚线框中画出实验电路原理图，并在图乙中用笔画线代替导线连接电路。根据图甲，可确定小灯泡的功率P与和P与的关系，图丁示意图中合理的是______。将被测小灯泡、定值电阻R和电源串联成如图丙所示的电路，电源电动势为，内阴为若电路中的电流为，则定值电阻R所消耗的电功率为______W。四、简答题（本大题共2小题，共18.0分）1.如图所示，水平桌面上有两个质量均为、边长均为的正方形线框A和B，电阻均为，用绝缘细线相连静止于宽为的匀强磁场的两边，磁感应强度，现用水平恒力拉线框B，不计摩擦，线框A的右边离开磁场时恰好做匀速运动，求：线框匀速运动的速度．线框产生的焦耳热．,1.如图所示，匀强磁场的磁感应强度，边长的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻，线圈绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动，角速度，外电路电阻，求：转动过程中感应电动势的最大值；由图示位置转过角的过程中产生的平均感应电动势；线圈转过角的过程中，通过R的电荷量。五、计算题（本大题共2小题，共18.0分）2.如图所示，在同一水平面内的两导轨ab、cd相互平行，相距2m并在竖直向上的磁场中，一根质量为、有效长度为2m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增大到8A时，金属棒能获得的加速度。求：磁场的磁感应强度大小为多少？金属棒与水平导轨间的动摩擦因数？,1.如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距，左端接一电阻，磁感应强度的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以的速度水平向右匀速滑动时，求：棒中感应电动势的大小；回路中感应电流的大小和方向；维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小．,答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】正电荷放在电势高的地方，电势能就大．电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中某点的电势能，不一定大于负电荷在该点具有的电势能。电荷克服电场力做功它的电势能都增大。电场强度与电势无关。本题考查电势、电势能、电场力做功与电势能变化的关系、电场强度与电势的关系。可根据电场强度由电场本身决定，而电势为零可人为选择，来理解场强与电势的关系。【解答】A.正电荷放在电势高的地方，电势能就大，而负电荷放在电势高的地方，电势能就小，故A错误；B.电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中电势为负值的某点的电势能，小于负电荷在该点具有的电势能，故B错误；C.电场强度与电势无关，电场强度为零的点，电势不一定为零，故C错误；D.只要电荷克服电场力做功，根据功能关系可知，它的电势能都增大，故D正确。故选D。2.【答案】A【解析】解：因为粒子带正电，受到的电场力方向与初速度方向相同，而且电场力是恒力，粒子的加速度恒定，所以粒子一直做匀加速直线运动，故A正确，BCD错误。故选：A。根据粒子所受的电场力方向与运动方向的关系，判断粒子的运动规律。正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同。解决本题的关键要知道粒子所受的合力方向与速度方向相同，而且合力恒定，粒子做匀加速直线运动。能根据受力情况来判断粒子的运动情况。3.【答案】C,【解析】解：AB、带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；所以金属箔都张开。故AB错误；CD、C移近A后，先把AB分开，则A仍然带负电，B仍然带正电，所以金属箔都张开；故C正确，D错误。故选：C。根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量．本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答．4.【答案】C【解析】解：由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为，则通过电阻R的电流方向为。MN产生的感应电动势公式为，其他条件不变，E与B成正比，则得：：2，故C正确，ABD错误。故选：C。由右手定则判断MN中产生的感应电流方向，即可知道通过电阻R的电流方向。MN产生的感应电动势公式为，E与B成正比。本题关键要掌握右手定则和切割感应电动势公式，重物右手定则的应用方法是关键。5.【答案】A【解析】解：A、设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律，电阻，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻，则两电阻之比为16：1，故A错误，B正确；,C、两电阻并联，电压相同，故C正确；D、根据可知，二者电流大小之比为1：16，故D正确。本题选错误的，故选：A根据电阻定律判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比．本题主要考查了电阻定律以及欧姆定律的直接应用，难度不大，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B正确；C：洛伦兹力不做功，故C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为，与粒子运动的速度无关，所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。故选：B。由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题．7.【答案】D【解析】解：整个电路的连接情况是：滑动变阻器与串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电容器与滑动变阻器并联，电流表测干路电流。当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压，由I减小，可知电压表示数U增大，即电容器C,两端的电压增大，再据，可判断出电容器的电荷量Q增大。综上所述，故D正确，ABC错误。故选：D。首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与串联，上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化。本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确其两端电压的变化，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况。8.【答案】D【解析】解：A、根据楞次定律，结合原磁场的方向向右，且大小增加，则电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律：，而感应电流大小为：，故B错误；C、根据全电路欧姆定律，有：，故C错误；D、由上分析知螺线管左端是正极，C点的电势为，故D正确；故选：D。根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律，可求解R两端电压，及C点的电势．再根据楞次定律可知，感应电流的方向，及感应电流的大小；从而即可求解．考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意交流电与直流电的区别，掌握闭合电路欧姆定律的应用，同时理解电势的正负含义．9.【答案】BC【解析】解：A、由右手定则判断知，导体PQ产生的感应电流方向为，通过R的感应,电流的方向为由a到故A错误．B、导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：故B正确．C、感应电流为：，故C正确．D、金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能的和．故D错误．故选：BC导体PQ垂直切割磁感线，由求解感应电动势的大小．由右手定则判断感应电流的方向，根据左手定则判断安培力的方向．PQ做匀速运动，力F与安培力平衡，求出安培力，即可求解力F；外力F克服摩擦力和安培力做功．本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式等的综合应用，基础题．该题中要作用的是外力F克服摩擦力和安培力做功，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能的和．10.【答案】AD【解析】解：A、从垂直中性面开始电流瞬时表达式为，则电流的最大值为：线圈消耗的电功率为：，故A正确；B、有效值为：，故B错误；C、感应电动势的最大值为：任意时刻线圈中的感应电动势为：，故C错误；,D、任意时刻穿过线圈的磁通量为：根据，则，故，故D正确；故选：AD。绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始电流瞬时表达式，由已知可得根据正弦式交变电流有效值和峰值关系可求电流有效值；根据可求电功率；根据可求感应电动势的最大值，由求任意时刻瞬时电动势；任意时刻穿过线圈的磁通量，由可得BS，从而求出任意时刻穿过线圈的磁通量。本题考查交流电的产生和计算，要注意明确在计算中求解电功率及电表示数时要用有效值。11.【答案】BC【解析】解：A、合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则B比A先到达正常发光状态，故A错误，B正确；C、断开开关S的瞬间，因灯泡相同，则电流相等，所以两灯会慢慢熄灭，但不会闪亮一下，且通过A灯的电流方向与原电流方向相同，故C正确，D错误。故选：BC。电路稳定后，L的电阻很小，闭合瞬间L的电阻很大，断开瞬间A灯还要亮一下．本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断．12.【答案】AD【解析】【分析】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比．,根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比．【解答】解：AB、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为：9：1，故A正确；B错误；CD、根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1：9；故C错误，D正确；故选：AD。13.【答案】 【解析】解：游标卡尺的主尺部分读数为，游标部分0刻线与主尺对齐，则圆柱体的长度为．螺旋测微器主尺部分读数为，可动部分零刻度线对齐主尺刻度，所以螺旋测微器最终的读数为．游标卡尺的读数由主尺部分和游标部分读数相加，游标部分的分度值为；螺旋测微器读数由主尺部分和可动部分读数组成，可动部分的分度值为．游标卡尺不需要估读，保留小数位数要参照分度值；根据螺旋测微器分度值可判断读数时保留的小数位数为三位。14.【答案】D 【解析】解：描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由图甲所示图象可知，灯泡电阻约为，电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为十几千欧，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：,根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：由图甲所示图象可知，随灯泡电流与电压的增大，电压与电流的比值增大，即随灯泡电流与电压的增大，灯泡电阻增大；A、由于灯泡电阻随U的增大而增大，由可知，灯泡电阻随增大斜率减小，故AB错误；C、由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大，由可知，图象斜率增大，故C错误，D正确；由图甲所示图象可知，电流为时，灯泡两端电压为4V，电阻两端电压，电阻消耗的电功率。故答案为：实验电路图与实物电路图如图所示；；。根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图。根据图甲所示图象判断灯泡电阻随电压变化的关系，然后根据电功率公式分析答题。由图甲所示图象求出电流为时，灯泡两端电压，然后根据图象求出灯泡两端电压，最后由闭合电路欧姆定律与电功率公式求出电阻消耗的功率。15.【答案】解：线框A的右边离开磁场时，感应电动势：，感应电流：，,安培力：，线框做匀速运动，由平衡条件得：，代入数据解得：；由能量守恒定律：，代入数据得；答：线框匀速运动的速度为．线框产生的焦耳热为．【解析】由安培力公式求出安培力，由平衡条件可以求出速度；由能量守恒定律可以求出焦耳热．本题考查了求速度、焦耳热问题，分析清楚运动过程，应用、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题．16.【答案】解：感应电动势最大值为：，代入数据解得：平均感应电动势为：图示位置磁通量：位置时磁通量：代入数据解得：由，，可得：代入数据解得：答：转动过程中感应电动势的最大值；,由图示位置转过角的过程中产生的平均感应电动势；线圈转过角的过程中，通过R的电荷量为。【解析】由求解；由求解；由求解。本题考查了交变电流产生及计算。熟练掌握感应电动势最大值、平均电动势、通过电荷量的计算公式是关键。17.【答案】解：对金属棒进行受力分析，利用牛顿第二定律可得：当金属棒中的电流为5 A时，；当金属棒中的电流为8 A时，；由可得 T。，根据摩擦力公式得：联立以上方程，代入数据得：．答：磁场的磁感应强度大小为；金属棒与水平导轨间的动摩擦因数为。【解析】先根据金属棒匀速运动求出所受摩擦力的大小，然后结合牛顿第二定律对加速运动时列方程．本题考查了受安培力作用下的牛顿第二定律，解决方法和力学部分一样，难度不大．18.【答案】解：根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为, 代入数据知 V感应电流大小为 即 A 方向：从b 到a由于ab棒受安培力 代入数据知： N 根据平衡条件知水平外力答：棒中感应电动势的大小为；路中感应电流的大小为，方向为从b到a；维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小为．【解析】导体垂直切割磁感线，由磁感应强度B、长度L、速度v，根据公式求出感应电动势；相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小；棒做匀速运动，水平外力F与安培力平衡，根据安培力公式求解．本题是电磁感应、电路和磁场知识的综合，考查分析和解决综合题的能力．
