重庆市拔尖强基联盟2024-2025学年高二下学期3月联考物理试卷（含解析）

这是一份重庆市拔尖强基联盟2024-2025学年高二下学期3月联考物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，A、B两点在以正点电荷为圆心的圆周上， C点在圆周外，则( )
A. A点与B点场强相同B. B点场强大于C点场强
C. A点电势高于B点电势D. C点电势高于B点电势
2.电子仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知电子的电势能逐渐减小。关于b点电场强度E的方向，可能的是(虚线是曲线在b点的切线)( )
A. B.
C. D.
3.电容式按键的结构如图(a)所示。其中固定极板与活动极板构成电容器，电容器与电流表、直流电源连接成如图(b)所示电路。当键帽被按下时，电流表 G中有从a到b的电流，已知直流电源输出电压不变。则( )
A. 电容器的电容减小B. 电容器所带电荷量增多
C. 电容器极板间的电场强度减小D. d端为电源的负极
4.如图所示，平面内固定一导轨 PMNQ， MN右侧有垂直于导轨平面向里的匀强磁场， MN左侧固定一个椭圆导线框S。现将导体棒ab置于导轨上，并使其在外力作用下沿导轨向右做加速运动。则( )
A. 导体棒b端电势高于a端B. 导体棒受到水平向右的安培力
C. S中有逆时针方向的感应电流D. S受到水平向右的安培力
5.如图(a)所示为某种空气湿度控制仪的原理图。R1和R2中有一个是定值电阻，另一个是湿敏电阻，湿敏电阻的阻值 R与空气湿度RH的关系曲线如图(b)所示。当空气湿度太大， a、b两端的电压大于U1时，控制开关自动开启干燥机;当空气湿度太小， a、b两端的电压小于U2时，控制开关自动开启加湿器。下列说法正确的是( )
A. U10)的小球在洛伦兹力作用下沿虚线做圆周运动。从小球处于图中位置开始计时，其纵坐标 y随时间t的变化曲线如图(b)所示，则( )
A. 磁场方向垂直于桌面向上
B. 磁感应强度大小为πm3qt0
C. 小球的速率为2πy03t0
D. 图(b)中曲线与y轴交点的纵坐标为(3+ 3)y0
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.“探究影响感应电流方向的因素”的实验器材及部分连线如图所示。
(1)请用笔画线代替导线，将实验电路补充完整。
(2)闭合开关前，滑动变阻器滑片应移至最 端(选填“左”或“右”)。
(3)部分实验操作与观察到的指针偏转情况如表格中所示。除表格中的操作外，下列能观察到电流表指针右偏的操作有
A.断开开关
B.将滑动变阻器的滑片向左运动
C.将滑动变阻器的滑片向右运动
D.抽出A中的铁芯
12.某小组测量电阻Rx的阻值，进行了如下操作：
(1)按如图(a)所示的电路图连接电路，闭合开关，改变电阻箱R的阻值，记录多组数据，根据数据在如图(b)所示的坐标系中描点，请补充画出电流 I随R变化的图像(在答题卡作答)。
(2)断开开关，将电路中的电阻箱 R替换为待测电阻Rx，闭合开关后电流表读数如图(c)所示，则Rx= Ω(结果保留三位有效数字)。
(3)若将电阻R0替换为阻值稍大的另一个电阻R1，重复实验，仍在图(b)中画出新的1I−R图像。与原来的图像相比较，新的图像将向 R轴 (选填“正方向”或“负方向”)移动少许。
(4)根据操作(1)获得的实验数据，重新描绘出1I−R图像如图图(d)所示，则由图像可知电源电动势E= V;若电流表内阻不计，R0=1.80Ω，则电源内阻r= Ω;这样测量出的电源内阻 (选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图(a)所示，匀强磁场的磁感应强度为 B，“ L”形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知 ab边长为2l，与磁场方向垂直， bc边长为l，与磁场方向平行。
(1)求图(a)中导线受到的安培力大小及方向;
(2)将磁场方向旋转90∘，如图(b)所示，求此时该导线受到的安培力大小。
14.如图所示，导体棒1、导体棒2分别放在水平导轨和倾角为θ的导轨上，它们的质量均为 m，电阻均为 R。导轨间距离始终为L，导轨光滑且不计电阻，阻值为 R的电阻将两导轨连接起来。所有装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。固定导体棒2，给导体棒1水平向右的初速度v0，一段时间后它静止在水平导轨上。已知重力加速度为g，求：
(1)导体棒1开始运动时的加速度大小;
(2)从导体棒1开始运动到静止的过程中，导体棒2上产生的焦耳热;
(3)固定导体棒1，将导体棒2无初速度释放，当它在倾斜导轨上速度达到最大时，整个电路产生的热量是 Q，求导体棒2运动的距离。
15.在如图所示的平面直角坐标系中有一沿y轴负方向的匀强电场区域，其左边界 PQ是厚度不计、长度足够的绝缘档板， PQ与y轴重合，其右边界 MN与PQ的距离为L。在MN的右侧有一垂直向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为 B。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度v0沿着x轴正方向进入匀强电场，之后每次返回到挡板 PQ时都会被反弹，反弹前后粒子的竖直分速度大小、方向均不变，水平分速度大小不变、方向反向。电场强度E=mv02qL，不计粒子重力。求粒子：
(1)第1次经过MN时的速度大小与方向;
(2)从O点出发到第3次到达MN所经历的时间;
(3)第2025次经过MN后，第2026次到达MN前做圆周运动的圆心坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】AB.根据点电荷电场强度的计算公式E=kQr2可知，A点场强的大小和B点电场强度大小相等，方向不同，B点场强的大小比C点大，故A错误，B正确；
CD.由题意及点电荷电场的分布规律知，A、B处在同一等势面上，其电势相等，C点离正电荷更远，电势比A、B两点低，故CD错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】电子做曲线运动，所受合外力应该指向轨迹凹侧，速度沿轨迹切线。电子电势能减小，则动能增大，速度增大，则电场力与速度夹角应为锐角，电子带负电受力方向与场强相反，故A选项满足电场力指向轨迹凹侧，且电场力与速度夹角是锐角。
故选A。
3.【答案】B
【解析】A、根据平行板电容器电容C=εrS4πkd可知，当键帽被按下时，极板间距d变小，故平行板电容增大，A选项错误；
B、由于电容器直接与直流电源相连，故两极板间电势差不变，根据C=QU可得Q=CU，由于当键帽被按下时，电容增大，故电容器所带电荷量增多，B选项正确；
C、根据E=Ud可知，电势差不变时，极板间电场强度随板间距d的减小而增大，故C错误；
D、当键帽被按下时，电容增大，板上电荷量增大，即电容器充电，此时电流表G中有从a到b的电流，故电容器下极板带正电，d端为电源正极，D错误；
故选B。
4.【答案】C
【解析】A.由右手定则可知，导体棒ab中的感应电流方向由b到a，导体棒ab相当于电源，所以导体棒b端电势低于a端，故A错误；
B.导体棒ab中的感应电流方向由b到a，由左手定则可知导体棒受到水平向左的安培力，故B错误；
C.MN中的电流方向由M到N，由安培定则可知，椭圆导线框S所在处的磁场方向垂直纸面向里，由题意导体棒ab做加速运动，则产生的感应电流增大，所以椭圆导线框S所在处的磁感应强度向里增大，由楞次定律可知，S中有逆时针方向的感应电流，故C正确；
D.椭圆导线框S右侧所在处的磁场比左侧所在处的磁场更强，结合左手定则可判断，椭圆导线框S左侧受到水平向右的安培力小于右侧受到水平向左的安培力，所以S受到水平向左的安培力，故D错误。
5.【答案】D
【解析】由图(a)知，R1与R2是串联关系，设电源内阻为r，则控制开关两端电压U=ER1+R2+r⋅R1，
由图(b)知，湿敏电阻的阻值R随湿度增大而减小，
B、若R1为湿敏电阻，则当湿度增大时，其电阻减小，电路中总电流增大，则其两端电压减小，根据题意可知，湿度太大时，a、b两端的电压大于U1时，控制开关自动开启干燥机，故R1为湿敏电阻不合题意，即R2为湿敏电阻，B选项错误；
A、设湿度较大时，湿敏电阻R2=R0时，a、b两端电压U=ER1+R0+r⋅R1=U1，当湿度较小时，湿敏电阻R2=R0′时，a、b两端电压U′=ER1+R0′+r⋅R1=U2，根据湿敏电阻特性可知，R0U2，A选项错误；
C、要在空气湿度更大时开启干燥机，即此时温敏电阻阻值更小，R1上两端电压才等于U1，根据串联分压关系可知，可以适当减小定值电阻的阻值，C错误；
D、要在空气湿度更小时开启加湿器，即此时温敏电阻阻值更大，R1上两端电压才等于U2，根据串联分压关系可知，可以适当增大定值电阻的阻值，D正确；
故选D。
6.【答案】C
【解析】在B、C两点处的等量同种正电荷在Q点的合场强为0，设P处的点电荷电荷量为qP，则P处的负电荷在Q点产生的电场强度大小为EPQ=kqPa2，方向由Q指向P，
结合题意和电场的叠加原理得，kqPa2=E，
B、O间的距离为 22a，B处点电荷的电荷量为q，则B处点电荷在O点产生的电场强度大小为EBO=kq( 22a)2=2kqa2，方向由B指向O，
C、O间的距离为 22a，C处点电荷的电荷量为q，则C处点电荷在O点产生的电场强度大小为ECO=kq( 22a)2=2kqa2，方向由C指向O，
B、C处点电荷在O点产生的电场强度大小相等，方向夹角为90∘，根据平行四边形定则，B、C处点电荷在O点产生的合电场强度大小为EBCO= EBO2+ECO2= (2kqa2)2+(2kqa2)2=2 2kqa2，方向由O指向P，
P处点电荷在O点产生的电场强度大小为EPO=kqPa22=4kqPa2=4E，方向由O指向P，由电场的叠加原理可得，O点的电场强度大小为2 2kqa2+4E，故C正确，ABD错误。
7.【答案】D
【解析】A.根据闭合电路欧姆定律，电动机两端电压U=E−Ir=6V−2×1V=4V，A错误；
B.电源内阻每秒产生热量Qr=I2rt=4J，B错误；
C.水泵每秒取水m=0.5kg，对水做功W=mgh+12mv2=3J，C错误；
D.设电动机线圈电阻RM，电动机的输出机械功率P机=UI−I2RM ，水泵的抽水效率η=75%，水泵的输出功率P出=Wt=P机 ×η，解得RM=1Ω，D正确。
8.【答案】CD
【解析】小物块受到重力、洛伦兹力以及电场力，重力和电场力保持不变，但是洛伦兹力一直在变，所以加速度发生变化，故A错误；
洛伦兹力永不做功，故B错误；
从P到Q，电场力做负功，电势能增大，故C正确；
小物块能向下运动，所以重力大于电场力，所以重力做功大于克服电场力做功，动能增加，故D正确。
故选CD。
9.【答案】BD
【解析】A.甲中磁场方向垂直纸面向外且磁感应强度增大，穿过甲的磁通量增大，由楞次定律可判断，甲中产生顺时针方向的感应电流，故A错误；
B.乙中，根据法拉第电磁感应定律E2=ΔBΔtS2，乙中S2=πa2，ΔBΔt=k，则感应电动势E2=kπa2，再根据闭合电路欧姆定律I2=E2R=kπa2R，则乙中感应电流大小不变， 故B正确；
C.丙中半径为a2的圆形区域内存在变化的磁场，产生感应电动势的有效面积为S3=14πa2，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势E3=ΔBΔtS3=14kπa2，根据闭合电路欧姆定律I3=E3R，可得丙中感应电流大小为I3=kπa24R，故C错误；
D.甲中产生的感应电动势E1=ΔBΔtS1=kπa2，由闭合电路欧姆定律得感应电流I1=E1R=kπa2R，
根据电功率公式P=I2R，可得甲、乙、丙的电功率之比为I12R:I22R:I32R=16:16:1，故D正确。
10.【答案】BC
【解析】A、由图像可知，t=0时刻开始，小球纵坐标y先增大后减小，故小球逆时针方向做圆周运动，根据左手定则可知，磁场方向垂直桌面向下，A选项错误；
BC、由图像可知，小球运动轨迹的直径D=5y0−y0=4y0，小球做圆周运动的周期T=2×(4t0−t0)=6t0，对小球，在磁场中做圆周运动时有：qvB=mv2D2，T=πDv，解得v=2πy03t0，B=πm3qt0，故BC均正确；
D、由图像可知，0时刻小球的y坐标与2t0时刻小球的y坐标相同，t0−2t0的时间间隔为六分之一的周期，结合三角函数的图像规律可知，2t0时刻小球的y坐标为4y0，即图(b)中曲线与y轴交点的纵坐标为4y0，故D错误；
故选BC。
11.【答案】(1)；
(2)右；
(3)ACD。
【解析】本题考查探究影响感应电流方向的因素的实验，比较简单，解题的关键是要能根据题意分析线圈中磁通量的变化分析感应电流的方向。
(1)实验电路如图所示，A线圈接入电源，B线圈直接接在灵敏电流计两端
(2)闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器接入电路的阻值应调到最大，即滑动变阻器滑片应移至最右端；
(3)由表格中的操作及对应的现象可知，将A抽出时，电流表指针右偏，即B线圏中磁通量减小时，电流表指针右偏，
A、断开开关，A线圈中电流消失，B线圈中磁通量减小，故能观察到电流表指针右偏，A正确；
B、将滑动变阻器的滑片向左运动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，B线圈中的磁通量增大，观察不到电流表指针右偏，B错误；
C、将滑动变阻器的滑片向右运动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，B线圈中的磁通量减小，观察到电流表指针右偏，C正确；
D、抽出A中的铁芯，则B线圈中的磁通量减小，能观察到电流表指针右偏，D正确。
故选ACD。
12.【答案】(1)(2)2.60(2.40−2.70)；
(3)负方向；
(4)3.0，1.20，大于。
【解析】(1)将各点用平滑曲线连接，如图所示：
(2)由图(c)可知，电流表示数I1=0.54A，根据I−R图像可知，Rx≈2.60Ω；
(3)根据闭合电路欧姆定律有：I=Er+R0+RA+R，整理可得：1I=1E⋅R+1E⋅(r+R0+RA)，
若将电阻R0替换为阻值稍大的另一个电阻R1，则有I=Er+R1+RA+R，解得：1I=1E⋅R+1E⋅(r+R1+RA)，由于R1大于R0，将R0更换为R1后，新的图像将向R轴负方向移动少许；
(4)由图(a)根据闭合电路欧姆定律有：I=Er+R0+RA+R，整理可得：1I=1E⋅R+1E⋅(r+R0+RA)，其中E为电源电动势，r为电源内阻，RA为电流表内阻，结合图(d)可得E=3.0V，r+R0+RA=3Ω，若电流表内阻不计，则电源内阻r=1.20Ω，
实际上是r+RA=1.20Ω，故这样测量出的电源内阻大于真实值。
13.【答案】解：(1)bc段与磁场方向平行，不受安培力；
ab段与磁场方向垂直，则受安培力大小为 Fab= BI×2l=2BIl，则该导线受到的安培力大小为2 BIl，由左手定则可判断，安培力的方向垂直纸面向里；
(2)将磁场方向旋转90∘，ab段和bc段都与磁场垂直，
由几何关系可得该导线的有效长度为lac= 2l2+l2= 5l，
则该导线受到的安培力大小为F=BI× 5l= 5BIl。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)导体棒1开始运动时产生电动势为E=BLv0，
导体棒1的电流I=ER+R2=2BLv03R，
根据牛顿第二定律BIL=ma
解得a=2B2L2v03m;
(2)导体棒1从开始运动到静止过程，回路中产生的总热量为Q，根据能量守恒可得：Q=12mv02，
根据回路可知Q1=4Q2=4QR
且Q1+Q2+QR=Q
解得：Q2=118mv02;
(3)固定导体棒1，将导体棒2无初速度释放，当它在倾斜导轨上速度达到最大时，整个电路产生的热量是 Q，，导体棒到达最大速度v时做匀速向下运动，有E2=BLvcsθ
导体棒2的电流I2=E2R+R2=2BLvcsθ3R
根据平衡条件有mgsinθ=2B2L2vcsθ3R⋅csθ，
根据能量守恒：mgxsinθ=12mv2+Q
解得x=9m2gR2sinθ8B4L4cs4θ+Qmgsinθ
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，如图所示
L=v0t1，vy=at1，a=qEm，y=12at12，
联立得vy=v0，y=L2
则tanθ=vyv0=1，v= v02+vy2= 2v0
即速度大小 2v0，方向斜向下与x轴夹角45∘；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，返回MN时速度大小不变，方向与x轴负向夹角45∘，与PQ碰撞反弹后第三次经过MN，由题意其过程可看作水平位移2L的类斜抛运动
2L=vt2cs45∘，y′=vt2sin45∘+12at22
得t2=2Lv0，y′=4L
粒子在磁场中运动的圆心角α=32π，由qvB=mv2r，T=2πrv=2πmqB，得r= 2mv0qB
粒子从O点出发到第3次到达MN所经历的时间
t=t1+t2+α2πT=3Lv0+3πm2qB；
(3)(3)经分析，粒子第2025次经过MN之前，已经在电场中运动了2025个t，竖直方向可以看作一个连续的初速度为零的匀加速直线运动，
y1=12a(2025t)2=202522L
如图所示
设第奇数次经过MN时速度为v′，v′与初速度方向夹角为α，
则接下来的圆周运动有qv′B=mv′2r
则r=mv0qBcsα
此圆周运动在MN上的弦长l=2rcsα=2mv0qB
所以所求圆心的纵坐标y=−y1+(1012l+l2)=−202522L+2025mv0qB
粒子第2025次经过MN时，vy,=at=2025v0
tanα=vy′v0=2025
所求圆心离MN的距离x1=rsinα=mv0qBtanα=2025mv0qB
所求圆心的横坐标x=L+2025mv0qB
所以，粒子在第2025次、2026次经过MN之间做圆周运动的圆心坐标为
(L+2025mv0qB,−202522L+2025mv0qB)
【解析】详细解答和解析过程见【答案】将A插入
电流表指针左偏
将A抽出
电流表指针右偏